2023-2024学年江苏省高二下学期期末应考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省2023－2024学年高二下学期期末迎考卷物理注意事项：1．本试卷共100分，考试用时75分钟；2．答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内；一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批福岛核污染水排海。核污染水虽然经过“多核素去除设备”（ALPS）处理，但核污染水中的氚（）很难被分离清除，氚气会通过食物链在人体内累积，对人的伤害将不可估量。其衰变方程为，半衰期为12.5年，下列说法正确的是（）A.衰变过程核子总质量不变B.衰变放出的是由原子核外电子受激发而产生C.受核污染的海产品经过高温烹煮不能去除其放射性D.在食物链传递过程中，其半衰期会逐渐缩短【答案】C【解析】A．核反应前后核子数量不变，但是核反应前后总质量要变化，出现质量亏损，故A错误；B．衰变放出的是原子核中的一个中子转化为一个质子时，放出一个电子，故B错误；C．由于放射性物质的放射性是原子核本身的性质，不会受环境影响，则通过高温烹煮后不能消除核辐射，故C正确；D．半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故D错误。故选C。2.某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将配制好的油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的水盘，下列说法正确的是（）A.滴入油酸酒精溶液时，滴管下端应远离水面B.为清晰显示油膜的边界，应滴入油酸酒精溶液后再撒上痱子粉C.滴入油酸酒精溶液后，出现如图所示的图样是因为痱子粉撒得太少太薄D.配制好的油酸酒精溶液放置太久，会导致分子直径测量值偏小【答案】D【解析】A.滴入油酸酒精溶液时，滴管下端应靠近水面，故A错误；B.为清晰显示油膜的边界，应先撒上痱子粉再滴入油酸酒精溶液，故B错误；C.由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚。故C错误；D.配制好油酸酒精溶液放置太久，由于酒精挥发，则油酸酒精溶液的浓度会偏大，则在水面上散开时的面积会偏大，则根据可知分子直径的测量值偏小。故D正确。故选D。3.将粗细不同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，现象如图所示，则下列说法正确的是（）A.容器中的液体可能是水银B.若在“问天”太空舱中进行实验，仍然是较细毛细管中的液面更高C.若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差相同D.图中毛细管附着层内的液体分子密度大于液体内部【答案】D【解析】A．水银在玻璃表面是不浸润的，在玻璃管中是呈现凸形液面，故容器中的液体不可能是水银，故A错误；B．在太空舱中由于处在失重环境下，毛细现象更明显，液面直接攀升到毛细管顶部，毛细管越细，攀升速度越快，粗细不同的毛细管中液面都与毛细管齐平，故B错误；C．在毛细现象中，毛细管中液面的高低与液体的种类和毛细管的材质有关，若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差不一定相同，故C错误；D．图中毛细管内液面呈现浸润现象，说明固体分子对液体分子引力大于液体分子之间的引力，那么附着层的分子密度将会大于液体内部分子密度，此时附着层内的分子相互作用表现为斥力，液面呈现“扩散”的趋势，便形成了浸润现象，故D正确；故选D。4.如图所示为食盐晶体结构中钠离子和氯离子的空间分布的示意图，图中相邻离子的中心用线连起来了，组成了一个个大小相等的立方体。已知食盐的密度为，食盐的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数NA，食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】1mol的氯化钠的体积为由题可知1mol氯化钠的离子组成的立方体个数为2NA，所以每个小立方体体积为每个小立方体的边长为则相邻的钠离子中心间的距离为故选D。5.霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子，而呈现五颜六色。如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法中正确的是（）A.逸出光电子的最大初动能为10.80eVB.有4种频率的光子能使金属钠发生光电效应C.从能级跃迁到能级时放出的光子能量最大D.氢原子辐射出0.66eV的光子后，能够稳定在的能级，不再往低能级跃迁【答案】B【解析】AC．由题意知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最大，光子最大能量为用该光子照射逸出功为的金属钠时，逸出光电子的最大初动能最大，为氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最小，故AC错误；B．若要使金属钠发生光电效应，则照射的光子能量要大于其逸出功，大量氢原子从的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，其光子能量分别为，其中能量为的光子不能使金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故B正确；D．