2018-2019学年高二物理下册基础达标训练题8

章末质量评估(三)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．关于传感器，下列说法正确的是()A．光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的B．金属材料不可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电阻的变化来传递信号的D．以上说法都不正确答案：A2．电子秤使用的是()A．超声波传感器B．压力传感器C温度传感器D．红外传感器答案：B3．在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有的传感器是()A．光传感器B．温度传感器C．声传感器D．压力传感器解析：当电梯门碰到人或其他障碍物时立即停止关门以防挤伤人，故为压力传感器．答案：D4．下列器件不是应用温度传感器的是()A．电熨斗B．话筒C．电饭锅D．测温仪答案：B5．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是()A．金属导体B．绝缘体C．半导体D．超导体解析：金属导体温度升高时电阻增大；绝缘体温度升高时电阻保持不变；对于超导体，在其临界温度以下，温度升高电阻仍为零，高于临界温度，温度升高电阻往往增大；某些半导体材料受到光照或者温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，于是导电性有明显增强，电阻大幅度减小．答案：C6.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图．其中L为含铁芯的线圈．P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是()A．A与B接信号电压，C与D跟被控电路串联B．A与B接信号电压，C与D跟被控电路并联C．C与D接信号电压，A与B跟被控电路串联D．C与D接信号电压．A与B跟被控电路并联解析：由题图可知A、B接电磁继电器线圈，所以A、B应接信号电压，从而使C、D接通或断开．进而起到控制作用，所以选项A 正确．答案：A7.如图所示是家用电冰箱的压缩启动装置的电路，其中的运行绕组是电冰箱在工作时电动机定子．由于家用交流电是单相的，启动时必须靠启动绕组的帮助才能产生旋转磁场．在启动绕组的支路中串联有一个PTC元件．这是一种以钛酸钡为主要材料的热敏电阻器，电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度升高而发生显著变化，当电动机转动正常以后．PTC元件温度较高，电阻很大，启动绕组电流很小，以下判断正确的是()①电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少②电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少③电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的④电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变A．①③B．②④C．①④D．②③解析：启动时，由于PTC元件温度低电阻小．故耗电多，②正确．启动后，随PTC元件温度升高，PTC元件电阻增大，通过启动绕组的电流减小．故启动绕组功率是变化的，而运行绕组电压不变，故功率不变，则④正确，故选B.答案：B8．为了保证汽车刹车时车轮不被抱死，使车轮仍有一定的滚动而不是纯滑动，这样既可以提高刹车效果，又不使车轮失去控制．为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置，这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如果该装置检测出车轮不再转动，它就会自动放松刹车机构，让车轮仍保持转动状态，这就是ABS防抱死系统．如图是电磁脉冲传感器示意图，B是一根永久磁体，外面绕有线圈，它们的左端靠近一个铁质齿轮A.齿轮与转动的车轮是同步的，则以下说法正确的是()A．车轮转动时，由于齿轮在永久磁体的磁场中切割磁感线，产生感应电流B．车轮转动时，由于齿轮被磁化使线圈中的磁场发生变化，产生感应电流C．车轮转速减慢时，输出电流的周期变小．电流强度也变小D．车轮转速减慢时，输出电流的周期变大，电流强度也变大解析：此传感器是利用线圈中磁通量的变化产生感应电流的原理来实现检测的．当车轮转动时，带动齿轮转动．相当于将铁块插入和拔出线圈，从而使线圈中磁通量发生变化而产生感应电流．故选项A 错误，B正确：当车轮转速减慢时，线圈中磁通量的变化减慢，产生的感应电流的周期变大，由E＝ΔΦΔt可知，电流强度变小．故选项C、D错误．答案：B9.如图所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器．它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度．就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时()A．电路中的电流减小．油箱油面降低B．电路中的电流减小，油箱油面升高C．电路中的电流增大，油箱油面降低D．电路中的电流增大．油箱油面升高解析：当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，而回路电阻减小，电流增大，故D项正确．答案：D10.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的()A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：平行板电容器的电容C∝εr Sd，本例中的介质没有变化，正对面积也没有变化，引起电容变化的因素是板间距离d.故选A.答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．电吉他之所以能以其独特的魅力吸引众多的音乐爱好者，是因为它的每一根琴弦下面都安装了一种叫作“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐．如下图是“拾音器”的结构示意图，多匝绕制的线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦之间，当琴弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流，关于感应电流以下说法正确的是()A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是变化的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化解析：由题意及图可知，电吉他是利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于法拉第电磁感应现象．因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流不是恒定的，故A、C正确．答案：AC12．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电．当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中，有()A．电容变大B．电容变小C．导线AB中有向左的电流D．导线AB中有向右的电流答案：AC13．下列说法正确的是()A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大答案：BC14.演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想电压表，则下列说法正确的是()A．物体M运动时，电源内的电流不会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数解析：电压表不分流，故触头移动不会改变电路的总电阻，也就不会改变电路中的总电流，故A正确，电压表测量触头P与左侧电阻之间的电压，故示数随物体M的移动，亦即随触头的运动而变化．故B正确，C、D错误．答案：AB三、实验题(本题共2小题，共16分，把答案填在题中横线上或按要求作答)15．(6分)热敏电阻是阻值随温度的改变而变化，且对温度很敏感的元件．某同学把一个热敏电阻连入电路中，通过实验他测出了一组数据，并画出了I－U关系曲线，如图所示．问：你认为该同学实验时选用的是图甲和图乙两电路图中的_____电路图．图甲图乙解析：由图象中热敏电阻两端电压特点可判断出选用的是甲电路图——滑动变阻器分压式接法．答案：图甲16．(10分)影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小．某课题研究小组在研究用某种材料制作的用电器件Z的导电规律时，利用如图(a)所示的分压电路测得其电压与电流的关系如下表所示：图(a)图(b)(1)根据表中数据，判断用电器件Z可能属于________材料．(2)把用电器件Z接入如图(b)所示的电路中，闭合开关电流表的读数为1.8 A，电池的电动势为3 V，内阻不计，则电阻R的电功率为________．解析：(1)由表格中数据可得，电阻随电压的增大而减小，而电压越大，用电器件温度越高，所以材料应为半导体．(2)查表I＝1.8 A时，Z的电压为1.2 V，则U R＝E2－U Z＝3 V－1.2 V＝1.8 V，P R＝IU R＝3.24 W.答案：(1)半导体(2)3.24 W四、计算题(本题共3小题，共34分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)17．(10分)如图所示为“神舟七号”飞船发射升空时火箭内测试仪平台上放置的一个压力传感器，传感器上面压一质量为M的物体，火箭点火后从地面向上加速升空，当升到某一高度时，加速度为a＝g2，压力传感器此时显示出物体对平台的压力为点火前压力的17 16，已知地球的半径为R，g为地面附近的重力加速度，试求此时火箭离地面的高度．解析：设此时火箭升空高度为H，此处重力加速度为g′.则有F－Mg′＝Ma，①由万有引力定律可得：g′g＝R2（R＋H）2，②又因为F＝1716Mg，③由①②③得：H＝R 3.18.(10分)如图所示为检测某传感器的电路图．传感器上标有“3 V0.9 W”的字样(传感器可看作一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10Ω 1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V．求：(1)传感器的电阻和额定电流；(2)为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压的最大值．解析：(1)R传＝U2传P传＝10Ω，I传＝P传U传＝0.3 A.(2)最大电流I＝I传＝0.3 A，电源电压最大值：U m＝U传＋U0.U传为传感器的额定电压，U0为R0m＝10Ω时R0两端的电压，即U0＝I传·R0m＝0.3×10 V＝3 V，未超过电压表量程，所以U m＝U传＋U0＝3 V＋3 V＝6 V.19．(14分)如图所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置．其中R是滑动变阻器，阻值范围是0～100Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由电流表改装而成的，实际是量程为0～0.6 A的电流表，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻．已知电源电压为12 V，油箱空和油箱满时金属滑片恰在滑动变阻器的两端点a、b处．(1)当油箱满时，电流表示数恰好为满偏刻度0.6 A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时电流表的示数．(2)若将电流表改换为电压表，用电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时电压表的读数增大，请将电压表○V画在图中，并标明电压表的“＋”“－”接线柱．若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求电压表示数的变化范围．解析：(1)当电流表示数为满偏刻度0.6 A 时，金属滑片在b 处，此时滑动变阻器连入电路的电阻R ＝0.R ′＝U I ＝120.6Ω＝20Ω. 油箱空时，滑动变阻器连入电路的电阻R ＝100Ω，则电流表的示数为I 1＝U R ′＋R ＝1220＋100A ＝0.1 A. (2)为符合油面上升时，电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R ′并联，电压表示数变化的范围，由滑片在a 、b 两处时校准电阻R ′两端的电压决定．如图所示．U 1＝UR ′R ＋R ′＝2 V ，U 2＝12 V . 故电压表示数的变化范围为2 ～12 V .。

