2023-2024学年重庆市巴蜀中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市巴蜀中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B. 太空舱里静止的小水滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C. 水滴“粘”在玻璃上，是因为水不能浸润玻璃
D. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0
2.关于电磁振荡和电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. 如图甲所示的磁场能产生电磁波
C. 红外线的衍射能力比X射线的衍射能力弱
D. 图乙所示的电磁振荡电路，电容器刚要放电时，线圈中的电流最大
3.如图为在T1、T2两种温度下黑体的辐射强度与其辐射电磁波波长的关系，下列说法正确的是( )
A. T1>T2
B. 黑体能反射电磁波
C. 牛顿提出的能量子假说很好地解释了黑体辐射的实验规律
D. 温度升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
4.如图为两分子间的分子力与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r3处静止释放至运动到r=r1的过程中(运动过程中仅考虑分子间作用力，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0)( )
A. a、b间分子力先减小后增加B. b分子在r3位置时仅受到引力作用
C. b分子运动到r1位置时，速度最小D. 两分子间分子势能逐渐变小
5.如图是一定质量的理想气体的p−V图，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2，下列判断正确的是( )
A. T1B. B→C过程中，气体的内能不变
C. 若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的平均分子动能先变大后变小
D. D→A过程中，气体分子在单位时间内与容器单位面积上碰撞的次数增加
6.如图，图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=1.5s时刻的波形图。P、Q、M为简谐波上的质点，图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向传播
B. 该简谐波的传播速度为4m/s
C. t=1.5s时，P质点的速度大于Q质点的速度
D. 从图甲所示位置起，Q质点比P质点先回到平衡位置
7.如图甲所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(不会流出吸管)。饮料罐和吸管水平放置，如果不计大气压的变化，标上刻度后该装置就是一支简易的温度计，则( )
A. 温度升高后，罐中气体压强增大
B. 吸管上的温度计刻度是不均匀的
C. 油柱位置越靠近饮料罐，说明温度越高
D. 若将温度计立放使用，如图乙，温度测量值将偏小
8.真空中有一个底面直径为32d、高为d2的圆柱形薄玻璃槽，槽内充满某种液体，一光屏紧贴玻璃槽右侧D点竖直放置，如图所示。现用一蓝色激光笔从槽底A点沿AO方向射出一细光束，光束与液面成60°角，恰好在光屏上的B点接收到光束，已知O、D距离为d2，用刻度尺测出B点到槽边缘D点的距离为d2，不考虑光的多次反射。下列有关说法正确的是( )
A. 该种液体对蓝光的折射率n= 62
B. 蓝光从液体射入真空中，频率将变大
C. 若改用红色激光笔照射，其他条件不变，光屏上的光斑将向B点上方移动
D. 若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏仍能接收到光束
9.如图为一自行车上的发电装置。固定磁极N、S产生匀强磁场，矩形线圈abcd(线圈、灯泡L1、L2的电阻均相等且不变)固定在转轴上，转轴一端通过半径r的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。图中理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，当自行车以v匀速前进时，车轮带动摩擦小轮转动进而发电，下列说法正确是( )
A. 当线圈abcd平面与磁场方向垂直时，发电机电动势最大
B. 若L2灯丝突然断裂，则L1两端电压的有效值将变小
C. 若L2灯丝突然断裂，线圈abcd电阻的热功率变大
D. 若增大摩擦小轮的半径，则流经L1的电流有效值将变小
10.图甲为某商场电梯，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小相等，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上以速度u匀速运动。已知导线框和轿厢的总质量为m，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. v1方向向下，v2方向向上
B. 轿厢从悬停到匀速上升的过程中，平均速度为u2
C. 匀强磁场的磁感应强度B= mgRb2v1
D. 轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟需要给轿厢系统提供mg(u+v1)的能量