氢原子辐射出0.66eV的光子后，跃迁到的能级，此时仍处于高能级状态，会有概率继续跃迁到更低的能级，所以不能稳定在的能级，故D错误。故选B。6.图甲为测量储罐中不导电液体高度的电路，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，下列说法正确的是（）A.储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率将变小B.内电容器放电C.内LC回路中电场能逐渐转化为磁场能D.该振荡电流的有效值为【答案】C【解析】A．LC回路振荡电流的频率为根据平行板电容器电容的决定式有储罐内的液面高度降低时，介电常数减小，电容减小，则LC回路振荡电流的频率将变大，故A错误；B．根据图乙可知，内电流减小，磁场能减小，电场能增大，LC回路中磁场能逐渐转化为电场能，故B错误；C．根据图乙可知，内电流增大，磁场能增大，电场能减小，LC回路中电场能逐渐转化为磁场能，故C正确；D．根据正弦式交流电的有效值规律可知，该振荡电流的有效值为故D错误故选C。7.如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法中正确的是（）A.漏电保护装置利用的原理是互感现象B.图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用C.正常用电时，M和N两点之间没有电压D.出现漏电时，M和N两点之间没有电压【答案】C【解析】ACD．若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理而不是利用互感，故C正确，AD错误；B．图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。8.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后又回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”，则该气体（）A.在A→B过程中，密度不变B.在B→C过程中，分子的速率分布曲线不发生变化C.在B→C和D→A过程中，对外界做功的绝对值相等D.在一次循环过程中，吸收的热量小于放出的热量【答案】C【解析】A．在A→B过程中，体积变大，则密度减小，选项A错误；B．在B→C过程中，绝热，体积增加，对外做功，则内能减小，温度降低，分子的速率分布曲线发生变化，选项B错误；C．在B→C和D→A过程中，温度的变化绝对值相等，内能变化的绝对值相等，且两个过程都是绝热，根据热力学第一定律可知，两过程中对外界做功的绝对值相等，选项C正确；D．在一次循环过程中，气体内能不变，因p-V图像的面积等于气体做功，可知对外做功大于外界对气体做功，即整个过程气体对外做功（大小等于ABCD图像包含的面积），吸收热量，即整个过程吸收的热量大于放出的热量，选项D错误。9.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向），其有效切割长度由微元法可知联立，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式根据正弦交变电流特点知其电动势的有效值为则该发电装置在一个周期内产生的电能故BCD错误，A正确10.如图为某小型水电站电能输送线路示意图，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r，产生感应电动势有效值为E。升压变压器原副线圈匝数比为a，降压变压器原副线圈匝数比为b，两变压器间输电线总电阻为，用户端总电阻为。电流表为理想电表，变压器为理想变压器，下列说法正确的是（）A.电流表的示数B.升压变压器原线圈两端的电压C.电阻、消耗的功率之比为D.若用户端负载增加，电流表示数变小【答案】B【解析】A．降压变压器等效电阻为升压变压器等效电阻为电流表的示数故A错误；B．升压变压器原线圈两端的电压故B正确；C．根据电阻、消耗的功率之比为故C错误；D．若用户端负载增加，用户端总电阻为减小，电流表示数变大，故D错误。故选B。11.小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温（室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（）A.该测温装置利用了气体的等压变化的规律B.B管上所刻的温度数值上高下低C.B管内水银面高度为22cm时，室内的温度为-3℃D.若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低【答案】C【解析】A．根据受力分析可知又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；B．温度越高，由可知压强越大，故而温度越高，刻度的数值就越小，应为上低下高，故B错误；C．由得又得故C正确；D.若把该装置放到高山上，会减小，会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高。故D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.如图为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置。某同学已将学生电源连接了220V的交流电源，电压挡调到6V，将学生电源经过开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“400”两接线柱相连。