福建省莆田市仙游县高二（下）春季返校物理试题（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 福建省莆田市仙游县高二（下）春季返校物理试题（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 264.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-09 22:04:57 | ||
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文档简介
福建省莆田市仙游县高二（下）春季返校物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，原线圈接交流电，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．下列说法正确的有
A．电压表V的示数为V
B．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω
C．电流表A1、A2的示数之比为2:1
D．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小
2．如图所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计．当开关S闭合后，下列说法正确的是
A．a、b间电压逐渐增加，最后等于E
B．b、c间电压逐渐增加，最后等于E
C．a、c间电压逐渐增加，最后等于E
D．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R
3．热力学主要是从能量转化的观点来研究物质的热性质，它揭示了能量从一种形式转换为另一种形式时遵从的宏观规律。下列有关热力学的表述中正确的是
A．当两分子间的作用力表现为引力时，若分子力减小，说明分子间的距离在增大
B．当物体从外界吸收热量时，其温度可能保持不变
C．一定质量的理想气体被压缩时，若温度降低，气体一定对外界放出热量
D．一定质量的理想气体，若温度升高，单位时间分子对器壁单位面积的碰撞次数一定增加
E．一定质量的理想气体，可以将从外界吸收的热量全部变成功
4．如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，且分别接有阻值相同的电阻和，，通过电阻瞬时电流如图乙所示，则此时（ ）
A．用电压表测量交流电源电压约为424V
B．断开开关K后，通过电阻的瞬时电流还是如图乙所示
C．和消耗的功率之比为1：3
D．交流电源的功率180W
二、单选题
5．如图所示，上、下两个广口瓶中分别装有密度较小的H2和密度较大的N2，中间用玻璃板隔开，抽去玻璃板后（ ）
A．N2向上方扩散，H2不会向下方扩散
B．N2不会向上方扩散，H2向下方扩散
C．N2和H2将同时向上和向下扩散
D．当两种气体分布均匀后，N2分子就不会由下向上运动了
6．在电能的输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定时，对于在输电线上损失的电功率，有如下四种判断
①和输送电线上电压降的平方成反比 ②和输送电压的平方成正比
③和输送电线上电压降的平方成正比 ④和输送电压的平方成反比
其中正确的是（ ）
A．①和② B．③和④ C．①和④ D．②和③
7．如图所示，闭合开关k，将条形磁铁两次插入闭合线圈，且两次的起始和终止位置相同，第一次用时0.4s，第二次用时0.2s，则（ ）
A．第一次通过线圈的磁通量变化较大
B．第一次通过线圈的磁通量的变化率较小
C．第一次经过电流表G的总电荷量较多
D．第一次电流表G的指针偏转较大
8．如图（a）螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框cdef相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图（b）所示规律变化时（ ）
A．在t2﹣t3时间内，L内有逆时针方向感应电流
B．在t3﹣t4时间内，L内有逆时针方向的感应电流
C．在t1～t2时间内，L有扩张趋势
D．在t3～t4时间内，L有扩张趋势
9．一交流电流的图象如图所示，由图可知（ ）
A．用电流表测该电流其示数为14.1 A
B．该交流电流的频率为50Hz
C．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1000 W
D．该交流电流瞬时值表达式为i=14.1sin314t A
10．下列说法中正确的是（ ）
A．外界对气体做功，气体的内能一定增大
B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C．液体的温度越高，布朗运动越明显
D．液体的温度越低，布朗运动越明显
三、实验题
11．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250m的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格的正方形大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是_________cm2（结果保留两位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是_________m（结果保留一位有效数字）。