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
11.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是( )
A. 第一类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律
B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C. 屋内比屋外温度高，则屋内的所有空气分子速率比屋外所有的空气分子速率大
D. 一定质量的理想气体温度升高1℃，其等压过程吸收的热量小于等容过程吸收的热量
12.用不同单色光照射图甲电路中光电管阴极K时，微安表读数随两极板间电压变化的图像如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. 甲光的频率小于乙光的频率
B. 甲光的频率大于乙光的频率
C. 甲光的强度比丙光的强度大
D. 甲光的强度比丙光的强度小
13.如图所示，一个水槽中盛有一些水，在外力作用下，将长l=1.2m、底面积为100cm2的导热柱形筒从水面上方缓慢向下移动，直到管底距水面1m时，撤掉外力，筒恰能悬停在水中。假设筒口浸入水中后，筒内的气体质量不变，视为理想气体，筒的厚度和筒内气体所受的重力可忽略不计。不计环境温度的变化，且筒始终竖直。已知外界大气压始终为1.0×105Pa，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度取10m/s2，下列分析正确的是( )
A. 从筒口接触水面到悬停的过程中，筒内气体从外界吸热
B. 筒悬停时，若外界大气压突然变大，则筒将会下沉
C. 筒悬停在水中时，有0.2m高的水柱进入筒内
D. 筒的质量为10kg
14.半径为r、间距为L的固定光滑半圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻为2R的金属棒从轨道最左端位置ab开始，在外力的作用下以速率v沿轨道(始终与轨道接触良好)做匀速圆周运动，在cd处与轨道分离。电路中其余电阻均不计，下列说法正确的是( )
A. 金属棒运动到轨道最低点时，通过定值电阻的电流方向为d→R→c
B. 整个过程中，金属棒两端的电压不变
C. 整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为BLr3R
D. 整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为πrB2L2v18R
15.如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在水平地面上，其间距分别为2L和L，导轨电阻不计。金属棒a、b分别垂直放置在导轨PQ、MN上，其长度分别为2L和L，质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，导轨PQ区域磁感应强度为B，导轨MN区域磁感应强度为2B。棒a的初速度向左、棒b的初速度向右、大小均为v0，经过时间t0，b棒的速度减小为14v0，方向向右。a棒始终在PQ轨道上运动，b棒始终在MN轨道上运动，下列说法正确的是( )
A. 金属棒a、b系统动量守恒
B. 0−t0，棒a相对与棒b的位移大小为9mv0R8B2L2
C. 0−t0，棒a的位移大小为13(v0t0+9mv0R16B2L2)
D. 从开始运动到b棒的速率为14v0的过程中流过金属棒a的电荷量可能为5mv08BL
三、实验题：本大题共2小题，共13分。
16.小巴同学操作“油膜法估测油酸分子的大小”的实验方法及步骤如下：
①向体积V油=1mL的油酸中加酒精，直至总量达到V总=1000mL；
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=50滴时，测得其体积恰好是V0=1mL；
③先往边长为50×50cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的轮廓；
⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长a=20mm。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时，为了减小误差而采用的方法是______。
A.归纳法
B.累积法
C.理想模型法
D.控制变量法
(2)某同学在用油膜法估测油酸分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于______。
A.粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大
B.计算每滴体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴
C.粉末太厚导致油酸未完全散开
(3)如图中小方格的个数N有115个，油酸分子的直径d约为______m(结果保留一位有效数字)。
17.巴蜀某物理实验小组的同学利用玻意耳定律测量重庆室温(33℃)下的大气压p0，实验装置如图1所示，主要实验步骤如下：

①将一导热圆柱形气缸(缸壁厚度不计)开口向下并固定在天花板上，用质量为m0=50g的活塞(厚度不计)封闭一定质量的气体；
②测量气缸的底面面积，记为s=100mm2；
③在活塞下方附加一质量为m的钩码，待稳定后利用刻度尺测量出活塞距离气缸顶部的高度ℎ；