（1）图中已连接了部分电路。现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压，请在以下实验装置图中以笔画线，完成剩余的电路连线________。（2）对于实验过程，下列说法中正确的有_________。A.本探究实验采用了控制变量法B.变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈不相同C.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些D.因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱（3）将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“______”（填“200”“800”或“1400”）两接线柱相连，观测到电压表示数为20.3V。若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，则该电压表的示数将______（填“不变”“变大”“变小”或“变为0”）。（4）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，试指出造成这种结果的主要原因（无需写理由）______。【答案】（1）（2）AC（3）“1400”变小（4）漏磁、铁芯发热【解析】（1）要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压，副线圈的匝数应该小于400，所以右侧与“0”和“200”两接线柱相连，电路如图所示（2）A．本探究实验采用了控制变量法，A正确；B．变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈相同，B错误；C．根据根据题图解得又因为所以所以，副线圈的电压小、电流大，电阻小，副线圈导线应比原线圈导线粗一些，C正确；D．通电情况下不可用手接触裸露的导线、接线柱，因为会产生误差，D错误。故选AC。（3）[1]根据得解得将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“1400”两接线柱相连；[2]若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，就有较多的磁损，互感减弱，副线圈获得的电压变小，则该电压表的示数将变小。（4）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要原因是漏磁、铁芯发热。13.如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为V0=28mL，其压强与大气压强相等，均为p0=1.0×105Pa。将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为时停止拉动。已知圆筒的底面积，装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。【答案】（1）；（2）18N【解析】（1）抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得解得（2）对一个圆筒受力分析，有可知将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。14.某点光源以功率P向外均匀辐射某频率的光子，点光源正对图中的光电管窗口，窗口的有效接收面积为S，每个光子照射到阴极K都能激发出一个光电子。已知闭合开关时电压表示数为U，阴极K的逸出功为W0，光速为c，电子电荷量为e，光子能量为E，光电管每秒接收到N个光子。求：（1）光子的动量大小p和光电子到达阳极A时的最大动能Ekm；（2）微安表的最大电流强度I和光电管窗口距点光源的距离R。【答案】（1），E－W0＋eU；（2）Ne，【解析】（1）每个光子的能量每个光子的动量为光电子从K逸出时的最大初动能Ek=E－W0光电子到达A时的最大动能Ekm=Ek＋eU=E－W0＋eU（2）通过微安表的电流强度设t秒发射总光子数为n，则t秒辐射光子的总能量太阳辐射高频光子的功率光电管距太阳的距离15.某型号压力锅的结构如图所示。盖好密封锅盖，将横截面积为的限压阀套在气孔2上，此时气孔1使锅内气体与外界连通，外界气体的压强为，温度为。给压力锅加热，当锅内气体温度升高到时，气孔1处就会被活塞封闭，防止气体排出，对锅体产生密封作用。给压力锅继续加热，当锅内气体温度升高到时，限压阀会被顶起，及时将锅内多余气体排出，保证压力锅的安全。不计一切摩擦，重力加速度取，求：（1）当气孔1被密封时，此时气体的密度与加热前气体的密度的比值；（2）限压阀的质量；（3）如果空气的内能与温度之间的关系为，其中n为气体的物质的量，普适气体常数，空气的摩尔质量为，求高压锅内空气在定容下的比热容。（计算结果保留三位有效数字）【答案】（1）；（2）0.1kg；（3）【解析】（1）设当气孔1被密封时，此时气体的质量为，加热前气体的质量为，压力锅的容积为，当锅内气体温度升高到时，原压力锅内的气体等压膨胀后的体积为，取加热前压力锅中的气体为研究对象，由盖-吕萨克定律得解得由解得当气孔1刚被密封时，此时锅内气体体积与加热前锅内气体的体积相等，知当气孔1被密封时，此时气体的密度与加热前气体的密度的比为（2）气孔1被密封后，对锅内气体，发生等容变化，刚密封时限压阀刚被顶起前瞬间根据查理定律则此时锅内气体压强为对限压阀根据平衡条件解得（3）如果空气的内能与温度之间的关系为，则当内能增加时，温度增加内能增加时，因为气体体积不变，无外界做功，根据热力学第一定律气体吸收热量根据比热容的公式其中气体质量整理得16.