2019春内蒙古鄂尔多斯市东胜一中高二(下)期末物理试卷(解析版)

1、2019 春内蒙古鄂尔多斯市东胜一中高二（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共10 小题，共30.0 分）1. 如图所示，电磁炮是由电源、 金属轨道、炮弹和电磁铁组成的，当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度，如图的各俯视图中正确表示磁场B 方向的是（）A.B.C.D.2.下列说法中不正确的是（）A.B.C.卢瑟福提出原子的核式结构模型 ,建立的基础是 粒子的散射实验发现电子的意义在于使人类认识到原子也有内部结构在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中,在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架 ,不会影响动量是否守恒,D. 氢原子的核外电子 在由离核

2、较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道过程中放出光子 电子动能增加 ,原子的电势能增加3. 空间某区域存在一电场， 一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1 处沿 x轴负方向运动。粒子质量为m，初速度大小为v0，其电势能Ep 随坐标x 变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点0 处电势能为E0，在 x1 处电势能为E1，则下列说法中正确的是（）A. 坐标原点 0 处两侧电场方向相同B. 由 运动到 0 过程电场力做正功C. 粒子经过 、处速度不相同D. 若粒子能够沿 x 轴负方向运动越过 0 点 ,一定有4. 如图所示电路中，电源电动势为Er，电阻R0 为定值电阻，

3、 R1 为、内阻为滑动变阻器， A、B 为电容器的两个极板当滑动变阻器R1 的滑动端处于某位置时， A、 B 两板间的带电油滴静止不动经下列操作并稳定后，说法正确的是（）A. 仅把的滑动端向上滑动时,电流表读数减小 ,油滴向下运动B. 仅把的滑动端向下滑动时,电流表读数增大 ,油滴向上运动C. 仅把两极板A、 B 间距离增大 ,油滴向下运动,电流表读数不变D. 仅把两极板 A、 B 间距离减小 ,油滴向下运动 ,电流表读数不变5. 某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2 两端的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电阻R1、 R2 组成电路， R1、 R2 可以同时接入电路，也可以单独接

4、入电路。下列说法正确的是（）A. 将、串联后接到电源两端时,电源的效率为B. 将、并联后接到电源两端时,电源的效率为C. 为使电源输出功率最大,可将单独接到电源两端D. 为使电源输出功率最大,可将单独接到电源两端6.如图所示，两种情况下灯泡L 2、 L 3 的功率均为P，且 L1、 L2 、L 3 为相同的第1页，共 15页灯泡，匝数比为n1： n2=4 ： 1，则图（ a）中 L 1 的功率和图（b）中 L 1 的功率分别为（）A.、PB. 、C.16P、D.、 9PP9P7. 如图所示两半径为 r 的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为 L ，

5、一端接有电阻 R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为 B，将一质量为m 的金属导体棒PQ 从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是（）A. 导体棒 PQ 有可能回到初始位置B. 导体棒 PQ 第一次运动到最低点时速度最大C. 导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态,R上产生的焦耳热为电阻D. 导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中,R的电荷量通过8. 已知一质量为 m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为 R则地球的自转周期为（）A.B.C.D.9. 圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，

6、 磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。 图中直径 MN 的两端分别开有小孔， 筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN成15角。当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A.B.C.D.AB、C、DEF是先在匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六10. 如图所示，、 、个顶点，该六边形所在平面与电场线（图中没有画出）平行如果已知A、C、E三点的电势分别为-2V、 0V、 2V，则下列说法正确的是（）A. 通过 CD 和 AF 的直线应为电场中的两条等势线B. 匀强电

7、场的场强大小为C. 匀强电场的场强方向为由D指向BD. 将一个电子由D点移到A,点 其电势能将减少二、多选题（本大题共5 小题，共19.0 分）11. “娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的风洞内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为 H人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的，恰好可以静止或匀速漂移表演者开始时，先以站立身势从A 点下落，经过某处B 点，立即调整为横躺身姿运动

