高二（下学期）期末物理试卷及答案

第第页第=page22页，共=sectionpages22页高二（下学期）期末物理试卷及答案（时间90分钟，满分100分）题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.伽利略发现了行星运动的规律

B.卡文迪许通过实验测出了引力常量

C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因

D.法拉第建立了完整的电磁场理论如图所示，闭合线圈正上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下。当磁铁向上运动时（）A.线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引

B.线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥

C.线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥

D.线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引

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。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是（）A.物体M不动时，电路中没有电流

B.物体M不动时，电压表没有示数

C.物体M向右运动时，电压表的示数会增大

D.物体M向右运动时，电源内的电流会增大

1964年至1967年6月我国第一颗原子弹和第一颗氢弹相继试验成功，1999年9月18日，中共中央、国务院、中央军委隆重表彰在研制“两弹一星”中作出贡献的科学家。下列核反应方程式中属于原子弹爆炸的核反应方程式的是（）A.N+He→O+H B.H+H→He+n

C.U→Th+He D.U+n→Sr+Xe+10n产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是（）A.对于同种金属，Ek与照射光的强度成正比

B.对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比

C.对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比

D.对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系理想变压器原线圈接有理想交流电流表，副线圈接有两个电热器R1与R2，其铭牌参数分别为“220V1100W”和“220V440W”，如图甲所示。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压时，两电热器均正常工作，则下列说法正确的是（）

A.变压器原线圈的输入电功率为1540W

B.变压器原、副线圈的匝数比为311：22

C.原线圈输入电压为3110V

D.理想交流电流表的示数为7A氢原子能级示意图如图所示。处于n=4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸出功为4.54eV的钨板上，下列说法正确的是（）A.跃迁过程中，共有10种不同频率的光子辐射出来

B.共有6种不同频率的光子能使钨板发生光电效应现象

C.从钨板逸出的光电子的最大初动能为8.21eV

D.从钨板逸出的光电子的最大初动能为12.75eV

市电即电网为我们提供的工频交变电流，我国的市电标准为“220V/50Hz”．它是由发电站的发电机发出，通过分级升压或降压变压器变换电压，跨越较远距离输送到用户所在地．下列说法正确的是（）A.220

V指的是交流电压的峰值

B.变压器可以变换交流电的电压、功率和频率

C.发电机转子的转速为3

000

r/min

D.采用远距离高压输电可减小输电线的电阻及电线上的电流PET（正电子发射型计算机断层显像）的基本原理是：将放射性同位素O注入人体，参与人体的代谢过程，O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像。根据PET原理，下列说法不正确的是（）A.O衰变的方程式为O→N+e

B.将放射性同位素O注入人体，其作用为示踪原子

C.一对正负电子湮灭后也可能只生成一个光子

D.PET所选的放射性同位素的半衰期应小于人体的代谢周期如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R，水平外力F平行于导轨，随时间t按图乙所示变化，导体棒在F作用下沿导轨运动，始终垂直于导轨，在0～t0时间内，从静止开始做匀加速直线运动。图乙中t0、F1、F2为已知量，不计ab棒、导轨电阻。则（）

A.在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动

B.在t0以后，导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动

C.在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为

D.在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为二、多选题（本大题共8小题，共34.0分）图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕水平轴OO′匀速转动，A为交流电流表。从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。则（）

A.电流的频率是100Hz

B.电流表的示数为10A

C.电路中的电流方向每秒钟改变100次

D.0.02s时穿过线圈平面的磁通量最大如图所示，（1）和（2）是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，等A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2的，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，下列说法正确的是（）

A.图（1）中，A1与L1的电阻值相同

B.图（1）中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流

C.图（2）中，变阻器R与L2的直流电阻值相同

D.图（2）中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等如图所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况是（）A.无感应电流

B.磁通量先增大后减小

C.磁通量为0

D.先逆时针方向后顺时针方向的感应电流如图甲，圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接。若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V。下列说法正确的是（）

A.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里

B.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外

C.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.3V

D.若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V下列说法正确的是（）A.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大

