高中物理 电子题库 第二章 章末综合检测 新人教版选修12

一、选择题1．(0分)[ID ：128588]水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（ ）A ．产生的总内能相等B ．通过ab 棒的电量相等C ．电流所做的功相等D ．安培力对ab 棒所做的功相等 2．(0分)[ID ：128583]如图甲所示，半径为r 带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A 、B 连接，两板间距为d 且足够大。

有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示。

在平行金属板A 、B 正中间有一电荷量为q 的带电液滴，液滴在0~14T 内处于静止状态。

重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ） A ．液滴的质量为204B q r gdTπ B ．液滴带负电C ．34t T =时液滴的运动方向改变 D ．t =0.5T 时液滴与初始位置相距212gT 3．(0分)[ID ：128569]如图所示，MPQN 是边长为L 和2L 的矩形，由对角线MQ 、NP与MN 、PQ 所围的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。

边长为L 的正方形导线框，在外力作用下水平向右匀速运动，右边框始终平行于MN 。

设导线框中感应电流为i 且逆时针流向为正。

若0t =时右边框与MN 重合，1t t =时右边框刚好到G 点，则右边框由MN 运动到PQ 的过程中，下列i t -图像正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．4．(0分)[ID ：128567]如图所示灯A L ，B L 完全相同，带铁芯的线圈L 的电阻可忽略。

则（ ）A ．S 闭合瞬间，A L ，B L 都不立即亮B ．S 闭合瞬间，A L 不亮，B L 立即亮C ．S 闭合的瞬间，A L ，B L 同时发光，接着A L 变暗，B L 更亮，最后A L 熄灭D ．稳定后再断开S 的瞬间，B L 熄灭，A L 比B L （原先亮度）更亮5．(0分)[ID ：128544]如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直。

高中物理选修1-2 第3章章末检测(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.卢瑟福的α粒子散射实验第一次揭示了()A．质子比电子重B．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里C．α粒子是带正电的D．可以用人为方法产生放射性现象解析：选B.由卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，可知B正确．2.天然放射现象说明了()A．原子不可再分B．原子的核式结构C．原子核内部是有结构的D．原子核由质子和中子组成解析：选C.人们认识原子核的复杂结构和它的变化规律，是从天然放射现象开始的．3.关于原子和原子核的几种说法，正确的是()A．β衰变说明原子核内部存在电子B．原子内有电子表明原子具有核式结构C．天然放射现象说明了原子核有复杂结构D．α粒子散射实验证明了卢瑟福原子理论正确解析：选CD.贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核是有复杂结构的，故C正确，卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子的核式结构，故D正确．4.铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：2713Al＋42He→X＋10n.下列判断正确的是()A.10n是质子B.10n是中子C．X是2814Si的同位素D．X是3115P的同位素解析：选BD.由核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒知，X是3015P，故选项C错误，选项D正确；10n为中子，故选项A错误，选项B正确．5.质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，真空中光速为c，当质子和中子结合成氘核时，放出的能量是()A．m3c B．(m1＋m2)c2C．(m3－m2－m1)c2D．(m1＋m2－m3)c2解析：选D.质子和中子结合成氘核时，总质量减小了，即质量亏损Δm＝(m1＋m2－m3)．依据质能方程可知，放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2.6.关于天然放射现象，以下叙述正确的是()A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D．铀核(238 92U)衰变为铅核(206 82Pb)的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变解析：选BC.半衰期是由放射性元素原子核的内部因素所决定的，跟元素的化学状态、温度、压强等因素无关，A错；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，10n→11H ＋0－1e ，B 对；根据三种射线的物理性质，C 对；238 92U 的质子数为92，中子数为146，206 82Pb 的质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子．注意到一次α衰变质量数减少4，故α衰变的次数为x ＝8次．再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y 应满足2x －y ＋82＝92，y ＝2x －10＝6次．故本题正确答案为B 、C. 7.我国科学家于1965年9月首先用人工方法合成了牛胰岛素，为了证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素的结晶是同一种物质，在合成过程中掺入放射性14C.然后把搀入14C 的人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素混合到一起，经过多次重新结晶后，得到了放射性14C 分布均匀的牛胰岛素结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素完全融为一体，它们是同一种物质，从而为我国在国际上首先合成牛胰岛素提供了有力的证据．那么在人工合成过程中掺入14C 起到的作用是( )A ．扩散作用B ．组成元素C ．示踪原子D ．增强人的抗病能力解析：选C.通过检测14C 衰变发出的射线，才能确定人工方法合成的牛胰岛素是否均匀分布在牛胰岛素结晶里，14C 是示踪原子．8.(2012·浏阳一中高二检测)下列说法中正确的是( )A ．核子结合成原子核时，要吸收能量B ．α射线、β射线和γ射线相比较，γ射线的穿透能力最强C ．增大压强、降低温度，可以减小放射性元素的半衰期D ．我国大亚湾核电站是利用核裂变放出的能量来发电的解析：选BD.实验证明在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，故B 正确．核子结合成原子核时可能吸收能量，也可能放出能量，故A 错．放射性元素的半衰期，由原子核的内部因素决定；与外部因素无关，即与原子所处的物理状态(温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关，故C 错．核电站都是利用原子核裂变放出的能量来发电的．故D 正确．9.原子核A Z X 与氘核21H 反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知( )A ．A ＝2，Z ＝1B ．A ＝2，Z ＝2C ．A ＝3，Z ＝3D ．A ＝3，Z ＝2解析：选D.该核反应的方程式为：A Z X ＋21H →42He ＋11H ，由质量数和电荷数守恒得：A ＝4＋1－2＝3，Z ＝2＋1－1＝2，故正确答案为D.10.若元素A 的半衰期为4天，元素B 的半衰期为5天，相同质量的A 和B ，经过20天后，剩下的质量之比m A ∶m B 为( )A ．20∶31B ．31∶30C ．1∶2D ．2∶1解析：选C.本题根据原子核的衰变及半衰期的规律可以求解．设A 和B 原来的质量均为m ，则20天后有 m A ＝m ⎝⎛⎭⎫12t T A ＝m ⎝⎛⎭⎫125，m B ＝m ⎝⎛⎭⎫12tT B ＝m ⎝⎛⎭⎫124. 则m A m B ＝m ⎝⎛⎭⎫125m ⎝⎛⎭⎫124＝12. 11.关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )A.238 92U →238 90Th ＋42He 是α衰变 B.14 7N ＋42He →17 8O ＋11H 是β衰变C.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是重核裂变解析：选AC.α衰变是放射出氦核的天然放射现象，A正确；β衰变是放射出电子的天然放射现象，而B项是发现质子的原子核人工转变，故B错；C项是轻核的聚变，D项是β衰变现象，故C对D错．12.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为1H＋12 6C→13 7N＋Q1，11H＋15 7N→12 6C＋X＋Q21原子核11H32He42He12 6C13 7N15 7N质量/u 1.0078 3.0160 4.002612.000013.005715.0001以下推断正确的是()A．X是32He，Q2＞Q1B．X是42He，Q2＞Q1C．X是32He，Q2＜Q1D．X是42He，Q2＜Q1解析：选B.由核反应方程中质量数守恒和核电荷数守恒可得X为42He，所以选项A、C均错误；又依据爱因斯坦的质能方程Q＝ΔE＝Δm·c2可知选项B正确．二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)13.英国物理学家________根据α粒子散射实验建立了原子的核式结构模型，发现了质子并猜想了中子的存在；德国科学家________发现了X射线；法国物理学家________发现了天然放射现象；__________指出了能量与质量之间的联系．答案：卢瑟福伦琴贝克勒尔爱因斯坦14.一置于铅盒中的放射源发射的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔后，铝箔后的空间有一匀强电场．进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图3－1所示，则图中的射线a为________射线，射线b为________射线．图3－1解析：在三种射线中，α射线带正电，穿透能力最弱；β射线带负电，穿透能力一般；γ射线不带电，穿透能力最强，综上所述，综合题意可知：a射线应为γ射线，b射线应为β射线．答案：γβ三、计算题(本题共2小题，共24分．解答时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，答案中必须明确写出数值和单位) 15.(12分)(2011·高考天津卷)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子．碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程．若碳11的半衰期τ为20 min，经2.0 h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取2位有效数字)解析：核反应方程为14 7N ＋11H →11 6C ＋42He 设碳11原有质量为m 0，经过t 1＝2.0 h 剩余的质量为m r ，根据半衰期定义有m r m 0＝⎝⎛⎭⎫12t 1τ＝⎝⎛⎭⎫1212020≈1.6%. 答案：14 7N ＋11H →11 6C ＋42He 1.6%16.(12分)现在的核电站比较广泛应用的核反应之一是：235 92U ＋10n →143 60Nd ＋Zr ＋3(10n)＋8( 0－1e)＋ν(1)核反应方程中的ν是反中微子，它不带电，质量数为零．试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数．(2)已知铀(U)核的质量为235.0439 u ，中子质量为1.0087 u ，钕(Nd)核质量为142.9098 u ．锆核质量为89.9047 u ；又知1 u ＝1.6606×10－27 kg.试计算1 kg 铀235大约能产生的能量是多少？解析：(1)锆的电荷数Z ＝92－60＋8＝40，质量数A ＝236－146＝90；核反应方程中应用符号9040Zr 表示．(2)1 kg 铀235的核数为n ＝1000235×6.02×1023(个)，不考虑该反应中生成的电子质量，一个铀核反应发生的质量亏损为Δm ＝0.212 u ，1 kg 铀235完全裂变放出的能量约为E ＝n Δmc 2＝8.12×1013 J.答案：(1)40 90 (2)8.12×1013 J。