12．（1）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．
①如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道__________________________________________．
②如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏，电路稳定后，若向右移动滑动触头，此过程中电流表指针向________偏转（选填“左”或“右”）．
（2）.①游标卡尺的结构如图甲所示，要用来测量一工件的内径如图乙所示)，必须用其中______(选填“A”、“B”或“C”)来测量；
②用游标卡尺测量一物块的长度，测量结果如图丙所示，由此可知物块的长度是_______cm．
四、解答题
13．水平光滑平行导轨上静置两根完全相同的金属棒，已知足够长的导轨间距为，每根金属棒的电阻为，质量均为。整个装置处在垂直导轨竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小。时刻，对沿导轨方向施加向右的恒力，作用后撤去，此刻棒的速度为，棒向右发生的位移。试求：
(1)撤力时棒的速度；
(2)从最初到最终稳定的全过程中，棒上产生的焦耳热；
(3)若从最初到最终稳定的全过程中，经历的时间为，求这段时间内的感应电流的有效值。
14．某一水电站发电机组设计为：水以的速度流入水轮机后以的速度流出，流出水位比流入水位低，水流量为．水轮机效率为，发电机效率为，重力加速度，水的密度试问：
(1)发电机的输出功率是多少？
(2)如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为，输电线的电阻共为，那么所需用升压变压器、降压变压器的原副线圈的匝数比分别是多少？
15．交流发电机转子是匝数n=200，边长L=10cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动．当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：
（1）电动势的最大值Em；
（2）交变电流的有效值I；
（3）外电阻R上消耗的功率PR．
16．一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图象如图所示．在A态时的体积为V0，试画出对应的V－T图象和p－T图象．(如需要计算，请写出具体的计算过程)
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
原线圈电压有效值为U1==20V，根据变压器原理可得U2=U1=×20V=10V，故电压表V的示数为10V，故A错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，故B正确；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，故C错误； 将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，故D正确；故选BD．
【点睛】
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．
2．BD
【解析】
【详解】
线圈与电阻R串联，当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，b、c间电压逐渐增加，最后等于E．故B正确，AC错误；电路中电流逐渐增加，最后电流值由电动势及总电阻决定，即I=E/R，与L无关，故D正确．
故选BD．
点睛：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行理解；此问题中当通过线圈的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，出现自感电动势，从而阻碍电流变化，最终达到稳定时电流不变，则自感电动势变为零，自感线圈相当导线了．
3．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．当两分子间的作用力表现为引力时，分子力减小，分子间的距离可能在增大也可能在减小，故A错误；
B．晶体在熔化过程中不断从外界吸收热量，但温度保持不变，故B正确；
C．由热力学第一定律
可知，气体被压缩时，温度降低，说明，故，即气体一定对外界放出热量，故C正确；
D．一定质量的理想气体，若温度升高时，说明气体分子的平均动能增大，分子对器壁的平均作用力变大，因单位体积内的分子个数变化情况无法判断，故单位时间分子对器壁单位面积的碰撞次数无法判断，故D错误；
E．气体在等温膨胀过程中吸收的热量全部转化成对外界做的功，故E正确。
故选BCE。
4．AD
【解析】
【详解】
A. 由U1：U2=n1：n2，I1：I2=n2：n1得，通过R1的电流有效值为I1= ，通过R2的电流的有效值I2= A，副线圈两端的电压U2= ，原线圈两端电压U1= V，而U=U1+I1R1= ≈424V，故A正确；
