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2021_2022学年广东省佛山市第一中学高二（下）月考物理试卷（3月）（含答案解析）
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2021~2022学年广东省佛山市第一中学高二（下）月考物理试卷（3月）
1. 如图所示，某小型发电机的N、S磁极之间的磁场可看作为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B=2π T，边长L=0.2m的正方形线圈绕与磁场垂直的轴OO′匀速转动，线圈的两侧经集流管和电刷与阻值为3Ω的电阻相连。与R并联的交流电压表为理想电表，其示数U=6V。已知正方形线圈的匝数N=20，电阻为r=1.0Ω，则从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为( )
A. e=82sin10πt(V) B. e=82cos10πt(V)
C. e=82sin52πt(V) D. e=82cos52πt(V)
2. 许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献。下列有关物理学家的贡献，错误的是( )
A. 安培提出了分子电流假说，能够解释一些磁现象
B. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系
C. 法拉第发现电磁感应现象，使人们对电磁内在联系的认识更加完善
D. 洛伦兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论
3. 如图所示的交流电路中，灯L1、L2和L3均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，增大频率，各灯的亮、暗变化情况为( )
A. 灯L1、L2均变亮，灯L3变暗 B. 灯L1不变，L2、L3均变亮
C. 灯L1不变，灯L2变暗，灯L3变亮 D. 灯L1不变，灯L2变亮，灯L3变暗
4. 关于布朗运动及其原因，以下说法不正确的是( )
A. 布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动
B. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
C. 布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的
D. 液体的温度越高，布朗运动越剧烈
5. 如图所示为远距离输电示意图，其中升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器。降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5:2，输电线路的总电阻r=25Ω，其余导线电阻不计，L1、L2是电阻恒为44Ω、额定电压为220 V的两个相同的灯泡。升压变压器T1的原线圈两端所加电压u=1002sin100πt(V)，当开关S1闭合S2断开时，灯泡L1正常发光，则( )
A. 灯泡的额定功率为1 000 W
B. 输电线路损失的电功率为100 W
C. 升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为2:5
D. 若开关S1和S2都闭合时，则灯L1和L2均正常发光
6. 已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是( )
A. 若油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为m=NAM
B. 若油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的体积为V=ρNAM
C. 若某种气体的摩尔质量为M，密度为ρ，则该气体分子间平均距离为d=3MρNA
D. 若某种气体的摩尔体积为V，单位体积内含有气体分子的个数为n=VNA
7. 如图所示，边长为L、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放于纸面内，在ad边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45∘的过程中( )
A. 导线框产生沿逆时针方向的感应电流
B. 导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2
C. 导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化
D. 流过导线框的电荷量为2BωL2πR
8. 如图所示，是分子间相互作用力与分子间距离的关系，其中两虚线分别表示分子间斥力和引力与分子间距离的关系，实线表示分子间作用力(斥力和引力的合力)与分子间距离的关系，由图可知下列说法中正确的是( )
A. 分子间距离为r0时，分子间没有相互作用
B. 分子间距离大于r0时，分子间的引力总是大于斥力
C. 分子间距离增大时，分子间作用力可能先减小后增大再减小
D. 分子间距离大于r0时，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功
9. 甲、乙、丙、丁四个LC振荡电路，某时刻振荡电流i的方向如图中箭头所示。下列对各回路情况的判断正确的是( )
A. 若甲电路中电流i正在增大，则该电路中电容器两端的电压必定在增大
B. 若乙电路中电流i正在增大，则该电路中电容器的电场方向必定向下
C. 若丙电路中电流i正在减小，则该电路中线圈周围的磁场必定在增强
D. 若丁电路中电流i正在减小，则该电路中电容器的电场方向必定向上
10. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，a、b端接入电压有效值为U0=6V的正弦式交流电源。电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为60Ω，此时滑片P处于正中间位置，电表均为理想交流电表，则( )
A. 电流表的示数为2 A B. R1与R2的热功率之比为2：1
C. 若向上移动P，电压表示数变小 D. 若向下移动P，电源的输出功率变大
11. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电压表示数为U0，电源内阻不能忽略，若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 0∽t1时间内电梯内的物体处于超重状态
B. t2∽t3时间内电梯内的物体处于失重状态
C. t1∽t2时间内电梯可能处于匀加速直线运动状态
D. t2∽t3时间内电梯可能处于匀减速直线运动状态
12. 等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是( )
A. 0∼1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1∼2s内ab、cd导线互相排斥
C. 2∼3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3∼4s内ab、cd导线互相排斥
13. 如图所示，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5cm，l2=32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h=5cm。已知外界大气压与A、B管初始空气柱的压强均为p0=75cmHg。下列说法正确的是( )
A. 注入水银后B中空气柱的压强为80 cmHg B. 注入水银后B的空气柱长度为25 cm
C. 注入水银后A的液面比B的高 D. A、B管液面高度差为1 cm
14. “用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下：
A.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓中的方格数(正方形小方格的边长为2cm)，求油膜面积S(如图所示)
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在盘上，用彩笔将薄膜的形状画在玻璃板上
C.向浅盘中装入约2 cm深的水，并撒上痱子粉或细石膏粉
D.用所学公式求出油膜厚度，即油酸分子的直径
E.在1mL纯油酸中加入酒精，至油酸酒精溶液总体积为1 000 mL
F.用注射器或滴管将配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，测得60滴溶液体积为1mL
(1)上述实验步骤的合理顺序是：E__________；
(2)根据上述数据，每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是__________mL；(结果保留两位有效数字)
(3)根据上述数据及图中的面积，估测出油酸分子的直径是__________m；(结果保留两位有效数字)
(4)在浅盘中的水面上撒上痱子粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是( )
A.油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B.油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
(5)关于本实验下列说法正确的有( )
A.选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜
B.若油酸没有充分散开，油酸分子直径的计算结果将偏小
C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，油酸分子直径的计算结果将偏大
D.在向量筒中滴入1 mL油酸酒精溶液时，滴数少记了几滴，油酸分子直径的计算结果将偏小
E.结束实验时，需要将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸。为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，可以用适量清水清洗，并用脱脂棉擦去
15. 热敏电阻有很多的应用领域，如家电、开关电源、新能源汽车等。某实验小组的同学为了研究某保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻RT的特性设计了以下实验。
(1)首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的旋钮置于“×100”的挡位时示数如图甲所示，则该热敏电阻的阻值为__________Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)该实验小组的同学为了进一步探究热敏电阻的特性，设计了图乙所示的电路，电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻的阻值为2kΩ。
①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最________(选填“左”或“右”)端。
②某次实验时，电压表V1，V2的示数分别为3.0V、4.5V，则热敏电阻的阻值应为________kΩ。
(3)通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规律图像如图丙所示，当热敏电阻的阻值为RT=2kΩ时，热敏电阻所处环境的温度约为________℃。
(4)该种保温式自动电饭锅，采用感温磁控元件(可视为用热敏电阻控制的电磁铁开关，通过的电流大于某一值时开关断开)控制电路闭合与断开，从而控制加热电路，锅内米饭温度低于60℃后，加热电路开始工作，则下列电路图可能是该电饭锅中加热电路的是________。
A.B.
