高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题19 最新

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高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题20 最新

12.2 新提升·课时作业基础达标1．判断下图所示的两图象属于何种图象()A．甲是振动图象，乙是波动图象B．甲是波动图象，乙是振动图象C．都是波动图象D．都是振动图象【解析】区别波动图象和振动图象是看横坐标轴是空间轴还是时间轴．【答案】 B2．一列简谐横波向x轴正方向传播，如图所示是某时刻波的图象，以下说法不正确的是()A．各质点的振幅均为2 cmB．a、c质点的振动方向相同C．b质点具有正向最大速度D．d质点具有正向最大加速度【解析】各质点振幅均相同，A对；由“上、下坡法”或“同侧法”可判断a向下，b、c向上运动，b的正向速度最大，d的速度为零，但正向加速度最大，所以C、D正确，B错．【答案】 B3．振源A带动细绳上下振动，某时刻在绳上形成的横波波形如图所示，规定绳上各质点向上运动方向为正方向，从波传播到绳上P点开始计时，能表示P点振动图象的是下图中的()【解析】由波形图可知，此时波动刚传到Q点，Q点的起振方向向上，因各点的起振方向相同，故P点应从平衡位置向上振动，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C4．如图，t＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4 s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t＝0.6 s时波形的图是()【解析】由于波沿正、负两方向传播的波形关于y轴对称，A、B错；t＝0时刻波源沿y轴正向开始振动，经过0.6 s即1.5T，波源位于平衡位置且沿y轴负向振动，据“同侧法”可知C对，D错．【答案】 C5．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形．当R点在t＝0时的振动状态传到S点时，PR范围内(含P，R)有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是()A．2 cm≤x≤4 cm B．2 cm≤x＜4 cmC．2 cm≤x＜3 cm D．2 cm＜x≤3 cm【解析】当R点在t＝0时的运动状态传到S点时，其波形如图所示，由图可判断正在向y轴负方向运动的质点应在1 cm＜x＜3 cm和5 cm＜x＜7 cm，符合题意的选项应为C.【答案】 C6．如图所示为一沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则()A．1 cm＜x＜3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处【解析】当Q点在t＝0时的振动状态传播到P点时，波形图如图中虚线所示．此时1 cm＜x＜3 cm范围内的质点分布在波峰两侧，两侧质点振动方向相反，选项A错误；此时，Q处质点到达波谷位置，加速度方向沿y轴正方向，选项B正确，C错误；在波的传播过程中，质点不随波迁移，选项D错误．【答案】 B7．图(a)表示一列简谐波在介质中传播时，某一质点a的振动图象，请在图(b)中作出这列简谐波在t＝0时刻的波形图(质点a画在坐标原点上，且波沿x轴正方向传播)．正处于平衡位置且沿＋y利用波形与振动方向关系的判断方法，′的意义．′B图线的意义．在甲图中画出再经3.5 s时的波形图．时P质点的路程s和位移．甲图中AA′表示A质点的振幅或1.0 s时x＝1.0 m的质点的位移大小为，方向为负；乙图中AA′表示P质点的振幅．也代表P质点在0.25 s27.＝2.8 m.(2)甲图中OA ′B 图线表示O 到B 之间所有质点在1.0 s 时的位移情况． (3)如解析图所示 (4)2.8 m 0能力提升1.如图所示，实线为简谐波在时刻t 的图象，虚线为简谐波经Δt 时间后的图象，则下列说法中正确的是( )A ．这列简谐波一定沿x 轴正向传播B ．这列简谐波一定沿x 轴负向传播C ．实线上的质点a 经过Δt 时间后位于虚线上a 1位置D ．实线上的质点a 经过Δt 时间后位于虚线上a 2的位置【解析】经Δt 时间后的波形可能是t 时刻的波形向右平移(向右传播)得到的，也可能是向左平移(向左传播)得到的，根据题意无法判断，A 、B 错误；波上质点在平衡位置上下两侧振动，并不随波迁移，故C 错误，D 正确．【答案】 D2．一列横波沿x 轴正方向传播到坐标原点O 时的波形如图所示，当波到达N 点时，处于x ＝2 cm 处的质点通过的路程和该时刻的位移是 ( )A ．2.5 cm,0 cmB ．5 cm,0 cmC ．2.5 cm ，－1 cmD ．5 cm ，－1 cm 【解析】波的传播是振动这种运动形式的传播，而不是将原有波形向波的传播方向顺延．当波刚传到坐标原点时，原点O 的振动方向沿y 轴负方向，由于波的传播是波形在介质中匀速传播，故各点起振方向均沿y 轴负方向，由于x ＝2 cm 处质点起振后还需经过54T波才传到N 点，所以x ＝2 cm 处质点的位移为y ＝－1 cm ，通过的路程s ＝54×4 A ＝5 cm ，选项D 正确．【答案】 D 3．介质中坐标原点O 处的波源在t ＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x 轴正方向传播，t 0时刻传到L 处，波形如图所示．下列能描述x 0处质点振动的图象是( )【解析】波向右传播，由波形图知t 0时刻x ＝L 处的质点向下振动，则各质点开始振动的方向向下，选项A 、B 错误；由波形图还知在t 0时刻，x ＝x 0处的质点向下振动，则选T则T＝0.4 s．由Q质点的振动情况知在波峰处，其位移为2 cm.．如图所示，实线为简谐波在t时刻的波形图，虚线为波在t＋请指出简谐波的传播方向．0.01 s内的平均速度为多大？方向如何？波传播的距离Δx＝vΔt＝1 m，从图中可以看出波向正方向传播．内此质点经过的位移是0.18 m。

高二物理试题-2018学年高二物理下册同步训练题19 最新

4.2 光电效应与光量子假说同步练习11．按照玻尔理论，一个氢原子中的电子从半径为r a 的圆周轨道上自发地直接跃迁到一个半径为r b 的圆周轨道上，r a ＞r b ，在此过程中[ ]A ．原子要发出一系列频率的光子B ．原子要吸收一系列频率的光子C ．原子要发出某一频率的光子D ．原子要吸收某一频率的光子2．激光器输出功率为P 瓦，它每秒发出的光子数为[ ] A ．Ph/λc B ．P λ/hc C ．Pc/h λ D ．P λc/h 3．处于基态的氢原子被一束单色光照射后，能辐射出三种频率分别为1、2、3的光子，且1＞2＞3，则λ射光的频率可能为[ ] A ．1B ．2+3C ．2D ．34．对光电效应的解释，正确的是[ ]A ．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属B ．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力逸出时需要做的最小功，光电效应便不能发生了C ．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大D ．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同5．下列哪些说法是正确的是[ ]A．光子说完全否定了波动说B．光的波粒二象性是指光与宏观概念中的波与粒子很相似C．光的波动说和光子说都有其正确性，但又都是不完善的，都有不能解释的实验现象D．光的波粒二象性才是对光的本性的正确认识6．用光照射金属表面，没有发射光电子，这可能是( ) A．入射光强度太小B．照射的时间太短C．光的波长太短D．光的频率太低7．用频率为6.00×1014Hz的光照射钠片，恰可使钠发生光电效应，现改用频率为8.00×1014Hz的紫外线照射，飞出的光电子的最大初动能应该为多少？8．氢原子的核外电子可以在半径为2.12×10-10m的轨道上运动，试求×10-30kg）在这个轨道上运动时，电子的速度是多少？（me=9.1参考答案1．C 2．B 3．AB 4．BC 5．CD 6.D 7．1.33×10-19J 8．1.2×118m/s。