B.在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能相同

C.液体中悬浮颗粒内的分子所做的无规则运动就是布朗运动

D.理想气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的

E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.从a到b，每个气体分子的动能都增大

B.从b到c，气体温度升高

C.从c到d，气体内能不变

D.从d到a，气体对外界做正功

E.从a经过b、c、d再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等

如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r.现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出．设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则A.n可能为 B.n可能为2 C.t可能为 D.t可能为某横波在介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻，O点开始向正方向运动，经t=0.2s，O点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图所示，下列说法正确的是（）

A.该横波的波速为5

m/s

B.质点L与质点N都运动起来后，它们的运动方向总相同

C.在0.2

s的时间内质点M通过的路程为1

m

D.在t=2.6

s时刻，质点M处于平衡位置，正沿y轴负方向运动

E.图示波形图可能是t=1.2

s时刻的三、实验题（本大题共2小题，共11.0分）1831年法拉第发明了世界上第一台圆盘发电机。圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与圆盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计G相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动。试回答下列问题：

（1）电刷M的电势______（填“高”、“等”或“低”）于电刷N的电势；

（2）若只提高金属盘的转速，电流计G的示数将变______（填“大”或“小”）；

（3）若仅将电刷M靠近电刷N，电流计G的示数将变______（填“大”或“小”）；

（4）若仅将变阻器的滑片向右滑动，电流计G的示数将变______（填“大”或“小”）；

（5）实验结束后，断开开关时，开关处______（填“有可能”或“不可能”）出现火花放电。

在“测绘小灯泡的I-U特性曲线”中，实验室提供下列器材：

A．小灯泡（额定电压25V，额定功率0.6W）

B．电流表（0-300mA，内阻约0.2Ω）

C．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）

D．滑动变阻器R1（0-10Ω，额定电流1.5A）

E．滑动变阻器R2（0-100Ω，额定电流0.5A）

F．直流电源（6V，内阻不计）

G．开关及导线若干。

①实验中滑动变阻器应选用______（填“R1”或“R2”）；

②测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I-U特性曲线如图所示。图中虚线为曲线上I=0.20A这个点的切线，那么此时小灯泡的电阻为______Ω．由图象可

知，此时随着电流的增大，小灯泡的电阻______（填“增大”“减小”或“不变”）。

四、计算题（本大题共5小题，共53.0分）如图甲所示，有一质量为m=0.32kg，边长为L=0.4m、匝数n=20的正方形线圈用轻质绝缘细线吊着，其总电阻为r=4Ω，线框的一半处于水平方向匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，t1时刻细线开始松弛，g取10m/s2，求：

（1）在t1时间内线圈的电功率；

（2）t1的值。

某水电站的输出功率为P0=100kW，向远处的用户供电。电站采用升压变压器升压后再输电，到达用户后再用降压变压器将电压降为U4=220V供用户使用。已知输电导线的总电阻R=5Ω．输电线路损失的功率为输出功率的2%，两台变压器均为理想变压器，求：

（1）输电线上的电压损失值U损；

（2）降压变压器原、副线圈的匝数比。

如图所示，光滑水平轨道MN、PQ和光滑倾斜轨道NF、QE在N、Q点连接，倾斜轨道倾角为θ，轨道间距均为L，轨道足够长，且轨道电阻不计。水平轨道间连接着阻值为R的电阻，质量分别为M、m，电阻分别为R、r的导体棒a、b分别放在两组轨道上，导体棒均与轨道垂直，导体棒a与水平放置的轻质弹簧通过绝缘装置连接，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。水平轨道所在的空间区域存在竖直向上的匀强磁场，倾斜轨道空间区域存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，该磁场区域仅分布在QN和EF所在的区域内，QN、EF间距离为d，两个区域内的磁感应强度分别为B1、B2，以QN为分界线且互不影响．现在用一外力F将导体棒a向右拉至某一位置处，然后把导体棒b从紧靠分界线QN处由静止释放，导体棒b在出磁场边界EF前已达到最大速度。当导体棒b在磁场中运动达到稳定状态时，撤去作用在a棒上的外力后发现a棒仍能静止一段时间，然后又来回运动并最终停下来。求：