16. (1)原、副线圈的电压比与匝数比在实际中并不相同，请列举两个原因。
(2)在用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，请说明原因。
17. 如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管内，长为h的水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段，当玻璃管竖直静止时，A、B的长度分别为L、2L，且A的压强等于2ρgh(ρ为水银的密度、g为重力加速度)。当玻璃管保持如图的竖直状态以某一加速度a做竖直向上的匀加速运动，稳定后，A、B的长度相等，求这个加速度a的大小。已知运动前后管内各处温度相等且不变。
18. 如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量m=0.05kg，电阻Rb=1.5Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b棒匀速穿过磁场区域的速度；
(2)a棒刚进入磁场时两端的电压；
(3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题难度较小，当线圈与中性面垂直时切割磁感线的有效速度最大，此时的感应电动势最大，熟记中性面的概念，掌握峰值、瞬时值、有效值的计算是关键。先根据闭合欧姆定律求解感应电动势的有效值，再根据峰值与有效值关系得到峰值，求解出角频率，结合图示线圈位置写出瞬时值表达式。
【解答】
由闭合电路欧姆定律E=U+URr，解得E=8V，所以Em=82 V，又因为Em=NBSω，
可得线圈转动的角速度为ω=EmNBS=8220×2π×0.2×0.2 rad/s=10π rad/s，
从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt=82 cos 10πt V，
故选项B正确，ACD错误。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据物理学史和常识进行解答，记住著名科学家的物理学贡献即可。
本题的解题关键是掌握一些物理上的重大发现和著名实验，属于常识性问题，要求能熟记相关内容。
【解答】
A.安培提出了分子电流假说，能够解释永久磁铁产生磁场的原因，以及磁铁受猛烈撞击后突然失去磁性等一些磁现象，A正确，不符合题意；
B.奥斯特发现了电流的磁效应，通电导线周围能产生磁场，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系，B正确，不符合题意；
C.法拉第发现电磁感应现象，从而使人们知道了电不仅能生磁，同样磁也能生电，对电与磁内在联系的认识更加完善，C正确，不符合题意；
D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，D错误，符合题意。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
交变电流的频率增大，线圈的感抗增大，电容器的容抗变小，而电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同，从而判断各灯泡的明暗变化。
本题考查电感线圈和电容器对交变电流的阻碍作用，比较简单。
【解答】
交变电源两端电压的有效值不变，输入的交流电的频率变大，对电阻R没影响，L1灯亮度不变；频率变大，由线圈L对交流电的感抗公式XL=2πfL，则知电感的阻碍作用变大，所以L2灯的亮度变暗；频率变大，由电容器对交流电的容抗公式XC=12πfC，则知电容器的阻碍作用减小，所以L3灯更亮一些，故ABD错误，C正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查布朗运动，解题的关键是掌握布朗运动的定义和实质。布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的，间接证实了液体分子的无规则运动。
【解答】
AB.由布朗运动的定义可知，布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动，故A正确，B错误；
CD.布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的，液体的温度越高，布朗运动越剧烈，故CD正确。
由于本题是选择不正确项，故选B。
5.【答案】B
【解析】
【分析】根据电功率的计算公式求解灯泡的额定功率；根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流，根据电功率的计算公式求解输电线路损失的电功率；根据交变电流瞬时值表达式求出原线圈电压有效值，再根据功率关系求解原线圈的电流，由此得到升压变压器原、副线圈匝数之比；若开关S1和S2都闭合时，分析输送电路电压损失的变化，由此得到灯泡两端电压的变化情况，分析灯泡亮度变化情况。
此题考查变压器的原理和远距离输电，要掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，并掌握正弦式交变电流有效值与最大值的关系是解题的关键。
【解答】A.灯泡的额定功率为PL=UL2R=220244W=1100W，故A错误；
B.通过电灯的电流IL=ULR=22044A=5A，根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流为
I线=25IL=25×5A=2A，所以输电线路损失的电功率为P损=I线2r=22×25W=100W，故B正确；
C.升压变压器原线圈两端电压U1=10022V=100V，升压变压器原线圈的电流I1=PL+P损U1=1100+100100A=12A，所以升压变压器原、副线圈匝数之比为n1n2=I线I1=212=16，故C错误；
D.若开关S1和S2都闭合时，电路的总电阻减小，总电流增大，通过输电线路损失的电压增大，所以电灯两端的电压降低，两电灯均不能正常发光，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；对于液体，分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，分子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数。
本题关键明确阿伏加德罗常数的物理意义，明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积，建立模型，估算油酸分子直径。
【解答】
A.分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：一个油酸分子的质量m=MNA，故A错误；
B.由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有一个油酸分子的体积V0=VmolNA=MρNA，故B错误；
C.由于气体分子间距很大，所以一个分子的平均空间V=MρNA，将油酸分子看成立方体，立方体的边长等于分子直径，V=d3，则分子直径d=3MρNA，故C正确；
D.某种气体的摩尔体积为V，单位体积气体的摩尔数为n=1V，则含有气体分子的个数n=NAV，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查法拉第电磁感应定理，楞次定律，安培力的计算，本题是一道关于电磁感应的试题，解决本题的关键是理解楞次定律和法拉第电磁感应定律。
根据楞次定律判断导线框中的感应电流的方向；分析由实线位置转到虚线位置过程，根据导体切割磁感线的有效长度，得出安培力大小变化情况；根据法拉第电磁感应定律求出题图所示虚线位置处导线框中产生的感应电动势大小；根据q=ΔΦR，求出流过线圈某点的电荷量。
【解答】
A.由楞次定律知转动过程中导线框中的感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B.在题图所示虚线位置处导线框中产生的感应电动势大小为E=12B(2L)2ω=BL2ω，故B正确；
C.由实线位置转到虚线位置过程中导体切割磁感线的有效长度越来越大，电动势越来越大，电流越来越大，故线圈受到的安培力逐渐增大，但安培力方向不变，总是垂直边界线向左，故C错误；