高二物理试题-2018学年高二物理下册课时基础达标测试卷20 最新

章末质量评估(三)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．关于传感器，下列说法正确的是()A．光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的B．金属材料不可以制成传感器C．传感器主要是通过感知电阻的变化来传递信号的D．以上说法都不正确答案：A2．电子秤使用的是()A．超声波传感器B．压力传感器C温度传感器D．红外传感器答案：B3．在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有的传感器是()A．光传感器B．温度传感器C．声传感器D．压力传感器解析：当电梯门碰到人或其他障碍物时立即停止关门以防挤伤人，故为压力传感器．答案：D4．下列器件不是应用温度传感器的是()A．电熨斗B．话筒C．电饭锅D．测温仪答案：B5．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是()A．金属导体B．绝缘体C．半导体D．超导体解析：金属导体温度升高时电阻增大；绝缘体温度升高时电阻保持不变；对于超导体，在其临界温度以下，温度升高电阻仍为零，高于临界温度，温度升高电阻往往增大；某些半导体材料受到光照或者温度升高时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，于是导电性有明显增强，电阻大幅度减小．答案：C6.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图．其中L为含铁芯的线圈．P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是()A．A与B接信号电压，C与D跟被控电路串联B．A与B接信号电压，C与D跟被控电路并联C．C与D接信号电压，A与B跟被控电路串联D．C与D接信号电压．A与B跟被控电路并联解析：由题图可知A、B接电磁继电器线圈，所以A、B应接信号电压，从而使C、D接通或断开．进而起到控制作用，所以选项A 正确．答案：A7.如图所示是家用电冰箱的压缩启动装置的电路，其中的运行绕组是电冰箱在工作时电动机定子．由于家用交流电是单相的，启动时必须靠启动绕组的帮助才能产生旋转磁场．在启动绕组的支路中串联有一个PTC元件．这是一种以钛酸钡为主要材料的热敏电阻器，电流流过PTC元件，元件发热，它的电阻率随温度升高而发生显著变化，当电动机转动正常以后．PTC元件温度较高，电阻很大，启动绕组电流很小，以下判断正确的是()①电冰箱的电动机启动时比正常工作时耗电少②电冰箱的电动机正常工作时比启动时耗电少③电冰箱启动后，启动绕组功率不变，运行绕组功率是变化的④电冰箱启动后，启动绕组功率是变化的，运行绕组功率不变A．①③B．②④C．①④D．②③解析：启动时，由于PTC元件温度低电阻小．故耗电多，②正确．启动后，随PTC元件温度升高，PTC元件电阻增大，通过启动绕组的电流减小．故启动绕组功率是变化的，而运行绕组电压不变，故功率不变，则④正确，故选B.答案：B8．为了保证汽车刹车时车轮不被抱死，使车轮仍有一定的滚动而不是纯滑动，这样既可以提高刹车效果，又不使车轮失去控制．为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置，这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如果该装置检测出车轮不再转动，它就会自动放松刹车机构，让车轮仍保持转动状态，这就是ABS防抱死系统．如图是电磁脉冲传感器示意图，B是一根永久磁体，外面绕有线圈，它们的左端靠近一个铁质齿轮A.齿轮与转动的车轮是同步的，则以下说法正确的是()A．车轮转动时，由于齿轮在永久磁体的磁场中切割磁感线，产生感应电流B．车轮转动时，由于齿轮被磁化使线圈中的磁场发生变化，产生感应电流C．车轮转速减慢时，输出电流的周期变小．电流强度也变小D．车轮转速减慢时，输出电流的周期变大，电流强度也变大解析：此传感器是利用线圈中磁通量的变化产生感应电流的原理来实现检测的．当车轮转动时，带动齿轮转动．相当于将铁块插入和拔出线圈，从而使线圈中磁通量发生变化而产生感应电流．故选项A 错误，B正确：当车轮转速减慢时，线圈中磁通量的变化减慢，产生的感应电流的周期变大，由E＝ΔΦΔt可知，电流强度变小．故选项C、D错误．答案：B9.如图所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器．它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度．就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时()A．电路中的电流减小．油箱油面降低B．电路中的电流减小，油箱油面升高C．电路中的电流增大，油箱油面降低D．电路中的电流增大．油箱油面升高解析：当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，而回路电阻减小，电流增大，故D项正确．答案：D10.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的()A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：平行板电容器的电容C∝εr Sd，本例中的介质没有变化，正对面积也没有变化，引起电容变化的因素是板间距离d.故选A.答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．电吉他之所以能以其独特的魅力吸引众多的音乐爱好者，是因为它的每一根琴弦下面都安装了一种叫作“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美的音乐．如下图是“拾音器”的结构示意图，多匝绕制的线圈置于永久磁铁与钢质的琴弦之间，当琴弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流，关于感应电流以下说法正确的是()A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是变化的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化解析：由题意及图可知，电吉他是利用振动的钢质琴弦使线圈切割磁感线而产生感应电流，再将该电流放大并与扩音器相连从而发出声音，属于法拉第电磁感应现象．因琴弦在振动时速度的大小和方向均变化，故感应电流不是恒定的，故A、C正确．答案：AC12．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电．当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中，有()A．电容变大B．电容变小C．导线AB中有向左的电流D．导线AB中有向右的电流答案：AC13．下列说法正确的是()A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大答案：BC14.演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想电压表，则下列说法正确的是()A．物体M运动时，电源内的电流不会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数解析：电压表不分流，故触头移动不会改变电路的总电阻，也就不会改变电路中的总电流，故A正确，电压表测量触头P与左侧电阻之间的电压，故示数随物体M的移动，亦即随触头的运动而变化．故B正确，C、D错误．答案：AB三、实验题(本题共2小题，共16分，把答案填在题中横线上或按要求作答)15．(6分)热敏电阻是阻值随温度的改变而变化，且对温度很敏感的元件．某同学把一个热敏电阻连入电路中，通过实验他测出了一组数据，并画出了I－U关系曲线，如图所示．问：你认为该同学实验时选用的是图甲和图乙两电路图中的_____电路图．图甲图乙解析：由图象中热敏电阻两端电压特点可判断出选用的是甲电路图——滑动变阻器分压式接法．答案：图甲16．(10分)影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小．某课题研究小组在研究用某种材料制作的用电器件Z的导电规律时，利用如图(a)所示的分压电路测得其电压与电流的关系如下表所示：图(a)图(b)(1)根据表中数据，判断用电器件Z可能属于________材料．(2)把用电器件Z接入如图(b)所示的电路中，闭合开关电流表的读数为1.8 A，电池的电动势为3 V，内阻不计，则电阻R的电功率为________．解析：(1)由表格中数据可得，电阻随电压的增大而减小，而电压越大，用电器件温度越高，所以材料应为半导体．(2)查表I＝1.8 A时，Z的电压为1.2 V，则U R＝E2－U Z＝3 V－1.2 V＝1.8 V，P R＝IU R＝3.24 W.答案：(1)半导体(2)3.24 W四、计算题(本题共3小题，共34分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)17．(10分)如图所示为“神舟七号”飞船发射升空时火箭内测试仪平台上放置的一个压力传感器，传感器上面压一质量为M的物体，火箭点火后从地面向上加速升空，当升到某一高度时，加速度为a＝g2，压力传感器此时显示出物体对平台的压力为点火前压力的17 16，已知地球的半径为R，g为地面附近的重力加速度，试求此时火箭离地面的高度．解析：设此时火箭升空高度为H，此处重力加速度为g′.则有F－Mg′＝Ma，①由万有引力定律可得：g′g＝R2（R＋H）2，②又因为F＝1716Mg，③由①②③得：H＝R 3.18.(10分)如图所示为检测某传感器的电路图．传感器上标有“3 V0.9 W”的字样(传感器可看作一个纯电阻)，滑动变阻器R0上标有“10Ω 1 A”的字样，电流表的量程为0.6 A，电压表的量程为3 V．求：(1)传感器的电阻和额定电流；(2)为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压的最大值．解析：(1)R传＝U2传P传＝10Ω，I传＝P传U传＝0.3 A.(2)最大电流I＝I传＝0.3 A，电源电压最大值：U m＝U传＋U0.U传为传感器的额定电压，U0为R0m＝10Ω时R0两端的电压，即U0＝I传·R0m＝0.3×10 V＝3 V，未超过电压表量程，所以U m＝U传＋U0＝3 V＋3 V＝6 V.19．(14分)如图所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置．其中R是滑动变阻器，阻值范围是0～100Ω，它的金属滑片是杠杆的一端，油量表是由电流表改装而成的，实际是量程为0～0.6 A的电流表，从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度；R′为校准电阻．已知电源电压为12 V，油箱空和油箱满时金属滑片恰在滑动变阻器的两端点a、b处．(1)当油箱满时，电流表示数恰好为满偏刻度0.6 A，求校准电阻R′的阻值和油箱空时电流表的示数．(2)若将电流表改换为电压表，用电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度，要求油面上升时电压表的读数增大，请将电压表○V画在图中，并标明电压表的“＋”“－”接线柱．若改装后电路中校准电阻的阻值不变，求电压表示数的变化范围．解析：(1)当电流表示数为满偏刻度0.6 A 时，金属滑片在b 处，此时滑动变阻器连入电路的电阻R ＝0.R ′＝U I ＝120.6Ω＝20Ω. 油箱空时，滑动变阻器连入电路的电阻R ＝100Ω，则电流表的示数为I 1＝U R ′＋R ＝1220＋100A ＝0.1 A. (2)为符合油面上升时，电压表读数增大的要求，应使电压表与校准电阻R ′并联，电压表示数变化的范围，由滑片在a 、b 两处时校准电阻R ′两端的电压决定．如图所示．U 1＝UR ′R ＋R ′＝2 V ，U 2＝12 V . 故电压表示数的变化范围为2 ～12 V .。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测21 最新

