高二（下学期）期末物理试卷及答案解析

第第页第=page22页，共=sectionpages22页高二（下学期）期末物理试卷及答案解析（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）物理学中用到的科学研究方法，在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是（）A.“质点”“电场强度” B.“平均速度”“点电荷”

C.“总电阻”“电场强度” D.“合力与分力”“总电阻”如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（）A.沿顺时针方向

B.先沿顺时针方向后沿逆时针方向

C.沿逆时针方向

D.先沿逆时针方向后沿顺时针方向

如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时，则（）A.灯泡L变暗

B.电容器C的带电量增大

C.电压表的读数增大

D.电源的总功率减小

如图所示，两个相切的圆表示一个静止原子核发生某种核变化后，产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可能的是（）A.原子核放出了一个电子

B.大圆是新核的运动轨迹

C.原子核发生了α衰变

D.原子核发生了β衰变

以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子极短时间内能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。光电效应实验装置示意如图。用频率为v的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为v的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在k、A之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（）A.U=- B.U= C.U=2hv-W D.U=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变流电源两端，R0为定值电阻，R为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小）。现观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了1.0A，则下列说法正确的是（）

A.电压表V2示数增大 B.电压表V3示数增大

C.R光敏电阻上光照强度在增强 D.该变压器起升压作用下列说法不正确的是（）A.黑体辐射，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，另一方面辐射强度的极大值向波长较长的方向移动

B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说

C.光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大

D.光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sinπt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.原线圈的输入功率为55W B.电流表的读数为0.25A

C.电压表的读数为55V D.副线圈输出交流电的频率为50Hz如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是()

A.光点打在A点，则磁场垂直纸面向里

B.从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱

C.从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱

D.从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外，减弱后向里、增强如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为

A. B. C. D.二、多选题（本大题共8小题，共34.0分）如图甲所示，电阻不计的矩形线框在匀强电场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，产生了如图乙所示的正弦交变电流．理想变压器的原副线圈匝数之比为10：1，V为交流电压表，灯泡的电阻RL=10Ω，C为电容器，电容器的击穿电压为23V，开始时开关S处于断开状态．以下说法正确的是（）

A.t=0.01s时刻，穿过矩形线框的磁通量最大

B.t=0.01s时刻，电压表的示数为0

C.通过小灯泡的电流的变化频率为5Hz

D.闭合开关S后，电容器会被击穿如图所示，L为一纯电感线圈（即电阻为零），LA是一灯泡，下列说法正确的是（）A.开关S接通的瞬间，无电流通过灯泡

B.开关S接通的瞬间，灯泡中有从a到b的电流

C.开关S断开瞬间，无电流通过灯泡

D.开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流

如图所示，电阻为R的圆形闭合金属线圈半径为r，放在与线圈平面垂直向里的磁场中，磁感应强度B随时间t变化规律为B=B0（1-t）（其中B0和t0都是不变已知量，且t0＞1）。在磁感应强度B随时间t变化过程中，下面说法正确的是（）A.线圈中的感应电流方向不变

B.线圈总是有扩张的趋势

C.0～2t0时间内，通过线圈截面的电量为

D.0～2t0时间内，线圈产生的焦耳热为在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示．则：

A.电源的最大输出功率为1.8W；

B.电源内电阻的阻值为10Ω；

C.滑动变阻器R2的最大功率为0.9W；

D.甲是电池的路端电压-电流图线。气体压强是由大量气体分子撞击器壁引起的．下列因素中，与气体压强大小有关的是（）A.容器壁的面积 B.气体分子的数量

C.气体分子的质量 D.气体分子的运动速度大小下列说法中正确的是（）A.液体中的扩散现象是由液体的对流形成的

B.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现

C.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等

D.分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大

E.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热利用光在空气薄膜的干涉可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差（约为微米量级），实验装置如图甲所示。T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是（）

A.A与A0直径相差越大，ΔL越小 B.A与A0直径相差越大，ΔL越大

C.|D-D0|= D.|D-D0|=一列简谐横波沿x轴传播，t1与t2时刻的波形分别如图中实线与虚线所示，已知t2-t1=0.2s。这列波的速度大小可能是（）

A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s三、实验题（本大题共2小题，共11.0分）如图所示，为“探究电磁感应现象”的实验中所用器材的示意图。