B. 断开开关K后，通过电阻R1的电流为0，故B错误；
C. R1消耗的功率P1= =18W，R2消耗的功率P2= =162W，P1：P2=1：9，故C错误；
D. 交流电源的功率P=UI1=180W，故D正确；
故选AD
点睛：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
5．C
【解析】
【详解】
因为分子在永不停息做无规则运动，所以N2和H2将同时向对方扩散，“永不停息”说明两种气体分布均匀后，分子仍会向上或向下运动，故选C。
6．B
【解析】
【详解】
本题考查的是电能输送问题．输电线上的损失功率和输电线上的电压降平方成正比，输送的电功率一定，输电线上的损失功率和输送电压的平方成反比．
7．B
【解析】
【详解】
A、因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量相同，由知两次磁通量变化相同，故选项A错误；
BD、因磁通量变化相同，匝数相同，，根据和知第一次通过线圈的磁通量的变化率较小，且电流表的指针偏转较小，故选项B正确，D错误；
C、根据，和可得，可知两次经过电流表的总电量相同，故选项C错误．
8．D
【解析】
【详解】
A、在t2﹣t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，故A错误；
B、在t3﹣t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向fedc，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C、在t1﹣t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故C错误；
D、由B选项，可知，在t3～t4时间内，穿过圆环L的磁通量向里减小，依据楞次定律的“减缩增扩”，则环L有扩张趋势，故D正确。
9．C
【解析】
【详解】
A．电流表显示的是有效值，示数为
故A错误；
B．由图象知周期为0.01s，频率为
故B错误；
C．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．角速度
ω=2πf=200π=628rad/s
所以瞬时值表达式
i=14.1sin628t A
故D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
AB．根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，气体的内能不一定增大，气体从外界吸收热量，气体的内能不一定增大，故AB错误；
CD．液体的温度越高，液体分子的无规则运动越快，与悬浮颗粒的碰撞越明显，即布朗运动越明显，故C正确，D错误。
故选C。
11． 2.4×102 8×10-10
【解析】
【详解】
[1]．2滴溶液中含有纯油酸的体积
观察油膜，大于或等于半格的算一格，小于半格的舍弃，数出小方格个数为60，乘以小方格面积2cm×2cm=4cm2，可估算出油膜面积为
S=60×4cm2=2.4×102cm2
[2]．把油膜视为单分子油膜，油膜厚度为分子直径，由V=dS得出油酸分子的直径
d=8×10-10m
12． 电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向 左 B 8.130
【解析】
【详解】
（1）①[1]．如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向．
②[2]．如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动触头，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．
（2）[3] [4]．测量一工件的内径用B；游标卡尺的主尺读数为：8.1cm=81mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：81mm+0.30mm=80.30mm=8.130cm．
13．(1) 2m/s；(2) 7.35J；(3)3.5A
【解析】
【详解】
(1)F作用过程，对系统，由动量定理得
Ft1=mv1+mv2
代入数据解得
v2=2m/s
(2)最终两导体棒速度相等，对整个过程，由动量定理得
Ft1=2mv
代入数据解得
v=3m/s
对导体棒
I安培=mv2
I安培=BILt=BLq
通过导体棒的电荷量
代入数据解得
xab=55m
由能量守恒定律得
Fxab= 2mv2+2Q
代入数据解得
Q=7.35J
(3)由焦耳定律得
代入数据解得
I有效=3.5A；
14．(1) (2),
【解析】
【分析】
根据能量守恒求出发电机的输出功率．根据损耗的功率，求出输电线上的电流，结合求出升压变压器的输出电压，从而得出升压变压器原副线圈的匝数之比．根据输电线上的损失电压得出降压变压器的输入电压，从而得出降压变压器原副线圈的匝数之比．
【详解】
发电机的输出功率，
，
代入数据解得
输电线上损耗的功率，
代入数据解得，
则升压变压器的输出电压
升压变压器原副线圈的匝数比
降压变压器原线圈的电压
则降压变压器原副线圈的匝数比.