第九章单元检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．某物体表现出各向异性是由于组成物体的物质微粒()A．在空间的排列不规则B．在空间按一定的规则排列C．数目较多的缘故D．数目较少的缘故【解析】物质微粒空间排列周期性，造成各向异性．【答案】 B2．杭州的"龙井茶虎跑泉水"天下闻名，有人说，虎跑泉水水质特别好，不信，可用一只碗舀满虎跑泉水，然后小心地将硬币放在水平面上，硬币则可以漂浮在水面上；如果将硬币一枚接一枚小心地投入水中，只见水面会高出碗的边缘而不致溢出，对此正确的观点是()A．这是虎跑泉水的特有现象，由此可证明泉水的质地确实优良B．这种现象的发生主要是由于泉水里面添加了某种特殊物质C．这种现象是正常的，并非是虎跑泉水所特有D．这种现象不可能发生【解析】这是液体的表面张力现象，并非虎跑泉水的特有现象．【答案】 C3．下列说法中，正确的是()A．某固体在某物理性质上表现为各向同性，该物体一定为非晶体B．小船能够浮在水面上不下沉是水的表面张力起了主要作用C．用塑料细管将牛奶吸入口中利用了毛细现象D．鸭子羽毛上有一层脂肪，使羽毛不被水浸湿，这是因为水对脂肪不浸润的缘故【解析】多晶体和非晶体都有各向同性的特点，所以A错；小船浮在水面上不下沉主要是浮力起了作用，B错；用口吸牛奶吸入嘴中，不属毛细现象，C错，D对．【答案】 D4．做这样的实验：如图所示，先把一个棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂水里浸一下，使环上布满肥皂水的薄膜．如果用热针刺破棉线圈里那部分薄膜，则棉线圈将成为()A．椭圆形B．长方形C．圆形D．任意形状【解析】由于表面张力的作用，棉线圈成圆形，C正确．【答案】 C5．对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象，如图所示．对此有下列几种解释，不正确的是()A．表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏B．表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密C．附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密D．附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏【解析】表面层内分子的分布比液体内部稀疏，分子间表现为引力，这就是表面张力，A正确、B错误；浸润液体的附着层内分子的分布比液体内部密集，不浸润液体的附着层内分子的分布比液体内部稀疏，而附着层Ⅰ为浸润液体，附着层Ⅱ为不浸润液体，故C、D 均正确．【答案】 B6．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图(a)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(b)所示，则()A．甲、乙是非晶体，丙是晶体B．甲、丙是晶体，乙是非晶体C．甲、丙是非晶体，乙是晶体D．甲是非晶体，乙是多晶体，丙是单晶体【解析】由图(a)知，甲、乙各向同性，丙各向异性；由图(b)知，甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点．所以甲是晶体，乙是非晶体，丙是单晶体．【答案】 B7．在水中浸入两个同样细的毛细管，一个是直的，另一个是弯的，如图，水在直管中上升的高度比在弯管中的最高点还要高，那么弯管中的水将()A．会不断地流出B．不会流出C．不一定会流出D．无法判断会不会流出【解析】水滴在弯管口处受重力的作用而向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，使水不能流出，故选项B正确．【答案】 B8．一个密闭容器里盛有较多液体，现保持温度不变，使液面上方的空间适当增大一些后，几位同学对液面上方的汽做出下列判断：①仍是饱和汽；②变为未饱和汽；③汽的密度减小；④汽的密度不变；⑤汽的质量增加；⑥汽的质量不变；⑦汽的压强减小；⑧汽的压强不变．其中，正确的是()A．②③⑦B．①⑥C．③⑥D．①④⑤⑧【解析】封闭容器中的液体的饱和汽压和分子密度只与温度有关，与体积无关．【答案】 D9．节能减排是今后政府的重要工作，现代建筑出现了一种新设计：在墙面的装饰材料中均匀混入小颗粒状的小球，球内充入一种非晶体材料，当温度升高时，球内材料熔化吸热，当温度降低时，球内材料凝固放热，使建筑内温度基本保持不变．下列四个图象中，表示球内材料熔化图象的是()【解析】晶体有固定的熔点，在熔化过程中，当温度达到熔点后，不断吸热，但温度却保持在熔点温度，直到晶体全部熔化；而非晶体没有固定的熔点，在熔化过程中不断吸热，先变软，然后熔化，在此过程中温度不断上升．【答案】 C10．不同温度下水的饱和汽压如下表所示．由如下数据能确定天气最干燥的就是下列选项中哪种情况(不同温度下水的饱和汽压单位：毫米汞柱)()t/℃－518118180p3.164.586.549.2117.5431.82A.天气温度为－5℃，绝对湿度为2毫米汞柱B．天气温度为0℃，绝对湿度为3毫米汞柱C．天气温度为10℃，绝对湿度为3毫米汞柱D．天气温度为20℃，绝对湿度为10毫米汞柱【解析】对比表中数据，相对湿度最小的是C种情况，B＝39.21×100%＝32.6%，其余选项的相对湿度都大于此值，所以C种情况人感觉最干燥．【答案】 C11．下列叙述中正确的是()A．棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质一定呈液晶体B．利用液晶在温度变化时由透明变浑浊的特性可制作电子表、电子计算器的显示元件C．有一种液晶，随温度的逐渐升高，其颜色按顺序改变，利用这种性质，可用来探测温度D．利用液晶可检查肿瘤，还可以检查电路中的短路点【解析】通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质容易具有液晶态，但不是任何时候都呈液晶态，故A错．【答案】BCD12．如下图所示的容器，用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，测得水汽的压强为p，体积为V.当保持温度不变()A．上提活塞使汽的体积增为2V时，汽的压强变为12pB．下压活塞使汽的体积减为12V时，汽的压强增为2pC．下压活塞时，汽的质量减少，汽的密度不变D．下压活塞时，汽的质量和密度都变小【解析】容器中的水汽刚好饱和，表示容器中已没有水．上提活塞使汽的体积变为2V时，容器中的汽变为未饱和汽，它遵循玻意耳定律，压强变为12p.下压活塞使汽的体积减为12V时，由于温度不变，饱和汽的密度不变，部分汽会凝结成水，汽的压强仍为p，只是汽的质量减小了．【答案】AC第Ⅱ卷(非选择题52分)二、实验题(本题有2小题，共12分．请按题目要求作答)13．(5分)荷叶上的两个小水珠，接触后立即能汇成一个水珠，这是由于________；黑布伞的纱线间虽有间隙却不漏水，这是由于________；用钢笔在纸上写字是利用________现象完成的；鸭子在羽毛上涂油脂可防止羽毛被水弄湿是利用了________现象；农民松土是为了________．【解析】由液体的表面张力、浸润、不浸润、毛细现象，可得出答案．【答案】表面张力的缘故水的表面张力的缘故浸润不浸润破坏毛细管防止水分流失14．(7分)室内温度40℃，如果用一加盖密封的大缸内的冷水降温，当缸附近温度为10℃时，缸边出现小水滴，这时室内相对湿度为________(已知40℃时水蒸气的绝对湿度为7.37×118 Pa,10℃时的绝对湿度为1.23×118 Pa)．【解析】缸边出现小水滴，说明10℃的饱和汽压等于室内温度为40℃时的绝对湿度，相对湿度为 1.23×118 Pa7.37×118 Pa×100%＝16.7%.【答案】16.7%三、计算题(本题有4小题，共40分，解答应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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)在某温度时，水蒸气的绝对压强为p＝200 mmHg，此时的相对湿度为50%，则：(1)此时的绝对湿度为多少？(2)饱和汽压为多大？【解析】(1)根据绝对湿度的定义可知此时的绝对湿度为200 mmHg.(2)由相对湿度B＝pps×100%，可知：ps＝pB＝20180% mmHg＝400 mmHg.【答案】(1)200 mmHg(2)400 mmHg16.(10分)如右图所示，有一个高为H的导热容器，将其开口向上竖直放置．在气温为27℃、气压为760 mmHg、相对湿度为75%时，用一质量可不计的光滑活塞将开口端封闭．求活塞下压多大距离时，将开始有水珠出现？【解析】由于容器导热，故为等温变化状态Ⅰ：p1＝75%ps，V1＝V状态Ⅱ：p2＝ps，V2＝？由p1V1＝p2V2，得V2＝0.75 V，所以下压距离为h＝H/4，将开始有水珠出现．【答案】H/417．(10分)质量为m的0℃的冰雹，在空中由静止自由下落，由于空气阻力的作用，其中1%质量的冰在下落过程中完全熔化成0℃的水脱离冰雹，若落地时的速度为400 m/s.求：(1)冰雹下落的高度；(2)若落地时，动能全部转化成热，问能否将冰雹熔化？(设冰的熔化热λ＝0.34×118 J/kg，g取10 m/s2)【解析】(1)设冰雹下落的高度为h，根据题意有：mgh－12(1－1%)mv2＝m×1%λ，所以h＝m×1%λ＋12 1－1% mv2mg＝0.34×118×1%＋12×1－1% ×401810 m＝11 320 m.(2)假设冰雹能全部熔化，则需满足12(1－1%)mv2≥m(1－1%)λ而12(1－1%)v2＝12×(1－1%)×4018 J≈8×118 J，(1－1%)λ≈3.4×118 J显然由动能全部转化成的热不能满足冰全部熔化的需要，故不能熔化．【答案】(1)11 320 m(2)不能18．(10分)物理学中，把单位长度边界线上的表面张力，称为表面张力系数，用σ表示，单位为N/m，如图所示的装置，可以测定肥皂的表面张力系数，在一个开口向下的框架上有一根可自由滑动的细金属丝ab，框上布满肥皂后，竖直在空气中，在金属丝下挂一小重物m，使肥皂膜恰好不致破裂．如果已知细金属丝和小球重G＝1 N，金属丝长l＝20 cm，则测得肥皂膜的表面张力系数为多少？【解析】肥皂水膜有两个表面，根据力的平衡有：σl×2＝G，即σ＝G2l＝12×0.2 N/m＝2.5 N/m.【答案】 2.5 N/m。