④逐渐增加钩码的质量，重复③中的步骤，分别记录钩码的质量以及相应的活塞距离气缸顶部的高度并记录在表格乙中；
⑤以钩码的质量m为纵坐标，活塞距离气缸顶部高度ℎ的倒数为横坐标，绘制m−1ℎ图像。
实验中可忽略一切摩擦和外界温度变化，g取9.8m/s2。
(1)根据表格中的数据，在答题纸的坐标纸上描点作图(图2)，绘制m−1ℎ图像______；
(2)根据图像测得的大气压强为______Pa；(计算结果保留两位有效数字)
(3)若该小组同学在处理实验数据时忘记考虑活塞质量，他们测量的大气压强______(选填“大于”、“小于”或“等于”)大气压强的实际值；
(4)若使用该实验装置在23℃下进行实验，得到的m−1ℎ图像的斜率______(选填“大于”、“小于”或“等于”)33℃下得到的m−1ℎ图像的斜率。
四、计算题：本大题共3小题，共37分。
18.潮汐发电是一种水力发电的形式，利用潮汐自然涨落产生的水位差具有的势能，通过水轮发电机组转为电能。某小型双向型潮汐发电站水轮发电机每年(365天)发电总量E为1.752×107kW⋅ℎ。求：
(1)水轮发电机的平均功率大小；
(2)采用有效值U=200kV的高压交流电向某地区输电，输送功率为第(1)问中算出的平均功率，若输电线上损耗的功率ΔP为输送功率的5%，求输电线总电阻r。
19.蜀妹同学设计了测量平板车加速度的装置如图。矩形导热气缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁，活塞可在气缸内无摩擦滑动。已知活塞质量m=2kg、横截面积S=1×10−3m2，弹簧的劲度系数k=2003N/m，环境温度T0=300K，外界大气压强p0=1×105Pa。初始时，气缸和活塞均处于静止状态，弹簧处于原长，缸内封闭一定质量理想气体，此时活塞与缸底间的气柱长L=8cm；当平板车沿水平方向做直线运动，活塞相对气缸静止时，弹簧伸长量为0.5cm(弹簧形变始终在弹性限度内)。求：
(1)平板车运动时，缸内气体的压强(可用分数表示)；
(2)平板车加速度的大小、方向；
(3)若环境温度升高到330K(忽略大气压变化)，为保证系统以第(2)问中的加速度运动时，弹簧的伸长量仍然为0.5cm，需在此温度下释放缸内部分气体，则释放气体质量与原气体总质量比值。
20.如图，倾角θ=37°的两平行光滑导轨A1B1、A2B2固定在斜面上，垂直斜面向下施加匀强磁场B=1T。导轨间距L=1m，导轨电阻不计且A1A2间连接一定值电阻R1。对质量为m1=0.5kg、长度也为L、电阻不计的ab棒施加沿斜面向上F=3.6N的恒力，使ab棒从静止开始加速，到达B1B2时速度v0=0.6m/s，该过程通过电阻R1的电荷量Δq=0.3C(棒与导轨接触良好，且运动过程中始终垂直于导轨)。此后撤去恒力F，ab棒以v0=0.6m/s从B1B2滑入光滑、绝缘、间距也为L的轨道B1C1D1和B2C2D2，全程不脱离轨道。其中B1C1、B2C2为半径r=0.05m、圆心角θ=37°圆弧，C1D1、C2D2段水平，B1B2、C1C2为圆轨道与两轨道的切点。质量m2=1.5kg、电阻R2=1Ω的“”型金属框静止于水平导轨C1POC2处，导体框的长度也为L=PO=1m、宽度d=C1P=C2O=0.5m，ab棒运动到C1C2处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后粘连成闭合线框一起向右运动。以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0(1)求棒ab从静止运动到B1B2所需时间t；
(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的拉力，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程拉力所做功；
(3)若ab棒到达B1B2时可具有不同的速度vx，之后沿着圆轨道运动到C1C2依然与“”型框发生完全非弹性碰撞，请分析碰后PO边能否穿过磁场Bx区域。若能，算出其刚好穿出时对应的vx；若不能，算出其在磁场Bx中停止时的位置坐标。(结果可用根号表示)。
答案解析
1.B
【解析】解：A、悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子在不停地做无规则运动，故A错误；
B、太空舱里静止的小水滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故B正确；
C、水滴“粘”在玻璃上，是因为水能浸润玻璃，故C错误；
D、某气体的摩尔体积为V，每个分子占据的空间的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0，故D错误。
故选：B。
A、分子的热运动是指物体内大量分子的不规则运动，布朗运动是指在分子的热运动的影响下，分散系中小颗粒的不规则运动；
B、太空舱里静止的小水滴呈球形是水的表面张力作用的结果；
C、水滴“粘”在玻璃上，是因为水能浸润玻璃；
D、气体分子之间的距离远大于气体分子的直径。
考查对各个物理现象的原理的理解，能够将所学知识与实例结合起来分析。
2.B
【解析】解：A、电磁波可以在真空中传播，机械波传播需要介质，故A错误；
B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的磁场可以产生周期性变化的电场，二者交替产生，向远处传播，就是电磁波，图甲所示的磁场是周期性变化的磁场，所以能产生电磁波，故B正确；