**中学2018-2019学年上学期月考试题高二物理参考答案（满分：100分 时间：90分钟）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1、C2、D3、A 4.B 5、B 6、C 7、D 8、D 9、BC 10、AC 11、CD 12. BD二、填空题及实验题：（13题8分、14题8分，共16分）13、（1）减小；增大；（2）控制变量法（3）在研究力、质量和加速度的关系时采用了控制变量法．14、（1）交流 （2）A （3）错误 打下O 点时重锤的动能不为0三、计算题（共36分，第15题10分，第16题12分、17题14分。

应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。

）15、解：∠C ＝30°，连接BD ， 由几何关系可知：BD ＝CD ＝AB ＝L ；(3分)所以点电荷＋Q 与－Q 在D 处产生的场强大小相等，大小为，（2分）方向如图所示:所以D 点场强为，（3分）方向水平向右。

（2分） 16、解：（1）此过程中电场力做的功为：975.010100510AB AB W qU J J --==⨯⨯=⨯ 。

（3分）（2）从A 点到B 点，电场力做7510J -⨯的正功，（2分）则该点电荷的电势能减少7510J -⨯。

（2分）（3）由AB A B U φφ=-，得：6010040B A AB U V V V φφ=-=-=-，（3分）则该点电荷在B 点的电势能为：975.01040210pB B E q J J φ--==⨯⨯-=-⨯（）。

（2分）17、解：（1）由小球为研究对象，受重力、电场力和绳子的拉力，且处于平衡， 所以（3分） 带入数值解得：q=3×10﹣5C （2分）（2）细绳剪断后小球只受到电场力和重力据牛顿第二定律得：F==ma （3分） 解得：a=12.5m/s 2 （2分） AP 之间的距离，据S=（2分） 解得：S==25m （2分）。

第1节功和内能第2节热和内能新提升·课时作业基础达标1．下列现象中，不是通过做功的方法来改变物体内能的是()A．打开电灯开关，灯丝的温度升高，内能增加B．太阳能热水器在阳光照射下，水的温度逐渐升高C．用磨刀石磨刀时，刀片的温度升高，内能增加D．打击铁钉，铁钉的温度升高，内能增加【解析】A项是通过电流做功，把电能转化为内能，C项和D项是通过外力做功，把机械能转化为内能，B项是把太阳能转化为内能，可判断A、C、D错误，B项正确．【答案】B2．(多选)下列叙述中正确的是()A．物体的内能与物体的温度有关，与物体的体积无关B．物体的温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．物体体积改变，内能可能不变D．物体在压缩时，分子间存在斥力，不存在引力【解析】物体内能是物体内所有分子动能和势能的总和，因为分子的动能与温度有关，而分子势能与体积有关，故内能与温度和体积都有关系，A不正确．温度越高，分子平均动能越大，平均速率越大，即无规则热运动越激烈，所以B正确．物体体积改变时，分子动能和势能如果同时变化，并且其一增加，另一减少，且增加量与减少量相等时，内能不变，故C正确．物体被压缩时，分子间同时存在引力和斥力，但表现为斥力，故D错误．【答案】BC3．关于物体的内能的下列叙述中，正确的是()A．物体运动速度越大，其内能就越大B．物体被举得越高，其内能就越大C．物体的温度越高，其内能就越大D．以上说法都不对【解析】物体的内能与机械能是两种不同形式的能，可判断A、B选项错，物体内能不仅与温度有关，还与体积有关，C错．【答案】D4．下列说法中正确的是()A．物体吸热后温度一定升高B．物体温度升高，内能一定增加C．0℃的冰熔化为0℃的水的过程中内能不变D．100℃的水变为100℃的水汽的过程中内能增大【解析】物体吸热后温度可能不变，平均动能不变，分子势能增加，A错．物体温度升高，平均动能增大，若分子势能减小，物体内能可能减小或不变，B错；0℃的冰熔化成0℃水的过程中吸热内能增加，C 错.100℃的水变成100℃的水汽过程中吸热，内能增大，D对．【答案】D5．对于热量、功和内能三个物理量，下列各种说法中正确的是()A．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体的状态决定的B．物体的内能越大，热量越多C．热量和功都可以作为内能的量度D．内能大的物体含的热量一定多【解析】热量和功是过程量，内能是状态量，它们具有不同的物理意义，热量只有在涉及到能量传递时才有意义．因此说某个物体的热量多少是错误的．热量和功都可量度内能改变的多少，而不能量度内能的多少．故只有选项A正确．【答案】A6．关于物体的内能和热量，下列说法中正确的是()A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等D．热量是热传递过程中内能转移的量度【解析】物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不只由温度决定，故选项A、B都不对．在热传递过程中，热量是由高温物体传给低温物体，而内能大的物体不一定温度高，在热传递过程中完全有可能内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故选项C是错误的．关于热量的论述，选项D是正确的．【答案】D7．如下图所示容器中A、B各有一个可自由移动的活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压恒定，A、B的底部由带阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热，原先，A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡，在这个过程中()A．大气压力对水做功，水的内能增加B．水克服大气压力做功，水的内能减少C．大气压力对水不做功，水的内能不变D．大气压力对水不做功，水的内能增加【解析】打开阀门，重力对水做功，此系统绝热，水的内能增加．【答案】D8．(多选)在光滑水平面上有一木块保持球吸收的热量较多球吸收的热量较多．两球吸收的热量一样多．无法确定A、B两球升高同样的温度，体积又相同，则二者内能的变化相同，而球是处在水银中的，B球膨胀时对外做功多，球吸收热量多．利用球体体积的变化从而找到做功关系，是本题解决的关键所在，也是本题的创新之处．B景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中()A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少【解析】对于一定质量的理想气体，内能仅与温度有关，在猛推推杆的过程中，外界对气体做功，由于时间极短，认为气体与外界无热量交换，内能增加，温度升高，所以C、D错误．又由理想气体状态方程可知温度升高，体积减小，则压强一定变大，A错误，B正确．【答案】B3．一绝热容器内封闭着一些气体，容器在高速运输途中突然停下来，则() A．因气体温度与机械运动的速度无关，故容器中温度不变B．因容器是绝热的，故容器中气体温度不变C．因容器突然停止运动，气体分子运动的速度亦随之减小，故容器中温度降低D．容器停止运动时，由于分子和容器壁的碰撞，机械运动的动能转化为分子热运动的动能，故容器中气体温度将升高【解析】容器停止过程中，分子与容器壁碰撞，容器对分子做功，使容器的部分动能转化成分子热运动动能，故气体温度升高．D项正确．【答案】D4．(多选)如图所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是()A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少C．电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变D．电流对气体做功一定大于气体对外5.如图所示，瓶内装有少量的水，瓶口已塞紧，水上方空气中有水蒸气，用打气筒向瓶内打气，当塞子从瓶口跳出时，瓶内出现“白雾”，用下面三句话解释：甲：水蒸气凝结成小水丙，温度降低．三句话正确的顺序是．甲、乙、丙B．乙、丙、甲。

厦门市2018 - 2019学年度第二学期高二年级质量检测物理试题（满分100分）一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。

在每一小题给出的四个选项中只有一项是正确的，把答案填在答题卡中。

1. 下列说法正确的是A ．根据狭义相对论的原理，对不同的惯性参考系，物理规律都是一样的B ．紫外线比红外线更容易产生明显的衍射现象C ．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场D ．遥控器发出的红外线频率比医院“CT ”中的X 射线频率更大 2．关于下列四幅图中所涉及的物理知识的论述中，正确的是A ．图甲中，做受迫振动物体的频率一定等于物体的固有频率B ．图乙中，光导纤维内芯的折射率比外层的小C ．图丙中，中等质量原子核的平均结合能大，相对重核更稳定D ．图丁中，卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子 3．下面列举的关于光的现象中，说法正确的是A. 在水面上的油膜常常看到彩色条纹是因为光的色散B. 光学仪器镜头上的增透膜利用了光的干涉C. 雨后出现彩虹是因为光的干涉D. 阳光下的海浪看起来呈白色是因为光由气泡进入海水时发生了全反射 4．下列有关放射性知识的说法中，正确的是A ．衰变成要经过6次α衰变和8次β衰变B ．氡的半衰期为3.8天，若有100个氡原子核，则经过7.6天后只剩下25个C ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的D ．β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱5. 一根粗细均匀的较长绳子，右侧固定，现使左侧的S 点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻第一次形成了如图所示的波形。