高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题16

涉或单缝衍射图样．分析各图样的特点可以得出的正确结论是是光的干涉图样是光的干涉图样如图所示，一细束红蓝复色光垂直于AB边射入直角三棱镜，在面上反射和折射分成两束细光束，其中一束细光束为单色光束．分别表示红、蓝光在三棱镜内的速度，下列判断正确的是单色光束为红色单色光束为蓝色单色光束为红色单色光束为蓝色红光折射率小于蓝光折射率，由折射率公式知红光在同种介质中的速度较大，即V1>V2；由全反射公式知红光折射率小临界角大；所以蓝光发生全反射时红光依然有折射现现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为——折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是()【答案】 D5．下列应用激光的事例中错误的是()A．利用激光进行长距离精确测量B．利用激光进行通信C．利用激光进行室内照明D．利用激光加工坚硬材料【解析】激光单向性好，不利于室内照明，并且大功率的激光要靠专门的激光器产生，成本太高，且由于激光的能量集中，会对人体产生伤害，因此选项C所述激光的应用是错误的．【答案】 C6．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋Bλ2＋Cλ4，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示．则()A．屏上c处是紫光B．屏上d处是红光C．屏上b处是紫光D．屏上a处是红光【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫．屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确．【答案】 D7．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃的另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是()A．红光以30°的入射角入射B．红光以45°的入射角入射C．紫光以30°的入射角入射D．紫光以45°的入射角入射【解析】因为同种介质对紫光的折射率较大，故入射角相同时，紫光侧移距离较大，A、B项错；设入射角为i，折射率为n，平板玻消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是．减弱，红光．增强，红光光在传播时随入射角增大，反射光能量增强，折射光向，如图所示．下列说法中正确的是()．图中光束①是红光，光束②是蓝光．在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度更快．若光束①②先后通过同一单缝衍射装置，光束①的中央亮纹一玻璃柱体的横截面为半圆形，形成细光束从空气射向柱体的O现保持入射光不变，将半圆柱绕通过使反射光束1和透射光束空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，2r.现有一束单色光垂直于水平端面只经过两次全反射可知第一次入射角为≤45°，再根据P4是四个学生实验插针的结果．在这四个图中肯定把针插错了的是________在这四个图中可以比较准确地测出折射率的是缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长．元件代A B C号元件名白光光源光片放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为________．(填写元件代号已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离，在光屏上得到的干涉图样图如2甲所示，分划板在图中2乙所示，则其示数为________mm丙所示．由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的是一个透明的薄壁容器，面恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速，求液体的折射率及光在该液体中的传播速度为多大．设液体的折射率为n，光在里面传播的速度为挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．如图，考虑从圆形发光面边缘的线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点折射，根据折射定律有。

高二物理试题-2018学年高二物理下册课时基础达标测试

第五章交变电流4 变压器A级抓基础1．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则()A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.18 AC．U＝110 2 V, I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：在副线圈电路中，I2＝PU＝0.1 A，再根据U1U2＝n1n2，及I1I2＝n2n1，得U1＝110 V，I1＝0.2 A，故B、C、D错，A正确．答案：A2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：根据接入电压u＝11 0002sin 100πt，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝PU＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为 2750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2π＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝P R L＋P r＝880 W＋42× 6 W＝976 W，D错误．答案：C3．如图所示，T为理想变压器，为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时()A．的读数变大，的读数变大B．的读数变大，的读数变小C．的读数变小，的读数变大D．的读数变小，的读数变小解析：当滑动触头下移时，R3减小，R总减小，I＝UR总，U不变I增大，U并＝U－UR1减小，通过R2的电流IR2减小，I A2＝I－IR2增大，的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知的示数变大．答案：A4．(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压u，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则()A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小解析：保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．答案：BC5．如图所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V9 W”“12 V12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U1U2＝n1n2、U2U3＝n2n3得：n1＝U1U2n2＝2206×36(匝)＝1 320匝，n3＝U3U2n2＝126×36(匝)＝72匝．(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3.即I1U1＝P2＋P3，则I1＝P2＋P3U1＝9＋12220A≈0.185 A. B级提能力6．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．答案：CD7.如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D 间电压为4 V；M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V．现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面可表示A、B间和M、N间的电压是()A．10 V10 V B．10 V 4 VC．4 V10 V D．10 V0解析：题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D 作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流．题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V．综上所述，B正确．答案：B8．如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F为熔断电流为I0＝1.0 A 的保险丝，负载R为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？解析：原线圈电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压： U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V ＝110 V . (1)当R ＝100 Ω时，副线圈中电流为：I 2＝U 2R ＝110100A ＝1.10 A. 由U 1I 1＝U 2I 2得原线圈中的电流为：I 1＝U 2U 1I 2＝110220×1.10 A ＝0.55 A ，由于I 1<I 0(熔断电流)，故保险丝不会被熔断．(2)设电阻R 取某一值R 0时，原线圈中的电流I 1′刚好到达熔断电流I 0，即I 1′＝1.0 A ，则副线圈中的电流为：I 2′＝U 1U 2I 1′＝n 1n 2·I 1′＝2×1.0 A ＝2.0 A ，变阻器阻值为：R 0＝U 2I 2′＝1102.0Ω＝55 Ω，此时变压器的输出功率为：P 2＝I 2′U 2＝2.0×110 W ＝220 W.可见，要使保险丝F 不被熔断，电阻R 的阻值不能小于55Ω，输出的电功率不能大于220 W.。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测2018002 最新

15.3.4新提升·课时作业
基础达标
1．关于爱因斯坦质能方程，下列说法中正确的是()
A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能
B．E＝mc2是物体的核能
C．E＝mc2是物体各种形式能的总和
D．由ΔE＝Δmc2，在核反应中，亏损的质量Δm转化成能量ΔE放出
【解析】E＝mc2，m为动质量，E为这种运动状态下的能量．A、B错；E＝mc2是质量为m的物体所具有的能量，C正确；一定质量对应一定的能量，而不是质量转化为能量，D错误．
【答案】C
5．(多选)下列说法正确的是()
A．万有引力可以用广义相对论作出正确的解释
B．物质的引力可以使光线弯曲
C．在强引力的星球附近，时钟变快
D．强ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ力作用可以使光谱线向紫端偏移
【解析】由广义相对论可知A对，B对．在强引力的星球附近，时间进程变慢，C错．强引力作用可以使光谱线向红端偏移，D错．
【答案】AB
【解析】在地面上看来，高速运动的物体在速度方向变短，A正确；在镜头前加一偏振片是为了过滤掉玻璃的反射光，使得成像更清晰，B错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场；均匀变化的磁场产生恒定的电场，C错误，时间进程会变慢，D对．
【答案】AD
5．冥王星绕太阳公转的线速度为4.83×118 m/s，求其静止质量为运动质量的百分之几？
【解析】设冥王星的静止质量为m0，运动质量为m，则：＝ ×100%≈99.9999%.
【答案】99.9999%
【答案】C
4．下列关于广义相对论等效原理的说法正确的是()
A．一个非均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价
B．一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价
C．一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测5 最新