C、波长越长，越容易发生明显的衍射，红外线的波长比X射线的波长长，所以红外线的衍射能力比X射线的衍射能力强，故C错误；
D、在电磁振荡电路，电容器刚要放电时，线圈中的电流最小，放电结束时，电场能全部转化为磁场能，电路中电流最大，故D错误。
故选：B。
电磁波可以在真空中传播；根据麦克斯韦的电磁场理论分析；波长越长的波，衍射能力越强；刚要放电时，电路中的电流最小。
掌握电磁波的产生、发射、以及波长关系是解题的基础。
3.A
【解析】解：AD、随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向偏移，则T1>T2，故A正确，D错误；
B、根据黑体的定义可知，如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是黑体，故B错误；
C、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，得出黑体辐射公式并能很好地解释了黑体辐射的实验规律，故C错误；
故选：A。
根据黑体辐射的实验规律分析；根据黑体的定义分析；根据普朗克的贡献分析。
本题考查了黑体和黑体辐射及其实验规律，解题的关键是熟练掌握黑体的定义和黑体辐射的实验规律特点。
4.D
【解析】解：A、由图像可知，a、b分子力表现为引力，分子力先增大后减小，故A错误；
B、b分子在r3位置时受到引力和斥力作用，但引力大于斥力，分子力表现为引力，故B错误；
C、b分子运动过程中一直做加速运动，当b分子到达r1位置时，其受到的分子力为0，速度最大，故C错误；
D、b分子从开始到r1过程中，分子力表现为引力，引力做正功，分子势能减小，故D正确；
故选：D。
根据图像确定分子力的变化，判定b分子从开始运动到r1，是加速还是减速，以及分子势能如何变化，关键看分子力之间的作用力的做功情况，做正功分子势能减小，做负功分子势能增加。
本题主要考查了分子之间的作用力的图象，解决本题的关键是把握分子间的合力的变化关系，根据分子力之间的作用力的做功情况确定速度和分子势能的变化。
5.C
【解析】解：A、根据理想气体状态方程pVT=C可知，离原点越远的等温线对应的温度越高，则T1>T2，故A错误；
B、B→C为等容过程，压强减小，温度降低，气体的内能减小，故B错误；
C、若气体状态沿图中虚线由A→B，气体的温度先升高后降低，则气体的平均分子动能先变大后变小，故C正确；
D、D→A过程为等压过程，体积增大，气体的数密度减小。温度升高，气体分子的平均动能增大，则气体分子在单位时间内与容器单位面积上碰撞的次数减少，故D错误。
故选：C。
根据理想气体状态方程分析温度高低；B→C为等容过程，分析温度的变化，来判断内能的变化；若气体状态沿图中虚线由A→B，分析温度的变化来判断气体的平均分子动能的变化；D→A过程为等压过程，分析温度的变化判断气体分子平均动能的变化，再判断气体分子在单位时间内与容器单位面积上碰撞的次数的变化。
本题考查理想气体的状态方程和热力学第一定律的综合应用。理想气体的状态方程和图像结合是一种常见的题型，要先通过图像确定不变的状态参量，再利用理想气体状态方程来分析另外两个参量的变化关系。
6.B
【解析】解：A、由图乙可知，当t=1.5s时，质点M在平衡位置且向上运动。在甲图上，由同侧法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、由甲图可知该波的波长λ=4m，由乙图可知周期T=1s，则波速为v=λT=41m/s=4m/s，故B正确；
C、t=1.5s时，P质点位于波峰，速度为零，则质点P的速度小于Q质点的速度，故C错误；
D、图示时刻，质点Q向上运动，P质点位于波峰，则Q质点比P质点后回到平衡位置，故D错误。
故选：B。
根据振动图像读出t=1.5s时刻M质点的振动方向，利用同侧法判断波的传播方向；由波动图像读出波长，由振动图像读出周期，根据波速公式求解波速；根据振动情况分析质点P和Q在t=1.5s时所处的位置，根据简谐运动特点比较它们的速度大小；根据图示时刻Q质点与P质点的速度方向，来分析它们回到平衡位置的先后。
本题考查振动图像与波动图像相结合的问题，解决此类问题时一定要分清楚波动图像和振动图像各自的意义，还要把握两者的联系。
7.D
【解析】解：AB、根据题意可知，罐中气体压强始终等于大气压，即罐中气体压强始终不变，罐内气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得VT=C=ΔVΔt
根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有Δt=ΔVC=SCΔx
L1S+V0T1=C
则有Δt=T1SL1S+V0Δx
由此可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故AB错误；
C、根据题意及分析可知，温度越高，x越大，则油柱位置越靠近饮料罐，说明温度越低，故C错误；
D、若将温度计立放使用，罐内气体压强等于大气压强与油柱产生的压强之和，即罐内气体压强增大，油柱比平放更靠近饮料罐，则温度测量值将偏小，故D正确。
故选：D。
明确气温计原理，罐内气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律进行分析吸管上的温度刻度值的大小、吸管上的温度刻度是否分布均匀，结合结论分析CD。
本题考查学生对气体发生等压变化的理解，根据盖—吕萨克定律的分析解答。
8.C
【解析】解：A.光路如图所示
由几何关系可知光在液体中的入射角与在真空中的折射角分别为