D.流过线圈某点的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR =12L2BR=BL22R，故D错误。
故选B。
8.【答案】BCD
【解析】
【分析】
分子之间的斥力和引力是同时存在的。在F−r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化的快。
分子间距离等于平衡距离时分子力为零。掌握分子间作用力与分子间距离的关系图像，即可正确解题。
【解答】
A.分子之间的斥力和引力是同时存在的，分子间距离为r0时，分子间的引力与斥力大小相等，A错误；
B.由图中实线知：当r>r0 时，分子之间的距离减小时，分子间的引力总是大于斥力，分子力表现为引力，B正确；
C.分子间距离增大时，当rr0时，分子之间的距离增大时，分子力先增大后减小，C正确；
D.分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功，D正确。
故选BCD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电磁振荡过程。在LC振荡过程中，电容器充电过程电流减小，电势差增大，通过电流方向确定电容极板带电情况；电容放电过程电流增大，电势差减小，通过电流方向确定电容极板带电情况。
【解答】
A.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电压减小，电压和电动势大小始终相等，所以电动势减小，A错误；
B.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电流从正极板流出，故电容器上极板带正电，电场方向向下，B正确；
C.当电流减小时，线圈周围磁场减小，C错误；
D.当电流减小时，电容器正充电，电流流向正极板，下极板带正电，电场向上，D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】A.设通过R1的电流为4I，则副线圈电流为I，初级电压U1=U0−4IR1=6−4I(SI)，根据匝数比U1U2=n1n2，
可知次级电压为U2=4(6−4I)(SI)，根据输入和输出功率相等，有(6−4I)×4I=4(6−4I)2R2+R32，
代入数据解得I=0.5A，则电流表的示数为2 A，故A正确；
B.R1的热功率为P1=4I2R1=4W，R2的热功率为P2=I2R2=0.5W，则R1与R2的热功率之比为8:1，故B错误；
C.若向上移动P，则R3电阻变大，次级电流变小，初级电流也变小，电阻R1的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表读数将变大，故C错误；
D.若向下移动P，则R3电阻变小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，故D正确。
故选AD。
本题查考变压器与电路相结合问题。掌握变压器原副线圈电流电压电功率的关系。注意原线圈有电阻。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了超重和失重、闭合电路的欧姆定律等知识点。此题把超重和失重和电路结合起来，有一定的新颖性，理解超重和失重的基本条件是解决本题的关键点。
【解答】
A.电压表示数为U0时，对应的压敏电阻的阻值为R1，此时电梯处于静止状态，物体对压敏电阻的压力大小F等于物体的重力mg，当电压表示数大于U0时，根据闭合电路欧姆定律，压敏电阻的阻值大于R1，根据压敏电阻的特性，压敏电阻受到的压力小于mg，根据牛顿第二定律可知，物体处于失重状态；而0∽t1时间内，电压大于U0，说明此时电梯内的物体处于失重状态，故A错误；
B.同理，t2∽t3时间内，电压大于U0，说明此时电梯内的物体处于失重状态，故B正确；
C.t1∽t2时间内，电压恒定且U>U0，可见物体对压敏电阻的压力不变且处于失重状态，物体可能做向上的匀减速直线运动，也可能做向下的匀加速直线运动，即电梯可能处于匀加速直线运动状态，故C正确；
D.t2∽t3时间内，电压逐渐变小，电阻逐渐减小，而压力逐渐增大，压敏电阻对物体的支持力也逐渐增大，说明物体的合力不恒定，加速度也不恒定，电梯不可能处于匀减速直线运动状态，故D错误。
故选BC。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间的作用力情况。
利用法拉第电磁感应定律时，注意B−t图像中斜率的物理意义。注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量。
【解答】等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流。分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流。
根据楞次定律可知，0∼2s内，cd导线中电流由d到c，2∼4s内，cd导线中电流由c到d。
根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥。
AB.0∼2s内，ab、cd导线互相排斥，A错误，B正确；
CD.2∼4s内，ab、cd导线互相吸引，C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】AD
【解析】AB.注入水银后B中空气柱的压强为pB2=p0+ph=(75+5)cmHg=80cmHg，设注入水银后B的空气柱长度为lB，玻璃管的横截面积为S，对B管内的气体，由玻意耳定律有pB1l2S=pB2lBS，pB1=p0=75cmHg，解得lB=30cm，故A正确，B错误；
CD.B管内水银柱的高度hB=l2-lB=(32−30)cm=2cm，设A、B两管水银面的高度差为H，A管内气体初状态压强pA1=p0=75cmHg，体积VA1=l1S=13.5S，A管内气体末状态的压强pA2=pB2+pH=(80+H)cmHg，体积VA2=lAS=[l1−(hB-H)]S=[13.5−(2−H)]S=(11.5+H)S，对A管内气体，由玻意耳定律得pA1VA1=pA2VA2，解得H=1cm(H=−92.5cm不符合实际，舍去)，所以注入水银后B的液面比A的高1 cm，故C错误，D正确。
故选：AD。
14.【答案】(1)FCBAD；(2) 1.7×10−5；(3) 7.1×10−10 ；(4)A；(5)AC
【解析】
【分析】
本题考查用油膜法估测油酸分子的大小的实验。解决问题的关键是清楚实验原理、实验步骤、实验注意事项，会进行数据处理和误差分析。
【解答】
(1)上述实验步骤的合理顺序是：EFCBAD；
(2)1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积
V=160×11 000mL=1.7×10−5mL；
(3)由于每格边长为2 cm，则每一格就是4 cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出60格，则油酸薄膜面积为S=60×4 cm2=2.4×10−2m2，由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为d=VS=1.7×10−112.4×10−2m=7.1×10−10m；
(4)AB.油酸酒精溶液没有完全展开前，油酸分子间所夹的酒精分子，即没与水接触，也没与空气接触，但是却增大了油酸的体积。使得展开后的面积较大，而一旦展开后，酒精分子溶于水或挥发，则油酸分子要填补原来酒精分子留下的空隙，所以油酸形成的油膜的面积又会略有收缩，A正确，B错误。
故选A；
(5)A.计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，所以选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜，故 A正确；
B.计算油酸分子直径的公式是d=VS，V是纯油酸的体积， S是油膜的面积。水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分散开，则测量的面积 S偏小，导致计算结果偏大，故B错误；