下列说法正确的是A ．该波的波速逐渐变慢B ．该波的频率逐渐减小图甲 图乙 图丙 图丁C ．此时S 点向下运动D ．S 点的起始振动方向是向上的6．2019年6月17日，四川宜宾市发生了6.0级地震。

在这次地震中，成都高新减灾研究所研发的“地震预警”系统提前数十秒发出预警，对防灾减灾起到了至关重要的作用。

涉或单缝衍射图样．分析各图样的特点可以得出的正确结论是是光的干涉图样是光的干涉图样如图所示，一细束红蓝复色光垂直于AB边射入直角三棱镜，在面上反射和折射分成两束细光束，其中一束细光束为单色光束．分别表示红、蓝光在三棱镜内的速度，下列判断正确的是单色光束为红色单色光束为蓝色单色光束为红色单色光束为蓝色红光折射率小于蓝光折射率，由折射率公式知红光在同种介质中的速度较大，即V1>V2；由全反射公式知红光折射率小临界角大；所以蓝光发生全反射时红光依然有折射现现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为——折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是()【答案】 D5．下列应用激光的事例中错误的是()A．利用激光进行长距离精确测量B．利用激光进行通信C．利用激光进行室内照明D．利用激光加工坚硬材料【解析】激光单向性好，不利于室内照明，并且大功率的激光要靠专门的激光器产生，成本太高，且由于激光的能量集中，会对人体产生伤害，因此选项C所述激光的应用是错误的．【答案】 C6．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋Bλ2＋Cλ4，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示．则()A．屏上c处是紫光B．屏上d处是红光C．屏上b处是紫光D．屏上a处是红光【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确．【答案】 D7．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃的另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是()A．红光以30°的入射角入射B．红光以45°的入射角入射C．紫光以30°的入射角入射D．紫光以45°的入射角入射【解析】因为同种介质对紫光的折射率较大，故入射角相同时，紫光侧移距离较大，A、B项错；设入射角为i，折射率为n，平板玻消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是．减弱，红光．增强，红光光在传播时随入射角增大，反射光能量增强，折射光向，如图所示．下列说法中正确的是()．图中光束①是红光，光束②是蓝光．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快．若光束①②先后通过同一单缝衍射装置，光束①的中央亮纹一玻璃柱体的横截面为半圆形，形成细光束从空气射向柱体的O现保持入射光不变，将半圆柱绕通过使反射光束1和透射光束空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，2r.现有一束单色光垂直于水平端面只经过两次全反射可知第一次入射角为≤45°，再根据P4是四个学生实验插针的结果．在这四个图中肯定把针插错了的是________在这四个图中可以比较准确地测出折射率的是缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长．元件代A B C号元件名白光光源光片放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________．(填写元件代号已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离，在光屏上得到的干涉图样图如2甲所示，分划板在图中2乙所示，则其示数为________mm丙所示．由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的是一个透明的薄壁容器，面恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速，求液体的折射率及光在该液体中的传播速度为多大．设液体的折射率为n，光在里面传播的速度为挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．如图，考虑从圆形发光面边缘的线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点折射，根据折射定律有。

单元测试卷(一)时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～9题为单选题，10～12题为多选题)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直于摆线【解析】做简谐运动的质点，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，此处的合力却不一定为零．【答案】 C2.装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是()【解析】试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时，向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D3．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是()A．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B．速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程【解析】当物体先后两次经过同一位置时，回复力第一次恢复为原来的方向和大小，且经历的过程不是一次全振动，A错，由振动的对称性可知，关于平衡位置对称的两点，速度大小和方向有可能相同，B错，此时的两点，动能和势能相同，C错．【答案】 D4．一个做简谐运动的质点，其振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置起经过2.5 s后的位移和路程的大小是()A．4 cm,24 cmB．4 cm,100 cmC．0,24 cmD．0,100 cm，则这次实验砂摆的摆长为(取g ＝π)( )0.65 m 2.3 m由题中条件可得单摆的周期为T ＝－0.30.2 s ＝1.5 s ，由周期公式振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是( )单摆的周期为T ≈2 s ，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率，．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期GM根据题意，由能量守恒可知12kx 2＝mg (h ＋x )，其中k 为弹簧劲度系数，点的高度，x 为弹簧压缩量．当x ＝x 0时，物块速度为0，则2mg (h ＋x 0)mx 0－g ＝2g (h ＋x 0)x 0－g >g ，故正确答案为D.关系，下列关于图象的说法正确的是( )图线表示势能随位置的变化关系 图线表示动能随位置的变化关系 图线表示机械能随位置的变化关系．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变点时势能最大，动能为零，故图线a 表示动能随位置的变化关系，图表示势能随位置的变化关系，AB 错，由于单摆摆球在运动过程中机械能守恒，故图线A．甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cmB．甲、乙两个振子的相位差总为πC．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大【解析】两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，A对；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，D对．【答案】AD12．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力频率f的关系，下列说法正确的是()A．摆长约为10 cmB．此单摆的固有周期是2 sC．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动D．若减少摆长，共振曲线的“峰”将向右移动【解析】由图象可知：固有频率f＝0.5 Hz，所以周期T＝2 s．由单摆的周期公式可得：L＝T2g/4π2≈1.0 m．若减小摆长，固有频率增大，“峰”将右移，故选项B、D正确．【答案】BD第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、实验题(本题有2小题，共15分，请将答案写在题中的横线上)13．(6分)某实验小组拟用图甲所示装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)在图乙中，从________纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致．(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：________、________.(写出2个即可)．【解析】(1)纸带做匀加速直线运动，故单摆摆动一个周期内纸带运动的距离越来越大，所以B纸带符合题意．(2)引起误差的因素有：摆长测量、漏斗重心变化，液体的痕迹较粗、各处阻力变化等．【答案】(1)B(2)摆长测量漏斗重心变化液体痕迹偏粗阻力变化……(写出2个即可)14．(9分)(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或得到的部分测量数据如表所示．该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长/mm摆球质量999.332.2999.316.光滑的水平面上放有一弹簧振子，轻弹簧右端固定在滑块上，，将滑块从平衡位置三点中哪点？此时滑块加速度多大？三点中哪点？此时滑块速度多大？由于简谐运动的加速度a＝Fm＝－km x，2400.5×0.18 m/s2＝24 m/s 滑块的速度最大．＝1.1 m/s.是穿在一根较长细线上的小球，让球向下摆动的同时，另一小球B从与球第一次摆到最低点时两球恰好相遇，求B球下落时受到的细线的阻力与相遇需要经时间质点离开平衡位置的最大距离有多大？两个时刻，质点向哪个方向运动？秒末的位移是多少？在前4秒内的路程是多少？由图象上的信息，结合质点的振动过程可断定：。

