《2019-2020学年下学期暑假作业高二 物理 答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年下学期暑假作业高二 物理 答案与解析.doc（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、答案与解析1【答案】C【解析】将开关突然接通的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过铜环A的磁通量增大，产生感应电流；通电时，使变阻器的滑片P滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流；线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生；将开关突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流。2【答案】A【解析】自行车行驶时，辐条切割磁感线，从东往西沿直线以速度v骑行，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A点电势比B点电势低，故A正确；在行驶过程中，车把与竖直分量的磁场切
2、割，因此产生感应电流，根据右手定则可知，左车把的电势比右车把的电势高，故B错误；自行车左拐改为南北骑向，自行车辐条没有切割磁感线，则没有电势的高低，故C错误；左拐改为南北骑向，自行车车把仍切割磁感线，车把感应电动势方向不变，竖直分量大小为B2不变则车把两端电势差不变，故D错误。3【答案】B【解析】由楞次定律判断可知，中产生的感应电流方向为，则通过电阻的电流方向为；产生的感应电动势公式为，其他条件不变，与成正比，则得，故选项B正确。4【答案】D【解析】初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1，与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然
3、断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“LR1AR2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D正确。5【答案】C【解析】橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小。根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下，故C正确。6(多选)【答案】AC【解
4、析】由Bt图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L内的磁通量为零，故A正确；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，故B错误；在t1t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线框内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线框中的电流方向为逆时针方向，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故C正确；在t1t2时间内，L内的磁场增加，由楞次定律可以确定L必须减小面积以阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D错误。7(多选)【答案】AC【解析】通电导线与单匝矩形线圈共面，位置靠近且相互
5、绝缘，导线两侧的磁感应强度对称分布，若中电流方向竖直向上，由右手定则可知线圈中的场方向垂直纸面向里；当中电流突然减小时，由楞次定律可知感应电流的感应磁场方向垂直纸面向里，由右手安培定则可知感应电流方向为，根据左手定则和力的平行四边形定则可知线圈所受安培力的合力方向向右，所受安培力的合力方向向左；若中电流方向竖直向下，由右手定则可知线圈中的磁场方向垂直纸面向外；当中电流突然减小时，由楞次定律可知感应电流的感应磁场方向垂直纸面向外，由右手安培定则可知感应电流方向为，根据左手定则和力的平行四边形定则可知线圈所受安培力的合力方向向右，所受安培力的合力方向向左，故选项A、C正确，B、D错误。8(多选)【
6、答案】AC【解析】金属棒MO和NO都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知两端产生的感应电动势方向相同，所以MN产生的感应电动势为，又因为MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于MN杆产生的电动势，故A正确；MN杆把圆环分为相等的两部分，每部分的电阻为，且两部分是并联的，所以电路中的总电阻为，由闭合电路欧姆定律可知MN中的电流为，故B错误；由右手定则可知图示位置金属棒中电流方向为从M到N，故C正确；由右手定则可知MO转到右侧磁场时，金属棒中电流方向为从N到M，故D错误。9(多选)【答案】AC【解析】根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次
7、定律可知，线圈内产生逆时针的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，根据欧姆定律可知，线圈中的电流 故C正确，D错误。10【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律有E1S2 V根据闭合电路欧姆定律可得导体棒ab静止时通过的电流大小I1A根据楞次定律可判断出导体棒静止时通过的电流方向为ab(2)导体棒沿导轨运动过程中，通过导体棒的电流大小I21 A导体棒受到的安培力FABI2L，其中L可得FA164t(N)其中t0，由楞
8、次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2U，A正确；设R2消耗的功率为PIU2，则R消耗的功率PP左P右2I2U2IU25P，故C正确。6(多选)【答案】BCD【解析】根据方程：可知，图像面积即为通过截面的电量，所以05 s内通过ab棒横截面的电荷量为5 C，A错误；根据题意可知，物体的速度为，电流随时间关系：，导体棒切割长度为：，根据平衡可知外力大小等于安培力：，联立得：F2(20.4t)2(N)，B正确；初始时刻，电动势：，所以O点电阻，C正确；，根据B选项可知，初始时刻外力最