8、到最低点C 处恰好减速为零则有（）第2页，共 15页A. 运动过程中的最大加速度是B. B 点的高度是C.D.表演者 A 至 B 克服风力所做的功是B 至 C 过程的表演者 A 至 B 动能的增量大于B 至 C 克服风力做的功12.一定量的理想气体从状态M 可以经历过程1 或者过程 2 到达状态N，其 p-V图象如图所示。在过程1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程2 中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（）A. 气体经历过程 1,其温度降低B. 气体经历过程 1,其内能减少C. 气体在过程 2 中一直对外放热D. 气体经历过程1 的内能该变量与经历过程2

9、的相同13.有关热学，下列说法正确的是（）A. 甲分子固定不动 ,乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中,分子间的分子势能是先减小后增大B.C.一定质量的理想气体在体积不变的条件下,吸收热量 ,内能一定增大,压强一定增大已知阿伏伽德罗常数为,水的摩尔质量为M,标准状况下水蒸气的密度为均为国际单位制单位,则 1 个水分子的体积是D. 自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,是不可逆的E. 随着科学技术的发展,的热机人类终会制造出效率为14. 下列说法正确的是（）A. 花粉颗粒越大 ,布朗运动越显著B.C.内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的温度降低 ,物体内所有分子运动的速率不一定

10、都变小D. 分子势能随分子间距离的增加而减小15. 如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。一点电荷从图中A 点以速度v0 垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180不计电荷的重力，下列说法正确的是（）A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B. 该点电荷的比荷为C.D.该点电荷在磁场中的运动时间为该点电荷在磁场中的运动时间为三、实验题（本大题共2 小题，共14.0 分）16. 为了“测量当地重力加速度g 的值和木块与木板间的动摩擦因数”，某同学设计了如下实验方案：第一步：他把带有定滑

11、轮的木板的有滑轮的一端垫起，把质量为M 的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤相连， 然后跨过定滑轮， 重锤后连一纸带， 穿过打点计时器， 调整木板倾角， 直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示。第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块第3页，共 15页与纸带相连， 使其穿过打点计时器，如图乙所示， 然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动。打出的纸带如丙图。试回答下列问题：（ 1）已知 O、A、B、C、D、E、F 相邻计数的时间间隔为T，OA、 AB、DE 、EF 间距分别为x1、x2、x3、 x4，根据纸带求木块下滑的加速度a=_。

12、，（ 2）已知质量m、 M，加速度a，则当地的重加速度g=_。（ 3）已知质量m、 M 和长木板的倾角，则木块与木板间的动摩擦因数=_。17. 在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（ A）待测的干电池（ B）电流传感器 1（ C）电流传感器 2（D ）滑动变阻器 R（ 0-20， 2A）（ E）定值电阻 R0（ 2000）（ F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验（ 1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P 向右滑动，则电流传感器1 的示数将 _（选填“变大”或“变小”）（ 2）图乙为

13、该同学利用测出的实验数据绘出的I1-I 2 图线（ I 1 为电流传感器1 的示数， I2 为电流传感器2 的示数，且 I2 的数值远远大于 I1 的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_ （ 3）若将图线的纵坐标改为 _，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小四、计算题（本大题共4 小题，共37.0 分）18.图 1 是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的对称轴OO 转动，由线圈引出的导线ae 和 df 分别与两个跟线圈一起绕OO 转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这

14、样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路。 图 2 是线圈的主视图， 导线 ab 和 cd 分别用它们的横截面来表示。已知 ab 长度为 L1 ，bc 长度为 L 2，线圈以恒定角速度逆时针转动（只考虑单匝线圈）。第4页，共 15页（ 1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e1 的表达式；（ 2）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）19. 如图所示，一个绝热的气缸（气缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板， 隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和 B活

15、塞的质量m=8kg，横截面积S=10cm2，与隔板相距h=25cm现通过电热丝缓慢加热气体，当 A 气体吸收热量Q=200J 时，活塞上升了h=10cm，此时气体的温度t1=27 已知大气压强为P0=1.0 105Pa，重力加速度g=10m/s2i加热过程中，若A 气体内能增加了U1 =55J，求 B 气体内能增加量U 2ii 现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时 A 气体的温度为t2=30 ，求此时添加砂粒的总质量M20.如图（ a）所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴承转动，圆心O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接，