θ=90°−60°=30°，α=45°
则该种液体对蓝光的折射率
n=sinαsinθ=sin45°sin30∘= 2
故A错误；
B.蓝光从液体射入真空中，频率不变，故B错误；
C.当改用红色激光笔照射，由于液体对红光的折射率小于液体对蓝的折射率，若其他条件不变，则红光在真空中的折射角小一些，可知，光屏上的光斑将向B点上方移动，故C正确；
D.结合上述，若蓝光发生全反射的临界角为C，则有
sinC=1n
结合上述解得
C=45°
用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射时，令此时的入射角为β，则有
tanβ=3d2−d2d2=2>tan45°=1
此时的入射角大于临界角，可知，此时将发生全反射，即若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏不能接收到光束，故D错误。
故选：C。
画出光路图，根据几何关系求出折射角正弦值，由折射定律求液体对红光的折射率n。将光源移动到槽边缘C点入射时，求出入射角，与临界角比较，判断能否发生全反射，即可判断能否在液面上方接收到光束；绿光的折射率大于红光，根据折射定律分析折射角的变化，判断光斑移动方向。
解决本题的关键要掌握折射定律和全反射的条件，能正确画出光路图，利用几何知识求折射角。
9.D
【解析】解：A、线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的磁通量最大，发电机的电动势最小，故A错误；
B、该理想变压器的输出电压，由输入电压决定，与灯L2无关，则灯L2突然断裂，不会影响L1两端电压，故B错误；
C、灯L2突然断裂，理想变压器的输入电压和输出电压都不变，但输出电流减小，输入电流也减小，根据线圈的电功率公式P=UI可知，线圈的热功率变小，故C错误；
D、由图可知，摩擦小轮与车轮的线速度相等，摩擦小轮与线圈角速度相等。若增大摩擦小轮的半径，由于自行车匀速前进，小轮的线速度不变，角速度变小，故线圈的角速度变小，根据E有=12 2NBSω，可知电动势有效值减小，输出电压的有效值也减小，而灯泡的电阻不变，根据欧姆定律，输出电流的有效值也减小，故D正确。
故选：D。
根据理想变压器电压表达式，可以判断电动势的最值出现的时刻；根据理想变压器的电压电流影响关系，结合欧姆定律可以判断电压和电功率的变化情况；根据摩擦小轮、自行车、线圈的连接情况，可判断线速度角速度的对应关系，结合欧姆定律可以判断电流的变化。
本题考查动生电动势的理想变压器，注意理想变压器的影响关系，电压和电流不同，电压是输入影响输出，电流是输出影响输入。
10.D
【解析】解：A.依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均需要竖直向上的安培力，由左手定则可知，磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和v2的方向都是竖直向上，故A错误；
C.轿厢悬停时，导线框中的电流大小为
I1=2ER=2Bbv1R
又
F安=2BI1b=4B2b2v1R=mg
联立，解得
B=12 mgRb2v1
故C错误；
B.轿厢从悬停到匀速上升的过程中轿厢相对地面的速度为v，由牛顿第二定律
4B2b2(v2−v)R−mg=ma
故轿厢做加速度逐渐减小的加速运动，平均速度不等于u2，故B错误；
D.当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有
F安=mg
电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即
E总=F安v1+mgu
解得
E总=mg(v1+u)
故D正确。
故选：D。
A、根据楞次定律(感应电流总是阻碍相对运动)判断速度v1和v2的方向；
B、轿厢从悬停到匀速上升的过程中，由牛顿第二定律以及安培力表达式判断轿厢做加速度逐渐减小的加速运动，据此判断平均速度是否等于u2；
C、当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出导线框中的电流大小，再由安培力公式和平衡条件相结合可求磁感应强度；
D、当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出导线框中的电流大小，再由安培力公式和平衡条件相结合求出轿厢向上能达到的最大速度，最后由能量守恒定律计算外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量。
本题容易产生的错误：一是认为线框向上运动时切割速度是v2，产生的感应电动势是BLv2；二是认为只有一边切割磁感线。
11.AB
【解析】解：A、第一类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律，故A正确；
B、根据热力学第一定律，一切与热现象相关的宏观自然过程都是不可逆的，故B正确；
C、屋内比屋外温度高，屋内空气分子的平均分子动能大于屋外空气分子的平均分子动能，并不是屋内所有的空气分子速率都比屋外所有的空气分子速率大，故C错误；
D、根据热力学第一定律，等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能；根据理想气体状态方程和热力学第一定律，等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外所做的功，故一定质量的理想气体温度升高1℃，其等容过程中吸收的热量小于等压过程中吸收的热量，故D错误；