（1）导体棒b在倾斜轨道上运动的最大速度；

（2）撤去外力后，弹簧弹力的最大值；

（3）如果两个区域内的磁感应强度B1=B2=B且导体棒的电阻R=r，从b棒开始运动到a棒最终静止的整个过程中，电阻R上产生的热量为Q，求弹簧最初的弹性势能。

如图所示，在两端封闭、导热良好、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气，U形管两端竖直朝上，环境温度为240K时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=24cm和l2=16cm，左边气体的压强为20cmHg．现改变环境温度，使左侧竖直管内水银液面下降1cm（左侧竖直管内仍有水银），求此时的环境温度。

如图，ABCA是横截面为直角三角形的玻璃三棱镜，一平行于CB边的细激光束从AC边上的某点射入棱镜后，在边上的D点部分反射、部分折射，其中反射光刚好与AC边平行。已知AB=L，AD=，∠C=30°，空气中的光速为c。

（i）试通过计算，判断光束第一次射到BC边时是否发生全反射；

（ii）求光束自进入棱镜到第一次从AC边射出所经历的时间。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、开普勒最早发现了行星运动的规律；故A错误；

B、卡文迪许通过实验测出了引力常量；故B正确；

C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因；故C错误；

D、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，故D错误；

故选：B。

本题考查物理学史，可根据伽利略、开普勒、牛顿、法拉第等科学家的成就进行解答．

本题考查了物理学史部分，要了解那些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质，及为科学奉献的精神．

2.【答案】D

【解析】解：由题目中图可知，当磁铁竖直向上运动时，穿过线圈的磁场方向向下减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应向下，由安培定则可知线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反；由“来拒去留”可知，磁铁远离线圈时，磁铁与线圈相互吸引，故ABC错误，D正确。

故选：D。

先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．

在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．

3.【答案】C

【解析】解：A、物体M不动时，电路中仍有电流，而且电流不变。故A错误。

B、只有当触头P停在变阻器最左端时，物体M不动时，电压表没有示数，当触头P在其他位置时，电压表仍有示数，故B错误。

A、当物体M向右移动时，变阻器右侧的电阻增大，据欧姆定律知，电路中电流不变，电压表的示数变大，故C正确，D错误；

故选：C。

根据物体M运动时，电路中电阻有无变化，分析电源的电流有无影响．理想电压表对电路没有影响，电压表测量变阻器左侧的电压．

本题考查了学生对欧姆定律的掌握和运用，本题关键是认识到滑动变阻器起不到变阻作用．

4.【答案】D

【解析】解：原子弹的爆炸为重核裂变，A选项为人工转变、B选项为轻核聚变、C选项为α衰变、D选项为重核裂变。故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

原子弹爆炸的核反应为重核裂变。

核电站、原子弹的爆炸都是重核裂变，氢弹的爆炸为轻核聚变。

5.【答案】D

【解析】解：根据光电效应方程Ekm=hv-W0=h-W0，知最大初动能与光的强度无关，与光的照射时间无关．与光的波长不是成正比关系，与光的频率成线性关系．故D正确，A、B、C错误．

故选：D．

根据光电效应方程Ekm=hv-W0确定光电子的最大初动能与什么因素有关．

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与光的频率关系，注意线性关系与正比关系的区别．

6.【答案】A

【解析】解：A、变压器原线圈的输入电功率为：P入=P出=P1+P2=1100W+440W=1540W，故A正确；

C、原线圈输入电压最大值为：Um=3110V，有效值为U==V=2200V，故C错误；

B、变压器原、副线圈的匝数比为：===，故B错误；

D、理想交流电流表的示数为：I==A=0.7A，故D错误。

故选：A。

根据输入功率等于输出功率，等于两电阻消耗的功率即可判断A选项；

根据正弦交流电压的最大值和有效值的关系即可判断C选项；

根据原副线圈的电压比可判断B选项；

根据功率公式可判断D选项。

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，知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等，以及最大值与有效值的关系。

7.【答案】C

【解析】解：AB、一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，最多能辐射出=6种不同频率的光子，其对应的能量为：