16、电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流 I 与圆盘角速度 的关系如图（ b）所示，其中 ab 段和 bc 段均为直线，且 ab 段过坐标原点。 0 代表圆盘逆时针转动。已知： R=3.0 ，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。第5页，共 15页（ 1）根据图（ b）写出 ab、 bc 段对应 I 与 的关系式；（ 2）求出图（ b）中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、 U c；（ 3）分别求出 ab、 bc 段流过 P 的电流 IP 与其两端电压 U P 的关系式。21. 两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感B=0.50 T

17、的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为 m=0.10kg 的平行杆甲、 乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的为电阻R=0.50 ，在 t=0 时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行， 大小为 0.20N 的力作用于金属杆甲上， 使金属杆在导轨上滑动。经过 t=5 s，金属杆甲的加速度 a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？第6页，共 15页答案和解析1.【答案】 B【解析】解： A、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故A 错误；B、由左手定则可知，图示磁感应

18、强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故B 正确；C、由左手定则可知，炮弹不受安培力，不符合要求，故C 错误；D、由左手定则可知，炮弹不受安培力，不符合要求，故D 错误；故选： B。电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键2.【答案】 D【解析】解： A、卢瑟福通过 粒子的散射实验，提出原子的核式结构模型，故A 正确；B、电子被发现的意义在于使人类认识到原子具有复杂结构，原子不是不可分的，故B 正确；C、动量守恒的

19、条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C 正确；D、氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，原子能量减小，放出光子，电子动能增大，库仑力做正功，则电势能减小，故D 不正确；本题选不正确的，故选： D。卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是粒子散射实验。电子被发现的意义在于使人类认识到原子具有复杂结；氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，原子能量减小，放出光子，电子动能增大，则电势能减小。本题考查了粒子的散射

20、实验、电子被发现的意义、动量守恒定律的实验和波尔氢原子模型，都是一些记忆性的内容，在理解的基础上进行记忆。不仅需要知道是什么，还需要知道为什么，这样才能深刻理解和记忆。3.【答案】 D【解析】解： A根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E= ，得： E= 所以 Ep-x图象切线的斜率等于电场力，根据数学知识可知，坐标原点O 处切线斜率为零，则坐标原点O 两侧的场强大小对称，方向相反，故O点两侧的电场力大小对称，方向相反，故A 错误。B据功能关系可知，由 x1 运动到 O 过程，电势能增大，电场力做负功，故B 错误；C由图看出， x1、-x1 两处的电势能相等，根据能量守恒定律得

21、知，粒子经过x1、 -x1 处速度相同，故C 错误；D根据公式 Ep =q，可知，该粒子带负电，从x1 处到 -x1 处，电势先降低后升高，电场方向先沿x 轴负方向后沿 x 轴正方向，电场力先沿x 轴正方向后沿 x 轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x 轴运动，设粒子恰好能到达原点O 时的速度为 v，则根据能量守恒定律得，当 v0v 时，即 v0粒子能够一直沿x 轴负方向运动，故 D 正确。故选： D。第7页，共 15页（ 1）根据电势能与电势的关系： Ep=q，结合分析图象斜率与场强的关系， 即可求得原点 O 处的电场强度；（ 2）根据电场力做功与电势能的关系判断；（ 3）速度根据能

22、量守恒判断；（ 4）根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，据动能定理分析速度和过O 点速度情况；解决该题需明确知道图象的斜率代表的物理意义，知道电场力做功与电势能的关系；4.【答案】 C【解析】解： A、仅把 R1 的滑动端向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数减小。变阻器两端电压增大，电容器板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动。故 A 错误。B、仅把 R1 的滑动端向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电流表读数增大。变阻器两端电压减小，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴向下