（1）请用笔画线代替导线，将所缺导线补接完整；

（2）电路连接完整后，某同学闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，然后他将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电流计指针将______；他再将开关断开时，电流计指针将______（选填“向左偏转”、“向右偏转”或“不偏转”）。

在一个小灯泡上面标有“6V

0.1A”的字样，现在要测量这个灯泡的I-U图线．下列器材可供选用

A．伏特表（0～5V）

B．伏特表（0～10V）

C．安培表（0～0.3A）

D．安培表（0～0.6A）

E．滑动变阻器（30Ω，2A）

F．学生电源（直流9V）

开关、导线等．

（1）实验中所用伏特表应选______，安培表应选______．（填写编号）

（2）在如图方框内画出实验电路图，要求安培表外接．四、计算题（本大题共5小题，共53.0分）如图所示，正方形均匀导线框abcd的质量为m、总电阻为R、边长为L，现将导线框从有界匀强磁场的上方H处由静止自由释放。在导线框下落过程中，线框平面始终在与磁场垂直的竖直平面内运动，且ab边保持水平。磁场的磁感应强度大小为B、方向水平向外，磁场两个水平边界MN、PQ的距离为d（d＜L）。已知导线框cd边刚穿出磁场时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，求：

（1）ab边刚进入磁场时，导线框中电流I的大小；

（2）导线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q；

（3）从导线框开始运动到导线框穿过磁场所用的时间t。

某电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差

4800度．求：

（1）这时的输电效率η和输电线的总电阻r．

（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？

如图所示，两根平行的金属导轨MN、PQ，其中左边PO、MQ'是倾角为α的斜轨，右边放在水平面上，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．水平导轨光滑，a棒与斜轨间动摩擦因数为μ，导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra=R，Rb=2R．b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在斜轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：

（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；

（2）最终稳定时两棒的速度大小；

（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，b棒上产生的内能。

如图，一上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置，管中用一段长H=25cm的水银柱封闭一段长L=20cm的空气，大气压强p0=75cmHg，开始时封闭气体的温度为27℃．现将玻璃管在竖直平面内

（i）缓慢转动半周至开口向下，求此时封闭空气的长度；

（ii）缓慢转动至水平后，再将封闭气体温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度。

如图所示，折射率n=、半径为R的透明半球体固定在水平地面上，O为球心，其底部P点有一点光源，过透明半球体的球心O有一足够大的水平光屏。真空中光速为c。求：

（1）光从P点到O点的传播时间t；

（2）若不考虑光在透明半球体中的反射影响，光屏上光照面积S的大小。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、质点，采用理想化模型的方法，电场强度采用比值定义法．故A错误．

B、平均速度，采用等效替代的方法．点电荷，采用理想化模型的方法，故B错误．

C、“总电阻”采用等效替代的方法，电场强度采用比值定义法，故C错误，

D、合力与分力、“总电阻”，均采用等效替代的方法，故D正确．

故选：D．

物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”“总电阻”采用等效替代的方法，“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法，“平均速度”、“电场强度”采用比值定义法．

对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助．

2.【答案】C

【解析】解：条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，原磁场方向向右，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向（自左向右看）沿逆时针方向．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

解决本题的关键掌握用楞次定律判断感应电流方向的步骤，先判断原磁场的方向以及磁通量是增加还是减小，再根据楞次定律判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则，判断出感应电流的方向．

3.【答案】B

【解析】解：A、当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律得知，总电流I增大，灯泡变亮，故A错误；

B、灯泡两端电压，电容器两端电压增大，根据Q=UC可知电容器C的带电量增大，故B正确。

C、电流变大，电源内阻所占电压变大，路端电压U减小，所以则电压表的示数减小，故C错误。

D、电源的总功率P=EI，总电流增大，电源电动势不变，则电源的总功率变大，故D错误。

故选：B。

当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表示数的变化，根据P=EI求电源的总功率变化情况，．根据电流的变化判断通过灯泡电流和电压的变化，进而判断电容器两段电压的变化，根据Q=UC判断电容器带电量的变化。

本题是电路中动态变化分析问题，要搞清局部与整体的关系，一般按“局部→整体→局部”的顺序分析。

4.【答案】C

【解析】解：ACD/原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在两侧，根据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相同，所以释放的粒子应该是氦核，所以原子核发生的可能是α衰变或者放出一个正电子；故AD错误，C正确；

B、静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量p=mv相等，由可知，q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹，故B错误