从n=4能级跃迁至n=3能级辐射光子的能量：E1=-0.85eV-（-1.51eV）=0.66eV，

从n=4能级跃迁至n=2能级辐射光子的能量：E2=-0.85eV-（-3.40eV）=2.55eV，

从n=4能级跃迁至n=1能级辐射光子的能量：E3=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV，

从n=3能级跃迁至n=2能级辐射光子的能量：E4=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV，

从n=3能级跃迁至n=1能级辐射光子的能量：E5=-1.51eV-（-13.6eV）=12.09eV，

从n=2能级跃迁至n=1能级辐射光子的能量：E6=-3.4eV-（-13.6eV）=10.2eV，

其中能量最大的光子为△E1=12.75eV，其中有3种光子大于4.54eV，则有3种不同频率的光能使金属发生光电效应，故AB错误；

CD、从钨板逸出的光电子的最大初动能为

Ek=hv-W0=△E1-W0=12.75eV-4.54eV=8.21eV，故C正确，D错误。

故选：C。

依据数学组合公式判断辐射光子的种类；

结合光电效应发生条件，入射光的光子能量大于金属的逸出功；

根据光电效应方程求出光电子的最大初动能。

解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用，

8.【答案】C

【解析】解：A、220V是有效值，不是峰值，故A错误；

B、变压器可以改变电压但不能改变功率和频率，故B错误；

C、市电的标准频率为50Hz，则转子的转速变50r/s=3000r/min；故C正确；

D、采用远距离高压输电可减小输电线的电阻及电线上的电流，但不能减小输电线的电阻，故D错误

故选：C．

将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，从而使得用户得到的电压减少．变压器通过电磁感应原理改变电压和电流，但不能改变频率．

理想变压器的输入与输出功率相等，当电线上电阻的电压越大时，用户得到的电压则越少．所以要通过升压变压器将电压提高，从而实现降低电压损失．

9.【答案】C

【解析】解：A、由质量数守恒和电荷数守恒得：O→N+e，故A正确；

B、将放射性同位素位素O注入人体，主要是作为示踪原子，故B正确；

C、正、负电子湮灭产生两个光子，故C错误；

D、O在人体内的代谢时间不长，因此PET中所选的放射性同位素的半衰期应小于人体的代谢周期，故D正确。

本题选不正确的，故选：C。

由质量数守恒和电荷数守恒，写出反应方程；将放射性同位素位素O注入人体，主要是作为示踪原子；正、负电子湮灭产生两个光子；O在人体内的代谢时间不长，因此PET中所选的放射性同位素的半衰期应较短。

本题主要考查核反应方程及放射性同位素的应用等知识，注意写核反应方程的依据是质量数守恒和电荷数守恒。

10.【答案】C

【解析】【分析】

在0～t0时间内，导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于导体棒所受的安培力，在t0后导体棒做加速度越来越小的加速运动。在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况，对这两个时刻分别根据牛顿第二定律列式，即可求出加速度大小；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求通过导体棒横截面的电荷量。

本题要以0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=t0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解加速度。

【解答】

​​​​​​​AB、在0～t0时间内，导体棒做匀加速直线运动，在t0时刻导体棒所受的外力F2大于导体棒所受的安培力，之后，随着速度增加，导体棒产生的感应电流增大，导体棒受到的安培力增大，而力F不变，则导体棒的合力减小，加速度减小，故在t0以后，导体棒做加速度越来越小的变加速运动，当加速度减至零时，导体棒开始做匀速直线运动，故AB错误；

C、设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则v=at0

t0时刻，由牛顿第二定律有：F2-=ma

t=0时刻，v=0，导体棒所受的安培力为零，由牛顿第二定律有：

F1=ma

联立以上三式解得：a=，故C正确；

D、在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为：q=•Δt

根据闭合电路欧姆定律得：=

根据法拉第电磁感应定律得：=

磁通量的变化量为ΔΦ=B•ΔS=BL•t0

联立解得：q=，故D错误。

故选：C。

11.【答案】BC

【解析】解：A、由图可知，周期T=0.02s，故频率f=，故A错误；

B、由题图乙可知交流电电流的最大值是，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I==10A，故B正确；