14.1 新提升·课时作业基础达标1．真空中所有的电磁波都具有相同的()A．频率B．波长C．波速D．能量【答案】 C2．(多选)在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是() A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】由物理学史可知，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A正确；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误．【答案】AC3．关于电磁场理论，下列叙述不正确的是()A．变化的磁场周围一定存在着电场，与是否有闭合电路无关B．周期性变化的磁场产生同频率变化的电场C．变化的电场和变化的磁场相互关联，形成一个统一的场，即电磁场D．电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场【解析】根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围一定存在电场，与是否有闭合电路无关，A正确；周期性变化的磁场产生同频率变化的电场，B正确；由电磁场的定义可知C也正确；只有变化的电场周围存在磁场，变化的磁场周围存在电场，故D错误．【答案】 D4．关于电磁波的传播速度，以下说法正确的是()A．电磁波的频率越高，传播速度越大B．电磁波的波长越长，传播速度越大C．电磁波的能量越大，传播速度越大D．所有电磁波在真空中传播速度都相等【解析】电磁波的传播速度由频率和介质共同决定，A、B描述比较片面，错误；电磁波的速度与能量无关，C错；所有电磁波在真空中传播速度都等于光速，D对．【答案】 D5．关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是()A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．机械波和电磁波都可以传递能量C．波长、频率和波速间的关系，即v＝λf，对机械波和电磁波都适用D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象【解析】本题考查机械波与电磁波的区别，机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质，所以A不正确；干涉、衍射是波特有的现象，D正确；公式v＝λf，对一切波都适用，故B、C都正确．【答案】 A6．(多选)根据麦克斯韦电磁场理论，判断下列说法正确的是()A．电场周围一定产生磁场，磁场周围也一定产生电场B．变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围也一定产生电场C．变化的电场周围一定产生变化的磁场D．电磁波在真空中的传播速度为3.0×118 m/s【解析】根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场周围才能产生磁场，变化的磁场周围方能产生电场，但变化的电场周围不一定产生变化的磁场，如均匀变化的电场产生的是稳定的磁场．【答案】BD是敌机反射回来的脉冲波形，则敌机距雷达站的距离是118 m．无法确定由题图知两波形相差3×10－3s，即敌机与雷达站距离为正确．当用绝缘工具缓缓拉大板间距离的过程中，根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场．当产生的电场的电场．向上方向的磁场先增强，然后反向减弱．向上方向的磁场先减弱，然后反向增强在电磁感应现象的规律中，当一个闭合回路中由于通过它的磁通量发生变化回路中并没有电源，电流的产生是由于磁场的变化造成的．克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场．只不过是用电场线方向代替了电流方向．感应电流的磁场阻碍原磁场的增强而方向向下，错误．同理，当磁场反向即向下的磁场减弱时，也会得到图，手机B的号码为发出响声并且显示屏上显示手机A的号码为，则手机A()12345670018的号码为12345670018的号码为12345670018根据麦克斯韦的电磁场理论，可以作如下判断：A图的磁场是恒定的，不能更不能产生电磁波；B图中的磁场是周期性变化的，电场，因而可以产生持续的电磁波；C图中的磁场是均匀变化的，能产生恒定的电场，而恒定的电场不能再产生磁场，不能产生向外扩展的电磁场，因此不能产生持续的电磁波；D图所示磁场是周期性变化的，能产生周期性变化的电场，能产生持续的电磁波．【答案】BD5．(多选)如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆管内，有一直径略小于管内径的带正电的小球，正以速度v0沿逆时针方向匀速运动(俯视)．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电荷量不变，那么()A．小球对玻璃管的压力不断增大B．小球受到的磁场力不断增大C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动D．磁场力对小球一直不做功【解析】因为玻璃圆管所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功．由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向(俯视)．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动．小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力作用；管内壁的弹力F N和磁场的洛伦兹力F＝Bq v，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力F N和洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功．【答案】CD。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测27

模块综合测试卷时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是()A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升D．滴入水中的红墨水很快散开说明液体内存在表面张力【解析】饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关，故A错误；人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故B正确；若两物体是不浸润的，则液体在毛细管能会不相等B．气体的温度升高时，所有的气体分子的速率都增大C．一定质量一定体积的气体，气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D．气体的分子数越多，气体的压强就越大【解析】由于气体分子运动的无规则性，遵循统计规律，气体向各个方向运动的数目相等，器壁各个方向上的压强相等，A 错；气体的温度升高，平均速率增大，并非所有分子的速率都变大，B错；一定质量一定体积的气体，分子密度一定，分子的平均动能越大，气体的压强就越大，C正确；气体的压强大小取决于分子密度及分子的平均动能，气体的分子数多，压强不一定就大，D错．【答案】C4．关于用“油膜法估测油酸分子的大小”的实验，下列说法中正确的是() A．单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径B．实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上C．实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足一格的应全部舍去D．处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径【解析】单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径，选项A正确；实验时先把痱子粉洒在水面上，再将一滴油酸酒精溶液滴入水面，选项B错误；实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足半格的舍去，超过半格的算一格，选项C错误；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径，选项D错误．【答案】A5．在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体(视为理想气体)() A．压强变小B．放出热量C．分子平均动能不变D．内能变大【解析】泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸收热量，体积不变，内能变大，温度升高，分子平均动能增大，压强增大，故选D.【答案】D6．如图所示，一定质量的理想气体由a 状态变化到b状态，则此过程中()A．气体的温度升高B．气体对外放热C．外界对气体做功D．气体分子间平均距离变小【解析】一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，体积增大，压强不变，温度升高，内能增大，对外做功，吸收热量，气体分子间平均距离变大，选项A正确，B、C、D错误．【答案】A7．如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓缓地均匀加热，则下列说法中正确的是()A．加热过程中，始终保持V′1＝2V′2B．加热后V′1>2V′2C．加热后V′1<2V′2．一定质量的气体从状态所示的过程，最后到达状态c三状态下的密度分别为ρa、ρb一定质量的气体从项正确．．如右图所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，水温约为)1.63 1.731.82 9111 4 11611812112℃如图所示，绝热的气缸与绝热的活塞密封一定质量的空气后水平放置在光单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，D错．【答案】C11．一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度()A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀【解析】由于此题要经过一系列状态变化后回到初始温度，所以先在p－V坐标中画出等温变化图线如图所示，然后在图线上任选中间一点代表初始状态，根据各个选项中的过程变化画出图线，如图所示，从图线的发展趋势来看，有可能与原来的等温线相交，说明经过变化后可能回到原来的温度，选项A、D正确．【答案】AD12．二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度的变化，则此过程中()A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能不变D．封闭气体从外界吸收热量【解析】气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误．温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，封闭气体向外界传递热量，故B正确，D错误，温度不变，所以气体的气体分子的平均动能不变，故C正确．【答案】BC第Ⅱ卷(非选择题52分)二、实验题(本题有2小题，共15分．请按题目要求作答)13．(7分)如右图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现有水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是________．A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少(2)如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下列哪几个图象表示________．【解析】(1)温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不变，但并不是每个分子的速率都不变，B对，A错；由玻意耳定律知，体积增大，压强减小，活塞内外的压强差增大，水平拉力F增大，C对；由【解析】(1)油层长度L＝vt＝8×90 m ＝720 m，油层厚度D＝VLa＝1.44×10－3720×100m＝2×10－8m.(2)n＝Dd＝2×10－810－10＝200(倍)．【答案】(1)2×10－8m(2)200倍16．(12分)如图所示，在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能自由滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d的高度后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少；(2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少．【解析】(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装画出整个过程的p-V图线；A到B过程中，缸内气活塞由A气体在缓慢加热过程中，温度升高，活塞由A移动到对外做功，由热力学第一定律可知，【答案】(1)363 K(2)见上图(3)见解析。