第五章交变电流4 变压器A级抓基础1．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则()A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.18 AC．U＝110 2 V, I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：在副线圈电路中，I2＝PU＝0.1 A，再根据U1U2＝n1n2，及I1I2＝n2n1，得U1＝110 V，I1＝0.2 A，故B、C、D错，A正确．答案：A2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：根据接入电压u＝11 0002sin 100πt，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝PU＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为 2750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2π＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝P R L＋P r＝880 W＋42× 6 W＝976 W，D错误．答案：C3．如图所示，T为理想变压器，为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时()A．的读数变大，的读数变大B．的读数变大，的读数变小C．的读数变小，的读数变大D．的读数变小，的读数变小解析：当滑动触头下移时，R3减小，R总减小，I＝UR总，U不变I增大，U并＝U－UR1减小，通过R2的电流IR2减小，I A2＝I－IR2增大，的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知的示数变大．答案：A4．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压u，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则()A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小解析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．答案：BC5．如图所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V9 W”“12 V12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U1U2＝n1n2、U2U3＝n2n3得：n1＝U1U2n2＝2206×36(匝)＝1 320匝，n3＝U3U2n2＝126×36(匝)＝72匝．(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3.即I1U1＝P2＋P3，则I1＝P2＋P3U1＝9＋12220A≈0.185 A. B级提能力6．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．答案：CD7.如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D 间电压为4 V；M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V．现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面可表示A、B间和M、N间的电压是()A．10 V10 V B．10 V 4 VC．4 V10 V D．10 V0解析：题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D 作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流．题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V．综上所述，B正确．答案：B8．如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F为熔断电流为I0＝1.0 A 的保险丝，负载R为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？解析：原线圈电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V ， 由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压： U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V ＝110 V . (1)当R ＝100 Ω时，副线圈中电流为：I 2＝U 2R ＝110100A ＝1.10 A. 由U 1I 1＝U 2I 2得原线圈中的电流为：I 1＝U 2U 1I 2＝110220×1.10 A ＝0.55 A ，由于I 1<I 0(熔断电流)，故保险丝不会被熔断．(2)设电阻R 取某一值R 0时，原线圈中的电流I 1′刚好到达熔断电流I 0，即I 1′＝1.0 A ，则副线圈中的电流为：I 2′＝U 1U 2I 1′＝n 1n 2·I 1′＝2×1.0 A ＝2.0 A ， 变阻器阻值为：R 0＝U 2I 2′＝1102.0Ω＝55 Ω， 此时变压器的输出功率为：P 2＝I 2′U 2＝2.0×110 W ＝220 W.可见，要使保险丝F 不被熔断，电阻R 的阻值不能小于55Ω，输出的电功率不能大于220 W.。

模块综合测试卷时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是()A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升D．滴入水中的红墨水很快散开说明液体内存在表面张力【解析】饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关，故A错误；人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故B正确；若两物体是不浸润的，则液体在毛细管能会不相等B．气体的温度升高时，所有的气体分子的速率都增大C．一定质量一定体积的气体，气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D．气体的分子数越多，气体的压强就越大【解析】由于气体分子运动的无规则性，遵循统计规律，气体向各个方向运动的数目相等，器壁各个方向上的压强相等，A 错；气体的温度升高，平均速率增大，并非所有分子的速率都变大，B错；一定质量一定体积的气体，分子密度一定，分子的平均动能越大，气体的压强就越大，C正确；气体的压强大小取决于分子密度及分子的平均动能，气体的分子数多，压强不一定就大，D错．【答案】C4．关于用“油膜法估测油酸分子的大小”的实验，下列说法中正确的是() A．单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径B．实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上C．实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足一格的应全部舍去D．处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径【解析】单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径，选项A正确；实验时先把痱子粉洒在水面上，再将一滴油酸酒精溶液滴入水面，选项B错误；实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足半格的舍去，超过半格的算一格，选项C错误；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径，选项D错误．【答案】A5．在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体(视为理想气体)() A．压强变小B．放出热量C．分子平均动能不变D．内能变大【解析】泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸收热量，体积不变，内能变大，温度升高，分子平均动能增大，压强增大，故选D.【答案】D6．如图所示，一定质量的理想气体由a 状态变化到b状态，则此过程中()A．气体的温度升高B．气体对外放热C．外界对气体做功D．气体分子间平均距离变小【解析】一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，体积增大，压强不变，温度升高，内能增大，对外做功，吸收热量，气体分子间平均距离变大，选项A正确，B、C、D错误．【答案】A7．如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓缓地均匀加热，则下列说法中正确的是()A．加热过程中，始终保持V′1＝2V′2B．加热后V′1>2V′2C．加热后V′1<2V′2．一定质量的气体从状态所示的过程，最后到达状态c三状态下的密度分别为ρa、ρb一定质量的气体从项正确．．如右图所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，水温约为)1.63 1.731.82 9111 4 11611812112℃如图所示，绝热的气缸与绝热的活塞密封一定质量的空气后水平放置在光单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，D错．【答案】C11．一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度()A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀【解析】由于此题要经过一系列状态变化后回到初始温度，所以先在p－V坐标中画出等温变化图线如图所示，然后在图线上任选中间一点代表初始状态，根据各个选项中的过程变化画出图线，如图所示，从图线的发展趋势来看，有可能与原来的等温线相交，说明经过变化后可能回到原来的温度，选项A、D正确．【答案】AD12．二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度的变化，则此过程中()A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能不变D．封闭气体从外界吸收热量【解析】气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误．温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，封闭气体向外界传递热量，故B正确，D错误，温度不变，所以气体的气体分子的平均动能不变，故C正确．【答案】BC第Ⅱ卷(非选择题52分)二、实验题(本题有2小题，共15分．请按题目要求作答)13．(7分)如右图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现有水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是________．A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少(2)如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下列哪几个图象表示________．【解析】(1)温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不变，但并不是每个分子的速率都不变，B对，A错；由玻意耳定律知，体积增大，压强减小，活塞内外的压强差增大，水平拉力F增大，C对；由【解析】(1)油层长度L＝vt＝8×90 m ＝720 m，油层厚度D＝VLa＝1.44×10－3720×100m＝2×10－8m.(2)n＝Dd＝2×10－810－10＝200(倍)．【答案】(1)2×10－8m(2)200倍16．(12分)如图所示，在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能自由滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d的高度后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少；(2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少．【解析】(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装画出整个过程的p-V图线；A到B过程中，缸内气活塞由A气体在缓慢加热过程中，温度升高，活塞由A移动到对外做功，由热力学第一定律可知，【答案】(1)363 K(2)见上图(3)见解析。

2018—2019学年度第二学期期末检测题（卷）高二物理2019 . 6温馨提示：1．本试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷、附加题和答题卡。

基础题全卷满分100分，附加题10分。

2．考生答题时，必须将第Ⅰ卷上所有题的正确答案用2B 铅笔涂在答题卡上所对应的信息点处，答案写在Ⅰ卷上无效，第Ⅱ卷所有题的正确答案按要求用黑色签字笔填写在答题卡上试题对应题号上，写在其他位置无效。

3．考试结束时，将答题卡交给监考老师。

第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。

其中1-8小题给出的四个选项中，只有一个．．选项符合题目要求；9-12小题给出的四个选项中，有两个或两个以上符合题目要求。

)1. 下列各种叙述中，符合物理学史实的是()A. 光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性B. 电子衍射有力的证明了实物粒子也具有波动性C. 普朗克为了解释光电效应的规律，提出了光子说D. 天然放射现象使人们认识到原子具有复杂结构2. 我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑。

米波雷达发射无线电波的波长在1～10m 范围内，对该无线电波的判断不．正确．．的是（）A. 米波的频率比厘米波频率低B. 能发生反射现象C. 和机械波一样需要介质传播D. 可以产生干涉和衍射现象3. 如图所示为某时刻LC 振荡电路所处的状态，则该时刻()A. 振荡电流i 在减小B. 电容器正在充电C. 极板间的场强在增大D. 电场能正在向磁场能转化4. 平行的a 、b 两种单色光的光束以相同的入射角从空气斜射向某种长方体玻璃砖上表面的同一位置，在玻璃砖下表面分开为不同的光束。

若折射率b a n n ，则以下光路图中正确的是（）5. 如图所示，是两个城市间的光缆中的一条光导纤维的一段，光缆总长为L ，它的玻璃芯的折射率为n 1，外层材料的折射率为n 2。

若光在空气中的传播速度近似为c ，则对于光由它的一端射入，经多次全反射后从另一端射出的过程中，下列判断中正确的是（）A. 21n n ，光通过光缆的时间等于cL n 21 B. 21n n ，光通过光缆的时间小于cL n 21C. 21n n ，光通过光缆的时间等于cL n 22 D. 21n n ，光通过光缆的时间小于cL n 226. 如图所示，一束双色光从空气射入水面，进入水中分成a ，b 两束，它们与水面的夹角分别是α、β，则a ，b 两色光在水中传播速度之比ba v v 为（）A.sinsin B.sinsin C.coscos D.coscos 7. 有下列4个核反应方程，核反应类型依次属于( )①eMgNa0124122411②nKrBan Na1092361413610235923③nHeHH10423121A. ①衰变、②裂变、③聚变 B. ①裂变、②裂变、③聚变C. ①衰变、②衰变、③聚变D. ①衰变、②人工转变、③聚变8. 国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”现象，从而导致人类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。