C、线圈转一周电流改变2次，故1s内改变的次数为n=次=100次，故C正确；

D、0.02s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故D错误；

故选：BC。

由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快

本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电压值等均为有效值．

12.【答案】BC

【解析】【分析】

​闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。

当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。

【解答】解：AB、图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误，B正确；

C、图2中，因为最终A2与A3的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；

D、图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。

故选：BC。

13.【答案】AC

【解析】解：由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量始终为零，因此没有感应电流，故AC正确，BD错误；

故选：AC。

解决此题的关键是知道产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量发生变化，并根据穿过圆环的磁通量分清正反面，从而求解。

考查理解产生感应电流的条件，并掌握磁通量不是矢量，但注意正负。

14.【答案】AD

【解析】解：AB、a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误。

CD、a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=，电阻之比为2：1，M、N两点间电势差大小为路端电压，U=，磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1.根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差UMN=-0.2V，故C错误，D正确。

故选：AD。

a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律R=可知电阻之比；根据法拉第电磁感应定律公式得到两次电动势的大小关系，然后结合闭合电路欧姆定律分析即可。

本题关键是理清电路结构，然后根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和法拉第电磁感应定律列式分析，同时理解路端电压的含义。

15.【答案】ADE

【解析】解：A、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，故A正确；

B、质量相等的氢与氧比较，氢的物质的量较多；温度相等则分子的平均动能相等，所以在不考虑分子势能的情况下，质量和温度相同的氢气和氧气内能不相同，故B错误；

C、布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的运动，不是悬浮颗粒内分子的无规则运动，故C错误；

D、理想气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生，故D正确；

E、当分子力表现为斥力时，分子力总是随分子间距离的减小而增大，分子力做负功，因此分子势能也随分子间距离的减小而增大，故E正确。

故选：ADE。

温度是分子平均动能的标志；气体内能与分子的平均动能和分子数有关；布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的运动；气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大。

本题要注意布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，体现的是液体分子的无规则运动。

16.【答案】BCE

【解析】解：A、状态a到状态b发生的是等压变化，根据=C可知，体积增大，温度升高，分子平均动能增大，具体到每个气体分子的动能有的增加，有的减小，故A错误；

B、根据=C可知，从b到c，体积不变，压强变大，则气体温度升高，故B正确；

C、从c到d，气体温度不变，则气体内能不变，故C正确；

D、从d到a，气体体积减小，则外界对气体做正功，故D错误；

E、从a经过bcd，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做功也等于图线与V轴围成的面积，则整个过程中气体对外做功，儿整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，故E正确；

故选：BCE。

对于一定质量理想气体，压强与温度和体积有关，关于P、V、T三者间的关系由实验定律加以分析，并满足理想气体状态方程，再结合热力学第一定律进行分析。

本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，注意热力学第一定律中的物理量正负号的含义，知道理想气体的内能只与温度有关。

17.【答案】AB

【解析】【分析】由题意利用几何关系作出光路图可知第一次的入射角，即可判断临界角的大小，并能判断出折射率的大小范围；由光路图即可得出运行时间。本题考查全反射，解题的关键在于题目中几何关系的应用，只有根据几何关系解出入射角才能求出正确结果。【解答】只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如图所示，根据全反射可知临界角C≤45°，再根据，可知，故AB均正确；光在透明柱体中运动路程为L=4r，运动时间为，则，故AB正确，CD错误。故选AB。

18.【答案】ADE

【解析】解：A、根据O点从平衡位置开始向正方向运动，第一次运动到正方向最大位移处的时间t=0.2s可得：周期T=0.8s；

由图可得：波长λ=4m，故波速，故A正确；

B、L、N平衡位置间的距离为，故运动总是相反，故B错误；

C、在时间内质点通过的路程在（0，2A）范围内，由图可得：振幅A=20cm=0.2m，故C错误；

E、根据波向右传播可得：图示时刻质点O向下振动；由t=0时质点O在平衡位置向上振动可得图示波形的时刻为；故E正确；

D、由t=2.6s=2×0.8+0.4+0.6（s），s'=vt'=5m/s×0.6s=3m可得：在t=2.6s时刻质点M振动和图时时刻质点O振动一致，故质点M在平衡位置，向下振动，故D正确；