高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题2018001 最新

14.4.5 新提升·课时作业基础达标1．关于电视信号的发射，下列说法不正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．声音信号和图象信号是同步向外发射的D．电视台发射的是带有信号的高频电磁波【解析】摄像管输出的电信号必须经过调制才向外发射，即加在高频等幅振荡电流上，电视台发射带有声音信号、图象信号的高频电磁波，故B、C、D正确，A错误．【答案】 A2．通信的过程就是把信息尽快地从一处传递到另一处的过程，古代也采用过“无线”通信的方式，如利用火光传递信息的烽火台，利用声音传递信息的鼓，关于声音与光，下列说法正确的是() A．声音和光都是机械波B．声音和光都是电磁波C．声音是机械波，光是电磁波D．声音是电磁波，光是机械波【解析】波动过程既能传递能量，又能传递信息，光与声音虽然都是波动，但二者本质不同，即产生机理不同：光是电磁波，是物质，传播过程不需要介质；而声音是机械波，由振动产生，通过介质传播，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C3．关于电磁波和现代通信，下列叙述不正确的是()A．卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信B．光纤通信具有传输信息量大、抗干扰能力强及光能损耗小等优点C．电磁波可以在真空中传播D．电磁波的频率越高，在真空中传播的速度越大【解析】这是一道关于电磁波和现代通信的问题，卫星通信就是以人造地球卫星作为中继站进行通信的；光纤通信的优点是容量大、不受电磁干扰、通信质量高、传输损耗小等；电磁波的传播不需要介质，在真空中也可以传播，它的传播速度为光速．不同频率的电磁波，在真空中传播的速度是一样的．【答案】 D4．关于电磁波的特征和应用，下列说法正确的是()A．红外线和X射线都有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康C．电磁波谱中频率最大的为γ射线，最容易发生衍射现象D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光【解析】X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，红外线没有，A错误；过强的紫外线照射对人的皮肤有害，B错误；电磁波谱中频率最大的为γ射线，其波长最短，最不容易发生衍射现象，C错误．【答案】 D5．(多选)下列说法中正确的是()A．电磁波具有能量B．电磁波是一种物质C．太阳辐射的能量集中在X射线附近D．在紫外线附近太阳辐射的能量最强【解析】电磁波是一种物质，具有能量，A、B正确，太阳辐射的能量主要集中在可见光部分，C、D错．【答案】AB6．红外夜视镜在美国对伊拉克反美武装力量实施的夜间打击中起到重要作用，红外夜视镜是利用了()A．红外线波长长，易绕过障碍物的特点B．红外线的热效应强的特点C．一切物体都在不停地辐射红外线的特点D．红外线不可见的特点【解析】一切物体都在不停地辐射红外线，而且温度不同，辐射的红外线强度不同．【答案】 C7．一种电磁波入射到半径为1 m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的区域是()A．γ射线B．可见光C．无线电波D．紫外线【解析】波发生明显衍射现象的条件是，障碍物或孔的尺寸和波长相差不多或者比波长更小，电磁波中无线电波的波长范围大约在10－2 m以上，而红外线的波长范围在10－2～10－6 m，可见光、紫外线的波长更短，故只有无线电波通过直径为1 m的孔才发生明显的衍射，C正确．【答案】 C8．某地的雷达站正在跟踪一架向雷达站匀速飞行的飞机．设某一时刻从雷达站发出电磁波后再接收到反射波历时200 μs，经4 s后A．选择红外线进行检测，主要是因为红外线波长较大，容易发生明显衍射B．红外线热像仪通过发射红外线照射人体来检测体温C．红外线热像仪同时还具有杀菌作用D．一切物体都能发射红外线，而且物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同【解析】不同射线具有不同的特点，就会有不同的用途，对红外线来说，主要特点就是一切物体都不停地发射红外线，并且发射的能量跟温度有关．红外线热像仪就是应用了红外线的这一特点，选D.【答案】 D4．我国进行的大熊猫普查使用了全球卫星定位系统和RS卫星红外遥感技术，详细调查了珍稀动物大熊猫的种群、数量、栖息地周边情况等，红外遥感主要利用了红外线的()A．热效应B．相干性C．反射性能好D．波长长，易衍射【解析】红外遥感主要是利用了红外线波长长，易衍射的特点，故只有D正确．【答案】 D5．广播电台发射“中波”段某套节目的信号、家用微波炉中的微波、VCD机中的微光(可见光)、人体透视用的X光，它们的频率分别为f1、f2、f3、f4则()A．f1>f2>f3>f4B．f1<f2<f3<f4C．f1<f2<f3>f4D．f1>f2<f3<f4【解析】中波段电磁波的波长较长，频率低，微波的频率高些，激光属于可见部分，比微波频率高，但比X光的频率低，因此有f1<f2<f3<f4，选B.【答案】 B6．“为了您和他人的安全，请您不要在飞机上使用手机和手提电脑”，这句警示语是乘坐过飞机的游客都听到过的．有些空难事故就是由于某位乘客在飞行的飞机上使用手机造成的.2001年、2018年都出现过此类问题，2018年某机场飞机降落时，机上有四位旅客同时使用了手机，使飞机降落偏离了8度，险些造成事故．请问为什么在飞机上不能使用手机和手提电脑呢(包括游戏机)?【解析】由于手机在使用或手提电脑无线上网时要发射电磁波，对飞机产生电磁干扰，而飞机上导航系统是非常复杂的，抗干扰能力不是很强．因此为了飞行安全，飞机上乘客不能使用手机和手提电脑．【答案】见解析。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测26 最新

第十章单元检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．下列实例说明做功改变系统内能的是()A．热水袋取暖B．用双手摩擦给手取暖C．把手放在火炉旁取暖D．用嘴对手呵气给手取暖【解析】双手摩擦做功，使手的内能增加，感到暖和；A、C、D都是通过热传递来改变系统的内能，选项B正确．【答案】B2．与外界隔绝的、发生变化孤立体系，其总熵的变化是()A．不变B．可能增大或减小C．总是不增大D．总是减小【解析】据熵增加原理知，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．【答案】C3．在研究性学习的过程中，同学们提出了以下四个活动方案，哪些从理论上讲是可行的()A．改进热机的生产工艺，总有一天热机的效率可达到100%B．发明一种制冷设备，使温度降至绝对零度以下C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶盖上太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题【解析】热机的效率不可能达到100%，A错；绝对零度不可达到，B错；汽车尾气中有害气体不会与空气自动分离，C错；太阳能可以发电和进行加热，D正确．【答案】D4．0 ℃水结成0 ℃的冰，对此过程应用热力学第一定律，以下关系符号的说明正确的是()A．Q>0，W>0，ΔU>0B．Q>0，W<0，ΔU<0C．Q<0，W<0，ΔU<0D．Q<0，W>0，ΔU<0【解析】对这一过程的判断要注意两点：(1)水结成冰，要放出熔解热．(2)水结成冰，体积要膨胀．据此，可以立即给出判断．放出熔解热，表示Q<0.体积膨胀，表示物体对外界做功，W<0.因此，只能选择选项C.【答案】C5．已知一个系统的两个宏观态甲、乙，及对应微观态的个数分别为较少、较多，则下列关于对两个宏观态的描述及过程自发的可能方向的说法中正确的是()A．甲比较有序，乙比较无序，甲→乙B．甲比较无序，乙比较有序，甲→乙C．甲比较有序，乙比较无序，乙→甲D．甲比较无序，乙比较有序，乙→甲【解析】一个宏观态对应微观态的多少标志了宏观态的无序程度，从中还可以推知系统自发的方向，微观态数目越多，表示越无序，一切自然过程总沿着无序性增大的方向进行，A对，B、C、D错．【答案】A6．隔板将绝热的气缸分为A、B两部分，A内充有气体，B内为真空(如图甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是()A．自由膨胀过程中，气体分子只作定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分【解析】自由膨胀时，气体并不对外做功，绝热容器又没有做功过程，所以内能不变，则气体的温度保持不变．【答案】C7．如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞，用打气筒通过气针慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后()A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加【解析】胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功，W<0.由于没时间进行热交换，由ΔU＝W可知内能减小．内能等于分子动能与势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子平均动能减小，所以温度降低，故C正确．【答案】C8.热力学第二定律常见的表述方法有两种：其一，不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化；其二，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．第一种表述方法可以用图来表示，根据你对第二种表述的理解，如果也用类似的图来表示，你认为下图中表达正确的是()【解析】由热力学第二定律的第二种表述和热机的效率不可能达到100%知，热机吸收热量对外做功，同时把热量传给低温物体，故只有B项正确．【答案】B9．CO2气体有个“怪脾气”，它几乎不吸收太阳的短波辐射，大气中CO2浓度增加能使地表温度因受太阳的辐射而上升；另外，它还有强烈吸收地面红外热辐射的作用，阻碍了地球周围的热量向外层空间的排放，使整个地球就像一个大温室一样，因此，大气二氧化碳气体浓度的急剧增加会导致气温的逐步上升，使全球气候变暖．为了减缓大气中CO2浓度的增加，以下措施中可行且有效的是()A．禁止使用煤、石油和天然气B．开发使用核能、太阳能C．将汽车燃料由汽油改为液化石油气D．植树造林【解析】可行且行之有效的措施是开发新能源以便减少对常规能源的利用，减少CO2的排放；植物造林可以吸收空气中的CO2，所以选B、D.题中A、C两项措施虽然有效，但并不可行．【答案】BD10.如图甲所示，内壁光滑的绝热气缸竖直立于地面上，绝热活塞将一定质量的气体封闭在气缸中，活塞静止时处于A位置．现将一重物轻轻地放在活塞上，活塞稳定后静止在B位置．若气体分子间的相互作用力可忽略不计，则活塞在B位置时与活塞在A位置时相比较()A．气体的压强可能相同B．气体的内能可能相同C．单位体积内的气体分子数一定增多D．单位时间内气体分子撞击活塞的次数一定增多【解析】将一重物轻轻地放在活塞上后，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，气体内能增大，单位体积内的气体分子数一定增多，单位时间内气体分子撞击活塞的次数一定增多，A、B错误，C、D正确．【答案】CD11．如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是()A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热【解析】从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错．气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B 对．气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C正确；气体从状态b到状态a 是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对．【答案】BCD12．一定质量的理想气体由状态A变到状态B的p－T图线如图所示，可知在由A 到B的过程中正确的是()A．气体分子的平均动能增大B．气体分子间的平均距离增大C．气体的压强增大，体积减小D．气体一定吸收热量【解析】由题图可知，气体由A到B 温度升高，故气体分子平均动能变大，A正确；连接OA、OB，如图所示，OA斜率大于OB斜率，故V B>V A，气体分子之间的平均间距增大，B正确、C错误；由气体内能变大、体积变大可知气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体要吸热，D正确．【答案】ABD第Ⅱ卷(非选择题52分)二、填空题(本题有2小题，共12分，请将答案写在题中的横线上)13．(6分)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看作不变．(1)以下说法正确的是________．能不能完全转化为________如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线．图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要．在同一等温线下，如果该气体的压强变为原来的2倍，________倍．(1)本题考查热力学第一定律．由热力学第一定律可得，Q1－Q2＝W.本题考查气体定律．在两等温线上取体积相等的两个状态，可见等温线化应等于①状态到②状态过程中内能的变化，则从②状态到①状态的过程中，内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，②又Q′＝－240 J根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J即外界对气体做功80 J.【答案】(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J16．(13分)如图所示，一集热箱里面封闭着一定量的气体，集热板作为箱的活塞且正对着太阳，其面积为S，在t时间内集热箱里气体膨胀对外做的功数值为W，其内能增加了ΔU，不计封闭气体向外散的热，已知照射到集热板上太阳光的能量有50%被箱内气体吸收，求：(1)这段时间内集热箱内气体共吸收的热量；(2)此位置太阳光在垂直集热板单位面积上的辐射功率．【解析】(1)设吸收的热量为Q，根据热力学第一定律得：ΔU＝－W＋Q，Q＝ΔU＋W(2)在垂直集热板单位面积上的辐射功率：P＝QStη＝ΔU＋WSt×50%＝2(ΔU＋W)St.【答案】(1)ΔU＋W(2)2(ΔU＋W)St17．(14分)如右图所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的p-V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有热量335 J传入系统，系统对外界做功126 J，求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，则系统是吸热还是放热？热量传递是多少？【解析】(1)由热力学第一定律可得a→c→b过程系统增加的内能ΔU＝W＋Q ＝(－126＋335) J＝218 J由a→d→b过程有ΔU＝W′＋Q′得Q′＝ΔU－W′＝[218－(－42)]J＝251 J，为正，即有251 J的热量传入系统．(2)由题意知系统由b→a过程内能的增量ΔU′＝－ΔU＝－218 J根据热力学第一定律有Q″＝ΔU′－W″＝(－218－84) J＝－293 J负号说明系统放出热量，热量传递为293 J.【答案】(1)251 J(2)放热293 J。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测25 最新