【点睛】
解决本题的关键知道原副线圈的电流比等于匝数之反比．以及知道发电机的输出功率等于电线上消耗的功率与用户得到的功率之和．
15．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）电动势的最大值： （4分）
（2）电动势的有效值： （2分）
根据闭合电路欧姆定律，有： （2分）
（3）外电阻R上消耗的功率： （2分）
解得： （2分）
考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
16．图像如图；
【解析】
【详解】
对气体由A→B，是等温变化，根据玻意耳定律有 ，则 ．
由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：
A: P0，T0，V0
B: 3P0，T0，V0
C: 3P0，3T0，V0
V所以画出V-T图和p-V图分别如图（a）、（b）所示．
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，原线圈接交流电，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．下列说法正确的有
A．电压表V的示数为V
B．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω
C．电流表A1、A2的示数之比为2:1
D．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小
2．如图所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计．当开关S闭合后，下列说法正确的是
A．a、b间电压逐渐增加，最后等于E
B．b、c间电压逐渐增加，最后等于E
C．a、c间电压逐渐增加，最后等于E
D．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R
3．热力学主要是从能量转化的观点来研究物质的热性质，它揭示了能量从一种形式转换为另一种形式时遵从的宏观规律。下列有关热力学的表述中正确的是
A．当两分子间的作用力表现为引力时，若分子力减小，说明分子间的距离在增大
B．当物体从外界吸收热量时，其温度可能保持不变
C．一定质量的理想气体被压缩时，若温度降低，气体一定对外界放出热量
D．一定质量的理想气体，若温度升高，单位时间分子对器壁单位面积的碰撞次数一定增加
E．一定质量的理想气体，可以将从外界吸收的热量全部变成功
4．如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，且分别接有阻值相同的电阻和，，通过电阻瞬时电流如图乙所示，则此时（ ）
A．用电压表测量交流电源电压约为424V
B．断开开关K后，通过电阻的瞬时电流还是如图乙所示
C．和消耗的功率之比为1：3
D．交流电源的功率180W
二、单选题
5．如图所示，上、下两个广口瓶中分别装有密度较小的H2和密度较大的N2，中间用玻璃板隔开，抽去玻璃板后（ ）
A．N2向上方扩散，H2不会向下方扩散
B．N2不会向上方扩散，H2向下方扩散
C．N2和H2将同时向上和向下扩散
D．当两种气体分布均匀后，N2分子就不会由下向上运动了
6．在电能的输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定时，对于在输电线上损失的电功率，有如下四种判断
①和输送电线上电压降的平方成反比 ②和输送电压的平方成正比
③和输送电线上电压降的平方成正比 ④和输送电压的平方成反比
其中正确的是（ ）
A．①和② B．③和④ C．①和④ D．②和③
7．如图所示，闭合开关k，将条形磁铁两次插入闭合线圈，且两次的起始和终止位置相同，第一次用时0.4s，第二次用时0.2s，则（ ）
A．第一次通过线圈的磁通量变化较大
B．第一次通过线圈的磁通量的变化率较小
C．第一次经过电流表G的总电荷量较多
D．第一次电流表G的指针偏转较大
8．如图（a）螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框cdef相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图（b）所示规律变化时（ ）
A．在t2﹣t3时间内，L内有逆时针方向感应电流
B．在t3﹣t4时间内，L内有逆时针方向的感应电流
C．在t1～t2时间内，L有扩张趋势
D．在t3～t4时间内，L有扩张趋势
9．一交流电流的图象如图所示，由图可知（ ）
A．用电流表测该电流其示数为14.1 A
B．该交流电流的频率为50Hz
C．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1000 W
D．该交流电流瞬时值表达式为i=14.1sin314t A
10．下列说法中正确的是（ ）
A．外界对气体做功，气体的内能一定增大
B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大
C．液体的温度越高，布朗运动越明显
D．液体的温度越低，布朗运动越明显
三、实验题
11．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250m的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格的正方形大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是_________cm2（结果保留两位有效数字），由此估算出油酸分子的直径是_________m（结果保留一位有效数字）。