14.4.5 新提升·课时作业基础达标1．关于电视信号的发射，下列说法不正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．声音信号和图象信号是同步向外发射的D．电视台发射的是带有信号的高频电磁波【解析】摄像管输出的电信号必须经过调制才向外发射，即加在高频等幅振荡电流上，电视台发射带有声音信号、图象信号的高频电磁波，故B、C、D正确，A错误．【答案】 A2．通信的过程就是把信息尽快地从一处传递到另一处的过程，古代也采用过“无线”通信的方式，如利用火光传递信息的烽火台，利用声音传递信息的鼓，关于声音与光，下列说法正确的是() A．声音和光都是机械波B．声音和光都是电磁波C．声音是机械波，光是电磁波D．声音是电磁波，光是机械波【解析】波动过程既能传递能量，又能传递信息，光与声音虽然都是波动，但二者本质不同，即产生机理不同：光是电磁波，是物质，传播过程不需要介质；而声音是机械波，由振动产生，通过介质传播，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C3．关于电磁波和现代通信，下列叙述不正确的是()A．卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信B．光纤通信具有传输信息量大、抗干扰能力强及光能损耗小等优点C．电磁波可以在真空中传播D．电磁波的频率越高，在真空中传播的速度越大【解析】这是一道关于电磁波和现代通信的问题，卫星通信就是以人造地球卫星作为中继站进行通信的；光纤通信的优点是容量大、不受电磁干扰、通信质量高、传输损耗小等；电磁波的传播不需要介质，在真空中也可以传播，它的传播速度为光速．不同频率的电磁波，在真空中传播的速度是一样的．【答案】 D4．关于电磁波的特征和应用，下列说法正确的是()A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康C．电磁波谱中频率最大的为γ射线，最容易发生衍射现象D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光【解析】X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，红外线没有，A错误；过强的紫外线照射对人的皮肤有害，B错误；电磁波谱中频率最大的为γ射线，其波长最短，最不容易发生衍射现象，C错误．【答案】 D5．(多选)下列说法中正确的是()A．电磁波具有能量B．电磁波是一种物质C．太阳辐射的能量集中在X射线附近D．在紫外线附近太阳辐射的能量最强【解析】电磁波是一种物质，具有能量，A、B正确，太阳辐射的能量主要集中在可见光部分，C、D错．【答案】AB6．红外夜视镜在美国对伊拉克反美武装力量实施的夜间打击中起到重要作用，红外夜视镜是利用了()A．红外线波长长，易绕过障碍物的特点B．红外线的热效应强的特点C．一切物体都在不停地辐射红外线的特点D．红外线不可见的特点【解析】一切物体都在不停地辐射红外线，而且温度不同，辐射的红外线强度不同．【答案】 C7．一种电磁波入射到半径为1 m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的区域是()A．γ射线B．可见光C．无线电波D．紫外线【解析】波发生明显衍射现象的条件是，障碍物或孔的尺寸和波长相差不多或者比波长更小，电磁波中无线电波的波长范围大约在10－2 m以上，而红外线的波长范围在10－2～10－6 m，可见光、紫外线的波长更短，故只有无线电波通过直径为1 m的孔才发生明显的衍射，C正确．【答案】 C8．某地的雷达站正在跟踪一架向雷达站匀速飞行的飞机．设某一时刻从雷达站发出电磁波后再接收到反射波历时200 μs，经4 s后A．选择红外线进行检测，主要是因为红外线波长较大，容易发生明显衍射B．红外线热像仪通过发射红外线照射人体来检测体温C．红外线热像仪同时还具有杀菌作用D．一切物体都能发射红外线，而且物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同【解析】不同射线具有不同的特点，就会有不同的用途，对红外线来说，主要特点就是一切物体都不停地发射红外线，并且发射的能量跟温度有关．红外线热像仪就是应用了红外线的这一特点，选D.【答案】 D4．我国进行的大熊猫普查使用了全球卫星定位系统和RS卫星红外遥感技术，详细调查了珍稀动物大熊猫的种群、数量、栖息地周边情况等，红外遥感主要利用了红外线的()A．热效应B．相干性C．反射性能好D．波长长，易衍射【解析】红外遥感主要是利用了红外线波长长，易衍射的特点，故只有D正确．【答案】 D5．广播电台发射“中波”段某套节目的信号、家用微波炉中的微波、VCD机中的微光(可见光)、人体透视用的X光，它们的频率分别为f1、f2、f3、f4则()A．f1>f2>f3>f4B．f1<f2<f3<f4C．f1<f2<f3>f4D．f1>f2<f3<f4【解析】中波段电磁波的波长较长，频率低，微波的频率高些，激光属于可见部分，比微波频率高，但比X光的频率低，因此有f1<f2<f3<f4，选B.【答案】 B6．“为了您和他人的安全，请您不要在飞机上使用手机和手提电脑”，这句警示语是乘坐过飞机的游客都听到过的．有些空难事故就是由于某位乘客在飞行的飞机上使用手机造成的.2001年、2018年都出现过此类问题，2018年某机场飞机降落时，机上有四位旅客同时使用了手机，使飞机降落偏离了8度，险些造成事故．请问为什么在飞机上不能使用手机和手提电脑呢(包括游戏机)?【解析】由于手机在使用或手提电脑无线上网时要发射电磁波，对飞机产生电磁干扰，而飞机上导航系统是非常复杂的，抗干扰能力不是很强．因此为了飞行安全，飞机上乘客不能使用手机和手提电脑．【答案】见解析。