23、运动。故B 错误。C、仅把两极板A、B 间距离增大，不改变电路的电阻，则不改变电路中的电流，电流表读数不变，电容器两端电压不变，由E= 分析知，板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴向下运动。故C 正确。D、仅把两极板A、B 间距离减小，不改变电路的电阻，则不改变电路的电流，电流表读数不变，电容器两端电压不变，由E= 分析知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动。故D 错误。故选： C。电容器板间电压等于变阻器R1 两端的电压， 改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化当变阻器的电压增大时，油滴将向上运动改变板间距离，判断电容的

24、变化，由E= 分析场强变化，从而判断油滴的运动情况本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E= 分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向5.【答案】 C【解析】解： A、根据题图可知，电源的电动势为E =3V，内阻 r = =0.5 ，根据 R= 知，两定值电阻的阻值分别为 R=0.5 R =1R 、R串联后接到电源两端时，电源的效率为=100%=75% ，故 A1， 2将12错误；B、外电阻越大，电源的效率越高，因为R1、R2 并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将R1、 R2并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故 B 错误；CD、当外电阻等于电源的

25、内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将R1 单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C 正确， D 错误。故选： C。根据路端电压与电流的关系图线的纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻。电阻的电压与电流的关系图线的斜率大小等于电阻 R 的大小。两图线的交点表示电阻 R 接在该电源的电压和电流， 求出电源的输出功率和电源的效率。本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，要明确电源的效率与外电阻的关系，可通过功率关系推导得到。6.【答案】 C第8页，共 15页【解析】解：对甲图，根据电压与匝数成正比知：，解得： U 1=4U 2，则 P1= =16P，对乙图：根

26、据输入功率等于输出功率知： n1I 1=n2I2+n3I3 =2n2 I2，所以 I1=0.5I2 ，而 P=I22R，所以 P1=I12 R=，故 C 正确， ABD 错误。故选： C。对甲图，根据电压与匝数成正比可以求出图（a）L 1 的功率；对乙图，根据输入功率等于输出功率，可以求出所以I 1，再根据 P=I 22R 算出图（ b）中 L 1 的功率。本题考查了变压器的构造和原理。掌握住理想变压器的电压、 电流及功率之间的关系， 本题即可得到解决。【答案】 D7.【解析】解： A、导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，故 A 错误；B、导体棒 P

27、Q 第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B 错误；C、导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即 QR=EP=mgr （ 1-cos ），故 C 错误；D、导体棒 PQ 从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过，故 D 正确。R 的电荷量为： q= =故选： D。导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据感应电流产生的条件与机械能守恒定律分析答题，由于两圆弧的半径相等，则这两圆弧一定是在不同水平面上的。本题是电磁感应中的力、电与功能的综合考查，知道感应电流产生的条件、分析清楚金属棒的运动过程，应用机械能守恒定律即可正确解题。8

28、.【答案】 A【解析】解：在北极在赤道：根据题意，有联立解得：， A 正确， BCD 错误；故选： A。在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力9.【答案】 B【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，有：MOA =90 ， OMA =45 ， CMO =75 ，所以 O MA =60 ， O AM=60 ，MO A=60 即轨迹圆弧所对的圆心角为60粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=粒子在磁场中匀速圆周运动的时间为：t=T= ；第9页，共 15页圆筒转动90所用时间为

29、：t = T = =粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等，有：t=t= 解得：=，故 B 正确， ACD 错误故选： B。粒子不经碰撞而直接从 N 孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可。本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键。10.【答案】 C【解析】解： A：连接 A、E 两点，则其中点电势为0V，与 C 等势， C 与该中点连线即为等势线，该连线与 ED 、 AB 平行，故 A 错误；B：由 E= = 102v/

30、m=v/m 故 B 错误；C：由 A 项知：等势线与 ED 、AB 平行，电场线垂直于等势线，由D 指向 B，故 C 正确；D：将一个电子由 D 点移到A 点，电场力做负功，DA10-19）J=-6.4 10-19JEPDA10-19J，W =4（ -1.6=-W =6.4D，即其电势能增加-196.4 10J，故 D 错误。故选： C。A：匀强电场中直线上各点之间的电势差之比与距离之比相等，找出与C 点电势相等的点，这两点的连线即为等势线，匀强电场中等势线相互平行，即可判定其他直线是否为等势线B：根据 E= ，求出 AE 之间的距离，就可以得出场强C：电场线的方向与等势线垂直，由A 项可知从