故选：C。

静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；从而确定可能的情况，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析即可明确两圆对应的粒子。

本题综合考查了原子衰变、动量守恒以及粒子在磁场中的运动，根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况。

5.【答案】A

【解析】解：根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhv，n=2，3，4…

则有：eU=nhv-W，

解得：U=，n=2，3，4…；故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据光电效应方程Ekm=hv-W，以及Ekm=eU进行分析。

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。

6.【答案】C

【解析】解：A、原线圈的电压不变，由于原副线圈的电压比等于匝数比，所以副线圈的电压V2示数不变。故A错误；

B、电流表A2的示数增大，根据欧姆定律可知定值电阻R0上的电压增大，根据闭合电路的电压关系，可知，光敏电阻R上的电压减小，即V3的读数减小。故B错误；

C、光敏电阻R上的电压减小，而流过的电流增大，可知光敏电阻的电阻值减小，根据光敏电阻的特性可知，光敏电阻R上光照强度在增强。故C正确；

D、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了1.0A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故D错误。

故选：C。

根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可。

本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析。

7.【答案】A

【解析】【分析】

随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，黑体热辐射的强度与波长有关；光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性；光电流越大，则饱和电流较大；普朗克提出能量子假说，为人们研究量子论打下基础．解决本题的关键知道黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．理解能量量子化的内涵，掌握饱和电流大小与光电子个数有关，注意光电效应、康普顿效应的作用．

【解答】

A.黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A错误．

B.普朗克在研究黑体辐射问题时，提出了能量子假说：能量在传播与吸收时，是一份一份的，故B正确；

C.光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，故C正确；

D.光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性，故D正确；

本题选择错误的，故选：A。

8.【答案】B

【解析】解：AC、由输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值U1=220V，

由变压器的变压比可解得，副线圈电压U2=55V，电压表读数为55V，

副线圈电流I2=A=1A，

副线圈功率P2=U2I2=55×1W=55W，

原线圈输入功率等于副线圈输出功率，则原线圈输入功率为55W，故A错误，C错误；

B、由变压器的变流比可知，原线圈电流I1=0.25A，故B正确；

D、由原线圈输入电压的瞬时值表达式可知：ω=π，交变电流的频率f=Hz=0.5Hz，故D错误。

故选：B。

根据原线圈输入电压的瞬时值表达式求出输入电压的有效值，根据变压比求出副线圈电压；应用欧姆定律求出副线圈电流，由P=UI求出副线圈功率，然后根据题意分析答题。

本题考查了变压器原理，掌握变压器的变压比与电流表是解题的前提，分析清楚电路结构、求出原线圈输入电压，应用变压比与变流比即可解题。

9.【答案】D

【解析】试题分析：阴极发射出的电子，经电场加速后进入磁场偏转．若偏转线圈中无电流，不受洛伦兹力，电子将不偏转；根据左手定则判断磁场的方向．根据半径公式分析要使电子束在荧光屏上的位置由B向A点移动，偏转磁场强度如何变化．

A、如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，运动的方向与电流的方向相反，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外．故A错误；

B、C、D、要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则电子在磁场中圆周运动的半径公式分析得知，偏转磁场强度应该先由大到小，再由小到大．故BC错误，D正确．

故选：D

10.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了安培力；本题关键要确定出导体棒的有效长度，知道对于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度。

图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接应用安培力公式F=BIL求解；对于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒。

【解答】

设a、b两棒的长度分别为La和Lb．c的直径为d；

由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b两棒所受的安培力大小分别为：Fa=BILa；Fb=BILb=BId；

c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：Fc=BId；

因为La＞d，则有：Fa＞Fb=Fc；

故ABC错误，D正确。

故选D。

11.【答案】AD

【解析】解：A、由图象可知，在t=0.01s时，电压最小，此时是磁通量的变化率最小，此时穿过线圈的磁通量最大，所以A正确；

B、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为220V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为22V，所以电压表的示数为22V，所以B错误、

C、由图象知交流电的周期为0.02s，频率50Hz，所以C错误．

D、副线圈电压的峰值为22V＞23V，闭合开关S后，电容器会被击穿，所以D正确．

故选：AD．

电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算P=U2I2．电流表读数可根据公式求得．

电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的，电容器的击穿电压为最大值．

12.【答案】BD

【解析】解：A、开关S接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，灯泡中有从a到b的电流．故A错误，B正确；