第十章单元检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．下列实例说明做功改变系统内能的是()A．热水袋取暖B．用双手摩擦给手取暖C．把手放在火炉旁取暖D．用嘴对手呵气给手取暖【解析】双手摩擦做功，使手的内能增加，感到暖和；A、C、D都是通过热传递来改变系统的内能，选项B正确．【答案】B2．与外界隔绝的、发生变化孤立体系，其总熵的变化是()A．不变B．可能增大或减小C．总是不增大D．总是减小【解析】据熵增加原理知，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．【答案】C3．在研究性学习的过程中，同学们提出了以下四个活动方案，哪些从理论上讲是可行的()A．改进热机的生产工艺，总有一天热机的效率可达到100%B．发明一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题【解析】热机的效率不可能达到100%，A错；绝对零度不可达到，B错；汽车尾气中有害气体不会与空气自动分离，C错；太阳能可以发电和进行加热，D正确．【答案】D4．0 ℃水结成0 ℃的冰，对此过程应用热力学第一定律，以下关系符号的说明正确的是()A．Q>0，W>0，ΔU>0B．Q>0，W<0，ΔU<0C．Q<0，W<0，ΔU<0D．Q<0，W>0，ΔU<0【解析】对这一过程的判断要注意两点：(1)水结成冰，要放出熔解热．(2)水结成冰，体积要膨胀．据此，可以立即给出判断．放出熔解热，表示Q<0.体积膨胀，表示物体对外界做功，W<0.因此，只能选择选项C.【答案】C5．已知一个系统的两个宏观态甲、乙，及对应微观态的个数分别为较少、较多，则下列关于对两个宏观态的描述及过程自发的可能方向的说法中正确的是()A．甲比较有序，乙比较无序，甲→乙B．甲比较无序，乙比较有序，甲→乙C．甲比较有序，乙比较无序，乙→甲D．甲比较无序，乙比较有序，乙→甲【解析】一个宏观态对应微观态的多少标志了宏观态的无序程度，从中还可以推知系统自发的方向，微观态数目越多，表示越无序，一切自然过程总沿着无序性增大的方向进行，A对，B、C、D错．【答案】A6．隔板将绝热的气缸分为A、B两部分，A内充有气体，B内为真空(如图甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是()A．自由膨胀过程中，气体分子只作定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分【解析】自由膨胀时，气体并不对外做功，绝热容器又没有做功过程，所以内能不变，则气体的温度保持不变．【答案】C7．如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞，用打气筒通过气针慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后()A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加【解析】胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功，W<0.由于没时间进行热交换，由ΔU＝W可知内能减小．内能等于分子动能与势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子平均动能减小，所以温度降低，故C正确．【答案】C8.热力学第二定律常见的表述方法有两种：其一，不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化；其二，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．第一种表述方法可以用图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的图来表示，你认为下图中表达正确的是()【解析】由热力学第二定律的第二种表述和热机的效率不可能达到100%知，热机吸收热量对外做功，同时把热量传给低温物体，故只有B项正确．【答案】B9．CO2气体有个“怪脾气”，它几乎不吸收太阳的短波辐射，大气中CO2浓度增加能使地表温度因受太阳的辐射而上升；另外，它还有强烈吸收地面红外热辐射的作用，阻碍了地球周围的热量向外层空间的排放，使整个地球就像一个大温室一样，因此，大气二氧化碳气体浓度的急剧增加会导致气温的逐步上升，使全球气候变暖．为了减缓大气中CO2浓度的增加，以下措施中可行且有效的是()A．禁止使用煤、石油和天然气B．开发使用核能、太阳能C．将汽车燃料由汽油改为液化石油气D．植树造林【解析】可行且行之有效的措施是开发新能源以便减少对常规能源的利用，减少CO2的排放；植物造林可以吸收空气中的CO2，所以选B、D.题中A、C两项措施虽然有效，但并不可行．【答案】BD10.如图甲所示，内壁光滑的绝热气缸竖直立于地面上，绝热活塞将一定质量的气体封闭在气缸中，活塞静止时处于A位置．现将一重物轻轻地放在活塞上，活塞稳定后静止在B位置．若气体分子间的相互作用力可忽略不计，则活塞在B位置时与活塞在A位置时相比较()A．气体的压强可能相同B．气体的内能可能相同C．单位体积内的气体分子数一定增多D．单位时间内气体分子撞击活塞的次数一定增多【解析】将一重物轻轻地放在活塞上后，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，气体内能增大，单位体积内的气体分子数一定增多，单位时间内气体分子撞击活塞的次数一定增多，A、B错误，C、D正确．【答案】CD11．如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是()A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热【解析】从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错．气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B 对．气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C正确；气体从状态b到状态a 是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对．【答案】BCD12．一定质量的理想气体由状态A变到状态B的p－T图线如图所示，可知在由A 到B的过程中正确的是()A．气体分子的平均动能增大B．气体分子间的平均距离增大C．气体的压强增大，体积减小D．气体一定吸收热量【解析】由题图可知，气体由A到B 温度升高，故气体分子平均动能变大，A正确；连接OA、OB，如图所示，OA斜率大于OB斜率，故V B>V A，气体分子之间的平均间距增大，B正确、C错误；由气体内能变大、体积变大可知气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体要吸热，D正确．【答案】ABD第Ⅱ卷(非选择题52分)二、填空题(本题有2小题，共12分，请将答案写在题中的横线上)13．(6分)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看作不变．(1)以下说法正确的是________．能不能完全转化为________如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线．图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要．在同一等温线下，如果该气体的压强变为原来的2倍，________倍．(1)本题考查热力学第一定律．由热力学第一定律可得，Q1－Q2＝W.本题考查气体定律．在两等温线上取体积相等的两个状态，可见等温线化应等于①状态到②状态过程中内能的变化，则从②状态到①状态的过程中，内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，②又Q′＝－240 J根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.【答案】(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J16．(13分)如图所示，一集热箱里面封闭着一定量的气体，集热板作为箱的活塞且正对着太阳，其面积为S，在t时间内集热箱里气体膨胀对外做的功数值为W，其内能增加了ΔU，不计封闭气体向外散的热，已知照射到集热板上太阳光的能量有50%被箱内气体吸收，求：(1)这段时间内集热箱内气体共吸收的热量；(2)此位置太阳光在垂直集热板单位面积上的辐射功率．【解析】(1)设吸收的热量为Q，根据热力学第一定律得：ΔU＝－W＋Q，Q＝ΔU＋W(2)在垂直集热板单位面积上的辐射功率：P＝QStη＝ΔU＋WSt×50%＝2(ΔU＋W)St.【答案】(1)ΔU＋W(2)2(ΔU＋W)St17．(14分)如右图所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的p-V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有热量335 J传入系统，系统对外界做功126 J，求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，则系统是吸热还是放热？热量传递是多少？【解析】(1)由热力学第一定律可得a→c→b过程系统增加的内能ΔU＝W＋Q ＝(－126＋335) J＝218 J由a→d→b过程有ΔU＝W′＋Q′得Q′＝ΔU－W′＝[218－(－42)]J＝251 J，为正，即有251 J的热量传入系统．(2)由题意知系统由b→a过程内能的增量ΔU′＝－ΔU＝－218 J根据热力学第一定律有Q″＝ΔU′－W″＝(－218－84) J＝－293 J负号说明系统放出热量，热量传递为293 J.【答案】(1)251 J(2)放热293 J。

雨后太阳光入射到水中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是．紫光、黄光、蓝光和红光．紫光、蓝光、黄光和红光．红光、蓝光、黄光和紫光．红光、黄光、蓝光和紫光由于太阳光经过小水滴时，在进入小水滴后就被分解成七色光，这七色光再经过水滴内表面反射进入我们的视角，形成七彩的虹，通过比较第一次折射可以看出，入最小而d光的折射角光的折射率最大，而对由在同种介质中，紫光折射率最大而红光折射率最小可判断只有．据报道，欧洲大型强子对撞机开足马力可以把粒子加速到光，单束粒子能量可达到7万亿电子伏特．下列说法正确的．如果继续对粒子加速，粒子速度可以达到光速．如果继续对粒子加速，粒子速度可能超过光速开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是沿着波的传播方向，“上坡下，下坡上处的质点在t＝0时刻都沿y轴正方向振动，由可知两列波的周期相同，则两列波的波峰同时到达处的质点的位移为3 cm，由图可知，选项两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R 2，OP ＝3R ，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为 3C ．光线1在玻璃中传播速度为c 2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R 2c【解析】 作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝OA OB＝12得θ1＝30°，A 错误．因OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，故折射角θ2＝60°，由折射定律得玻璃的折射率n ＝sin θ2sin θ1＝sin60°sin30°＝3，B 正确．由n ＝c v 解得光线1在玻璃中传播速度为c 3，传播时间为t ＝R v ＝3Rc ，C 、D 错误．【答案】 B9．如图所示，虚线和实线分别为甲乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，已知甲乙两个振子质量相等，则( )A ．甲乙两振子的振幅分别为2 cm 、1 cmB ．甲、乙两个振子的相位差总为πC ．前2秒内甲乙两振子的加速度均为正值()A．波源S开始振动时方向沿y轴正方向B．该波的波长为25 m，周期为0.5 sC．x＝400 m处的质点在t＝9.375 s时处于波峰位置D．若波源S向x轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率将小于2 Hz【解析】因为t＝0时刻波刚好传至x＝40 m处，该处质点的振动方向沿y轴负方向，而波动中所有点的起振方向均相同，所以波源S开始振动时方向沿y轴负方向，选项A错误；从波形图可看出波长为20 m，所以选项B错误；波峰传到x＝400 m处所需时间Δt ＝Δx/v＝9.375 s，选项C正确；该波的频率f＝v/λ＝2 Hz，若波源S 向x轴负方向运动，将远离接收器，则接收到的频率将小于2 Hz，选项D正确．【答案】CD第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、实验题(本题有2小题，共15分，请将答案写在题中的横线上)13．(6分)用如图所示的装置测定玻璃的折射率．在光具盘的中央固定一个半圆形的玻璃砖，使二者的圆心重合，使激光束从玻璃圆弧一侧入射并垂直直径平面通过圆心O射出玻璃砖，记下入射光束在光具盘上所对应位置的刻度，以圆心O为轴逆时针缓慢转动光具盘，同时观察直径平面一侧出射光线的变化：出射光线不断向下偏转并越来越暗，直到刚好看不到出射光线为止，并记下这时入射光线在光具盘上位置的刻度，光具盘上两次刻度之间的夹角θ就是光束从玻璃射向空气的____________．玻璃的折射率表达式n＝________.【解析】入射光线始终沿弧面的垂直面，故射入玻璃后方向不变，此时为四线合一(入射光线、反射光线、折射光线、法线)．从玻璃中射入空气的折射光线刚好消失时，光线恰在玻璃内发生全反射，即θ为临界角．利用单摆测重力加速度时，为了减小误差，我们利用秒表来测量单摆多次全振动的时间，从而求出振动周期．除了秒表之外，现有如下工具，还需的测量工具为________．．毫米刻度尺如果实验中所得到的T2－L关系图象如图乙所示，中的________．，小筒的深度h＝________m某次秒表计时得的时间如图丙所示，则总时间为为了测量出周期，需要秒表，为测量长度的改变需要刻度尺，故还需要的测量工具为B.根据单摆的周期公式，T＝2π Lg得T2＝4π为自变量，则当地l＝0时T2>0，所以真正的图象是的热膨胀特性时，的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板在它们之间形成一厚度均匀的空气膜．的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在当温度为t时最亮，如图所示，横截面是直角三角形，对紫光的折射率为n 2.一束很细的白光由棱镜的一个侧垂直射入，从另一个侧面AC 折射出来．已知棱镜的顶角∠，且与光屏的距离为边上出射点到光屏的垂线与光屏交于点，且射到屏上的红光和紫光偏离O 点的距离分别为＝30°，则由折射定律 d 2＝L tan θ3＝L ⎭⎪⎫－n 21. ⎭⎪⎫n 14－n 21可得，其中n 1＝0,1,2，… 传播，由平移法[实线波形向左平移⎭⎪⎫2＋14T ，结合可得T 2….只要预知波的传播方向就能确定质点的振动方向，v 1的表达式中得到传播的，此时T ＝160＋7.5，t 3＝0.3 s 质点经平衡位置向下振动．。