章末综合测评(二) 机械振动(分值：100分)1．(3分)下列属于机械振动的是( )①乒乓球在地面上的来回上下运动②弹簧振子在竖直方向的上下运动③秋千在空中来回的运动④竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动A．①②B．②③C．③④D．①②③④D[机械振动是最简单，也是比较常见的机械运动，自然界中在变力作用下的往复运动都属于机械振动，故D正确。

]2．(3分)做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( ) A．位移B．速度C．加速度D．回复力B[做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移x相同，回复力相同，加速度相同，可能不同的物理量是速度，故B正确。

]3．(3分)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是( )A．回复力由重力和细线拉力的合力提供B．摆动到最低点时回复力为零C．动能变化的周期等于振动周期D．小球质量越大，周期越长B[重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，故B正确；小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的变化周期为单摆振动周期的一半，C错误；单摆的周期T＝2πlg，与小球的质量无关，故D错误。

]4．(3分)一根弹簧原长为l 0，挂一质量为m 的物体时伸长x 。

当把这根弹簧与该物体套在一光滑水平的杆上组成弹簧振子，且其振幅为A 时，物体振动的最大加速度为( )A ．Agl 0 B ．Ag x C ．xgl 0 D ．l 0g AB [振子的最大加速度a ＝kAm ，而mg ＝kx ，解得a ＝Agx ，B 项正确。

]5．(3分)如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A ，由静止释放。

以钢球平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x 轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。

已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则( )甲 乙A ．t 1时刻钢球处于超重状态B ．t 2时刻钢球的速度方向向上C ．t 1～t 2时间内钢球的动能逐渐增大D ．t 1～t 2时间内钢球的机械能逐渐减小D [t 1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A 错误；t 2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B 错误；t 1～t 2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C 错误；t 1～t 2时间内，钢球克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D 正确。

一、选择题1．(0分)[ID：128584]如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。

A 和B是两个完全相同的小灯泡。

下列说法正确的是（）A．闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮B．闭合开关S后，A灯亮，B灯慢慢变亮C．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下D．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭2．(0分)[ID：128582]如图所示，几位同学在学校的操场上做“摇绳发电”实验：把一条较长电线的两端连在一个灵敏电流计上的两个接线柱上，形成闭合回路。

两个同学分别沿东西方向站立，女生站在西侧，男生站在东侧，他们沿竖直方向迅速上下摇动这根电线。

假设图中所在位置地磁场方向与地面平行，由南指向北。

下列说法正确的是（）A．当电线到最低点时，感应电流最大B．当电线向上运动时，B点电势高于A点电势C．当电线向上运动时，通过灵敏电流计的电流是从A经过电流计流向BD．两个同学沿南北方向站立时，电路中能产生更大的感应电流3．(0分)[ID：128578]如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管，和Q共轴，Q中通有余弦函数变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示。

P始Q P终保持静止状态，则（）A．O时刻，P中有最大的感应电流B．1t时刻，P有收缩的趋势C．2t时刻，穿过P的磁通量最小，感应电流最大D．3t时刻，穿过P的磁通量最大，感应电流最大4．(0分)[ID：128568]如图所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，直导线与导体框在同一平面内，以下说法正确的是（）A．导线固定，当导体框向上平移时，导体框中感应电流的方向为abcdaB．导体框固定，当导线L向左平移时，导体框中感应电流的方向为adcbaC．导线固定，当导体框向右平移时，导体框中感应电流的方向为abcdaD．导体框固定，当导线L向右平移时，导体框中感应电流的方向为abcda5．(0分)[ID：128565]如图所示，一宽为40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s，通过磁场区域。

综合检测(二)第二章能量的守恒与耗散(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．物体从高处落下，由于受空气阻力的影响，它的( )A．机械能减少，内能减少B．机械能减少，内能增加C．机械能增加，内能也增加D．机械能和内能都不变【解析】物体从高处落下时，克服空气阻力做功，机械能减少，内能增加，B对．【答案】 B2．物体的内能增加了20 J，下列说法中正确的是( )A．一定是外界对物体做了20 J的功B．一定是物体吸收了20 J的热量C．一定是物体分子动能增加了20 JD．物体的分子平均动能可能不变【解析】做功和热传递都可以改变物体内能，物体内能改变20 J，其方式是不确定的，因此A、B错误；而物体内能包括所有分子的平均动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、势能三者决定，因此C错误，D正确．【答案】 D3．下列对能量耗散理解正确的是( )A．能量耗散说明能量在不停地减少B．能量耗散遵循能量守恒定律C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可凭空消失D．能量耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BD4．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高【解析】绝对零度不可能达到，A错；物体从外界吸收热量、对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减小和不变，C错；压缩气体，外界对气体做正功，可能向外释放热，内能可能减少、温度降低，D错；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，B对．【答案】 B5．(2018·威海检测)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减小1.3×105 J，则此过程( )A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界释放热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界释放热量6.0×104 J【解析】本题考查热力学第一定律的简单应用，强调正负号的含义．【答案】 B6．关于热力学第二定律，下列表述正确的是( )A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功C．第二类永动机是不可能制成的D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论【解析】如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功．热力学第一定律说明在任何过程中能量必须守恒，热力学第二定律却说明并非能量守恒过程均能实现．热力学第二定律是反映自然界过程进行的方向和条件的一个规律．它指出自然界中出现的过程是有方向性的，某些方向的过程可以实现，而另一些方向的过程则不能实现，在热力学中，第二定律和第一定律相辅相成，缺一不可．【答案】 C7．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团．气团直径可达几千米．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略．高空气团温度很低的原因可能是( )A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低【解析】由于热交换可忽略不计，故A、B错．地面气团上升到高空，由于外界压强减小，故气团体积膨胀，对外做功，使得气团内能减少，温度降低，C正确．【答案】 C二、非选择题(本题共5小题，共58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)8．(8分)热力学第二定律常见的表述有两种．第一种表述：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；第二种表述：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．图1图1a是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图1b.根据你的理解，热力学第二定律的实质是___________________________________．【答案】如图所示一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性9．(8分)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这一现象在物理学中称为________现象，是由于分子的________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性________的方向进行的．这一过程的熵________．【答案】扩散无规则运动增加增加10．(14分)两个温度不同的物体接触时，热量会自发地从高温物体传向低温物体，直到两者温度相等；一个温度处处相等的物体，不可能自发地变得一部分温度高、另一部分温度低．怎样从分子热运动的角度解释热传递的这种方向性？【解析】两个物体温度不同，分子热运动的平均动能不同，一个物体分子的平均动能大，另一个物体分子的平均动能小，总体上看，分子热运动的分布较为有序，能量适当集中，而热量由高温物体传到低温物体的过程中，能量变得分散和退化，分子热运动的分布较为无序．由于一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，所以热传递是热量由高温物体自发地传向低温物体的，热传递具有方向性．【答案】见解析11．(14分)有一座瀑布的高度是50 m，流量为12 m3/s，计划在瀑布底部利用水能发电，设在瀑布顶处水流速率与从发电机水轮机内流出的水流速率相等，且水流能有65%被利用．求安装的发电机功率能达到多大．【解析】设流量为Q，水的密度为ρ，在t时间内通过水轮机的水的质量m＝ρQt，转化为电能的水能是65%.发电机功率为：P ＝ρQtgh tη＝ρQgh η ＝1.0×103×12×10×50×65% W＝3.9×103kW.【答案】 3.9×103 kW12．(14分)如图2所示，一个质量m ＝100 g 的金属块恰能从一个长l ＝4 m 、倾斜角θ＝30°的斜面的顶端匀速下滑至底端，损失的机械能有20%被金属块吸收，求在下滑过程中产生的内能及金属块升高的温度．[金属块的比热容为98 J/(kg ·℃)]图2【解析】 金属块下滑过程中机械能转化为内能，其中一部分热量被金属块吸收．金属块匀速下滑过程中动能不变，机械能的减少量，即重力势能的减少量为mglsin θ，这部分机械能通过摩擦生热转化成为等值的内能．Q ＝ΔE p ＝mglsin θ＝100×10－3×9.8×4×sin30° J ＝1.96 J.而其中20%的内能被金属块吸收，所以金属块增加的内能为ΔU ＝Q′＝η·Q＝20%×1.96 J ＝0.392 J 又因为Q′＝cm Δt ，所以Δt ＝Q ′cm ＝0.39298×0.1℃＝0.04℃. 【答案】 0.04℃。