12．（1）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．
①如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道__________________________________________．
②如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏，电路稳定后，若向右移动滑动触头，此过程中电流表指针向________偏转（选填“左”或“右”）．
（2）.①游标卡尺的结构如图甲所示，要用来测量一工件的内径如图乙所示)，必须用其中______(选填“A”、“B”或“C”)来测量；
②用游标卡尺测量一物块的长度，测量结果如图丙所示，由此可知物块的长度是_______cm．
四、解答题
13．水平光滑平行导轨上静置两根完全相同的金属棒，已知足够长的导轨间距为，每根金属棒的电阻为，质量均为。整个装置处在垂直导轨竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小。时刻，对沿导轨方向施加向右的恒力，作用后撤去，此刻棒的速度为，棒向右发生的位移。试求：
(1)撤力时棒的速度；
(2)从最初到最终稳定的全过程中，棒上产生的焦耳热；
(3)若从最初到最终稳定的全过程中，经历的时间为，求这段时间内的感应电流的有效值。
14．某一水电站发电机组设计为：水以的速度流入水轮机后以的速度流出，流出水位比流入水位低，水流量为．水轮机效率为，发电机效率为，重力加速度，水的密度试问：
(1)发电机的输出功率是多少？
(2)如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为，输电线的电阻共为，那么所需用升压变压器、降压变压器的原副线圈的匝数比分别是多少？
15．交流发电机转子是匝数n=200，边长L=10cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动．当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：
（1）电动势的最大值Em；
（2）交变电流的有效值I；
（3）外电阻R上消耗的功率PR．
16．一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图象如图所示．在A态时的体积为V0，试画出对应的V－T图象和p－T图象．(如需要计算，请写出具体的计算过程)
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参考答案：
1．BD
【解析】
【详解】
原线圈电压有效值为U1==20V，根据变压器原理可得U2=U1=×20V=10V，故电压表V的示数为10V，故A错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，故B正确；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，故C错误； 将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，故D正确；故选BD．
【点睛】
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．
2．BD
【解析】
【详解】
线圈与电阻R串联，当电键S闭合时，通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，b、c间电压逐渐增加，最后等于E．故B正确，AC错误；电路中电流逐渐增加，最后电流值由电动势及总电阻决定，即I=E/R，与L无关，故D正确．
故选BD．
点睛：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行理解；此问题中当通过线圈的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，出现自感电动势，从而阻碍电流变化，最终达到稳定时电流不变，则自感电动势变为零，自感线圈相当导线了．
3．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．当两分子间的作用力表现为引力时，分子力减小，分子间的距离可能在增大也可能在减小，故A错误；
B．晶体在熔化过程中不断从外界吸收热量，但温度保持不变，故B正确；
C．由热力学第一定律
可知，气体被压缩时，温度降低，说明，故，即气体一定对外界放出热量，故C正确；
D．一定质量的理想气体，若温度升高时，说明气体分子的平均动能增大，分子对器壁的平均作用力变大，因单位体积内的分子个数变化情况无法判断，故单位时间分子对器壁单位面积的碰撞次数无法判断，故D错误；
E．气体在等温膨胀过程中吸收的热量全部转化成对外界做的功，故E正确。
故选BCE。
4．AD
【解析】
【详解】
A. 由U1：U2=n1：n2，I1：I2=n2：n1得，通过R1的电流有效值为I1= ，通过R2的电流的有效值I2= A，副线圈两端的电压U2= ，原线圈两端电压U1= V，而U=U1+I1R1= ≈424V，故A正确；
B. 断开开关K后，通过电阻R1的电流为0，故B错误；
C. R1消耗的功率P1= =18W，R2消耗的功率P2= =162W，P1：P2=1：9，故C错误；
D. 交流电源的功率P=UI1=180W，故D正确；
故选AD
点睛：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
5．C
【解析】
【详解】
因为分子在永不停息做无规则运动，所以N2和H2将同时向对方扩散，“永不停息”说明两种气体分布均匀后，分子仍会向上或向下运动，故选C。