故选：ADE。

根据质点O振动得到周期，由图得到波长，即可求得波速；根据平衡位置间距离由波的传播方向得到质点振动关系；根据周期和振幅由运动时间得到路程；根据质点O的振动由周期得到图时时刻，进而得到质点M的振动。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

19.【答案】低

大

小

大

有可能

【解析】解：（1）根据安培定则可知，电磁铁的两个磁极之间产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M到N，则电刷M的电势低于电刷N的电势；

（2）若只提高金属盘转速，依据法拉第电磁感应定律，E==πBL2n，感应电动势要增大，故电流计的示数变大；

（3）若仅将电刷M移近N，使电刷MN之间距离减小，切割磁感线的有效长度减小，依据E=，产生的感应电动势会减小，感应电流减小，则电流计的示数变小；

（4）若仅将滑动变阻器滑动头向右滑，滑动变阻器接入电路的阻值变小，依据I=，电路电流要增大，那么磁场会增强，电流计的示数将增大；

（5）实验结束后，断开开关时，由于电路中电流减小，在线圈中产生感应电动势，则开关处可能出现火花放电。

故答案为：（1）低；（2）大；（3）小；（4）大；（5）有可能。

根据安培定则判定磁场方向，再由右手定则判断MN间感应电流方向，即可知道电势高低；

提高转速，灵敏电流计的示数变大；

仅减小电刷MN之间的距离，感应电动势将减小，灵敏电流计的示数变小；

根据欧姆定律分析将滑动变阻器滑动头向右滑，可知电路的电流大小，从而判定磁场的强弱，进而可判定灵敏电流计的示数如何变化；

依据自感现象原理，即可分析．

本题是安培定则、右手定则和法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，基本题，考查对实验原理的理解能力，同时理解自感现象的应用．

20.【答案】R1

6.0

增大

【解析】解：①描绘小灯泡的伏安特征曲线，滑动变阻器采用的是分压接法，所以为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1；

②从曲线上I=0.2A这一点来看，其横坐标为U=1.2V，根据欧姆定律可知，R===6.0Ω，要注意的是与曲线的斜率无关；

从伏安牲曲线的倾斜程度来看，当电压均匀增大时，但电流却增加得越来越小，所以其电阻是增大的。

故答案为：①R1

②6.0

（±0.2均可）

增大

①根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

②灯泡电阻受温度影响，灯泡电阻随温度升高而增大；由图线求出电压对应的电流，然后应用欧姆定律求出灯泡电阻，由电功率公式求出灯泡电功率；扩大电压表量程需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值，灯泡电阻随温度升高而增大，据此分析图示图线答题。

本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法；要掌握实验器材的选择原则。

21.【答案】解：（1）由图乙得=T/s=0.5T/s

由法拉第电磁感应定律得：

E=n=nS=n•=20×0.5×

V=0.8V

由闭合电路的欧姆定律得：

I==A=0.2A

在t1时间内线圈的电功率：P=I2r=0.22×4W=0.16W

（2）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：

F安=mg

又F安=n•BIL

联立解得B=20T

由图象知：B=1+0.5t1

解得：t1=38s

答：（1）在t1时间内线圈的电功率为0.16W；

（2）t1的值为38s。

【解析】（1）根据磁感应强度的变化，结合有效面积求出磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律求出电路中的电流值，由电功率的表达式P=I2r求解线圈的电功率。

（2）当细线开始松弛时，线框受重力和安培力平衡，根据平衡条件和安培力公式相结合求出磁感应强度的大小，从而结合图乙求出t1的值。

本题考查电磁感应与电路、力学的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，来求解感应电流的大小。解题时，要注意线圈的有效面积不是L2，而是.

22.【答案】解：（1）输电线上损失的功率：P损=2%P0=2kW

损失的电压；

（2）导线上的电流：

升压变压器次级电压为：；

降压变压器的初级电压：

降压变压器的匝数比：

答：（1）输电线上的电压损失值U损为100V；

（2）降压变压器原、副线圈的匝数比为245：11。

【解析】（1）根据导线上的功率损失和导线的电阻根据求解导线上的电压损失；

（2）求解导线上的电流，然后求解降压变压器的初级电压，根据电压比等于