一、选择题1．(0分)[ID ：128576]如图所示，P 、Q 是两个完全相同的灯泡，L 是电阻为零的纯电路，且自感系数L 很大，C 是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是（ ）A ．S 闭合，P 灯逐渐变亮，Q 灯逐渐变暗B ．S 闭合，P 灯、Q 灯同时亮，然后P 灯变暗，Q 灯亮度不变C ．S 闭合，电路稳定后，S 再断开时，P 灯突然亮一下，然后熄灭，Q 灯立即熄灭D ．S 闭合，电路稳定后，S 再断开时，P 灯突然亮一下，然后熄灭，Q 灯逐渐熄灭 2．(0分)[ID ：128570]如图为用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外绕有线圈，将金属材料置于冶炼炉中，则（ ）A ．如果线圈中通以恒定电流，冶炼炉就能冶炼金属B ．通过线圈的高频交流电使炉体产生涡流从而熔化炉内金属C ．真空冶炼炉在工作时炉内金属中产生涡流使炉内金属熔化D ．如果真空冶炼炉中金属的电阻率大，则涡流很强，产生的热量很多3．(0分)[ID ：128563]如图所示，竖直平面内有一半径为a ，总电阻为R 的金属环，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点用金属铰链连接长度为2a 、电阻为2R 的导体棒MN 。

MN 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，N 点的线速度大小为v ，则这时MN 两端的电压大小为（ ）A ．6BavB ．3BavC ．23BavD ．Bav4．(0分)[ID ：128561]如图所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈圆的半径分别为R 、2R ，磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B kt =（k 为常数），方向垂直于线圈平面，闭合线圈中产生的感应电动势为（ ）A ．2k R πB ．25k R πC ．23k R πD ．24k R π 5．(0分)[ID ：128557]关于物理学史，正确的是（ ）A ．安培根据通电螺线管磁场与条形磁铁磁场极为相似提出分子电流假设，揭示磁现象的本质B ．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电磁感应C ．法拉第通过电磁感应的实验总结出法拉第电磁感应定律D ．楞次通过实验研究总结出楞次定律，可以判定通电直导线产生的磁场方向6．(0分)[ID ：128545]在如图所示的电路中，ab 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E 为电源，S 为开关；关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（ ）A ．断开开关，a 逐渐熄灭、b 先变得更亮后再与a 同时熄灭B ．断开开关，b 逐渐熄灭、a 先变得更亮后再与b 同时熄灭C ．合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后a 、b 一样亮D ．合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后b 比a 更亮一些7．(0分)[ID ：128540]如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m 、电荷量为q ，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B 逐渐增加，则( )A ．小球速度变大B ．小球速度变小C ．小球速度不变D ．以上三种情况都有可能8．(0分)[ID ：128536]如图所示，在通电长直导线AB 的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P ，AB 与线圈在同一平面内。

第2章恒定电流本卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部。

总分为100分，时间90分钟。

第1卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每一小题4分，共40分，在每一小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(某某市2014～2015学年高二下学期期中)关于家庭安全用电，如下说法正确的答案是( )A．将移动插座远离水池B．用湿抹布擦去工作中电器上的灰尘C．使用洗衣机时，电器外壳不用接地D．消毒碗柜、电饭煲和电冰箱可以同时使用一个移动插座答案：A解析：插座外表是绝缘体，一旦受潮就不绝缘，故要远离水，故A正确；当用湿抹布擦去工作中电器上的灰尘时，此时电器正在工作，能导致电路短路烧毁，故B不正确；使用洗衣机时，电器外壳容易有静电出现，所以必须接地，将多余电荷导走，故C不正确；消毒碗柜、电饭煲和电冰箱不能同时使用同一移动插座，原因是负载太大，会导致插座烧毁，故D 不正确。

2．(淄博市2013～2014学年高二上学期三校联考)某居民家中的电路如下列图，开始时各局部工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍能正常发光。

拔出电饭煲的插头，把试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，如此( )A．仅电热壶所在的C、B两点间发生了断路故障B．仅电热壶所在的C、B两点间发生了短路故障C．仅导线AB断路D．因插座用导线接地，所以发生了上述故障答案：C解析：由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、B两点间没有发生短路故障。

把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、B两点间没有发生断路故障。

综合分析可知，故障为A、B 间导线断路，即C选项正确。

3．(重庆一中2013～2014学年高二上学期期中)如下列图，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，小灯泡均能发光。

2019-2019 学年人教版高中物理选修 1-2 第二章能量的守恒和耗散单元测试一、单项选择题1.以下说法中正确的选项是（）A.做功和热传达是改变物体内能的两种本质不一样的物理过程，做功是其余形式的能和内能之间的转变；热传达则是物体内能的转移B.外界对物体做功，物体的内能必定增大C.温度高的物体其热量必然多，内能必然大D.热水的内能比冷水的内能多2.以下说法中不正确的选项是（）A. 跟着技术进步，热机的效率能够达到100%；制冷机也能够使温度达到﹣280℃B.必定质量的理想气体，先保持压强不变而膨胀，再进行绝热压缩，其内能必然增添C.在热机中，燃气的内能不行能所有变成机械能而不惹起其余变化D.在热传导中，热量不行能自觉地从低温物体传达给高温物体而不惹起其余变化3.以下说法正确的选项是（）A. 伽利略经过“斜面实验”，证了然“力是保持运动的原由”B.所有的永动机都违犯了能量守恒定律，都不可以制作成功C.爱因斯坦提出“光子”理论，成功地对光电效应进行认识释D.在相对论中，运动中的时钟会比静止时走得快4.以下说法正确的选项是（）A.晶体都拥有确立的熔点B.空气相对湿度大，就是空气中水蒸气含量高C.物体从外界汲取热量，其内能必定增添D.空调机在制冷过程中，从室内汲取的热量等于向室外放出的热量5.磊磊陪爸爸看车展，看到了新款红旗轿车，他想知道中国生产的第一辆红旗轿车四冲程热机工作时供给动力的是（）A. 做功冲程B. 吸气冲程C. 压缩冲程D. 排气冲程6.以下表达正确的选项是（）A. 凡波及热现象的宏观过程都拥有方向性B. 气体的压强越大，分子的均匀动能越大C. 外界对气体做正功，气体的内能必定增大D. 温度高升，物体内的每一个分子的热运动速率都增大7.以下说法正确的选项是（）A.布朗运动是指在显微镜下察看到的液体分子的无规则运动B.物体吸热时，它的内能必定增添C.分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小D.用阿伏伽德罗常数和某种气体的密度，就能够求出该种气体的分子质量二、多项选择题8.以下说法中正确的选项是（）A. 除了一些有机物质的大分子外，大部分分子的大小数目级为10﹣10cmB.两个分子间距离增大时，它们之间的分子势能必定减小C.在绝热过程中，外界对理想气体做功，气体的内能必定增添D.水的饱和汽压随温度的高升而增大E.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，因此液体表面存在张力9.以下说法中，正确的选项是（）A.一杯热茶在翻开杯盖后，茶会自动变得更热B.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体C.气体的扩散过程拥有方向性D.全部形式的能量间的互相转变都不拥有方向性10.在以下说法中，正确的选项是（）。