6．B
【解析】
【详解】
本题考查的是电能输送问题．输电线上的损失功率和输电线上的电压降平方成正比，输送的电功率一定，输电线上的损失功率和输送电压的平方成反比．
7．B
【解析】
【详解】
A、因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量相同，由知两次磁通量变化相同，故选项A错误；
BD、因磁通量变化相同，匝数相同，，根据和知第一次通过线圈的磁通量的变化率较小，且电流表的指针偏转较小，故选项B正确，D错误；
C、根据，和可得，可知两次经过电流表的总电量相同，故选项C错误．
8．D
【解析】
【详解】
A、在t2﹣t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，故A错误；
B、在t3﹣t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向fedc，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C、在t1﹣t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故C错误；
D、由B选项，可知，在t3～t4时间内，穿过圆环L的磁通量向里减小，依据楞次定律的“减缩增扩”，则环L有扩张趋势，故D正确。
9．C
【解析】
【详解】
A．电流表显示的是有效值，示数为
故A错误；
B．由图象知周期为0.01s，频率为
故B错误；
C．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．角速度
ω=2πf=200π=628rad/s
所以瞬时值表达式
i=14.1sin628t A
故D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
AB．根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，气体的内能不一定增大，气体从外界吸收热量，气体的内能不一定增大，故AB错误；
CD．液体的温度越高，液体分子的无规则运动越快，与悬浮颗粒的碰撞越明显，即布朗运动越明显，故C正确，D错误。
故选C。
11． 2.4×102 8×10-10
【解析】
【详解】
[1]．2滴溶液中含有纯油酸的体积
观察油膜，大于或等于半格的算一格，小于半格的舍弃，数出小方格个数为60，乘以小方格面积2cm×2cm=4cm2，可估算出油膜面积为
S=60×4cm2=2.4×102cm2
[2]．把油膜视为单分子油膜，油膜厚度为分子直径，由V=dS得出油酸分子的直径
d=8×10-10m
12． 电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向 左 B 8.130
【解析】
【详解】
（1）①[1]．如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向．
②[2]．如图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动触头，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．
（2）[3] [4]．测量一工件的内径用B；游标卡尺的主尺读数为：8.1cm=81mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：81mm+0.30mm=80.30mm=8.130cm．
13．(1) 2m/s；(2) 7.35J；(3)3.5A
【解析】
【详解】
(1)F作用过程，对系统，由动量定理得
Ft1=mv1+mv2
代入数据解得
v2=2m/s
(2)最终两导体棒速度相等，对整个过程，由动量定理得
Ft1=2mv
代入数据解得
v=3m/s
对导体棒
I安培=mv2
I安培=BILt=BLq
通过导体棒的电荷量
代入数据解得
xab=55m
由能量守恒定律得
Fxab= 2mv2+2Q
代入数据解得
Q=7.35J
(3)由焦耳定律得
代入数据解得
I有效=3.5A；
14．(1) (2),
【解析】
【分析】
根据能量守恒求出发电机的输出功率．根据损耗的功率，求出输电线上的电流，结合求出升压变压器的输出电压，从而得出升压变压器原副线圈的匝数之比．根据输电线上的损失电压得出降压变压器的输入电压，从而得出降压变压器原副线圈的匝数之比．
【详解】
发电机的输出功率，
，
代入数据解得
输电线上损耗的功率，
代入数据解得，
则升压变压器的输出电压
升压变压器原副线圈的匝数比
降压变压器原线圈的电压
则降压变压器原副线圈的匝数比.
【点睛】
解决本题的关键知道原副线圈的电流比等于匝数之反比．以及知道发电机的输出功率等于电线上消耗的功率与用户得到的功率之和．
15．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）电动势的最大值： （4分）
（2）电动势的有效值： （2分）
根据闭合电路欧姆定律，有： （2分）
（3）外电阻R上消耗的功率： （2分）
解得： （2分）
考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
16．图像如图；
【解析】
【详解】
对气体由A→B，是等温变化，根据玻意耳定律有 ，则 ．
由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：
A: P0，T0，V0
B: 3P0，T0，V0
C: 3P0，3T0，V0
V所以画出V-T图和p-V图分别如图（a）、（b）所示．
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