31、D 指向 B 所在直线即为电场线的方向D：先求出电场力做的功WDA ，再根据WDA=- EP，即可得出 EP此题考查匀强电场的基础知识，先找出与C 等势的点，从而确定等势面；再根据等势面与电场线垂直，确定电场线的方向，根据E= ，求出 E，再根据 WDA =-EP，即可得出 EP11.【答案】 BC【解析】解：A、设最大风力为 Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G= F m，Fm=2G。则人平躺上升时有最大加速度，a=g，故 A 错误；B、设下降的最大速度为v，有速度位移公式，加速下降过程位移

32、x1=减速下降过程位移x2=第10 页，共 15页故 x1：x2=4： 3因而 x2= H ，则 B 的高度为H，故 B 正确；C、表演者 A 至 B 克服风力所做的功为W1=F?H= FH；B 至 C 过程克服风力所做的功为W2=F ? H= F H；mmmm所以，故 C 正确。D、对A至B过程应用动能定理：表演者A至BEk=G?H-W1=F mH =动能的增量 ?2GH= GH可知， Ek=W2，即表演者 A 至 B 动能的增量等于B 至 C 克服风力做的功，故D 错误；故选： BC。由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止

33、或匀速漂移，故可以求得重力G= Fm，人站立时风力为Fm，人下降过程分为匀加速和匀减速过程，先根据牛顿第二定律求出两个过程的加速度，再结合运动学公式分析求解本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断12.【答案】 ABD【解析】解： A、1 过程中与外界无热量交换，故Q=0，根据热力学第一定律：U=W+Q，可知： U=W，过程 1 气体的体积变大，故气体对外做功，W 0，故 U 0，内能减小，温度降低。故A 正确， B 正确；C、过程2 先发生等容变化，做功W=0，压强 P 减小，根据查理定律可知，温度降低，内能减小U0，根据热力学第一定律可

34、得：Q=U 0，故在等容变化过程中气体放热；之后再发生等压过程，体积变大，根据盖吕萨克定律可知，温度升高，U 0，体积变大，故气体对外做功，W 0，根据热力学第一定律可知，热量一定满足 Q 0，故等压过程一定吸热，所以气体经历过程2，先放热后吸热，故C 错误；D、无论是经过 1 过程还是2 过程，气体初、末状态相同，初末状态温度相等，初末状态内能相等，由热力学第一定律可知， 气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同，过程 2 中，内能减小， 故 D 正确；故选： ABD。在过程1 中，气体始终与外界无热量交换，为绝热过程；在过程2 中，气体先经历等容变化再经历等压变化，利用理想气体的状态方

35、程，结合热力学第一定律逐项分析判断即可。本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积 V、温度 T 三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，再结合热力学第一定律联立即可分析求解。13.【答案】 BD【解析】解： A、分子力做功等于分子势能的减小量；甲分子固定不动，乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子间的分子势能是先减小后增加，故A 错误；B、一定量的理想气体在体积不变的条件下，不会对外做功，故吸收热量后内能一定增加，故温度升高，分子热运动的平均动能增加，压强增加，故B 正确；C、已知阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，标准状况下水

36、蒸气的密度为（均为国际单位制单位），则 1 个水分子所占据的体积是： V0= =；分子有间隙，故一个水分子的体积小于，故 C 错误；D、根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D 正确；E、根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100% 的热机。故 E 错误。故选： BD 。第11 页，共 15页分子力做功等于分子势能的减小量；温度是分子热运动平均动能的标志；热力学第二定律说明自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性本题考查了分子力做功与分子势能的关系、阿伏伽德罗常数的运用、热力学定律等，涉及知识点多，难度不大，记住即可14.【答案】 BC【