C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格， S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；
D.计算过程中，向量筒中滴入1 mL油酸酒精溶液时，滴数少数了几滴，浓度升高，则 d偏大，故D错误；
E.油酸不溶于水，应用酒精清洗，故 E错误。
故选AC。
15.【答案】(1)3.2×103 ；(2)①左；②3；(3)38(37∼38均可)；(4)A
【解析】
【分析】
(1)根据多用电表的读数规则读出热敏电阻的阻值；
(2)根据实验原理判断开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头位置；根据欧姆定律计算热敏电阻的阻值；
(3)根据图丙得出热敏电阻所处环境的温度；
(4)当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，据此分析。
【解答】
(1)由多用电表的测电阻读数规则可知，该热敏电阻的阻值为32×100 Ω=3.2×103 Ω。
(2)①为了保护实验器材，开关闭合后应使两电压表的读数均为零，所以滑动变阻器的滑动触头应置于最左端。
②由电路图乙可知，热敏电阻的阻值应为RT=U2U1R0=U2R0U1，代入数据解得RT=3 000 Ω=3kΩ。
(3)由图丙可知，热敏电阻的阻值为RT=2kΩ时，热敏电阻所处环境的温度约为38℃。
(4)当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据串并联电路的规律可知A满足要求，A正确，B错误。
16.【答案】(1)漏磁、铁芯发热、导线发热等。
(2)用电高峰负载增多，用户总电阻变小，输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，用户得到的电压减小，灯显得暗。
【解析】(1)原、副线圈的电压比与匝数比在实际中并不相同，其主要原因：一是变压器的线圈有电阻，变压器工作时会产生焦耳热；二是变压器工作时有漏磁和铁芯中涡流产生热，所以变压器不是理想的。
(2)在用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，其原因是：用电器一般是并联使用，在用电高峰时线路中的总电阻变小，由欧姆定律可知，线路中总电流增大，则有线路上的电压降增大，用户得到的电压较低，电灯比深夜时要显得暗些。
17.【答案】设玻璃管横截面积S，已知运动前后管内各处温度相等且不变，A、B段气体均做等温变化，对A气体：初状态
pA=2ρgh，VA=SL
末状态
VA′=32SL
由玻意耳定律得
2ρgh⋅LS=pA′⋅32LS
解得
pA′=43ρgh
对B气体：初状态
pB=pA+ρgh=3ρgh
VB=2SL
末状态
VB′=3SL2
由玻意耳定律得
3ρgh⋅2LS=pB′⋅32LS
pB′=4ρgh
对水银柱，由牛顿第二定律得
pB′S−pA′S−ρgSh=ρSha
解得
a=53g
【解析】本题考查气体状态和牛顿运动定律问题。
A、B中气体发生等温变化，确定始末状态，根据玻意耳定律分别列式；对水银柱分析受力，根据牛顿第二定律列式计算加速度大小。
18.【答案】(1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有
BI1L=mg
根据法拉第电磁感应定律
I1=E1Ra+Rb=BLvbRa+Rb
解得
vb=5m/s
(2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有
d=vbt1
解得
t1=0.2s
a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为
va=vb+gt1=7m/s
电动势为
E2=BLva=3.5V
a棒两端的电势差即为路端电压为
U=E2RbRa+Rb=2.1V
(3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
BI2L=mag
根据法拉第电磁感应定律
I2=E2Ra+Rb=BLvaRa+Rb
解得
ma=0.07kg
两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为
Q=(m+ma)gd=1.2J
a棒产生的焦耳热
Qa=QRaRa+Rb=0.48J
【解析】(1)b棒匀速穿过磁场区域，根据平衡条件和安培力公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合求出
b棒匀速运动的速度；
(2)求出b棒穿过磁场区域过程所用的时间，再求出b棒穿过磁场区域前自由下落的时间，结合两棒运动时间关系，求出a棒自由下落的时间，从而求得a棒刚进入磁场时的速度，由E = BLv求出a棒刚进入磁场时产生的感应电动势，根据欧姆定律求得a棒刚进入磁场时两端的电压;
(3)根据焦耳定律求从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
2021~2022学年广东省佛山市第一中学高二（下）月考物理试卷（3月）
1. 如图所示，某小型发电机的N、S磁极之间的磁场可看作为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B=2π T，边长L=0.2m的正方形线圈绕与磁场垂直的轴OO′匀速转动，线圈的两侧经集流管和电刷与阻值为3Ω的电阻相连。与R并联的交流电压表为理想电表，其示数U=6V。已知正方形线圈的匝数N=20，电阻为r=1.0Ω，则从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为( )
A. e=82sin10πt(V) B. e=82cos10πt(V)
C. e=82sin52πt(V) D. e=82cos52πt(V)
2. 许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献。下列有关物理学家的贡献，错误的是( )
A. 安培提出了分子电流假说，能够解释一些磁现象
B. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系
C. 法拉第发现电磁感应现象，使人们对电磁内在联系的认识更加完善
D. 洛伦兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论
3. 如图所示的交流电路中，灯L1、L2和L3均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，增大频率，各灯的亮、暗变化情况为( )
A. 灯L1、L2均变亮，灯L3变暗 B. 灯L1不变，L2、L3均变亮
C. 灯L1不变，灯L2变暗，灯L3变亮 D. 灯L1不变，灯L2变亮，灯L3变暗
4. 关于布朗运动及其原因，以下说法不正确的是( )
A. 布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动
B. 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
C. 布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的
D. 液体的温度越高，布朗运动越剧烈
5. 如图所示为远距离输电示意图，其中升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器。降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5:2，输电线路的总电阻r=25Ω，其余导线电阻不计，L1、L2是电阻恒为44Ω、额定电压为220 V的两个相同的灯泡。升压变压器T1的原线圈两端所加电压u=1002sin100πt(V)，当开关S1闭合S2断开时，灯泡L1正常发光，则( )
A. 灯泡的额定功率为1 000 W
B. 输电线路损失的电功率为100 W
C. 升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为2:5
D. 若开关S1和S2都闭合时，则灯L1和L2均正常发光
6. 已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是( )