C、开关S接通瞬间，灯泡有向右的电流，稳定后A被短路，而在开关S断开瞬间，线圈阻碍电流减小，L相当于电源，保持原有电流方向，导致灯泡中有从b到a的电流，故C错误D正确；

故选：BD．

电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源．

本题考查了电感线圈对电流发生突变时的阻碍作用，记住电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源．

13.【答案】AD

【解析】答：A、由B=B可知，0～t0时间内，B均匀减小，t=t0时，B=0，t0时刻后，B反向从零均匀增大，整个过程中，磁场的变化率是，是常数，由楞次定律和法拉第电磁感应定律知，感应电动势、感应电流大小和方向都不变，故A正确；

B、t0时刻前，B均匀减小，穿过线圈的磁通量减少，线圈有扩张趋势，t0时刻后，B均匀增大，穿过线圈的磁通量增大，线圈有收缩趋势，故B错误；

C、0～2t0时间内，通过线圈截面的电量为q===，故C错误；

D、0～2t0时间内，感应电动势为E===，产生的焦耳热为Q==，故D正确。

故选：AD。

A、由楞次定律和法拉第电磁感应定律解答；B、由楞次定律的推论解答；C、由电磁感应的推论解答；D、由电磁感应定律和焦耳定律解答。

熟练应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解题，解答B项要熟记推论：增缩减扩，解答C项要熟记二级结论：q=

14.【答案】AC

【解析】解：ABD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化．图线甲反映的是电压表V2的示数随电流的变化，不是电池的路端电压-电流图线．

根据闭合电路欧姆定律得：电压表V2的示数

U2=E-I（R1+r）…①

由图线甲斜率的大小等于R1+r，由图知：R1+r==Ω=10Ω

图线乙的斜率等于R1，则R1==Ω=5Ω

则得：r=5Ω，

由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，

则电源的电动势为：E=U2+I（R1+r）=4+0.2×10=6V

当R1+R2=r时，电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为：Pm==W=1.8W，故A正确，BD错误；

C、将R1看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为P2m==W=0.9W，故C正确；

故选：AC

将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，判断两图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势．当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．由图线的斜率求解R1的阻值，将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大．

本题的关键是：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，能从图象上得到相关信息．二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率．

15.【答案】CD

【解析】【分析】

气体压强是由于气体分子撞击器壁引起的，与分子的密集程度和分子的平均动能有关．

​解决本题的关键知道影响气体压强的微观因素：1、气体分子的密集程度，2、气体分子的平均动能．

【解答】

气体压强是气体分子撞击器壁引起的，从微观角度讲，与气体的密集程度和气体的平均动能有关，所以与气体压强有关的是气体分子的质量和气体分子运动的速度大小．

故选：CD．

16.【答案】BDE

【解析】解：A、液体中的扩散现象都是由于分子热运动而产生的，故A错误。

B、液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故B正确。

C、物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，故C错误。

D、分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故D正确。

E、根据气态方程可知一定质量的理想气体压强不变，体积增大，温度一定升高，因此内能增加，体积增大则对外做功，根据△U=W+Q可知，气体一定吸收热量，故E正确；

故选：BDE。

液体中的扩散现象都是由于分子热运动而产生的；液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现；分子的平均动能相同，但分子数不一定相同，故分子动能不一定相同，内能也不一定相同；分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大；根据热力学第一定律△U=W+Q，可以求得压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热。

本题考查了热力学第一定律、分子间的相互作用力、物体的内能、液体的表面张力、理想气体的状态方程等知识点。对于这分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。

17.【答案】AD

【解析】解：AB、设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由题设条件，则有tanθ=，由空气薄膜干涉的条件，则有：2△Ltanθ=λ，即为：ΔL=，所以A与A0直径相差越大，θ越大，ΔL越小，故A正确，B错误；