9、大为8N，所以最大功率，D正确。7(多选)【答案】BC【解析】静止释放金属棒，金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有，所以金属棒将一直加速，故A错误，B正确；由右手定则可知，电流经b流向a，则金属棒a端(即M板)电势高，故C正确；若微粒带负电，则电场力竖直向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故D错误。8【答案】BC【解析】设导轨与金属杆之间的动摩擦因数为，根据共点力的平衡条件可得：F-mg=BIL，而，整理可得：
10、F=mg+；图象可知v-F图象在F方向上截距不为零，金属杆受到的拉力与速度成一次函数关系，不是正比例关系，故A错误；从图象上分别读出两组F、v数据，即当F=4N时，速度v=4m/s，当F=8N时，速度v=12m/s；代入上式求得B=T，=0.2，故B正确、D错误；由此可知v=0时，F=mg，则图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小，故C正确。9【解析】(1)设在t时间内MNCDM回路面积的变化量为S，磁通量的变化量为，则SLvt，BSBLvt根据法拉第电磁感应定律，得EBLv(2)MNCDM回路中的感应电动势EBLv回路中的电流强度 导体棒受到的安培力FBIL将已知数据代入解得F0.06
11、4 N安培力的方向与速度方向相反回路中的电功率PEI将已知数据代入解得P0.32 W10【解析】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v=at1=2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：联立上述式子，有：代入数据解得：F=0.5N5s时拉力F的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1W棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：代入数据解得:(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v，则有：设从PQ棒解除锁定，
12、到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：代入数据解得：Q=5J；(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得：-BiLt=mv对式子两边求和有：而q=it对式子两边求和，有:联立各式解得：BLq=mvm，又对于电路有：由法拉第电磁感应定律得：又代入数据解得：。1【答案】D【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是DBC，故BD是交流电，A是直流电。本题选择不是的，故选D。2【答案】C【解析】题图乙可知交流电电流的最大值是Im10A，则有效值为：I10A；由于电流表的示数为有效
13、值，故示数I10A，故A错误；线圈转动的角速度2/T100rad/s，故B错误；0.01s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，故线圈平面与磁场方向平行，故C正确；0.02s时线圈位置与图示位置重合，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。3【答案】A【解析】根据图象可知，在时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故选项A正确；图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在之间，斜率方向不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，所以在时，斜率为零，则感应电动势为零
14、，故选项C错误；时，穿过线圈平面的磁通量为零，感应电动势最大，线圈受安培力作用，故选项D错误。4【答案】B【解析】由图可知t0.005s时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；t0.01s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，此时与中性面重合，故B正确；产生的有效值为：，故C错误；周期为T0.02s，故频率为：f1/T50Hz，故D错误。5【答案】B【解析】将交流与直流通过阻值都为的电阻，设直流电流为，则根据有效值的定义有：，解得：，故选项B正确，A、C、D错误。6【答案】B【解析】由图读出两电流周期之比为Ta：Tb0.4s
15、:0.6s2:3，而，故线圈先后两次转速之比为3:2，故A正确；t0时刻U0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，故B错误；正弦式电流a的瞬时值为，故C正确；根据电动势最大值公式，得到两电动势最大值之比为Ema：EmbTb:Ta3:2，Ema10V，则得到正弦式电流b的最大值为，故D正确。7(多选)【答案】AC【解析】由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的感应电动势、感应电流的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕转动时的电流等于绕转动时的电流，线圈绕转动时的电动势大于绕转动时的电动势，故选项A正确，B错误；对边由右手定则可得，在图示位置时线圈绕和转动时电流的方
16、向相同，都是，故C正确；由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕转动时的电流等于绕转动时的电流,而安培力，则有线圈绕转动时边受到的安培力等于绕转动时边受到的安培力，故选选项D错误。8(多选)【答案】AC【解析】由EmnBS5 V，线圈垂直于中性面开始计时，所以闭合电路中电动势瞬时值的表达式：e5cos10t（V），选项A正确；根据电动势最大值公式EmnBS，增大线圈转动角速度时，感应电动势的峰值Em变大，选项B错误；抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，则减小感抗，灯泡L2变亮，选项C正确；当增大电容器C两极板间的距。9【解析】(1)由题