第5节热力学第二定律的微观解释第6节能源和可持续发展1．(多选)关于气体向真空中扩散的规律的叙述中正确的是()A．气体分子数越少，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大B．气体分子数越多，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大C．扩散到真空中的分子在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观态数目越大D．气体向真空中扩散时，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行【解析】气体分子数越多，对应其宏观态的微观态数目越多，无序性越大，所以回到原状态的可能性越小，因此B错误．【答案】ACD2．(多选)下列关于热力学第二定律的理解正确的是()A．与热有关的自发的宏观物理过程都是不可逆的B．所有热过程都是从有序变为无序C．熵增加原理说明自然的物理过程具有方向性D．热运动是一种最无序的运动，内能是最无序运动所对应的能量，因此机械能可以全部转变为内能，但不可能将内能100%全部转变为机械能【解析】由热力学第二定律可知A正确，由熵增加原理知道一切自然过程是沿分子热运动的无序性增大的方向进行，可判断B错，C、D正确．【答案】ACD3．(多选)下列说法正确的是()A．热力学第二定律只在一定前提条件下才能成立B．热力学第二定律揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行C．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D．热力学第二定律揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性【解析】由热力学第二定律及微观解释，可判断BCD正确，A错误．【答案】BCD4．(多选)对“覆水难收”的叙述正确的是()A．盛在盆中的水是一种宏观态，因盆子的因素，对应的微观态数目较少，较为有序B．盛在盆中的水是一种宏观态，因盆子的因素，对应的微观态数目较多，较为无序C．泼出的水是一种宏观态，因不受器具的限制，对应的微观态数目较多，较为无序D．泼出的水是一种宏观态，因不受器具的限制，对应的微观态数目较少，较为有序【解析】一切自然的过程总是有序转化为无序，因此盆中的水是有序的，泼出的水是无序的．【答案】AC5．煤、石油、天然气和生物质能资源的能量形成和转换利用过程基本上是() A．太阳能辐射→化学能→热能B．太阳能辐射→机械能→电能C．生物质能→电能→化学能→热能D．太阳能辐射→机械能→化学能【解析】太阳能辐射转化成了煤、石油、天然气等的化学能，在对这些能源利用的过程中，又把它们的化学能转化成了热能．【答案】A6．关于能源的开发和利用，下列观点不正确的是()A．能源是有限的，无节制的利用能源，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的C．能源的开发和利用，必须同时加强对环境保护D．不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的主要途径【解析】化石能源的资源是有限的，因此要开发和利用新能源，同时加强环境保护，故选B.【答案】B7．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感知一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是()A．尾气的温度越高，柴油机越节能B．尾气的温度越低，柴油机越节能C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关D．以上说法均不正确【解析】气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油燃料在它的气缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低．【答案】B8．(多选)下列关于熵的说法中正确的是()A．熵值越大，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高B．熵值越小，意味着系统越“混乱”和“分散”，无序程度越高C．熵值越大，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序D．熵值越小，意味着系统越“整齐”和“集中”，也就是越有序【答案】AD9．在上海市青少年校外活动营地“东方绿舟”内有一个绿色能区，同学们可以在这里做太阳能和风能的研究性实验．某同学为了测定夏季中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，制作了一个太阳能集热装置，实验器材有：(a)内壁涂黑的泡沫塑料箱一个，底面积为1 m2；(b)盛水塑料袋一个；(c)温度计一个；(d)玻璃板一块(约1 m2)．如图所示．假设图为一斜坡草地，太阳光垂直照射到草地表面，请将上述实验器材按实验设计要求画在下图中．如果已知水的比热容c，被水吸收的热量Q与水的质量m、水温升高量Δt间的关系是Q＝cmΔt，则为了测定中午单位面积上、单位时间内获得的太阳能，除了需要测量m、Δt外，还应测量的物理量是________，本实验会有一定误差，试写出一条产生误差的主要原因：____________________________.【解析】让太阳光照射容器中水，根据Q＝cmΔt得出水吸收的热量，求出单位面积上，单位时间内获得的太阳能，除了测量水的质量，温度升高值，还需测量太阳照射的时间．【答案】实验图示如下：时间T(或t)产生误差的主要原因：太阳能没有全部被水吸收(或水吸收的太阳能还有一部分损失等)能力提升1．(多选)倒一杯热水，然后加入适当的糖后，糖会全部溶于水中，但一段时间后又观察到杯底部有糖结晶，关于这个过程下列叙述正确的是()A．溶解过程是自发的，结晶过程也是自发的，因此热力学第二定律是错误的B．溶解过程是有序向无序转变的过程C．结晶过程是有序向无序转变的过程D．结晶过程不是自发的，因为有外界的影响【解析】固体的熵小，液体的熵大．据熵增加原理可知AC错，BD对．【答案】BD2．下列说法中正确的是()A．机械能和内能之间的转化是可逆的B．气体向真空的自由膨胀是可逆的C．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较有序的D．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较无序的【解析】热现象的宏观过程都是不可逆的，故A、B错，微观态越多越无序，故选D.【答案】D3．(多选)下列说法正确的是()A．与热现象有关的自发的宏观过程是有方向性的B．与热现象有关的自发的宏观过程是熵增加的过程C．气体扩散现象向着无序性增加的方向进行，是可逆过程D．机械能转化为内能的过程是系统的熵增加的过程【解析】由热力学第二定律可知A 对，由熵增加原理可知B对，气体扩散不可逆，C错，机械能转化为内能符合熵增加原理，D对．【答案】ABD4．下列所述过程是可逆的是()A．气缸与活塞组合中装有气体，当活塞上没有外加压力，活塞与气缸间没有摩擦时B．上述装置，当活塞上没有外加压力，活塞与气缸上摩擦很大，使气体缓慢地膨胀时C．上述装置，没有摩擦，但调整外加压力，使气体能缓慢地膨胀时D．在一绝热容器内盛有液体，不停地搅动它，使它温度升高【解析】自由膨胀是不可逆过程，A 错，有摩擦产生，内能不能全部转化为机械能，B错，C是准静态无摩擦的膨胀，是可逆过程，由于做功产生热是不可逆过程，D 错．【答案】C5．(多选)下列说法正确的是()A．如果大量分子的集合从A分布进入B分布的概率大于从B分布进入A分布的概率，则B分布更无序B．如果大量分子的集合从A分布进入B分布的概率大于从B分布进入A分布，则A分布更无序C．大量分子的集合能自发地从A分布进入B分布，则该过程是可逆的D．大量分子的集合能自发地从A分布进入B分布，则该过程是不可逆的【解析】一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．如果大量分子的集合从A分布进入B分布的概率大于从B分布进入A分布的概率，则说明B 分布更无序一些，A正确，B错误．大量分子的集合自发的运动过程是不可逆的，D正确，C错误．【答案】AD6．某同学在题为《能源利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料：太阳能是人类最基本的能源，它无污染、无费用，这种能源的使用期和太阳本身。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测24 最新