故选：AB。
理解热力学定律的内容，结合题目选项完成分析；
气体分子的平均动能由温度决定，具有统计学规律，只对大量的分子适用；
根据热力学第一定律，结合气体的变化特点分析出不同过程中吸热量的大小关系。
本题主要考查了热力学定律的相关应用，熟悉热力学定律的内容，理解气体分子平均动能的影响因素即可完成分析。
12.AC
【解析】解：AB、根据光电效应方程和动能定理可得：
Ek=ℎν−W0=eUc
结合图乙可，甲光的频率小于乙光的频率，故A正确，B错误；
CD、甲、丙两束光的频率相等，因为甲光对应的饱和光电流更大，说明甲光的强度比丙光的强度大，故C正确，D错误；
故选：AC。
根据光电效应方程和动能定理得出光的频率大小关系；
根据饱和光电流的大小关系得出光的强度大小关系。
本题主要考查了光电效应的相关应用，熟悉光电效应方程，结合图像的物理意义即可完成分析。
13.BCD
【解析】解：A、从筒口接触水面到悬停的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，温度不变，ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q<0，故筒内气体放热，故A错误；
C、初始时刻筒内气体压强为p0，体积为：V0=lS
筒悬停在水中时，设筒内气柱长度为l′，则筒内压强为：p=p0+ρg(ℎ+l′)
体积为：V=l′S
由玻意耳定律可得：p0V0=pV
联立可得：l′=1m
故进入筒内的水柱高度为：Δl=l−l′=1.2m−1m=0.2m，故C正确；
D、悬停时筒受力平衡，根据平衡条件可得：mg=ρgV，解得筒的质量为：m=10kg，故D正确；
B、筒悬停时，若筒内气柱长度不变，当外界大气压突然变大时，桶内气体压强：p故筒内气柱长度将变短，此时，筒内气体排开水的体积减小，筒受到的浮力将减小，浮力小于重力，筒会下沉，故B正确。
故选：BCD。
由热力学第一定律分析热传递情况；由玻意耳定律求解进入筒内的水柱高度；根据平衡条件解得筒的质量；根据筒内气体排开水的体积变化情况确定浮力大小的变化情况，由此确定筒的浮沉。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
14.AD
【解析】解：A.金属棒运动到轨道最低点时，根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向为d→R→c，故A正确；
B.经历时间t，令金属棒圆周运动所转过的夹角为θ，则有
θ=ωt=vrt
金属棒做匀速圆周运动，将其线速度沿水平与竖直方向分解，则感应电动势的瞬时值为
u0=BLvsinθ=BLvsinvrt
金属棒两端的电压
u1=u0⋅2R2R+R=2BLv3sinvrt
可知，整个过程中，金属棒两端的电压发生变化，故B错误；
C.整个过程中，回路感应电动势的平均值为
E−=ΔΦΔt=BL⋅2rΔt
感应电流的平均值
I−=E−2R+R
根据电流的定义式有
I−=qΔt
解得
q=2BLr3R
故C错误；
D.结合上述可知，回路中产生的是正弦式交变电流，则电动势的有效值为
E=BLv 2
经历时间为半个周期，则有
t0=T2=πrv
回路中电流的有效值
I=E2R+R
则整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为
Q=I2Rt0
解得
Q=πrB2L2v18R
故D正确。
故选：AD。
A.根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向；
B.根据金属棒圆周运动所转过的夹角表达式，将其线速度沿水平与竖直方向分解，得出感应电动势的瞬时值以及电压瞬时值表达式，进而判断对错；
C.根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律以及电流的定义式可以得出电荷量；
D.结合B选项，可知回路中产生的是正弦式交变电流，根据交流有效值结合焦耳定律得出定值电阻产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电路构造的分析，理解过程中的能量转化关系，结合电学物理量的计算公式即可完成分析。
15.AC
【解析】解：A、由右手定则可知金属棒a中电流向上，金属棒b中电流向下，由左手定则可知两金属棒所受安培力方向相反，设电路中总电流为I，则金属棒a中安培力大小：Fa=BI×2L=2BIL，金属棒b中安培力大小：Fa=2BIL，两金属棒所受安培力之和为零，即系统所受外力之和为零，所以金属棒a、b系统动量守恒，故A正确；
BD、0−t0内，设a、b两金属棒的位移大小分别为xa、xb，取水平向左为正方向，对b利用动量定理有：2BI−Lt0=−m×v04−m×(−v0)，其中I−t0=q
根据推论可得：q=ΔΦ3R=B×2Lxa+2BLxb3R，联立方程可得棒a相对与棒b的位移大小：x=xa+xb=9mv0R16B2L2，则可得q=3mv08BL，两金属棒串联，在0−t0内通过电荷量相等，故BD错误；
C、取水平向左为正方向，金属棒a、b组成的系统动量守恒，则有：2mv0−mv0=2mva−mvb，可得：mv0=2mva−mvb，等式两边乘以t0，可得mv0t0=2mvat0−mvbt0，即v0t0=2xa−xb，联立xa+xb=9mv0R16B2L2，可得xa=13(v0t0+9mv0R16B2L2)，故C正确。
故选：AC。
A、利用右手定则判断金属棒中感应电流方向，利用左手定则判断安培力方向，由F=BIL可得两金属棒安培力大小，根据系统所受外力之和是否为零可得结论；