章末复习课【知识体系】[答案填空] ①垂直于磁场的轴 ②最大 ③零 ④最大⑤sin ωt ⑥nBSω ⑦电流的热效应 ⑧E m 2⑨1f ⑩1T ⑪n ΔΦΔt ⑫交流 ⑬高频 ⑭直流 ⑮低频 ⑯n 1n 2⑰I 2n 2 ⑱I 2r ⑲Ir主题1 交流电四值的计算及应用1．瞬时值：反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦式电流瞬时值表达式为：e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt .应当注意必须从中性面开始．在研究某一时刻或某状态的问题时，要用瞬时值．2．峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势，其最大值E m ＝nBSω，在考虑电容器的耐压值时，应根据交流电的最大值．3．平均值：平均值需用E ＝n ΔΦΔt 和进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用电流的平均值，. 4．有效值：正弦式交流电的有效值I ＝I m 2，其他交变电流的有效值根据有效值的定义计算，求电功、电功率、焦耳热、确定保险丝的熔断电流，要用电流的有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流都是有效值．【典例1】 如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1Ω，外电路电阻R ＝9Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：(1)t ＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量．解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba .(2)线圈的角速度ω＝2πn ＝100 πrad/s ，图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω，代入数据得E m ＝314 V ，感应电动势的瞬时值表达式：e ＝E m cos ωt ＝314cos 100πt V .(3)电动势的有效值E ＝E m 2， 线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.18 s ， 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r ·T ， 代入数据得W ＝98.6 J.(4)从t ＝0起转过90°过程中，Δt 内流过R 的电荷量：q ＝N ΔΦ（R ＋r ）Δt Δt ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r ， 代入数据得q ＝0.1 C.题后反思瞬时值、平均值、有效值的应用(1)研究交变电流某一时刻的电流、电压或某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．(2)不仅热量的计算用有效值，与热效应有关的计算，如保险丝的熔断电流都必须用有效值．针对训练1．将交变电压e ＝2202sin 100πt V 接到“220 V 100 W ”的灯泡两端，如灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡电流i 的瞬时值表达式．解析：(1)交变电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ， 灯泡的额定电压为U 2＝220 V ，因此恰好正常发光．由“220 V 100 W ”知该灯电阻为R ＝U 2P＝484Ω. 通过灯泡电流的最大值为：I m ＝U m R ＝2202484A ≈0.64 A. (2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W.(3)周期T ＝0.18 s ，1秒钟电流方向改变的次数：n ＝t T ×2＝10.02×2＝100 (次)． (4)通过灯泡电流的瞬时值表达式为：i ＝I m sin ωt ＝0.64sin 100πt A.主题2 有关理想变压器的动态分析分清变量和不变量，弄清U 1、U 2，I 1、I 2，R ，n 1、n 2，P 1、P 2等物理量间的制约关系是对理想变压器电路进行动态分析的关键．理想变压器电路的动态分析有下列两种情况：(1)第一种情况是原、副线圈匝数比⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2不变，分析原、副线圈的电压U 1、U 2，电流I 1、I 2，输出和输入功率P 2、P 1随负载电阻变化而变化．将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为U 1，副线圈两端电压U 2⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2＝n 2n 1U 1为定值，流过副线圈的电流I 2⎝ ⎛⎭⎪⎫I 2＝U 2R 随负载电阻的减小而增大，变压器的输出功率P 2(P 2＝I 2U 2)也随着增大，不计变压器损失的能量，则变压器的输入功率P 1(P 1＝P 2)也增大，流过原线圈的电流I 1⎝ ⎛⎭⎪⎫I 1＝P 1U 1也增大．进行动态分析的顺序是：R →I 2→P 2→P 1→I 1.分析可知变压器原线圈的电流I 1随着副线圈负载电阻的减小而增大．(2)第二种情况是负载电阻不变，上述各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化．一般情况下，我们认为原线圈输入电压U 1和匝数n 1不变， 当副线圈匝数n 2增大时，副线圈两端电压U 2⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2＝n 2n 1U 1增大，流过副线圈的电流I 2⎝ ⎛⎭⎪⎫I 2＝U 2R 增大，变压器输出功率P 2(P 2＝I 2U 2)增大，则理想变压器的输入功率P 1增大，流过原线圈的电流I 1增大．进行动态分析的顺序和第一种情况类似．分析可知变压器原线圈的电流I 1随着副线圈匝数的增加而增大．解答有关变压器的动态分析类问题，应弄清以下决定关系：【典例2】 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图甲图乙A．输入电压u的表达式u＝202sin 50π V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W解析：由图象可知U m＝202，T＝0.18 s，故ω＝2πT＝100π rad/s，即输入电压u9的表达式u＝202sin 100πt V，所以A错误．断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误．根据P入＝P出＝U2R可知断开S2后R增大，P入变小，C项错误．若S1接2，由P＝U2R可得P＝4220W＝0.8 W，故答案为D.答案：D题后反思解答变压器问题离不开理想变压器的三个关系，即功率关系、电压关系、电流关系．仔细分析题目中的已知条件，找到突破口，再结合三个关系求解．针对训练2．(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是()A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 2 VB．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍．则电流表的读数减小到原来的一半C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D．若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍．则输出功率增加到原来的4倍解析：若电压表读数为6 V，即变压器输出电压有效值为6 V，则输入电压有效值为U2＝4×6 V＝24 V，其最大值为24 2 V，选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，选项B 错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电压不变．输出电流减小到原来的一半，输出功率减小到原来的一半，输入功率等于输出功率，即P＝IU也减小到原来的一半．选项C错误；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压也增大到原来的2倍．则由P＝U2R可知输出功率增加到原来的4倍，选项D正确．答案：AD统揽考情本章知识在试题中多以选择题题型出现，考查以“表征交流电的物理量”和“变压器”为主，也有对本章知识和电学其他部分甚至力学内容相联系的综合考查，近年各地高考和全国卷都会考一道选择题．真题例析(2018·课标全国Ⅰ卷)理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U 1∶U 2＝n 1∶n 2，当副线圈电压U 2＝U ，得原线圈电压U 1＝3U ，理想变压器能量不损耗有P 1＝P 2，即U 1I 1＝U 2I 2，I 2＝U R ，得到I 1＝U 3R；根据串联电路的特点有：U 源＝U 1＋I 1R ，联立并将U 源＝220 V 数据代入可得：U ＝66 V ；原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，可得功率之比k ＝19，故选项A 正确． 答案：A针对训练(2018·海南卷)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0 V，则()A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以U R0＝15×5＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1 U2＝n1n2可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V≈34 V，A正确B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变化前，U′2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U′2＝2U2＝12 V，根据公式U1U2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确C错误．答案：AD1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0，又因为发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne 0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne 0，故选项A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U ＝U m 2，即U ＝2Ne 0，故选项C 错误；选项D 正确．答案：D2．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2解析：通过调节触头P.使输出电压有效值由220 V降至110 V．输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I＝UR，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前∶I2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项A 错误；根据理想变压器原理U1∶U2＝n1∶n2，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前∶n2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项C正确；根据功率P＝UI，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前∶P2后＝U2前I2前∶U2后I2后＝4∶1，选项B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前∶P1后＝P2前∶P2后＝4∶1，选项D错误．答案：C3．如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，ab间的电压为u ab正，下列U ab－t图象可能正确的是()图甲图乙解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加．由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a 端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；故选项C正确．答案：C4．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A．则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动解析：电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V1示数不变，故A、B 错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1＝n2I2，电流变化时，n1ΔI1＝n2ΔI2，故n1n2＝ΔI2ΔI1＝41，应是降压变压器，C错误．答案：D5．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2.在T的原线圈两端接入—电压u＝U m sin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12P U m2r解析：原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可求：U 2＝n 2U mn 1 2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ，所以输电线上电流I ＝PU 2，导线上损耗的电功率P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确；A 、B 、D 错误． 答案：C。