37、解析】解：A、布朗运动与颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显。故A 错误；B、内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的，如冰箱。故B 正确；C、温度降低，物体分子的平均动能减小，并不是物体内所有分子运动的速率不一定都变小。故C 正确；D、当 r r 0 时，分子力表现为引力，随着分子之间距离的增大，分子间的作用力都减小，但表现为引力，所以分子力做负功，分子势能增大。故D 错误；故选： BC。布朗运动与颗粒的大小有关；内能从低温物体转移到高温物体是可能实现的；温度降低，物体分子的平均动能减小，并不是物体内所有分子运动的速率不一定都变小；分子势能随分子间距离的可能增加，也可能减小。明确温度是

38、分子平均动能的标志，注意是大量分子的统计规律，如只提几个分子毫无意义；与弹簧的弹力与弹性势能类比分子作用力和分子势能间的关系。15.【答案】 BC【解析】解：如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：电荷在电场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径r =Rsin30 = R，所以有：A、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过 O 点，故 A 错误；B、根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=，所以：，故 B 正确；CD、由图知该电荷在磁场中运动的时间t=，故 C 正确， D 错误；故选： BC。根据电荷在磁场中偏转 180和电荷在磁场中在洛

39、伦兹力作用下做匀速圆周运动作出电荷在磁场中的运运轨迹，根据已知条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可。正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心力是解决本题的关键。16.【答案】a【解析】解：（1）物体做匀加速运动，根据逐差法可知a=（ 2）匀速时，根据共点力平衡可知Mgsin -Mg cos-mg=0匀加速运动时，Mgsin -Mg cos=Ma联立解得g=a（ 3）根据式可知=故答案为：（1）；（ 2）a；（ 3）第12 页，共 15页（ 1）物体沿斜面匀加速运动，利用逐差法即可求得加速度；（ 2）（ 3）物体匀速阶段时根据共点力平衡求得 M 与 m

40、 的关系，在加速加过程中，根据牛顿第二定律列式，即可求得重力加速度和摩擦因数逐差法是求物体加速度的一个重要方法，要熟练掌握其应用，提高解决实验能力。17.3.00 2.00I 1R0+I 1r【答案】变小【解析】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P 向右滑动时 R 值减小，电流传感器 2 的示数变大，电流传感器1 的示数变小（ 2）由闭合电路欧姆定律可得：I 1R0 =E-（ I1+I2） r变形得： I 1=-I2；由数学知可得：图象中的k=； b=；由图可知： b=1.50 ；k=；故解得： E=3.00 V， r =2.00 ；（ 3）依据公式 I1R0=E-（ I1

41、+I2）r ，当 I 2=0，纵坐标值即为电源的电动势；因此若图象纵坐标改为路端电压，即I 1R0+I1r ，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故答案为：（1）变小（2）2.96（士 0.04） V； 2.00 （士0.03） （ 3） I1R0+I1 r（ 1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P 向右滑动时 R 值减小，电流传感器1 的示数和电流传感器 2的示数都变化（ 2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻（ 3）若图象纵坐标为路端电压，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻

42、，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节， 如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为 mA 等，都应细心观察18.1）矩形线圈 abcd 在磁场中转动时，只有ab 和 cd 切割磁【答案】解：（感线，且转动的半径为：r =设ab和cd的转动速度为v，则有：v=，?在 t 时刻，导线 ab 和 cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为：E1=BL1vsin t，则整个线圈的感应电动势为：e1112 sin t=2E =BL L，（2）由闭合电路欧姆定律有：I=，又：E= =，线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为：QR=I2RT，其中 T= ，得： QR） 2；=R（答

43、：（ 1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e1 的表达式为BL 1L 2 sin t；第13 页，共 15页（ 2）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热Q 为 R（）2 ；【解析】（ 1）矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和 cd 切割磁感线，先求出转动线速度，根据E=BLv ，求出导线ab 和 cd 因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式；（ 2）先求出平均电动势，根据欧姆定律求出平均电流，根据Q=I 2RT 即可求解。当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大。求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值19.【答案】解： i、 B 气体对外做功：W=-Fl =-pSl=-pV=-（ p0S+mg） h =-18J，由热力学第一定律得：U1+U2=Q+W， U 2=Q+W- U 1=127J；105ii 、 B 气体的初状态： p