BD、对金属棒b利用动量定理列式，利用推论q=nΔΦR+r列式，联立方程可得解；
C、利用系统动量守恒列式，等式两边乘以时间，联立方程可得解。
本题考查了电磁感应中的电路问题，动量定理和动量守恒定律，解题的关键是知道两金属棒的安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，能熟练应用q=nΔΦR+r解决问题。
16.B C 4×10−10
【解析】解：(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时，为了减小测量误差，需要将n滴溶液滴入量筒，才能读数，从而求出每一滴溶液的体积，再通过油酸酒精溶液浓度，计算一滴溶液中纯油酸的体积，这里采用了累积法。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
(2)A.若粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大，根据
d=VS
可知，计算结果将偏小，故A错误；
B.计算每滴体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴，导致一滴溶液的体积偏小，即一滴溶液中油酸的体积也偏小，结合上述可知，计算结果将偏小，故B错误；
C.粉末太厚导致油酸未完全散开，结合上述可知，S偏小，计算结果将偏大，故C正确。
故选：C。
(3)根据操作步骤可知，一滴溶液中纯油酸的体积为
V=V0n⋅V油V总=150×11000mL=2.0×10−11m3
油膜的面积为
S=Na2=115×(20×10−3)2m2=4.6×10−2m2
根据
d=VS
解得
d=4×10−10m
故答案为：(1)B；(2)C；(3)4×10−10。
(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时，为了减小测量误差，需要将n滴溶液滴入量筒，才能读数，从而求出每一滴溶液的体积，再通过油酸酒精溶液浓度，计算一滴溶液中纯油酸的体积，据此判断；
(2)A.若粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大，根据d=VS判断计算结果偏大还是偏小；
B.计算每滴体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴，导致一滴溶液的体积偏小，即一滴溶液中油酸的体积也偏小，据此判断计算结果偏大还是偏小；
C.粉末太厚导致油酸未完全散开，则油膜面积S偏小，据此判断计算结果偏大还是偏小。
(3)油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。
本题要紧扣实验原理，建立清晰的物理模型，知道在用油膜法估测分子的大小实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油膜是单层分子。
17. 1.0×105 大于 等于
【解析】解：(1)根据表格数据画图，使得更多的点在图像上，不在图像的点平均分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图
(2)分析封闭气体，依题意，做等温变化，由玻意耳定律，可得
pS0ℎ=C
系统稳定后，对活塞和重物受力分析，有
pS0+(m+m0)g=pS0
联立解得
m=Cg⋅1ℎ−(p0S0g+m0)
结合图线中数据可得
−(p0S0g+m0)=−1.60kg
解得
p0=1.0×105Pa
(3)根据前面推导出的函数表达式，若该小组同学在处理实验数据时忘记考虑活塞质量，他们测量的大气压强大于大气压强的实际值。
(4)图线的斜率
k=Cg
与封闭气体热力学温度无关，所以若使用该实验装置在37℃下进行实验，得到的m−1ℎ图像的斜率等于23℃下得到的m−1ℎ图像的斜率。
故答案为：(1)；(2)1.0×105；(3)大于；(4)等于
(1)根据表格数据画图；
(2)(3)(4)根据玻意耳定律解得图像表达式，根据图像的斜率和截距分析解答。
本题考查理想气体状态方程的应用，解题关键掌握图像解析式的书写，注意斜率与截距的物理意义。
18.解：(1)发电机每年(365天)发电总量E=1.752×107kW⋅ℎ=1.752×107×103×3600J=6.3072×1013J
水轮发电机的平均功率大小：P=Et=1.752×107×103W⋅ℎ365×24ℎ=2×106W
(2)输电线上损耗的功率ΔP为输送功率的5%，可得：ΔP=P×5%=2×106W×5%=1×105W
由P=UI可得输电线上电流：I=PU=2×106W200kV=10A
由ΔP=I2r可得输电线电阻：r=ΔPI2=1×105102Ω=1000Ω
答：(1)水轮发电机的平均功率大小为2×106W；
(2)采用有效值U=200kV的高压交流电向某地区输电，输送功率为第(1)问中算出的平均功率，若输电线上损耗的功率ΔP为输送功率的5%，输电线总电阻r为1000Ω。
【解析】(1)根据P=Et可得发电机的平均功率；
(2)由题意可得输电线损耗的功率，根据P=UI可得输电线上电流，根据P损=I2r可得输电线电阻。
本题考查了远距离输电和电功率，解题的关键是熟练掌握输电线上损耗的功率的计算公式P损=I2r。
19.解：(1)平板车运动时，缸内气体的压强为p1，此时活塞与缸底间的气柱长
L1=(8−0.5 )cm=7.5cm
气体经历等温变化，有
p0LS=p1L1S
得
p1=1615×105Pa