1.下列说法正确的是()A．与热现象有关的自发的宏观过程是有方向性的B．与热现象有关的自发的宏观过程是熵增加的过程C．气体扩散现象向着无序性增加的方向进行，是可逆过程D．机械能转化为内能的过程是系统的熵增加的过程答案：ABD2.从微观角度看()A．热力学第二定律是一个统计规律B．一个孤立系统总是从熵大的状态向熵小的状态发展C．一个宏观状态所对应的微观状态越多，越是无序，熵值越大D．任何孤立系统，它的总熵永远不会减小解析：选ACD.由熵增加原理“自然界的一切自发过程，总是朝着熵增加的方向进行的”可知B错，A、C、D正确．3.关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是()A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动1B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性减小的方向进行的解析：选C.分子热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观过程包含着大量的微观状态，这是一个无序的运动，根据熵增加原理，热运动的结果只能使分子热运动更加无序，而不是变成了有序，热传递的自然过程从微观上讲就是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程，C正确，A、B、D错误．4.以下说法正确的是()A．绝对零度永远达不到B．现代技术可以达到绝对零度C．物体的绝对零度是－273 KD．物体的绝对零度是－273 ℃解析：选AD.绝对零度是低温极限，无论用怎样的科学技术，也永远达不到．这个低温极限为－273 ℃或0 K，故A、D正确．5.(2012·绍兴一中高二检测)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这一现象在物理学中称为__________现象，是由于分子的__________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的．答案：扩散无规则运动一、选择题1.在下列说法中，正确的是()1A．孤立系统总是从无序走向有序B．开放系统的熵总是增加的C．孤立系统的熵总是减少的D．开放系统的熵可能增加也可能减少答案：D2.在下列说法中，不．正确的是()A．有序和无序是相对的B．熵是衡量一个系统无序程度的物理量C．人之所以能维持低熵水平，因为人是一个封闭系统D．熵的概念已延伸到物理学以外非常广泛的科学领域答案：C3.下列物态变化中，熵增加的是()A．液化B．汽化C．熔化D．凝华答案：BC4.下列能量转化过程中，会导致熵增加的是()A．机械能转化为内能B．内能转化为机械能C．电能转化为内能D．内能转化为电能答案：AC1。

高中物理学习材料综合检测(二)第二章电磁感应与电磁场(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．(2013·上海检测)用实验验证电磁波存在的科学家是( )A．法拉第B．奥斯特C．赫兹D．麦克斯韦【答案】 C2．如图1所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下不能使电流表指针偏转的是( )图1A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中【解析】只要闭合电路的磁通量发生变化就会产生感应电流，电流表的指针就会偏转．【答案】 B3．下列说法中正确的是，感应电动势的大小( )A．跟穿过闭合电路的磁通量有关系B．跟穿过闭合电路的磁通量的变化大小有关系C．跟穿过闭合电路的磁通量的变化快慢有关系D．跟电路的电阻大小有关系【解析】感应电动势的大小E＝n ΔΦΔt，E与Φ、ΔΦ均无关，E的大小与ΔΦΔt有关，且E与R无关，故C正确．【答案】 C4．A、B两个闭合电路，穿过A电路的磁通量由0增加到3×103Wb，穿过B 电路的磁通量由5×103 Wb增加到6×103 Wb，则两个电路中产生的感应电动势EA和E B的关系是( )A．E A>E B B．E A＝E BC．E A<E B D．无法确定【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，电路中感应电动势(E)的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，因只知道磁通量的变化量不知道所用的时间，所以不能确定E A和E B的关系，故D正确．【答案】 D5．(多选)带负电的圆环绕圆心旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则( )A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流产生B．圆环不管怎样转动，小线圈内都没有感应电流产生C．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流产生D．圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流产生【解析】带负电的小圆环转动形成环形电流，环形电流产生磁场，若匀速转动环形电流是恒定的，产生的磁场是不变的，就不会使同平面内的小线圈产生感应电流．若变速转动，产生的电流是变化的，产生的磁场是变化的，穿过小线圈的磁通量就是变化的，有感应电流产生．【答案】CD6．关于变压器，下列说法正确的是( )A．变压器是根据电磁感应的原理制成的B．变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多C．变压器只能改变直流电的电压D．变压器只能有一个原线圈和一个副线圈【解析】变压器是根据电磁感应的原理制成的，故A对；变压器只能改变交流电的电压，故C错；变压器原、副线圈匝数的多少，根据实际需要而定，而且副线圈可以有多个，故B错，D错．【答案】 A7．理想变压器的原副线圈的匝数之比为4∶1，在原线圈上加上U＝200 V 的交流电压，在副线圈上接交流电压表，其示数为( )A．0 B．50 VC．200 V D．800 V【解析】理想变压器中U1U2＝n1n2，则U2＝n2n1U1＝14×200 V＝50 V，故B对．【答案】 B8．根据麦克斯韦电磁理论，如下说法正确的是( )A．变化的电场一定产生变化的磁场B．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C．稳定的电场一定产生稳定的磁场D．振荡交变的电场一定产生同频率的振荡交变磁场【解析】均匀变化的电场(磁场)产生恒定的磁场(电场)，不均匀变化的电场(磁场)产生变化的磁场(电场)，振荡交变的电场产生同频率的振荡交变磁场，故D对．9．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是( )A．电磁场由发生区域向远处的传播就是电磁波B．在电场的周围总能产生磁场，在磁场的周围总能产生电场C．电磁波是一种物质，只能在真空中传播D．电磁波传播的速度总是3.0×108 m/s【解析】变化的电场和变化的磁场交替产生，并由发生区域向远处传播就是电磁波．电磁波本身就是一种物质，能在真空中和任何介质中传播，且在真空中传播的速度最大，最大速度等于光速．【答案】 A10．(多选)如图2，放在只有右边有边界的匀强磁场内的矩形线圈，其转轴OO′恰好在磁场的边界上．若要线圈中产生感应电流，下列方法中可行的是( )图2A．线圈绕OO′轴转动B．线圈绕ab边转动C．线圈绕ac边转动但不让bd边进入磁场D．线圈向上平移【解析】根据磁通量的定义，选项A、B可使线圈发生磁通量的变化，故A、B正确．二、非选择题(本题共6个小题，共60分，解答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得分，有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位)11．(8分)如图3所示，两条平行金属导轨ab、cd置于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，两导轨间的距离l＝0.6 m．金属杆MN沿两条导轨向右匀速滑动，速度v＝10 m/s，产生的感应电动势为3 V．由此可知，磁场的磁感应强度B＝________T.图3【解析】金属杆MN产生的感应电动势E＝BΔSΔt＝BlvΔtΔt＝Blv，则B＝Elv＝30.6×10T＝0.5 T.【答案】0.512．(8分)有甲、乙两个匝数不相同的线圈绕在同一个圆筒上，它们的匝数n甲＞n乙．当一个条形磁体穿过圆筒时，线圈________产生的感应电动势较大．【解析】由法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt知，E甲＞E乙．【答案】甲13．(8分)一个200匝的线圈，在0.02秒时间内线圈中的磁通量的变化量为6×10－5韦伯，求线圈中的感应电动势的大小．【解析】线圈中产生的感应电动势的大小E＝n ΔΦΔt＝200×6×10－50.02V＝0.6 V.【答案】0.6 V14．(8分)收音机中的变压器，原线圈有1 210匝，接在220 V的交流电源上，要得到5 V、2.2 A的输出电压，原线圈中的电流多大？【解析】根据能量守恒P入＝P出，即I1U1＝I2U2，所以I1＝U2I2U1＝0.05 A.【答案】0.05 A图415．(14分)如图4所示，矩形线圈abcd绕OO′轴在B＝0.2 T的匀强磁场中以n＝4r/s的转速转动，已知ab＝20 cm，bc＝40 cm，线圈共有50 匝，当线圈从如图所示位置开始转动，一直转过90°的过程中，回答下面三个问题：(1)磁通量的变化量是多少？(2)磁通量的平均变化率为多少Wb/s?(3)线圈中产生的平均感应电动势是多大？【解析】(1)S＝ab·bc＝20×40 cm2＝800 cm2＝8×10－2 m2ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－0＝0.2×8×10－2 Wb＝1.6×10－2 Wb(2)Δt＝14T＝14·1n＝14×14s＝116sΔΦΔt ＝1.6×10－2 Wb116s＝0.256 Wb/s(3)E＝n ΔΦΔt＝50×0.256 V＝12.8 V.【答案】(1)1.6×10－2 Wb (2)0.256 Wb/s(3)12.8 V16．(14分)磁悬浮列车是一种采用无接触的电磁悬浮、导向和驱动系统的磁悬浮高速列车系统.2000年底，我国宣布已研制成功一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型，该车的车速已达到500 km/h，可载5人．是当今世界最快的地面客运交通工具，有速度快、爬坡能力强、能耗低运行时噪音小、安全舒适、不燃油，污染少等优点．并且它采用高架方式，占用的耕地很少．磁悬浮列车意味着图5这些火车利用磁的基本原理悬浮在导轨上来代替旧的钢轮和轨道列车．磁悬浮技术利用电磁力将整个列车车厢托起，摆脱了讨厌的摩擦力和令人不快的铿锵声，实现与地面无接触、无燃料的快速“飞行”. 图5所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A的上方，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁的上方．(1)请简要说明产生磁悬浮现象的原因．(2)磁悬浮列车能达到如此高的速度的原因是什么？(3)在实际情况中，磁悬浮列车要进一步提升速度，困难很大，说说制约磁悬浮列车进一步提升速度的原因．【解析】(1)线圈B下降，磁通量发生变化，B中产生感应电流．由于超导线圈的电阻极小，故电流极大而且几乎不会减小，使列车受到向上的安培力与重力，二力平衡，处于悬浮状态．(2)由于列车处于悬浮，摩擦阻力几乎没有．(3)空气阻力是制约列车进一步提速的重要因素，空气阻力随速度的增大而增大．【答案】见解析。