A. 若油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为m=NAM
B. 若油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的体积为V=ρNAM
C. 若某种气体的摩尔质量为M，密度为ρ，则该气体分子间平均距离为d=3MρNA
D. 若某种气体的摩尔体积为V，单位体积内含有气体分子的个数为n=VNA
7. 如图所示，边长为L、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放于纸面内，在ad边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45∘的过程中( )
A. 导线框产生沿逆时针方向的感应电流
B. 导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL2
C. 导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化
D. 流过导线框的电荷量为2BωL2πR
8. 如图所示，是分子间相互作用力与分子间距离的关系，其中两虚线分别表示分子间斥力和引力与分子间距离的关系，实线表示分子间作用力(斥力和引力的合力)与分子间距离的关系，由图可知下列说法中正确的是( )
A. 分子间距离为r0时，分子间没有相互作用
B. 分子间距离大于r0时，分子间的引力总是大于斥力
C. 分子间距离增大时，分子间作用力可能先减小后增大再减小
D. 分子间距离大于r0时，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功
9. 甲、乙、丙、丁四个LC振荡电路，某时刻振荡电流i的方向如图中箭头所示。下列对各回路情况的判断正确的是( )
A. 若甲电路中电流i正在增大，则该电路中电容器两端的电压必定在增大
B. 若乙电路中电流i正在增大，则该电路中电容器的电场方向必定向下
C. 若丙电路中电流i正在减小，则该电路中线圈周围的磁场必定在增强
D. 若丁电路中电流i正在减小，则该电路中电容器的电场方向必定向上
10. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，a、b端接入电压有效值为U0=6V的正弦式交流电源。电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为60Ω，此时滑片P处于正中间位置，电表均为理想交流电表，则( )
A. 电流表的示数为2 A B. R1与R2的热功率之比为2：1
C. 若向上移动P，电压表示数变小 D. 若向下移动P，电源的输出功率变大
11. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电压表示数为U0，电源内阻不能忽略，若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 0∽t1时间内电梯内的物体处于超重状态
B. t2∽t3时间内电梯内的物体处于失重状态
C. t1∽t2时间内电梯可能处于匀加速直线运动状态
D. t2∽t3时间内电梯可能处于匀减速直线运动状态
12. 等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是( )
A. 0∼1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1∼2s内ab、cd导线互相排斥
C. 2∼3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3∼4s内ab、cd导线互相排斥
13. 如图所示，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5cm，l2=32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h=5cm。已知外界大气压与A、B管初始空气柱的压强均为p0=75cmHg。下列说法正确的是( )
A. 注入水银后B中空气柱的压强为80 cmHg B. 注入水银后B的空气柱长度为25 cm
C. 注入水银后A的液面比B的高 D. A、B管液面高度差为1 cm
14. “用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下：
A.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓中的方格数(正方形小方格的边长为2cm)，求油膜面积S(如图所示)
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在盘上，用彩笔将薄膜的形状画在玻璃板上
C.向浅盘中装入约2 cm深的水，并撒上痱子粉或细石膏粉
D.用所学公式求出油膜厚度，即油酸分子的直径
E.在1mL纯油酸中加入酒精，至油酸酒精溶液总体积为1 000 mL
F.用注射器或滴管将配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，测得60滴溶液体积为1mL
(1)上述实验步骤的合理顺序是：E__________；
(2)根据上述数据，每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是__________mL；(结果保留两位有效数字)
(3)根据上述数据及图中的面积，估测出油酸分子的直径是__________m；(结果保留两位有效数字)
(4)在浅盘中的水面上撒上痱子粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是( )
A.油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B.油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
(5)关于本实验下列说法正确的有( )
A.选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜
B.若油酸没有充分散开，油酸分子直径的计算结果将偏小
C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，油酸分子直径的计算结果将偏大
D.在向量筒中滴入1 mL油酸酒精溶液时，滴数少记了几滴，油酸分子直径的计算结果将偏小
E.结束实验时，需要将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸。为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，可以用适量清水清洗，并用脱脂棉擦去
15. 热敏电阻有很多的应用领域，如家电、开关电源、新能源汽车等。某实验小组的同学为了研究某保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻RT的特性设计了以下实验。
(1)首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的旋钮置于“×100”的挡位时示数如图甲所示，则该热敏电阻的阻值为__________Ω。(结果保留两位有效数字)
(2)该实验小组的同学为了进一步探究热敏电阻的特性，设计了图乙所示的电路，电路中的电压表均可看成理想电压表，定值电阻的阻值为2kΩ。
①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最________(选填“左”或“右”)端。
②某次实验时，电压表V1，V2的示数分别为3.0V、4.5V，则热敏电阻的阻值应为________kΩ。
(3)通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规律图像如图丙所示，当热敏电阻的阻值为RT=2kΩ时，热敏电阻所处环境的温度约为________℃。
(4)该种保温式自动电饭锅，采用感温磁控元件(可视为用热敏电阻控制的电磁铁开关，通过的电流大于某一值时开关断开)控制电路闭合与断开，从而控制加热电路，锅内米饭温度低于60℃后，加热电路开始工作，则下列电路图可能是该电饭锅中加热电路的是________。
A.B.