第八章单元检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是()A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h sinθC．B管内水银面比管外水银面低h cosθD．管内封闭气体的压强比大气压强小h cosθ高水银柱【解析】以A管中的水银柱为研究对象，则有pS＋h cosθS＝p0S，B管内压强p＝p0－h cosθ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cosθ.B错，D正确．【答案】D2．如图为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m、气温为10℃的环境下，下列说法中错误的是() A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能【解析】根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．【答案】A3.如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则()A．A管内空气柱将变长B．A管内空气柱将变短C．两管内水银柱高度差不变D．两管内水银柱高度差将减小【解析】将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变．在气体的压强增大时，体积减小，所以气柱将变短，而p A＝p0＋p h，所以高度差增大．综上所述只有B正确．【答案】B4．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是()A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面B．加速下降，直到水底C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡D．仍然静止【解析】上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．【答案】A5．如图所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则()应等于()区、2区液面不在同一水平面，但.C＝1.5 mh＝1.5 m，D正确．注意：若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而如图所示为一定质量的理想气体的P－为气体的三个状态，则下列说法中正确的是T A>T B>T CT A<T B<T CA→B为一等容线，根据查理定律B→C为等温线，故正确．【答案】A8．一绝热隔板将一绝热长方形容器隔成两部分，两边分别充满气体，隔板可无摩擦移动．开始时，左边的温度为0℃，右边的温度为20℃，当左边的气体加热到20℃，右边的气体加热到40℃时，则达到平衡状态时隔板的最终位置()A．保持不动B．在初始位置右侧C．在初始位置左侧D．决定于加热过程【解析】设温度变化过程中气体的体积不变，据查理定律得：p2 T2＝p1T1⇒p2－p1p1＝T2－T1T1⇒Δp＝p1T1ΔT.对左边的气体Δp左＝p左273×20.对右边的气体Δp右＝p右293×20；因初始p左＝p右，故Δp左>Δp右，即隔板将向右侧移动，正确答案为选项B.【答案】B9．一定质量的气体，由状态a经b变化到c.如图所示，图乙中能正确反映出这种变化过程的是()【解析】由p－T图象知，状态a到状态b为等容变化，且压强增大，由状态b到状态c为等温变化，且压强减小，所以在p－V 图上，状态a到状态b为平行于p轴的线段，且由下向上，状态b 到状态c为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.【答案】C10．如图所示为上端封闭的连通器，A、B、C三管中的水银面相平，三管横截面积的关系为S A>S B>S C，管内水银上方的空气柱长度为L A<L B<L C.若从下方通过阀门K流出少量水银(保持三个管中均有水银)．三管中水银面的高度关系是()A．A管中水银面最高B．C管中水银面最高C．一样高D．条件不足，不能确定小题，共15分．请按题目要求作答有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，如图所示．缓慢推动活塞，使注射器内空气柱的初始体积为次，每次体积值直接从注射器的刻度上读出并同时由压强传感器测得对应体积的压强值．计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果) p(×105Pa)pV( 1051.0010 20.0201.0952 19.7141.2313 19.7011.4030 19.6421.6351 19.621仔细观察不难发现，pV(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是________．．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大．实验时环境温度升高__________________．求p＝8.85×105Pa___________________________________________________________该图线斜率大小和温度的关系是________画图略，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定斜率越大，该气体温度越高3小题，共37分．解答应写出必要的文字说方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．算的题，答案中必须明确写出数值和单位)年法国物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气，上面再套上类似砝码的限压阀，．当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面时，拉力减为零，此时气体体积为Pa，水的密度不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.时，由平衡条件得设筒内气体初态、末态的压强分别为p一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为的密闭活塞，封闭一段长度为L0＝，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管＝1.0×105开始时封闭气体的压强是多大？现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时时管内外水面高度差为多少？管内气柱长度多大？再将活塞固定住，改变管内气体的温度，使管内外水面相平，当活塞静止时，＋0.4×102×10－3PaPa＋0.4×102××10410m＝0.1 L2S。

2018-2019学年全国高二下物理同步练习一、选择题。

1. 如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）A. B.C. D.2. 如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在下面的选项图中能正确描述线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（）A. B.C. D.3. 如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律的图像错误的是（）A. B.C. D.4. 如图所示，边长为l的正方形金属线框在光滑水平面上，用恒力F拉它通过宽度为2l 的有界匀强磁场，磁场方向竖直向下，线框的右边与磁场边界平行，线框刚进入磁场时恰好做匀速运动，设逆时针方向的电流为正，则下列哪个图像可能正确地反映电流随位移x的变化规律（）A. B.C. D.5. 如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L，其感应电流i随位移x变化的图像正确的是（）A. B.C. D.二、多选题。

自行车尾灯采用了全反射棱镜的原理，从后面开来的汽车发出的强光照在尾灯后，使汽车司机注意到前面有自行车．成，其外形如图所示．下列说法中正确的是一个三棱镜的截面为等腰直角△截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为∠1＝n sin∠2，n sin＝6 2.ABCD是两面平行的透明玻璃砖，面是玻璃和空气的界面，分别设为界面Ⅰ和界面ⅡⅠ射入玻璃砖，再从界面Ⅱ射出，回到空气中，如果改变光到达界面．只要入射角足够大，光线在界面Ⅰ上可能发生全反射现象．只要入射角足够大，光线在界面Ⅱ上可能发生全反射现象．不管入射角多大，光线在界面Ⅰ上都不可能发生全反射现象．不管入射角多大，光线在界面Ⅱ上都不可能发生全反射现象在界面Ⅰ光由空气进入玻璃砖，都不能发生全反射现象，界面Ⅱ光由玻璃进入空气，是由光密介质进入光疏介质，但是，由于光由界面Ⅰ进入玻璃后再到达界面Ⅱ，Ⅱ上的入射角等于在界面Ⅰ上的折射角，入射角总是小于临界角，如图所示，一束平行光从真空射向一块半圆形的玻璃砖，．只有圆心两侧一定范围内的光线不能通过玻璃砖光液面传感器有一个象试管模样的玻璃管，入射光线在玻璃管内壁与反射光板之间来回发生反射，进入到玻璃管底部，然后在另一侧反射而出．当透明液体的折射率大于管壁玻璃的折射率时，就可以通过光玻璃管被液体包住之前，由于玻璃管之外是光疏介质空气，光线发生全反射，没有光线从玻璃管中射出．当玻璃管被透明如果液体的折射率大于玻璃的折射率，全反射，有一部分光线进入液体，反射光的强度会减弱，故点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求：的距离．BM在M点的入射角为60°，根据折射定律得如图所示的等腰直角三角形表示三棱镜．光线垂直于一个面入射，在底面上发生全反射，由此看出棱镜的折射率不可能是如右图所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是的扇形OAB.一束平行光平行于横截面，以不透光，若只考虑首次入射到圆弧上有光透出部分的弧长为(．光导纤维是利用光的全反射来传输光信号的．如右图所示，一光导纤维内芯折射率为n1，外套折射率为n2，一束光信号沿与界面由内芯射向外套，要在界面发生全反射，必须满足的条件是()小于某一值大于某一值大于某一值小于某一值要使光信号在内芯与外套的界面上发生全反射，大于外套的折射率n2，同时入射角须大于临界角应小于某一值．．如图所示，一条光线从空气中垂直射到棱镜界面，这条光线离开棱镜时与界面的夹角为多大？因为棱镜的折射率为2，所以临界角作光路图如图所示．因光线从空气中射到面时不发生偏折，到AB面上发生全反射，反射光线射到，所以在AC面上既有反射光线又有折22，γ＝45°，所以该折射光线与棱镜面反射的光线第二次射到，所以从AB面上折射出的光线与AC界面夹角为。