一、选择题1．(0分)[ID：128586]如图所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为B=3 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距L=0.1m，导轨左端连接一个电阻R=0.5Ω，其余电阻不计，导轨右端连一个电容器C= 2.5 ⨯1010 pF，有一根长度为 0.2m 的导体棒ab，a端与导轨下端接触良好，从图中实线位置开始，绕a点以角速度ω = 4 rad/s 顺时针匀速转动 75°，此过程通过电阻R的电荷量为（）A．3 ⨯10-2 C B．23⨯10-3 CC．（30 + 23）⨯10-3 C D．（30 - 23）⨯10-3 C2．(0分)[ID：128565]如图所示，一宽为40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s，通过磁场区域。

在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行、取它刚进入磁场时刻t=0时，则选项中能正确反映感应电流强度随时间变化规律的是（电流沿逆时针绕向为正）（）A．B．C ．D ． 3．(0分)[ID ：128548]如图所示，在半径为R 圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆外无磁场。

一根长为2R 的导体杆ab 水平放置，a 端处在圆形磁场的边界，现使杆绕a 端以角速度为ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中（ ）A ．b 端的电势始终高于a 端B ．ab 杆电动势最大值2E BR ω=C ．全过程中，ab 杆平均电动势2E BR ω=D ．当杆旋转120θ时，ab 间电势差212AB U BR ω= 4．(0分)[ID ：128545]在如图所示的电路中，ab 为两个完全相同的灯泡，L 为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E 为电源，S 为开关；关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（ ）A ．断开开关，a 逐渐熄灭、b 先变得更亮后再与a 同时熄灭B ．断开开关，b 逐渐熄灭、a 先变得更亮后再与b 同时熄灭C ．合上开关，a 先亮，b 后亮；稳定后a 、b 一样亮D ．合上开关，b 先亮，a 后亮；稳定后b 比a 更亮一些5．(0分)[ID ：128537]如图所示，导体棒ab 在匀强磁场中沿金属导轨向右加速运动，c 为铜制圆线圈，线圈平面与螺线管中轴线垂直，圆心在螺线管中轴线上，则（ ）A．导体棒ab中的电流由b流向a B．螺线管内部的磁场方向向左C．铜制圆线圈c被螺线管吸引D．铜制圆线圈c有收缩的趋势6．(0分)[ID：128521]如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，a、b、c 是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）A．开关S闭合瞬间，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮B．开关S闭合，电路稳定后，a、b、c灯均亮C．开关S断开后，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭D．开关S断开后，a、b灯立即熄灭，c灯逐渐熄灭7．(0分)[ID：128519]轻质细线吊着一质量为m=0.42kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为r=1Ω。

2018-2019学年高二下学期第十二单元训练卷物 理 （二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单选题1．一列声波从空气传入水中，已知水中声速较大，则( )A ．声波频率不变，波长变小B ．声波频率不变，波长变大C ．声波频率变小，波长变大D ．声波频率变大，波长不变2．下列现象中属于波的衍射的是( )A ．敲响一音叉，另一个完全相同的音叉也响了起来B ．挂在同一水平绳上的几个单摆，当一个振动后，另几个也跟着一起振动起来C ．打雷时听见空中雷声会轰鸣一段时间D ．水波向前传播时，遇到突出水面的小树枝不受影响地继续向前传播 3．如图所示为一列简谐横波的图像，波速为0.2 m/s ，以下结论正确的是()A ．振源振动的频率为0.4 HzB ．若质点a 比质点b 先回到平衡位置，则波沿x 轴正方向传播C ．图示时刻质点a 、b 、c 所受回复力大小之比为2∶1∶3D ．经过0.5 s 质点a 、b 、c 通过的路程为75 cm 4．如图为某一时刻的波形曲线，波的传播方向沿方向，下列不正确的是()A ．质点A 、D 的振幅相等B ．该时刻质点B 、E 的速度大小相等C ．该时刻质点D 、F 的加速度为零 D ．该时刻质点C 正向上运动5．关于波长的下列说法中正确的是( )A ．机械振动在一个周期内传播的距离就是一个波长B ．在波形图上位移相同的相邻两质点之间的距离等于一个波长C ．在波形图上速度最大的相邻两质点间的距离等于一个波长D ．在波形图上振动情况总是相同的两点间的距离等于一个波长 6．对机械波的认识，下列说法正确的是( ) A ．同一波中各质点的振动情况完全相同B ．横波传播到最前面时波峰和波谷交替出现C ．简谐波的周期等于每个质点振动的周期D ．波向前传播时快时慢，速度大小周期性变化 7．电磁波的波速c 与波长λ、频率f 之间的关系是( ) A ．c= B ．c= C ．c=λf D ．c=此卷只装订不密封班级姓名准考证号 考场号 座位号8．如右图所示为xy平面内沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图像，波速为1cm/s，此时P点沿-y方向运动，关于图上x=0．3cm处的Q点的说法正确的是()A．t＝0时，速度方向沿-y方向B．t＝0．1s时，速度最大C．t＝0．1s时，加速度方向沿-y方向D．t＝0．3s时，加速度为零9．图所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x轴正向传播，波速是18m/s，则()A．波长是6cm，频率是1/3Hz B．波长是8m，频率是9/HzC．波长是10cm，频率是1.8Hz D．波长是8cm，频率是4/9Hz10．一列简谐横波沿x轴负方向传播，图1是t=1s时的波形图，图2是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线（两图用同一时间起点），则图2可能是图1中哪个质元的振动图线()A．x=0处的质元B．x =1m处的质元C．x =2m处的质元D．x =3m处的质元11．简谐机械波在给定的媒质中传播时，下列说法正确的是()A．振幅越大，则波传播的速度越快B．振幅越大，则波传播的速度越慢C．在一个周期内，振动质元走过的路程等于一个波长D．振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短12．如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点的距离相等，其中O为波源．设波源的振动周期为T，t=0时刻波源通过平衡位置开始竖直向下振动，经过T/4质点1开始振动，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中错误的是()A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，且图中质点9起振最晚B．图中所画出的质点起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总比质点7通过相同位置时落后T/4D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动二、多选题13．如图为演示波的衍射装置，S为水平面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以移动，两板间有一狭缝，此时测得图中A处没有振动，下列说法正确的()A．使波源的振动频率增大，可以使A处的水振动起来B．使波源的振动频率减小，可以使A处的水振动起来C．移动N板使狭缝间距增大，可以使A处的水振动起来D．当A点振动后，挡板两边的波纹间距相等14．一列机械波在某一时刻的波形如实线所示，经过△t时间的波形如虚线所示．已知波的传播速率为1m/s，则下列四个数据中△t的可能值为()A．1 s B．8 s C．11 s D．15 s15．如图所示，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正方向)，振动周期T=0.01s，产生的机械波向左、右两个方向传播，波速均为v=80m/s，经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m。