16. (1)原、副线圈的电压比与匝数比在实际中并不相同，请列举两个原因。
(2)在用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，请说明原因。
17. 如图所示，粗细均匀、两端封闭的玻璃管内，长为h的水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段，当玻璃管竖直静止时，A、B的长度分别为L、2L，且A的压强等于2ρgh(ρ为水银的密度、g为重力加速度)。当玻璃管保持如图的竖直状态以某一加速度a做竖直向上的匀加速运动，稳定后，A、B的长度相等，求这个加速度a的大小。已知运动前后管内各处温度相等且不变。
18. 如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m。在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量m=0.05kg，电阻Rb=1.5Ω，它们分别从图示M、N处同时由静止开始在导轨上向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b棒匀速穿过磁场区域的速度；
(2)a棒刚进入磁场时两端的电压；
(3)从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题难度较小，当线圈与中性面垂直时切割磁感线的有效速度最大，此时的感应电动势最大，熟记中性面的概念，掌握峰值、瞬时值、有效值的计算是关键。先根据闭合欧姆定律求解感应电动势的有效值，再根据峰值与有效值关系得到峰值，求解出角频率，结合图示线圈位置写出瞬时值表达式。
【解答】
由闭合电路欧姆定律E=U+URr，解得E=8V，所以Em=82 V，又因为Em=NBSω，
可得线圈转动的角速度为ω=EmNBS=8220×2π×0.2×0.2 rad/s=10π rad/s，
从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt=82 cos 10πt V，
故选项B正确，ACD错误。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
根据物理学史和常识进行解答，记住著名科学家的物理学贡献即可。
本题的解题关键是掌握一些物理上的重大发现和著名实验，属于常识性问题，要求能熟记相关内容。
【解答】
A.安培提出了分子电流假说，能够解释永久磁铁产生磁场的原因，以及磁铁受猛烈撞击后突然失去磁性等一些磁现象，A正确，不符合题意；
B.奥斯特发现了电流的磁效应，通电导线周围能产生磁场，首次揭示了电现象和磁现象间的某种联系，B正确，不符合题意；
C.法拉第发现电磁感应现象，从而使人们知道了电不仅能生磁，同样磁也能生电，对电与磁内在联系的认识更加完善，C正确，不符合题意；
D.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，D错误，符合题意。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
交变电流的频率增大，线圈的感抗增大，电容器的容抗变小，而电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同，从而判断各灯泡的明暗变化。
本题考查电感线圈和电容器对交变电流的阻碍作用，比较简单。
【解答】
交变电源两端电压的有效值不变，输入的交流电的频率变大，对电阻R没影响，L1灯亮度不变；频率变大，由线圈L对交流电的感抗公式XL=2πfL，则知电感的阻碍作用变大，所以L2灯的亮度变暗；频率变大，由电容器对交流电的容抗公式XC=12πfC，则知电容器的阻碍作用减小，所以L3灯更亮一些，故ABD错误，C正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查布朗运动，解题的关键是掌握布朗运动的定义和实质。布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的，间接证实了液体分子的无规则运动。
【解答】
AB.由布朗运动的定义可知，布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动，故A正确，B错误；
CD.布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的，液体的温度越高，布朗运动越剧烈，故CD正确。
由于本题是选择不正确项，故选B。
5.【答案】B
【解析】
【分析】根据电功率的计算公式求解灯泡的额定功率；根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流，根据电功率的计算公式求解输电线路损失的电功率；根据交变电流瞬时值表达式求出原线圈电压有效值，再根据功率关系求解原线圈的电流，由此得到升压变压器原、副线圈匝数之比；若开关S1和S2都闭合时，分析输送电路电压损失的变化，由此得到灯泡两端电压的变化情况，分析灯泡亮度变化情况。
此题考查变压器的原理和远距离输电，要掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，并掌握正弦式交变电流有效值与最大值的关系是解题的关键。
【解答】A.灯泡的额定功率为PL=UL2R=220244W=1100W，故A错误；
B.通过电灯的电流IL=ULR=22044A=5A，根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流为
I线=25IL=25×5A=2A，所以输电线路损失的电功率为P损=I线2r=22×25W=100W，故B正确；
C.升压变压器原线圈两端电压U1=10022V=100V，升压变压器原线圈的电流I1=PL+P损U1=1100+100100A=12A，所以升压变压器原、副线圈匝数之比为n1n2=I线I1=212=16，故C错误；
D.若开关S1和S2都闭合时，电路的总电阻减小，总电流增大，通过输电线路损失的电压增大，所以电灯两端的电压降低，两电灯均不能正常发光，故D错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；对于液体，分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，分子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数。
本题关键明确阿伏加德罗常数的物理意义，明确摩尔质量等于摩尔体积与密度的乘积，建立模型，估算油酸分子直径。
【解答】
A.分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：一个油酸分子的质量m=MNA，故A错误；
B.由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有一个油酸分子的体积V0=VmolNA=MρNA，故B错误；
C.由于气体分子间距很大，所以一个分子的平均空间V=MρNA，将油酸分子看成立方体，立方体的边长等于分子直径，V=d3，则分子直径d=3MρNA，故C正确；