17、意知穿过线圈的磁通量的最大值为：线圈转动的加速度为：线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故：(2)感应电动势瞬时值表达式：当线圈平面与中性面夹角为时，即，所以可求此时的感应电动势为：10【解析】(1)由，解得：由，解得：由，解得：。(2)由，解得：。(3)通过R上的电量：。1【答案】A【解析】设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则，故k。设原线圈两端的电压为U1，则，故U13U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故3U220 V，解得U66 V。选项A正确。2【答案】D【解析】金属棒的速度按正弦规律变化，则感应电动势不断变化，感应电流不断变化，导体棒受安培力不断变化，可知外力不断变化，选项A
18、错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势：eBLv10.45sin10t2.0sin10t（V），原线圈两端的电压有效值为：， 解得：U22V，电压表示数为：2V，故B错误；电阻R的功率：，故C错误；原线圈最大电压：U1mEm2.0V，由法拉第电磁感应定律得：，则磁通量的最大变化率：，故D正确。3【答案】D【解析】图示位置，发电机中线圈的磁通量为零，最小，选项A错误；用户得到的交变电压的频率为，选项B错误；发电机线圈感应电动势的最大值为NBS，选项C错误；当用户数目增多时，导线上的电压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，选项D正确.4(多选)【答案】AD【解
19、析】由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交变电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P1P2，即U1I1U2I2，所以：，由题意可知：当n11，I20.9 A，即，当n13时：，解得：I22.7 A，故C错误，D正确。5【答案】D【解析】由图可知，线圈从t0时刻到转过180的过程中通过矩形线圈的磁通量变化量为2BS，不是零，故A错误。由瞬时值表达式知原线圈电压有效值为 U1220V，根据理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比，则得副线圈
20、两端的电压，即交流电压表的示数为 U222V，故B错误。闭合开关S后，交流电能够通过电容器，电阻R上产生焦耳热，故C错误。若没有线圈则灯泡的功率为：，由于线圈对交流电有阻碍作用，灯泡的电压小于U2，则灯泡的功率小于48.4W，故D正确。6【答案】B【解析】输电电压并不是全部加在导线上的，故不能用P求解输电线上的功率损失，故A错误，D错误；由公式PI2R得到，I为流过输电导线的电流，电流越大，输电导线上的功率损失越大，故B正确；不能由公式PUI得出输电线上的功率损失与电流成正比，应该由公式PI2R得出输电线上的功率损失与电流得平方成正比，即电流越大，输电线上损失的功率越大，故C错误。7【答案】C
21、【解析】输电线上的损失功率为，由可得：输电线上电流I10 A，升压变压器副线圈电压为，升压变压器的匝数比为，故AB错误，C正确；输电线损失电压为，降压变压器的输入电压为，故D错误。8【答案】D【解析】R处温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故A、B错误；设将此电压加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，T，代入数据得图乙中电压的有效值为110 V，故C错误；变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是101，所以电压表的示数为11 V，故D正确。9(多选)【答案】A
22、C【解析】由图乙可知的周期为，的周期为，则由，角速度与周期成反比，故角速度比为，故A正确；由图乙可知曲线表示的交变电流的电动势最大值为，根据可得，所以可得曲线表示的交变电流的电动势的最大值为，则有效值为，故B错误；仅将原线圈抽头向上滑动时，原线圈的匝数变大，根据变压器的电压与匝数的关系，输出电压减小，故灯泡会变暗，故C正确；电容器的电容变大，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故D错误。10(多选)【答案】CD【解析】因电容器能“通交流，阻直流”，可知I1和I2均不为零，选项A错误；电容器两端电压最大值为：，则该电容器的耐压值至少为 12V，选项B错误；因原线圈中磁通量变化率的最大值为，则副线
23、圈中磁通量变化率的最大值为，选项C正确；若将接入原线圈电压改为 ，则交流电的频率变大，则电容器的容抗减小，因电压的有效值不变，则电流表 A1示数将增大，选项D正确。11(多选)【答案】CD【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：，故A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为110，由公式I送：I副n副：n原10：1，得输电电流为IA21010A100A，故B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，U送：U副n原：n副10：1，输电电压为U210220V2200V，线路输送电功率为PU2IA2220kW，故C
24、正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D正确。12【解析】（1）根据理想变压器变压规律得，解得又根据理想变压器无能量损失知 再根据得 （2）高压输电线电阻损失电压得故 （3）高压输电线电阻损失电功率故发电机输出电功率 又水流每秒带来的机械能故水能转化为电能的效率一、选择题，每题均有三个选项正确。1【答案】ACE【解析】把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距
25、离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小，选项D错误，E正确。2【答案】BCE【解析】分子间的相互作用力由引力和斥力两部分组成，这两种力同时存在，实际的分子力是引力和斥力的合力，故A错误，C正确；分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增加而减小，故相距为r2时分子间的斥力大于相距为r1时的斥力，相距r2时分子间的引力大于相距r1时的引力，故B正确，D错误；两个分子相距为r1时，分子间的相互作用力表现为引力，相距为r2时，表现为斥力，故r1r2，E正确。3【答案】ADE【解析】布朗运动是悬浮的固体小颗粒