综合测评(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分)1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，A 选项错误；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，B 选项错误；将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，C 选项错误；绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，D 选项正确．答案：D2．(2015·重庆高考)如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb 是( )A ．恒为－t2－t1B ．从0均匀变化到－t2－t1C ．恒为－－t2－t1D ．从0均匀变化到－－t2－t1解析：t 1到t 2时间内，穿过线圈的磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，根据法拉第电磁感应定律得，E ＝n ΔΦΔt ＝－t2－t1，根据楞次定律可知，a 点电势低于b 点，故φa －φb ＝－－t2－t1，C 选项正确．答案：C3．(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A 相连．套在铁芯下部的线圈B 引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab 处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是( )A ．圆盘顺时针加速转动时，ab 棒将向右运动B ．圆盘顺时针减速转动时，ab 棒将向右运动C ．圆盘顺时针匀速转动时，ab 棒将向右运动D ．圆盘顺时针加速转动时，ab 棒将向左运动解析：圆盘顺时针加速转动时，产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流由圆心流向边缘，根据安培定则可知，线圈A 中产生方向向下的磁场，且逐渐增强，由楞次定律得，线圈B 中的感应磁场方向向上，由安培定则可知，ab 棒中感应电流方向由a →b .由左手定则可知，ab 棒受的安培力方向向左，ab 棒将向左运动，A 选项错误，D 选项正确；圆盘顺时针减速转动时，ab 棒将向右运动，B 选项正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A 中产生恒定的电流，那么线圈B 的磁通量不变，则ab 棒没有感应电流，则将不会运动，C 选项错误．答案：BD4．(2017·武邑中学月考)汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V ，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花了，下列说法中正确的是( )A ．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压B ．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交变电流C ．该设计方案可行，因为通过变压器原线圈的是变化的电流，可以通过变压器发生互感现象D ．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器解析：根据电磁感应规律可知，变压器只能改变变化的电流，不能改变恒定电流，B 选项错误；该设计方案中，开关的闭合、断开，导致电流不断变化，从而使得磁通量不断地变化，变压器可以工作，A 选项错误，C 选项正确；由于火花塞放电需要较高的电压，所以该变压器是升压变压器，D 选项错误．答案：C5．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a ，b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2 ∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：t ＝0时刻，感应电动势为零，线圈处于中性面位置，故A 选项正确；分析图象可知，曲线a 、b 表示的感应电动势的周期分别为T a ＝0.04 s ，T b ＝0.06 s ，根据周期和转速的关系n ＝1T可知，n a ∶n b ＝3 ∶2，故B 选项错误；根据周期与频率的关系可知曲线a 表示的交变电动势频率为f ＝1T ＝25 Hz ，故C 选项正确；正弦式交变电动势的有效值为E ＝NBS ω2＝2NBS πT，曲线a 、b 的感应电动势有效值之比为E a ∶E b ＝T b ∶T a ＝3 ∶2，已知曲线a 的感应电动势的有效值为E a ＝152 2 V ，则曲线b 表示的交变电动势有效值为5 2 V ．故D 选项错误．答案：AC6．(多选)(2016·新课标卷Ⅲ)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：导线框匀速转动产生感应电动势，E ＝BLv ＝BL2ω2，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，A 选项错误；根据楞次定律可知，M 线框匀速转动，前半个周期内感应电流方向为逆时针，后半个周期内感应电流为顺时针方向；N 线框匀速转动，第一个 14个周期内感应电流为逆时针，第三个 14周期内感应电流为顺时针，其余时间段没有感应电流，两线框中感应电流的周期都等于T ，B 选项正确；t ＝T 8时，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小相等，方向均为逆时针，C 选项正确；根据电流的热效应，对于M 线框，E2R ·T ＝I 12RT ，对于N 线框，E2R ·T 2＝I 2RT ，联立解得，I 1＝2I 2，D 选项错误． 答案：BC7.如图所示，电阻R 和电感L 的值很大，电源内阻不可忽略，A 、B 是完全相同的两只灯泡，当开关S 闭合时，下列判断正确的是( )A ．灯A 比灯B 先亮，然后灯A 熄灭B ．灯B 比灯A 先亮，然后灯B 逐渐变暗C ．灯A 与灯B 一起亮，而后灯A 熄灭D ．灯A 与灯B 一起亮，而后灯B 熄灭解析：开关S 闭合时，B 灯立即亮，A 灯由于电感L 的自感作用，将逐渐变亮，由于总电流逐渐变大，路端电压变小，B 灯逐渐变暗，选项B 符合要求．答案：B8．(多选)(2016·新课标卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：圆盘转动切割磁感线产生感应电动势，E＝12BL2ω，若圆盘转动的角速度恒定，则感应电动势恒定不变，根据欧姆定律可知，感应电流大小恒定不变，A选项正确；由右手定则可知，从上往下看，圆盘顺时针转动，电流沿a到b的方向流动，B选项正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，电流方向不变，大小变化，C选项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据功率公式P＝I2R可知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，D选项错误．答案：AB9．(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧的一、四象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的( )解析：分析线框运动的过程，在ab 边通过磁场的过程中，根据楞次定律判断出感应电流为逆时针方向，且在减小，根据欧姆定律得|U ab |＝I (R bc ＋R cd ＋R da )，逐渐减小；在cd 边通过磁场的过程中，根据楞次定律可知电流为顺时针方向，电流逐渐减小，|U ab |＝IR ab 逐渐减小，A 、D 选项正确．答案：AD10．(多选)(2016·海南高考)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )A ．变压器输入、输出功率之比为4∶1B ．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C ．u 随t 变化的规律为u ＝51sin50πt (国际单位制)D ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：根据理想变压器的构造和原理可知，原副线圈输入功率和输出功率相等，A 选项错误；根据理想变压器电流和匝数的关系可知，I1I2＝n2n1，原副线圈的电流之比为1∶4，B 选项正确；分析图(b)可知，交变电压的峰值为51 V ，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad /s ，u 随t 的变化规律为u ＝51sin100πt ，C 选项错误；若热敏电阻R T 的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，根据变压器工作原理可知，原线圈的电压不变，副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，D 选项正确．答案：BD11．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1＝B 、B 2＝2B .一个竖直放置的边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框，以速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v 2，则下列结论中正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB ．此过程中回路产生的电能为0.5mv 2C ．此时线框的加速度为9B2a2v 2mRD ．此时线框中的电功率为9B2a2v22R解析：电量的计算要用到平均值，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝3Ba22Δt ，感应电流I ＝E R ＝3Ba22R Δt ，通过横截面积的电荷量q ＝I Δt ＝3Ba22R Δt ·Δt ＝3Ba22R，故A 选项错误；根据能量守恒定律可知，导体切割磁感线产生感应电流，机械能转化为电能，E 电＝12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38mv 2，故B 选项错误；感应电动势的瞬时值E ＝Bav 2＋2Bav 2＝3Bav 2，感应电流的瞬时值I ＝3Ba v 2R ＝3Bav 2R ，根据安培力公式F ＝2BIL ＋BIL ＝3B2a2v R ＋3B2a2v 2R ＝9B2a2v 2R，运用牛顿第二定律得加速度a ＝F m ＝9B2a2v 2mR ，故C 选项正确；瞬时功率P ＝UI ＝3Bav 2·3Bav 2R ＝9B2a2v24R，故D 选项错误．答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共56分)二、实验题(本题包括2小题，共12分)12．(6分)如图所示为“探究电磁感应现象”的实际装置．(1)将图中所缺的导线连接完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针________偏转；将原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针________偏转(填“向左”“向右”)．解析：(1)如图．(2)当闭合开关时穿过副线圈磁通量增加，指针右偏．闭合开关后线圈插入副线圈，通过副线圈磁场方向不变，磁场增强，磁通量增加，所以指针还右偏．插入副线圈后，磁场稳定，在副线圈中无感应电流，指针指中间，当变阻器滑片迅速左移，电路中电流减小，磁场减弱，副线圈中磁通量减小，产生与一开始反向的电流，指针左偏．答案：(1)如解析图(2)向右向左13．(6分)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连，能在很短的时间内画出电流随时间变化的图象．按图甲连接电路，提供8 V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I­t曲线，如图乙所示．(1)图乙中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端)，其面积表示的物理意义是______________________________________________．(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是________C.(3)根据以上数据估算，电容器的电容是________F.解析：(1)图象纵坐标为电流I，横坐标为时间t，由公式q＝It可知，矩形面积为放电电荷量．(2)每个小方格的面积代表放电电荷量q0＝0.08×10－3 C，共有75格，则放电电荷量Q ＝75q0＝6.0×10－3 C.(3)由Q ＝CU 可知C ＝Q U＝7.5×10－4 F. 答案：(1)0.1 s 内的放电电荷量 (2)6.0×10－3(3)7.5×10－4三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)14．(12分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度，铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)测U 时，与A 点相接的电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．解析：(1)根据右手定则可知，测U 时，与A 点相接的电压表的“正极”．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝n ΔΦΔt ，磁通量变化量ΔΦ＝12BR 2Δθ，电压U ＝12B ωR 2，线速度v ＝r ω＝13ωR ，所以铝块的速度v ＝2U 3BR＝2 m/s. (3)根据能量守恒定律可知，铝块机械能的损失等于重力势能的减小量与动能增加量的差值，即ΔE ＝mgh －12mv 2，代入数据解得，ΔE ＝0.5 J. 答案：(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J15. (10分)如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a ，宽度为b ，共有n 匝，总电阻为r 0，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转动轴OO ′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．(1)在图中画出线圈经过图示位置时通过电阻R 上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R 上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？解析：(1)根据右手定则判断，R 上电流自上而下．(2)t ＝14T ＝2π4ω＝π2ω. (3)E m ＝nBab ω.所以E 有＝22nBab ω. U R ＝R R ＋r ·E 有＝nBab ωR 2＋. 答案：(1)自上而下 (2)π2ω (3)nBab ωR 2＋16．(12分)(2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .解析：(1)由牛顿第二定律得 a ＝F －mgsin θm＝12 m /s 2 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m /s.(2)感应电动势E ＝Blv感应电流I ＝Blv R安培力F A ＝BIl代入得F A ＝B2l2v R＝48 N. (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J由牛顿第二定律F －mg sin θ－F A ＝0CD 棒在磁场区做匀速运动，在磁场中运动时间t ＝d v焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m /s (2)48 N (3)64 J 26.88 J17．(10分)(2017·德州市月考)如图所示，在坐标xOy 平面内存在B ＝2.0 T 的匀强磁场，OA 与OCA 为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA 满足曲线方程x ＝0.50sin π5y (m)，C 为导轨的最右端，导轨OA 与OCA 相交处的O 点和A 点分别接有体积可忽略的定值电阻R 1和R 2，其中R 1＝4.0 Ω、R 2＝12.0 Ω.现有一足够长、质量m ＝0.10 kg 的金属棒MN 在竖直向上的外力F 作用下，以v ＝3.0 m /s 的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R 1、R 2外其余电阻不计，g 取10 m/s 2，求：(1)金属棒MN 在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)外力F 的最大值；(3)金属棒MN 滑过导轨OC 段，整个回路产生的热量．解析：(1)金属棒MN 沿导轨竖直向上运动，进入磁场中切割磁感线产生感应电动势．当金属棒MN 匀速运动到C 点时，电路中感应电动势最大，产生的感应电流最大．金属棒MN 接入电路的有效长度为导轨OCA 形状满足的曲线方程中的x 值．因此接入电路的金属棒的有效长度为L ＝x ＝0.5sin π5y ，L m ＝x m ＝0.5 m.导体切割磁感线，产生感应电动势，E m ＝BL m v ＝3.0 V ，根据闭合电路欧姆定律可知，I m ＝Em R 并，其中R 并＝R1·R2R1＋R2，联立解得I m ＝1.0 A. (2)金属棒MN 匀速运动的过程中受重力mg 、外力F 、安培力F ′作用，金属棒MN 运动到C 点时，所受安培力有最大值，此时外力F 有最大值，F m ＝F m ′＋mg ，其中F m ′＝I m L m B ＝1.0 N ，联立解得F m ＝2.0 N.(3)金属棒MN 在运动过程中，产生的感应电动势e ＝3.0sin π5y (V)，有效值为E ＝Em 2.金属棒MN 滑过导轨OC 段的时间t .t ＝y v ，其中y ＝52 m ，联立解得t ＝56 s.滑过OC 段产生的热量Q ＝E2R 并t ，代入数据解得Q ＝1.25 J.答案：(1)1.0 A (2)2.0 N (3)1.25 J。