D.某种气体的摩尔体积为V，单位体积气体的摩尔数为n=1V，则含有气体分子的个数n=NAV，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查法拉第电磁感应定理，楞次定律，安培力的计算，本题是一道关于电磁感应的试题，解决本题的关键是理解楞次定律和法拉第电磁感应定律。
根据楞次定律判断导线框中的感应电流的方向；分析由实线位置转到虚线位置过程，根据导体切割磁感线的有效长度，得出安培力大小变化情况；根据法拉第电磁感应定律求出题图所示虚线位置处导线框中产生的感应电动势大小；根据q=ΔΦR，求出流过线圈某点的电荷量。
【解答】
A.由楞次定律知转动过程中导线框中的感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B.在题图所示虚线位置处导线框中产生的感应电动势大小为E=12B(2L)2ω=BL2ω，故B正确；
C.由实线位置转到虚线位置过程中导体切割磁感线的有效长度越来越大，电动势越来越大，电流越来越大，故线圈受到的安培力逐渐增大，但安培力方向不变，总是垂直边界线向左，故C错误；
D.流过线圈某点的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR =12L2BR=BL22R，故D错误。
故选B。
8.【答案】BCD
【解析】
【分析】
分子之间的斥力和引力是同时存在的。在F−r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化的快。
分子间距离等于平衡距离时分子力为零。掌握分子间作用力与分子间距离的关系图像，即可正确解题。
【解答】
A.分子之间的斥力和引力是同时存在的，分子间距离为r0时，分子间的引力与斥力大小相等，A错误；
B.由图中实线知：当r>r0 时，分子之间的距离减小时，分子间的引力总是大于斥力，分子力表现为引力，B正确；
C.分子间距离增大时，当r
D.分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，增大分子间距离，分子间作用力总是做负功，D正确。
故选BCD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电磁振荡过程。在LC振荡过程中，电容器充电过程电流减小，电势差增大，通过电流方向确定电容极板带电情况；电容放电过程电流增大，电势差减小，通过电流方向确定电容极板带电情况。
【解答】
A.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电压减小，电压和电动势大小始终相等，所以电动势减小，A错误；
B.当电流逐渐增大时，电容器正放电，电流从正极板流出，故电容器上极板带正电，电场方向向下，B正确；
C.当电流减小时，线圈周围磁场减小，C错误；
D.当电流减小时，电容器正充电，电流流向正极板，下极板带正电，电场向上，D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】A.设通过R1的电流为4I，则副线圈电流为I，初级电压U1=U0−4IR1=6−4I(SI)，根据匝数比U1U2=n1n2，
可知次级电压为U2=4(6−4I)(SI)，根据输入和输出功率相等，有(6−4I)×4I=4(6−4I)2R2+R32，
代入数据解得I=0.5A，则电流表的示数为2 A，故A正确；
B.R1的热功率为P1=4I2R1=4W，R2的热功率为P2=I2R2=0.5W，则R1与R2的热功率之比为8:1，故B错误；
C.若向上移动P，则R3电阻变大，次级电流变小，初级电流也变小，电阻R1的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表读数将变大，故C错误；
D.若向下移动P，则R3电阻变小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，故D正确。
故选AD。
本题查考变压器与电路相结合问题。掌握变压器原副线圈电流电压电功率的关系。注意原线圈有电阻。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了超重和失重、闭合电路的欧姆定律等知识点。此题把超重和失重和电路结合起来，有一定的新颖性，理解超重和失重的基本条件是解决本题的关键点。
【解答】
A.电压表示数为U0时，对应的压敏电阻的阻值为R1，此时电梯处于静止状态，物体对压敏电阻的压力大小F等于物体的重力mg，当电压表示数大于U0时，根据闭合电路欧姆定律，压敏电阻的阻值大于R1，根据压敏电阻的特性，压敏电阻受到的压力小于mg，根据牛顿第二定律可知，物体处于失重状态；而0∽t1时间内，电压大于U0，说明此时电梯内的物体处于失重状态，故A错误；
B.同理，t2∽t3时间内，电压大于U0，说明此时电梯内的物体处于失重状态，故B正确；
C.t1∽t2时间内，电压恒定且U>U0，可见物体对压敏电阻的压力不变且处于失重状态，物体可能做向上的匀减速直线运动，也可能做向下的匀加速直线运动，即电梯可能处于匀加速直线运动状态，故C正确；
D.t2∽t3时间内，电压逐渐变小，电阻逐渐减小，而压力逐渐增大，压敏电阻对物体的支持力也逐渐增大，说明物体的合力不恒定，加速度也不恒定，电梯不可能处于匀减速直线运动状态，故D错误。
故选BC。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间的作用力情况。
利用法拉第电磁感应定律时，注意B−t图像中斜率的物理意义。注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量。
【解答】等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流。分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流。
根据楞次定律可知，0∼2s内，cd导线中电流由d到c，2∼4s内，cd导线中电流由c到d。
根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥。
AB.0∼2s内，ab、cd导线互相排斥，A错误，B正确；
CD.2∼4s内，ab、cd导线互相吸引，C正确，D错误。
故选BC。
13.【答案】AD
【解析】AB.注入水银后B中空气柱的压强为pB2=p0+ph=(75+5)cmHg=80cmHg，设注入水银后B的空气柱长度为lB，玻璃管的横截面积为S，对B管内的气体，由玻意耳定律有pB1l2S=pB2lBS，pB1=p0=75cmHg，解得lB=30cm，故A正确，B错误；
CD.B管内水银柱的高度hB=l2-lB=(32−30)cm=2cm，设A、B两管水银面的高度差为H，A管内气体初状态压强pA1=p0=75cmHg，体积VA1=l1S=13.5S，A管内气体末状态的压强pA2=pB2+pH=(80+H)cmHg，体积VA2=lAS=[l1−(hB-H)]S=[13.5−(2−H)]S=(11.5+H)S，对A管内气体，由玻意耳定律得pA1VA1=pA2VA2，解得H=1cm(H=−92.5cm不符合实际，舍去)，所以注入水银后B的液面比A的高1 cm，故C错误，D正确。