如图所示，两足够长的光滑金属导轨水平放置，相距L=1m，一阻值为R=2Ω的电阻通过导线与两导轨相连，导轨之间存在着方向相反的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，方向均与导轨平面垂直，磁场宽度均为5m。区域Ⅰ中的磁场是磁感应强度大小为B1．方向垂直纸面向外且磁场边界满足的有界磁场。在5m<x<10m的区域Ⅱ内存在磁感应强度大小为B2。方向垂直纸面向里且充满导轨间的矩形磁场。一根略长于导轨宽度的导体棒在外力F的作用下，从x=0的位置开始向右匀速经过磁场，速度为2m/s。已知，导体棒的有效电阻r=1.5Ω导体棒在经过区域Ⅰ时的最大感应电动势的值为10V。导线及导轨上的电阻忽略不计，求：（1）磁感应强度B1、B2的大小；（2）导体棒在经过整个磁场区域的运动过程中，电路中产生电流的有效值；（3）在整个运动过程中，流过导体棒的电荷量。【答案】（1）B1=5T，；（2）2A；（3）【解析】（1）题意可知，当导体棒经过区域Ⅰ时，产生的感应电动势的最大值经过区域Ⅱ时，产生的感应电动势由已知条件知且E1=10V，联立解得则B1=5T（2）根据交变电流有效值的定义可知解得一个周期内电路中电压的有效值U=7V则电路中电流的有效值（3）在导体棒经过区域Ⅱ时，产生的感应电动势瞬时值表达式为等效为一个单匝线圈以角速度在磁场中旋转产生的感应电动势，即经过区域Ⅰ流过的电荷量解得经过区域Ⅱ流过的电荷量则在整个运动过程中，流过导体棒的电荷量江苏省2023－2024学年高二下学期期末迎考卷物理注意事项：1．本试卷共100分，考试用时75分钟；2．答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内；一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批福岛核污染水排海。核污染水虽然经过“多核素去除设备”（ALPS）处理，但核污染水中的氚（）很难被分离清除，氚气会通过食物链在人体内累积，对人的伤害将不可估量。其衰变方程为，半衰期为12.5年，下列说法正确的是（）A.衰变过程核子总质量不变B.衰变放出的是由原子核外电子受激发而产生C.受核污染的海产品经过高温烹煮不能去除其放射性D.在食物链传递过程中，其半衰期会逐渐缩短【答案】C【解析】A．核反应前后核子数量不变，但是核反应前后总质量要变化，出现质量亏损，故A错误；B．衰变放出的是原子核中的一个中子转化为一个质子时，放出一个电子，故B错误；C．由于放射性物质的放射性是原子核本身的性质，不会受环境影响，则通过高温烹煮后不能消除核辐射，故C正确；D．半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故D错误。故选C。2.某兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，将配制好的油酸酒精溶液滴入撒好痱子粉的水盘，下列说法正确的是（）A.滴入油酸酒精溶液时，滴管下端应远离水面B.为清晰显示油膜的边界，应滴入油酸酒精溶液后再撒上痱子粉C.滴入油酸酒精溶液后，出现如图所示的图样是因为痱子粉撒得太少太薄D.配制好的油酸酒精溶液放置太久，会导致分子直径测量值偏小【答案】D【解析】A.滴入油酸酒精溶液时，滴管下端应靠近水面，故A错误；B.为清晰显示油膜的边界，应先撒上痱子粉再滴入油酸酒精溶液，故B错误；C.由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚。故C错误；D.配制好油酸酒精溶液放置太久，由于酒精挥发，则油酸酒精溶液的浓度会偏大，则在水面上散开时的面积会偏大，则根据可知分子直径的测量值偏小。故D正确。故选D。3.将粗细不同、两端开口的玻璃毛细管插入装有某种液体的容器里，现象如图所示，则下列说法正确的是（）A.容器中的液体可能是水银B.若在“问天”太空舱中进行实验，仍然是较细毛细管中的液面更高C.若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差相同D.图中毛细管附着层内的液体分子密度大于液体内部【答案】D【解析】A．水银在玻璃表面是不浸润的，在玻璃管中是呈现凸形液面，故容器中的液体不可能是水银，故A错误；B．在太空舱中由于处在失重环境下，毛细现象更明显，液面直接攀升到毛细管顶部，毛细管越细，攀升速度越快，粗细不同的毛细管中液面都与毛细管齐平，故B错误；C．在毛细现象中，毛细管中液面的高低与液体的种类和毛细管的材质有关，若用不同液体进行实验，两毛细管中的高度差不一定相同，故C错误；D．图中毛细管内液面呈现浸润现象，说明固体分子对液体分子引力大于液体分子之间的引力，那么附着层的分子密度将会大于液体内部分子密度，此时附着层内的分子相互作用表现为斥力，液面呈现“扩散”的趋势，便形成了浸润现象，故D正确；故选D。4.如图所示为食盐晶体结构中钠离子和氯离子的空间分布的示意图，图中相邻离子的中心用线连起来了，组成了一个个大小相等的立方体。已知食盐的密度为，食盐的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数NA，食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】1mol的氯化钠的体积为由题可知1mol氯化钠的离子组成的立方体个数为2NA，所以每个小立方体体积为每个小立方体的边长为则相邻的钠离子中心间的距离为故选D。5.霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子，而呈现五颜六色。如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法中正确的是（）A.逸出光电子的最大初动能为10.80eVB.有4种频率的光子能使金属钠发生光电效应C.从能级跃迁到能级时放出的光子能量最大D.氢原子辐射出0.66eV的光子后，能够稳定在的能级，不再往低能级跃迁【答案】B【解析】AC．由题意知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最大，光子最大能量为用该光子照射逸出功为的金属钠时，逸出光电子的最大初动能最大，为氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量最小，故AC错误；B．若要使金属钠发生光电效应，则照射的光子能量要大于其逸出功，大量氢原子从的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，其光子能量分别为，其中能量为的光子不能使金属钠发生光电效应，其他4种均可以，故B正确；D．氢原子辐射出0.66eV的光子后，跃迁到的能级，此时仍处于高能级状态，会有概率继续跃迁到更低的能级，所以不能稳定在的能级，故D错误。故选B。6.图甲为测量储罐中不导电液体高度的电路，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，下列说法正确的是（）A.储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率将变小B.内电容器放电C.内LC回路中电场能逐渐转化为磁场能D.该振荡电流的有效值为【答案】C【解析】A．LC回路振荡电流的频率为根据平行板电容器电容的决定式有储罐内的液面高度降低时，介电常数减小，电容减小，则LC回路振荡电流的频率将变大，故A错误；B．根据图乙可知，内电流减小，磁场能减小，电场能增大，LC回路中磁场能逐渐转化为电场能，故B错误；C．根据图乙可知，内电流增大，磁场能增大，电场能减小，LC回路中电场能逐渐转化为磁场能，故C正确；D．根据正弦式交流电的有效值规律可知，该振荡电流的有效值为故D错误故选C。7.如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法中正确的是（）A.漏电保护装置利用的原理是互感现象B.图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用C.正常用电时，M和N两点之间没有电压D.出现漏电时，M和N两点之间没有电压【答案】C【解析】ACD．若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理而不是利用互感，故C正确，AD错误；B．图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化从而做出反馈，因此图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。8.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后又回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”，则该气体（）A.在A→B过程中，密度不变B.在B→C过程中，分子的速率分布曲线不发生变化C.在B→C和D→A过程中，对外界做功的绝对值相等D.在一次循环过程中，吸收的热量小于放出的热量【答案】C【解析】A．在A→B过程中，体积变大，则密度减小，选项A错误；B．在B→C过程中，绝热，体积增加，对外做功，则内能减小，温度降低，分子的速率分布曲线发生变化，选项B错误；C．在B→C和D→A过程中，温度的变化绝对值相等，内能变化的绝对值相等，且两个过程都是绝热，根据热力学第一定律可知，两过程中对外界做功的绝对值相等，选项C正确；D．在一次循环过程中，气体内能不变，因p-V图像的面积等于气体做功，可知对外做功大于外界对气体做功，即整个过程气体对外做功（大小等于ABCD图像包含的面积），吸收热量，即整个过程吸收的热量大于放出的热量，选项D错误。9.海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现．某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为L，电阻为r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为v，v随时间t的变化关系为，其中的T为海浪上下浮动的周期．现使线圈与阻值为R的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电磁感应定律环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向），其有效切割长度由微元法可知联立，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式根据正弦交变电流特点知其电动势的有效值为则该发电装置在一个周期内产生的电能故BCD错误，A正确10.如图为某小型水电站电能输送线路示意图，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r，产生感应电动势有效值为E。升压变压器原副线圈匝数比为a，降压变压器原副线圈匝数比为b，两变压器间输电线总电阻为，用户端总电阻为。