人教版高中物理选修1-2 第二章章末综合检测（含答案解析）(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 1.下列哪些现象属于能量的耗散()A．利用水流能发电变成电能B．电能通过灯泡中的电阻丝变为光能C．电池的化学能转变为电能D．火炉把房子烤暖解析：选D.能量的耗散是指其他形式的能转变为内能，最终流散在周围环境中无法重新收集并加以利用．故D正确．2.(2011·高考大纲全国卷)关于一定量的气体，下列叙述正确的是()A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析：选AD.由热力学第二定律知，热量可以完全转化为功，但要引起其他变化，A选项对．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，改变物体内能的两种方式是做功和热传递，B项只说明气体对外做功，没有考虑热传递；C项只说明气体从外界吸收热量，没有考虑做功情况，故B、C选项均错，D选项对．3.下列说法正确的是()A．热传导具有方向性B．机械能和内能的转化具有方向性C．气体的扩散现象具有方向性D．能量耗散是从能的转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析：选ABCD.由热力学第二定律可知：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．4.1997年诺贝尔物理学奖授予朱棣文等3人，以表彰他们在激光冷却和捕捉原子的方法上所作出的贡献．目前已应用激光将原子的温度冷却到10－12 K的数量级，已经非常接近0 K，下列关于“0 K”的说法中正确的是()A．0 K即0 ℃，随着科学的发展是可以达到的B．0 K即0 ℃，只能无限接近，但不可能达到C．0 K即绝对零度，随着科学的发展是可以达到的D．0 K即绝对零度，只能无限接近，但不可能达到解析：选D.0 K是热力学零度，也叫绝对零度，绝对零度是不可达到的，所以正确选项为D.5.下列说法正确的是()A．物体吸收热量，其温度一定升高B．热量只能从高温物体向低温物体传递C．遵守热力学第一定律的过程一定能实现D．做功和热传递是改变物体内能的两种方式解析：选D.做功和热传递均能改变物体的内能，因此物体吸热温度不一定升高，即A错，D对；由热力学第二定律可知B、C均错．6.(2012·衡阳八中高二检测)下列说法正确的是()A．因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能的B．甲物体自发地传递热量给乙物体，从微观上看，是大量分子从无序程度大的运动状态向无序程度小的运动状态的转化C．第二类永动机是指效率达到100%的热机D．在有些自然过程中，一个孤立系统的总熵可以减少解析：选C.由于能量转化具有方向性，能量会发生耗散与退化，所以能源危机是可能的，A错误；由熵增加原理可知，B、D错误；根据第二类永动机的定义，C正确．7.下列关于熵的说法错误的是()A．熵是表征系统的无序程度的物理量B．在孤立系统中，一个自发的过程总是向熵减少的方向进行C．热力学第二定律的微观实质是熵是增加的，因此热力学第二定律又叫熵增加原理D．熵越大，代表系统分子运动越无序解析：选 B.热力学第二定律揭示，自然界的一切自发过程，总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的．例如，功转变为热是机械能转变为内能的过程，是大量分子从有序运动向无序运动转化的过程，汽缸内燃气推动活塞做功燃气分子做有序运动，排出汽缸后做越来越无序的运动．物理学中用熵来描述系统大量分子运动的无序性程度．热力学第二定律用熵可表述为：任何孤立系统，它的总熵永远不会减小，反映了一个孤立系统的自发过程会沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．综上所述可知A、C、D说法正确，只有B说法与热力学第二定律不符．8.河面水温高于河底温度，一个气泡从河底加速上升到水面，在这一过程中，气泡中气体质量不变，气泡吸热为Q，内能增加为ΔU，则()A．重力对气泡做正功，ΔU＜QB．浮力对气泡做正功，Q＜ΔUC．合力对气泡做正功，Q＜ΔUD．气体膨胀对外做功，Q＞ΔU解析：选D.根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，即Q＝ΔU－W.因为上升时气泡膨胀对外做功W＜0，所以Q＞ΔU.9.金属制成的汽缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使汽缸中柴油达到燃点的过程是()A．迅速向里推活塞B．迅速向外拉活塞C．缓慢向里推活塞D．缓慢向外拉活塞解析：选A.只有迅速向里推活塞，对混合气体做功，才能使混合气体的内能迅速增加，温度迅速升高到燃点．故A正确．10.图2－1如图2－1所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中的水面比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：选D.大气压对左面A的水做正功，而对B中水做负功；A内水面下降，体积减少，与B内上升增加的体积相同，因此大气压对水做功的代数和为零；水的重心降低重力势能减小，由能量守恒定律知水的内能增加．故选D.11.如图2－2所示，A、B两球完全相同，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B球用同一种特殊的材料制作，当温度稍微升高时，球的体积明显增大，如果水和水银的初温及缓慢升高后的末温都相同，且两球膨胀后体积也相等，两球也不再上升，则()图2－2A．A球吸收的热量多B．B球吸收的热量多C．A、B两球吸收的热量一样多D．不能确定吸收热量的多少解析：选B.A、B两球初末状态完全相同，故ΔU相同；B球膨胀对水银做的功大于A球膨胀对水做的功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，B球吸收的热量大于A球吸收的热量，故B正确．12.某火力发电厂，用烧煤取热使水变为高压高温蒸汽推动汽轮机做功发电，做功后的蒸汽具有大量能量，为提高能量的利用率以节约能源，以下方法可取的是()A．把这些做功后的蒸汽收集起来通过压缩机压入管道，通往用户用于取暖、做饭等B．把这些做功后蒸汽的一部分回到加热器中，加温加压再次做功C．降低蒸汽温度，仍可做功，这样可节约煤D．改烧煤为烧油，因油的热值大于煤的热值，所以可节约能源解析：选AB.由于能量的耗散，热能不可能全部转化为机械能，热能的损失对于火力发电厂来说是很大的浪费，提高废气的二次利用率可节约能源，故A、B都是可以的，只需加一些辅助设备．降低工作物质的温度会降低汽轮机的工作效率，减少机械能和电能的输出．若改为烧油，只是节约了煤却用了油，不是节约能源，而是加大了成本，故不可取．二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中的横线上)13.两个温度不同的物体接触时，热量会自发地从高温物体传向低温物体，直到两者温度相等；一个温度处处相等的物体，不可能自发地变得一部分温度高，另一部分温度低．这一事实说明，一切自然过程总是沿着分子热运动的________的方向进行的．答案：无序性增大14.(2012·苏北四市一模)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体放出热量为5.0×104 J．在此过程中，该气体的内能________(填“增加”或“减少”)了________J.解析：由题意知W＝2.0×105 J，Q＝－5.0×104 J根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝2.0×105 J－5.0×104 J＝1.5×105 J故气体的内能增加了1.5×105 J.答案：增加 1.5×105三、计算题(本题共2小题，共24分．解答时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，答案中必须明确写出数值和单位)15.(10分)物体在水平地面上运动，当它的速度由9 m/s减小到7 m/s的过程中，减少的动能全部转化为物体的内能．如果物体继续运动，又有一部分动能转化为与上述等量的内能，这时物体的速度是多少？答案：17 m/s16.(14分)太阳能热水器是利用太阳能来加热水的设备，在我国城乡许多屋顶上都可以看到．太阳单位时间直射到地面单位面积的能量为E0＝7×103 J/(m2·s)．某热水器的聚热面积S＝2 m2，若每天相当于太阳直射的时间为t＝4 h，太阳能的20%转化为水的内能，计算这个热水器最多能使m＝500 kg的水温度升高多少？解析：根据题意可知，一天当中被热水器吸收且转化为水的内能的太阳能为Q＝E0·S·t·20%，这部分能量就等于被水吸收的能量Q吸＝cmΔt.即Q＝Q吸代入数值得Δt＝19.2 ℃.所以这个热水器最多能使500 kg的水温度升高19.2 ℃.答案：19.2℃。