故选：AD。
14.【答案】(1)FCBAD；(2) 1.7×10−5；(3) 7.1×10−10 ；(4)A；(5)AC
【解析】
【分析】
本题考查用油膜法估测油酸分子的大小的实验。解决问题的关键是清楚实验原理、实验步骤、实验注意事项，会进行数据处理和误差分析。
【解答】
(1)上述实验步骤的合理顺序是：EFCBAD；
(2)1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积
V=160×11 000mL=1.7×10−5mL；
(3)由于每格边长为2 cm，则每一格就是4 cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出60格，则油酸薄膜面积为S=60×4 cm2=2.4×10−2m2，由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为d=VS=1.7×10−112.4×10−2m=7.1×10−10m；
(4)AB.油酸酒精溶液没有完全展开前，油酸分子间所夹的酒精分子，即没与水接触，也没与空气接触，但是却增大了油酸的体积。使得展开后的面积较大，而一旦展开后，酒精分子溶于水或挥发，则油酸分子要填补原来酒精分子留下的空隙，所以油酸形成的油膜的面积又会略有收缩，A正确，B错误。
故选A；
(5)A.计算时利用的是纯油酸的体积，酒精的作用是更易于油酸平铺成单层薄膜，自身溶于水或挥发掉，使测量结果更精确，所以选用油酸酒精溶液而不是纯油酸，目的是让油酸尽可能散开，形成单分子油膜，故 A正确；
B.计算油酸分子直径的公式是d=VS，V是纯油酸的体积， S是油膜的面积。水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分散开，则测量的面积 S偏小，导致计算结果偏大，故B错误；
C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格， S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；
D.计算过程中，向量筒中滴入1 mL油酸酒精溶液时，滴数少数了几滴，浓度升高，则 d偏大，故D错误；
E.油酸不溶于水，应用酒精清洗，故 E错误。
故选AC。
15.【答案】(1)3.2×103 ；(2)①左；②3；(3)38(37∼38均可)；(4)A
【解析】
【分析】
(1)根据多用电表的读数规则读出热敏电阻的阻值；
(2)根据实验原理判断开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头位置；根据欧姆定律计算热敏电阻的阻值；
(3)根据图丙得出热敏电阻所处环境的温度；
(4)当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，据此分析。
【解答】
(1)由多用电表的测电阻读数规则可知，该热敏电阻的阻值为32×100 Ω=3.2×103 Ω。
(2)①为了保护实验器材，开关闭合后应使两电压表的读数均为零，所以滑动变阻器的滑动触头应置于最左端。
②由电路图乙可知，热敏电阻的阻值应为RT=U2U1R0=U2R0U1，代入数据解得RT=3 000 Ω=3kΩ。
(3)由图丙可知，热敏电阻的阻值为RT=2kΩ时，热敏电阻所处环境的温度约为38℃。
(4)当电饭锅内温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据串并联电路的规律可知A满足要求，A正确，B错误。
16.【答案】(1)漏磁、铁芯发热、导线发热等。
(2)用电高峰负载增多，用户总电阻变小，输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，用户得到的电压减小，灯显得暗。
【解析】(1)原、副线圈的电压比与匝数比在实际中并不相同，其主要原因：一是变压器的线圈有电阻，变压器工作时会产生焦耳热；二是变压器工作时有漏磁和铁芯中涡流产生热，所以变压器不是理想的。
(2)在用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，其原因是：用电器一般是并联使用，在用电高峰时线路中的总电阻变小，由欧姆定律可知，线路中总电流增大，则有线路上的电压降增大，用户得到的电压较低，电灯比深夜时要显得暗些。
17.【答案】设玻璃管横截面积S，已知运动前后管内各处温度相等且不变，A、B段气体均做等温变化，对A气体：初状态
pA=2ρgh，VA=SL
末状态
VA′=32SL
由玻意耳定律得
2ρgh⋅LS=pA′⋅32LS
解得
pA′=43ρgh
对B气体：初状态
pB=pA+ρgh=3ρgh
VB=2SL
末状态
VB′=3SL2
由玻意耳定律得
3ρgh⋅2LS=pB′⋅32LS
pB′=4ρgh
对水银柱，由牛顿第二定律得
pB′S−pA′S−ρgSh=ρSha
解得
a=53g
【解析】本题考查气体状态和牛顿运动定律问题。
A、B中气体发生等温变化，确定始末状态，根据玻意耳定律分别列式；对水银柱分析受力，根据牛顿第二定律列式计算加速度大小。
18.【答案】(1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有
BI1L=mg
根据法拉第电磁感应定律
I1=E1Ra+Rb=BLvbRa+Rb
解得
vb=5m/s
(2)b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，则有
d=vbt1
解得
t1=0.2s
a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为
va=vb+gt1=7m/s
电动势为
E2=BLva=3.5V
a棒两端的电势差即为路端电压为
U=E2RbRa+Rb=2.1V
(3)a棒进入磁场并将匀速穿过磁场，则有
BI2L=mag
根据法拉第电磁感应定律
I2=E2Ra+Rb=BLvaRa+Rb
解得
ma=0.07kg
两棒穿过磁场过程中，产生的总焦耳热为
Q=(m+ma)gd=1.2J
a棒产生的焦耳热
Qa=QRaRa+Rb=0.48J
【解析】(1)b棒匀速穿过磁场区域，根据平衡条件和安培力公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合求出
b棒匀速运动的速度；
(2)求出b棒穿过磁场区域过程所用的时间，再求出b棒穿过磁场区域前自由下落的时间，结合两棒运动时间关系，求出a棒自由下落的时间，从而求得a棒刚进入磁场时的速度，由E = BLv求出a棒刚进入磁场时产生的感应电动势，根据欧姆定律求得a棒刚进入磁场时两端的电压;
(3)根据焦耳定律求从静止释放到a棒刚好出磁场过程中a棒产生的焦耳热。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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