26、不停地做无规则的宏观的机械运动，故符合牛顿第二定律，它反映了液体分子永不停息地做无规则运动，A、E正确，B、C错误；微粒运动过程中，速度的大小与方向不断发生改变，与接触的微粒进行能量交换，D正确。4【答案】ABE【解析】布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它是液体分子无规则热运动的反映，选项C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D错误。的水的内能小于1 g 100 的水蒸气的内能，C错误，D正确。5【答案】ABC【解析】温度是分子平均动能的标志，则一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变，选项A正确；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，选项B正确；物体的内能
27、是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和，选项C正确；布朗运动是液体分子对悬浮在液体中的微粒频繁碰撞引起的，选项D错误；改变物体内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，选项E错误。6【答案】ABE【解析】气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，选项A、B正确；气体在过程2中，根据理想气体状态方程C，则开始时，气体体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热；然后压强不变，体积变大，气体膨胀对外做功，则温度升高，需要吸热，故选项C、D错误；过程1和过程2的初、末状态相同，故气体内能改变量相同，选项E正确。7【答案】ABE【解析】轮胎内的气
28、体向外喷出，气体对外做功，故其内能变小，故选项A正确；轮胎内的气体迅速向外喷出，故轮胎内部气体压强迅速减小，故选项B正确；轮胎内的气体向外喷出是由于轮胎内气体压强大于外界气体的压强，而不是分子做扩散运动引起的，故选项C错误；熵增加原理适用于一个孤立的封闭系统，显然喷出后的气体已经不再是处于一个孤立系统了，而是与外界系统有联系了，故此时不能再谈论该部分气体的熵了，故选项D错误；当将充气嘴迅速拔出来时，轮胎内的气体迅速向外膨胀，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，故这部分气体的温度降低，根据热传递的知识可知，气体喷完后瞬间充气嘴有较凉的感觉，故选项E正确。8【答案】ABE【解析】
29、布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动，在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞，是由于气体的流动造成的，这不是布朗运动，故A正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律，即“中间多，两头少”，故B正确；分子力的变化比较特殊，随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大，故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时，不吸收热量，同时对外做功，其内能减小，故D错误；根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确。9【答案】ABC【解析】根据热力学第一定律，气体放出热量，若外界对气
30、体做功，使气体温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；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，随分子间距离的减小，分子力做负功，所以分子势能也增大，故C正确；第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA，对于气体此式不成立，故E错误。10【答案】BCE【解析】气体分子间距较大，分子间的分子力很小，分子永不停息地做无规则运动，所以气体如果失去了容
31、器的约束就会散开，故A错误；一定量100 的水变成100 的水蒸气，内能增加，动能不变，分子势能增加，故B正确；由C可知，对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大则温度升高，体积增大对外做功，温度升高则内能增加，结合热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故C正确；气体分子总数不变，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不知气体体积的变化情况，因此压强不一定增大，故D错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确。11【答案】ACE【解析】气体A进行等容变化，则W0，根据UWQ可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但并不是每个分子
32、的动能都增加，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，分子平均动能增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。二、非选择题12【解析】(1)设氙气的物质的量为n，则n氙气分子的总数NNA41022个。(2)每个氙气分子所占的空间为V0设氙气分子间平均距离为a，则有V0a3即a3109 m。13【解析】(1)在气体由压强p1.2p0到p0时，V不变，温度由2.4T0变为T1，由查理定律得：解得：T12T0在气体温度由T1变为T0的过程中，体
33、积由V减小到V1，气体压强不变，由盖吕萨克定律得解得：V10.5V。(2)活塞下降过程中，活塞对气体做的功为Wp0(VV1)在这一过程中，气体内能的减少为Ua(T1T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为QWU解得：Qp0VaT0。一、选择题，每题均有三个选项正确。1【答案】BCD【解析】蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，该糖块是多晶体，故A错误；固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，故B正确；有些物质在不同条件下生成不同的晶体，那是因为组成它们的微粒能够按照不同的规则在空间分布。例如：金刚石和石墨都是由碳元素构成的，它们有不同的点阵结构，故C正确