电流表为理想电表，变压器为理想变压器，下列说法正确的是（）A.电流表的示数B.升压变压器原线圈两端的电压C.电阻、消耗的功率之比为D.若用户端负载增加，电流表示数变小【答案】B【解析】A．降压变压器等效电阻为升压变压器等效电阻为电流表的示数故A错误；B．升压变压器原线圈两端的电压故B正确；C．根据电阻、消耗的功率之比为故C错误；D．若用户端负载增加，用户端总电阻为减小，电流表示数变大，故D错误。故选B。11.小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温（室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（）A.该测温装置利用了气体的等压变化的规律B.B管上所刻的温度数值上高下低C.B管内水银面高度为22cm时，室内的温度为-3℃D.若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低【答案】C【解析】A．根据受力分析可知又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；B．温度越高，由可知压强越大，故而温度越高，刻度的数值就越小，应为上低下高，故B错误；C．由得又得故C正确；D.若把该装置放到高山上，会减小，会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高。故D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.如图为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置。某同学已将学生电源连接了220V的交流电源，电压挡调到6V，将学生电源经过开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“400”两接线柱相连。（1）图中已连接了部分电路。现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压，请在以下实验装置图中以笔画线，完成剩余的电路连线________。（2）对于实验过程，下列说法中正确的有_________。A.本探究实验采用了控制变量法B.变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈不相同C.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些D.因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱（3）将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“______”（填“200”“800”或“1400”）两接线柱相连，观测到电压表示数为20.3V。若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，则该电压表的示数将______（填“不变”“变大”“变小”或“变为0”）。（4）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，试指出造成这种结果的主要原因（无需写理由）______。【答案】（1）（2）AC（3）“1400”变小（4）漏磁、铁芯发热【解析】（1）要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压，副线圈的匝数应该小于400，所以右侧与“0”和“200”两接线柱相连，电路如图所示（2）A．本探究实验采用了控制变量法，A正确；B．变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈相同，B错误；C．根据根据题图解得又因为所以所以，副线圈的电压小、电流大，电阻小，副线圈导线应比原线圈导线粗一些，C正确；D．通电情况下不可用手接触裸露的导线、接线柱，因为会产生误差，D错误。故选AC。（3）[1]根据得解得将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“1400”两接线柱相连；[2]若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，就有较多的磁损，互感减弱，副线圈获得的电压变小，则该电压表的示数将变小。（4）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要原因是漏磁、铁芯发热。13.如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为V0=28mL，其压强与大气压强相等，均为p0=1.0×105Pa。将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为时停止拉动。已知圆筒的底面积，装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。【答案】（1）；（2）18N【解析】（1）抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得解得（2）对一个圆筒受力分析，有可知将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。14.某点光源以功率P向外均匀辐射某频率的光子，点光源正对图中的光电管窗口，窗口的有效接收面积为S，每个光子照射到阴极K都能激发出一个光电子。已知闭合开关时电压表