章末综合检测( 二 ) 电磁感应(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，共40分。

第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，每小题4分，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．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示。

它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变电流。

它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。

下列关于电磁炉的说法正确的是( )A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流解析：选A 电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁，故B错误；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热，故C错误；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小，不是不能形成涡流，故D错误，A正确。

2．如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。

已知I1>I2，用f1和f2分别表示导线cd 产生的磁场对ab的安培力大小和ab产生的磁场对cd的安培力大小，下列说法正确的是( )A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2解析：选B 若MN 向左运动，由右手定则可知cd 中的电流方向由d →c ，而ab 中的电流方向由a →b ，故二者方向相反，相互排斥。

高中物理学习材料桑水制作综合检测(二)第二章能量的守恒与耗散(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．物体从高处落下，由于受空气阻力的影响，它的( )A．机械能减少，内能减少B．机械能减少，内能增加C．机械能增加，内能也增加D．机械能和内能都不变【解析】物体从高处落下时，克服空气阻力做功，机械能减少，内能增加，B对．【答案】 B2．物体的内能增加了20 J，下列说法中正确的是( )A．一定是外界对物体做了20 J的功B．一定是物体吸收了20 J的热量C．一定是物体分子动能增加了20 JD．物体的分子平均动能可能不变【解析】做功和热传递都可以改变物体内能，物体内能改变20 J，其方式是不确定的，因此A、B错误；而物体内能包括所有分子的平均动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、势能三者决定，因此C错误，D正确．【答案】 D3．下列对能量耗散理解正确的是( )A．能量耗散说明能量在不停地减少B．能量耗散遵循能量守恒定律C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可凭空消失D．能量耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BD4．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高【解析】绝对零度不可能达到，A错；物体从外界吸收热量、对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减小和不变，C错；压缩气体，外界对气体做正功，可能向外释放热，内能可能减少、温度降低，D错；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，B对．【答案】 B5．(2012·威海检测)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减小1.3×105 J，则此过程( )A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界释放热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界释放热量6.0×104 J【解析】本题考查热力学第一定律的简单应用，强调正负号的含义．【答案】 B6．关于热力学第二定律，下列表述正确的是( )A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功C．第二类永动机是不可能制成的D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论【解析】如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功．热力学第一定律说明在任何过程中能量必须守恒，热力学第二定律却说明并非能量守恒过程均能实现．热力学第二定律是反映自然界过程进行的方向和条件的一个规律．它指出自然界中出现的过程是有方向性的，某些方向的过程可以实现，而另一些方向的过程则不能实现，在热力学中，第二定律和第一定律相辅相成，缺一不可．【答案】 C7．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团．气团直径可达几千米．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略．高空气团温度很低的原因可能是( )A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低【解析】由于热交换可忽略不计，故A、B错．地面气团上升到高空，由于外界压强减小，故气团体积膨胀，对外做功，使得气团内能减少，温度降低，C正确．【答案】 C二、非选择题(本题共5小题，共58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)8．(8分)热力学第二定律常见的表述有两种．第一种表述：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；第二种表述：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．图1图1a是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图1b.根据你的理解，热力学第二定律的实质是___________________________________．【答案】如图所示一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性9．(8分)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这一现象在物理学中称为________现象，是由于分子的________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性________的方向进行的．这一过程的熵________．【答案】扩散无规则运动增加增加10．(14分)两个温度不同的物体接触时，热量会自发地从高温物体传向低温物体，直到两者温度相等；一个温度处处相等的物体，不可能自发地变得一部分温度高、另一部分温度低．怎样从分子热运动的角度解释热传递的这种方向性？【解析】两个物体温度不同，分子热运动的平均动能不同，一个物体分子的平均动能大，另一个物体分子的平均动能小，总体上看，分子热运动的分布较为有序，能量适当集中，而热量由高温物体传到低温物体的过程中，能量变得分散和退化，分子热运动的分布较为无序．由于一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，所以热传递是热量由高温物体自发地传向低温物体的，热传递具有方向性．【答案】见解析11．(14分)有一座瀑布的高度是50 m，流量为12 m3/s，计划在瀑布底部利用水能发电，设在瀑布顶处水流速率与从发电机水轮机内流出的水流速率相等，且水流能有65%被利用．求安装的发电机功率能达到多大．【解析】设流量为Q，水的密度为ρ，在t时间内通过水轮机的水的质量m＝ρQt，转化为电能的水能是65%.发电机功率为：P＝ρQtghtη＝ρQghη＝1.0×103×12×10×50×65% W＝3.9×103 kW.【答案】 3.9×103 kW12．(14分)如图2所示，一个质量m＝100 g的金属块恰能从一个长l＝4 m、倾斜角θ＝30°的斜面的顶端匀速下滑至底端，损失的机械能有20%被金属块吸收，求在下滑过程中产生的内能及金属块升高的温度．[金属块的比热容为98 J/(kg·℃)]图2【解析】金属块下滑过程中机械能转化为内能，其中一部分热量被金属块吸收．金属块匀速下滑过程中动能不变，机械能的减少量，即重力势能的减少量为mgl sinθ，这部分机械能通过摩擦生热转化成为等值的内能．Q＝ΔEp＝mgl sinθ＝100×10－3×9.8×4×sin30° J＝1.96 J.而其中20%的内能被金属块吸收，所以金属块增加的内能为ΔU＝Q′＝η·Q ＝20%×1.96 J＝0.392 J又因为Q′＝cmΔt，所以Δt＝Q′cm＝0.39298×0.1℃＝0.04℃.【答案】0.04℃。