34、；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过300)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加.故E错误2【答案】ACD【解析】液体与大气相接触，液体表面层分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，选项A正确；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，选项B错误；布雨伞能够遮雨，其原因之一是液体表面存在张力，选项C正确；荷叶上的露珠呈球形的主要原因是液体的表面张力
35、，选项D正确；根据分子力的特点可知，空气中的水蒸气凝结而成露珠的过程中分子之间的距离减小，则此过程中分子间引力、斥力都增大，选项E错误。3【答案】BDE【解析】由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各向同性的，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样，所以会成为一个标准的球形，D正确；通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它为多晶体，E正确。4【答案】BCD【解析】晶体沿不同的方向的导热或导电性能不相同，沿不同方向的光学性质也不相同，故A错误；根据晶体的特征
36、可知单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故B正确；因为组成晶体的微粒能够按照不同规则在空间分布，所以有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，故C正确；多晶体是许多电晶体杂乱无章的组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，故D正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的;例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故E错误。5【答案】ABD【解析】晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则不一
37、定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时温度不变，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误。6【答案】ABC【解析】根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大
38、，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 时相比，100 时氧气分子速率出现在0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误。二、非选择题7【解析】(1)设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态p175 cmHg，V130S末态体积：V2(305)S25S由玻意耳定律：p1V1p2V2解得：p290 cmHg。(2)对水平管中的气体，初态pp015 c
39、mHg90 cmHg，V11S；末态压强： pp220 cmHg110 cmHg根据玻意耳定律：pVpV解得V9S水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110 cm75 cm8 cm27 cm。8【解析】设初始时刻和两管气体体积相同时左侧管内气体的压强分别为p1、p2，则有：对左侧管： 对右侧管： p1l2(p2p)(l2l)其中p2l(cmHg)T1300 K，T2500 K当它的温度上升到227 时，两侧管内气体体积相等，则有：l1ll2l即：l联立解得：p118 cmHg，p225 cmHg。9【解析
40、】(1)降温过程中，气体体积不变，根据查理定律：得温度降为T1时杯内气体的压强：p1T1。(2)对杯盖受力分析如图甲所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小根据平衡条件：p1SFp0Smg因此，最小拉力为：Fp0Smgp0S。(3)设提起杯子时气体压强为p2，温度为T2，杯身的受力分析如图乙所示：平衡时：p0Sp2SMg得到：p2p0根据查理定律：此时温度为：T2T0。10【解析】(1)井盖被顶起时，井内气体的压强满足：pSp0Smg，则pp01.01105 Pa Pa1.016 7105 Pa设水面上涨x，根据玻意耳定律：p(hx)Sp0hS代入数据解得x1.32 cm。(2)井盖第一
41、次被顶起后，排出压强为p，温度为T0300 K的气体的体积为V1xS，则排出的空气当压强为p0、温度为T1290 K时体积V2满足：，代入数据解得：V23.85103 m3。(3)若水面匀速上涨，则井内气体的体积均匀减少，压强的变化变快，则井盖跳跃的时间间隔减小。11【解析】(1)对于A部分气体，初态pA1105 Pa，VAL1S末态pAp01.2105 Pa根据玻意耳定律pAL1SpAL1S解得L125 cm即A部分气柱长度变为25 cm。(2)若使活塞a返回原处，B部分气体末状态时气柱长为L220 cm，此时弹簧要伸长5 cm对活塞b有pASklpBS解得pBpA1.25105 Pa对于B
42、部分气体，初态pB1105 Pa，VBL2S，TB300 K末态pB1.25105 Pa，VBL2S根据理想气体状态方程解得：TB500 K则此时温度为tB(TB273)227 。一、选择题，每题均有三个选项正确。1【答案】BCE【解析】当t0时，质点的位移为零，加速度为零，此时质点在平衡位置具有沿x轴正方向的最大速度，选项A错误；当t1 s时，质点的位移最大，加速度负向最大，此时质点振动到平衡位置正方向的最大位移处，速度为零，选项B正确；t2 s时，质点的位移为零，加速度为零，速度最大，方向沿x轴负方向，选项C正确；t4 s时，质点速度最大，选项D错误；由题给图象可以确定周期T4 s，频率f0.25 Hz，E正确。2【答案】ACE【解析】电磁波在真空中的传播速度为3108 m/s与电磁波的频率无关，故A正确；两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的