(2)设向右为正方向，对活塞由牛顿第二定律有
kx+p1S−p0S=ma
得
a=3.5m/s2
方向水平向右。
(3)为保证系统以第(2)问中的加速度运动时，弹簧的伸长量仍然为0.5cm，说明缸内气体的压强还是p1。假设缸内全部气体保持压强为p1，温度升高为T1=330K，体积为V0，有
SL1T0=V0T1
得
V0=0.0825×103m3
则释放气体质量与原气体总质量比值为m′m=V0−SL1V0
解得m′m=0.091
答：(1)平板车运动时，缸内气体的压强为1615×105Pa；
(2)平板车加速度的大小为3.5m/s2，方向水平向右；
(3)释放气体质量与原气体总质量比值为0.091。
【解析】(1)封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律解答；
(2)对活塞根据牛顿第二定律分析解答；
(3)根据等压变化，结合密度不变，质量比等于体积之比分析解答。
本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强p、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。
20.解：(1)棒ab从静止运动到B1B2的过程中，感应电动势的平均值
E−=ΔΦΔt
感应电流的平均值
I−=E−R1
通过电阻R1的电荷量
Δq=I−⋅t
则棒ab从静止运动到B1B2的过程中，取向右为正方向，由动量定理有
(F−m1gsinθ)t−BL⋅I−⋅t=mv0
联立以上各式，代入数据解得
t=1s
(2)设棒ab与金属框碰撞前的速度为v1，对棒ab从B1B2到C1C2的过程中由动能定理有
−m1gr(1−csθ)=12m1v12−12m1v02
解得
v1=0.4m/s
设棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞后的共同速度大小为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
解得
v2=0.1m/s
此后闭合线框进入磁场的过程中边PO切割磁感线，而当边PO出磁场的瞬间棒ab切割磁感线，无论边PO切割磁感线还是棒ab切割磁感线，闭合线框所受安培力的方向均不变，而闭合线框匀速穿过磁场区时切割磁感线产生的感应电动势
E=BxLv2
感应电流
I=ER2
在闭合线框出磁场区的过程中闭合线框所受安培力
Fa=BxIL
联立解得
Fa=0.2x(0由于闭合线框做匀速直线运动，因此安培力始终与所施加拉力大小相等方向相反，由此可知，此过程拉力所做功
WF0=−WFa=F01+F022×2d=0+0.22×2×0.5J=0.1J
(3)假设碰后PO边恰好能穿过磁场Bx区域，且碰后的速度大小为v′x，则根据(2)中分析可得，在PO边恰好穿过磁场Bx区域的过程中，闭合线框所受安培力
F′a=2L2v′xR2⋅x(0取向右为正方向，对线框由动量定理有
−BxLI−⋅t=0−(m1+m2)v′x
该过程中感应电动势的平均值
E−′=BxLdΔt′
感应电流的平均值
I−′=E−′R2=BxLdR2⋅Δt′
该过程回路中电荷量的变化
Δq′=I−′⋅Δt′=BxLdR2=0.5Bx= 2x2
联立以上各式解得
v′x=12x(0可知
v′xmax=0.25m/s
当v′x取最大值时，在该过程中安培力做功
WF′a=−(F′a1+F′a2)2⋅x=−(0+2L2v′xmaxR2×0.5)2×0.5
解得
WF′a=−0.0625J
该过程中闭合线框动能的变化量
ΔEk=−12(m1+m2)v′xmax2
解得
ΔEk=−0.0625J
有
WF′a=ΔEk
可知当v′x取最大值时，PO边刚好穿过磁场Bx区域，则ab棒从B1B2到C1C2由动能定理有
−m1gr(1−csθ)=12m1vx12−12m1vx2
取向右为正方向，碰撞过程中由动量守恒定律有
m1vx1=(m1+m2)v′x
联立解得
vx= 305m/s
答：(1)棒ab从静止运动到B1B2所需时间1s；
(2)此过程拉力所做功0.1J；
(3)碰后PO边能穿过磁场Bx区域，刚好穿出时对应的vx为 305m/s。
【解析】(1)法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律以及电流定义表示出通过电阻R1的电荷量，再根据动量定理求棒ab从静止运动到B1B2所需时间t；
(2)对棒ab从B1B2到C1C2的过程中由动能定理可以求解棒ab与金属框碰撞前的速度，再根据动量守恒定律求棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞后的共同速度大小，此后闭合线框匀速穿过磁场区时切割磁感线产生的感应电动势，进而产生感应电流受到安培力作用，安培力始终与所施加拉力大小相等方向相反，根据功的公式由平均力可以求解出此过程拉力所做功；
(3)在PO边恰好穿过磁场Bx区域的过程中，表示出闭合线框所受安培力，对线框由动量定理结合回路中电荷量的变化表达式以及该过程中安培力做功表达式，对ab棒从B1B2到C1C2由动能定理结合碰撞过程中由动量守恒定律联立解得速度。
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。m/kg
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
ℎ/m
0.076
0.091
0.118
0.164
0.250
0.556
1ℎ/m−1
13.1
11.0
8.5
6.1
4.0
1.8