CD、tanθ=，结合2△Ltanθ=λ，联立解得：|D-D0|=，故C错误，D正确。

故选：AD。

依据题意，结合几何关系，及空气薄膜干涉条件，即可求解。

考查干涉的原理，及其形成条件，理解干涉条纹的间距公式应用，并注意几何知识的运用。

18.【答案】AC

【解析】解：根据图象可知波长λ=8m；

①如果波向右传播：t2-t1=（n+）T

解得：T=

波速v==10（4n+3）（n=0、1、2…）

当n=0时，v=30m/s；n=1时，v=70m/s；

②如果波向左传播：t2-t1=（n+）T

解得：T=

波速v==10（4n+1）（n=0、1、2…）

当n=0时，v=10m/s；n=1时，v=50m/s；

故AC正确、BD错误；

故选：AC。

根据波向右与向左传播波速的两个通项，再进行讨论得出结果。

本题由于波传播的不确定造成多解，可以得出波向右与向左传播波速的两个通项，再进行判断。

19.【答案】向左偏转

向右偏转

【解析】解：（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成一个回路，再将电流计与大螺线管B串联成另一个回路，电路图如下图所示：

（2）闭合开关，穿过螺线管A的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏一下；

那么合上电键后，将滑线变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，螺线管A电流变大，穿过螺线管B的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将左偏转；

再将开关断开时，穿过螺线管B的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将右偏转。

故答案为：（1）如上图所示；

（2）向左偏转；向右偏转。

（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管A串联成的回路，二是电流计与大螺线管B串联成的回路，据此可正确解答；

（2）根据闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，即磁通量增大，则指针左偏一下，从而判定滑动端P向右滑动或断开开关时，磁通量如何变化，进而判定求解。

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习。

20.【答案】B；C

【解析】解：（1）因灯泡的额定电压为6V，为保证安全选用的电压表量程应大于6V，故只能选用0～10V的电压表，故选B；

灯泡的额定电流I=0.1A；故电流表应选择0～0.3A的量程，有利于减小读数误差，故选C；

（2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，要求安培表外接，电路图如图所示

故答案为：（1）B、C；（2）如图

（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；

（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．

本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．

21.【答案】解：（1）ab边刚进入磁场时的速度为v1，线框进入磁场前做自由落体运动，线框从开始下落ab边刚进入磁场过程，由动能定理得：

mgH=-0

解得：v1=

ab边进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv1

由欧姆定律可知，感应电流：I=

解得：I=；

（2）从导线框开始下落到cd刚穿出磁场过程，对导线框，由能量守恒定律得：

mg（H+L+d）=+Q

解得：Q=mg（H+L+d）-mv2

（3）线框进入与离开磁场过程，由法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势为：

平均感应电流为：

通过导线框横截面的电荷量为：q=

解得：q=，

线框进入磁场与离开磁场过程通过线框导线横截面的电荷量为：q1=q2=

设ab、cd先后穿过磁场所用时间分别为t1、t2，

ab、cd先后穿过磁场过程回路的平均感应电流分别为、，

从导线框开始下落到cd边刚穿出磁场过程，对导线框，由动量定理得：

mgt-B

Lt1-B

Lt2=mv-0

其中：

t1=q1，

t2=q2，

解得：t=+；

答：（1）ab边刚进入磁场时，导线框中电流I的大小是；

（2）导线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q等于mg（H+L+d）-mv2；

（3）从导线框开始运动到导线框穿过磁场所用的时间t为+。

【解析】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，应用动能定理求出ab边刚进入磁场时的速度，由E=BLv求出ab边切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出导线框中的感应电流。

（2）从线框开始下落到cd边刚穿出磁场过程，对线框应用能量守恒定律可以求出导线框穿过磁场过程产生的焦耳热。

（3）由法拉第电磁感应定律求出线框进入与离开磁场时的平均感应电动势，应用欧姆定律求出平均感应电流，由电流定义式求出线框进入与离开磁场过程通过线框的电荷量；对线框应用动量定理可以求出运动时间。

本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚导线框的运动过程与受力情况是解题的前提；应用E=BLv、欧姆定律、动量定理即可解题。

22.【答案】解：（1）由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E′=E-△E=7200度，

因此效率η==60%．

输电线上的电流可由I===100A，

而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算，其中Pr==200kW，

因此可求得r=20Ω．

（2）输电线上损耗功率，

原来Pr=200kW，现在要求Pr′=10kW，

计算可得输电电压应调节为U′=22.4kV．

答：（1）这时的输电效率η为60%和输电线的总电阻r为20Ω．

（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用22.4kv电压向外输电

【解析】由起点与终点两只电表的示数相差，可求出输电效率．由损失的功率及相差的电压从而能求出线路上的电流，进而算出线路上的电阻．若提高输电效率，则可通过提高输送电压来降低线路上的电流，从而实现提高效率．

输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．

23.【答案】解：（1）设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：

mgh-μmg=mv2，