第4节热力学第二定律1．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程() A．都具有方向性B．只是部分具有方向性C．没有方向性D．无法确定【解析】自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，所以A 对．【答案】A2．下列说法正确的是()A．热量不能由低温物体传递到高温物体B．外界对物体做功，物体的内能必定增加C．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化【解析】根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传递到高温物体，但在一定条件下，热量可以由低温物体传向高温物体，例如电冰箱的工作过程，故选项A 错．根据热力学第一定律，物体内能的变化取决于吸收或放出的热量和做功的正负两个因素，所以选项B错．第二类永动机不违反能量守恒定律，而违反了热力学第二定律，选项C错．选项D是热力学第二定律的表述形式之一，是正确的．【答案】D3．关于热力学第二定律，下列说法正确的是()A．热力学第二定律是通过实验总结出来的实验定律B．热力学第二定律是通过大量自然现象的不可逆性总结出来的经验定律C．热力学第二定律是物理学家从理论推导得出来的结果D．由于热力学第二定律没有理论和实验的依据，因此没有实际意义【解析】热力学第二定律，是物理学家通过对大量自然现象的分析，总结了生产和生活经验得到的结论，是一个经验定律，它并不能通过理论和实验来证明，但它符合客观事实，因此是正确的．它揭示了宏观过程的方向性，使人们认识到第二类永动机不可能制成，对我们认识自然和利用自然有着重要的指导意义．【答案】B4．(多选)根据热力学第二定律，下列说法中正确的是()A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机是可以实现的B．制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气中而不引起其他变化C．热效率为100%的热机是不可能制成的D．不需要任何外力做功而可正常运行的制冷机是不可能制成的【解析】由热力学第二定律可判断CD正确．【答案】CD5．(多选)如图所示为电冰箱的工作原理示意图，压缩机工作时，使制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外，下列说法正确的是()A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律【解析】热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误；再根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功．A错误，B正确，故选B、C.【答案】BC6．下列说法正确的是()A．机械能全部转化为内能是不可能的B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体D．从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的【解析】机械能可以自发地全部转化为内能，A错；第二类永动机违背的是热力学第二定律，而不是能量的转化和守恒定律，B错；热力学第二定律中热量能从低温物体传到高温物体，但要在发生其他变化的情况下，C错；同样的，从单一热源吸收热量全部变成功也是可能的，只要发生其他变化，D正确．【答案】D7．(多选)关于热力学第二定律，下列说法正确的是()A．热传递过程是不可逆的，但功转变为热是可逆的B．一切涉及热现象的实际的宏观过程都是不可逆的C．热量可以从低温物体传到高温物体D．热力学第二定律可以表述为第二类永动机是不可能造成的【解析】由热力学第二定律可知，热传递和能量的转化都是具有方向性的，热量会自发地从高温物体传给低温物体，但热量不会自发地从低温物体传给高温物体，功和热的转变也具有方向性，做功过程可以把全部机械能转变为内能，但热机不可能把它得到的内能全部转化为机械能；可以说，一切涉及热现象的实际的宏观过程都是不可逆的，所以选项B正确；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，有外界影响时热量可以由低温物体传给高温物体，故选项C正确；选项D也正确．【答案】BCD8.用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，如图所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象．这个实验是否违反热力学第二定律？热水和冷水的温度是否会发生变化？简述这一过程中能的转化情况？【解析】温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少，一部分转化为电能，一部分传递给冷水，不违反热力学第二定律．【答案】不违反，热水温度降低，冷水温度升高．一部分内能转化为电能．能力提升1．下列过程中，可能发生的是()A．某工作物质从高温热源吸收20 kJ 的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发跑进去，恢复原状C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高D．将两瓶不同液体自发混合，然后又自发地各自分开【解析】根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些物理过程是可以实现的，故C项对；内能自发地全部转化为机械能是不可能的，故A项错；气体膨胀具有方向性，故B项错；扩散现象也有方向性，D项也错．【答案】C2．下列说法正确的是()A．热量不仅可以从高温物体传到低温物体，也可以从低温物体传到高温物体B．空调设备否定了热传导的方向性C．第二类永动机是不可能制成的，因为违背了能量守恒定律D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论【解析】热力学第二定律指出热量不能自发地从低温物体传到高温物体，空调应用正是证实了这一说法，A对，B错．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，C错；热力学第一定律与热力学第二定律各有侧重又相辅相成，D错．【答案】A3．下列说法正确的是()A．对物体做功不可能使物体的温度升高B．一个由不导热的器壁做成的容器，被不导热的隔板分成甲、乙两室．甲室中装有一定质量的温度为T的气体，乙室为真空，如图所示．提起隔板，让甲室中的气体进入乙室．若甲室中气体的内能只与温度有关，则提起隔板后气体重新达到平衡时，其温度仍为TC．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作是不遵守热力学第二定律的D．从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是不可能的【解析】对物体做功可使物体的内能增加，温度升高，如用打气筒打气时筒壁变热，A错误；提起隔板后，气体向真空自由膨胀，不做功，W＝0，且Q＝0，则内能不变，温度不变，仍为T，B正确；在一定条件下，热量可以由低温物体传到高温物体；从单一热源吸热，并使之全部变成有用功也是可能的，只是会引起其他变化，C、D错误．【答案】B4．关于热力学第一定律和热力学第二定律，下列论述正确的是()A．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能，故这两条定律是相互矛盾的B．内能可以转化为其他形式的能，只是会产生其他影响，故两条定律并不矛盾C．两条定律都是有关能量的转化规律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别D．其实，能量守恒定律已经包含了热力学第一定律和热力学第二定律【解析】热力学第一定律和热力学第二定律并不矛盾，对于机械能和内能的转化所具有的方向性也是存在的，故B正确．【答案】B5．热力学第二定律常见的表述有两种：第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．图甲是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图乙．根据你的理解，热力学第二定律的实质是________．【解析】任何热机要维持运行必须与外界有两个通道(热源)交换热量：机器从一个通道(高温热源)中吸取能量，一部分用来完成人们需要它做的功，另一部分不可避免地从另外一个通道(低温热源)中散发开去．示意图如图所示热力学第二定律的实质是：一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性．【答案】见解析6．一种冷暖两用型空调，铭牌标注：输入功率1 kW，制冷能力1.2×118 kJ/h，制热能力1.3×118 kJ/h.这样，该空调在制热时，每消耗1 J电能，将放出3 J多热量．是指标错误还是能量不守恒？【解析】空调制冷、制热靠压缩机做功，从室内(室外)吸收热量放到室外(室内)．在制热时，放出的热量等于消耗的电能与从室外吸收的热量之和，完全可以大于电能的消耗．这既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律．【答案】都不是。

高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题18

雨后太阳光入射到水中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是．紫光、黄光、蓝光和红光．紫光、蓝光、黄光和红光．红光、蓝光、黄光和紫光．红光、黄光、蓝光和紫光由于太阳光经过小水滴时，在进入小水滴后就被分解成七色光，这七色光再经过水滴内表面反射进入我们的视角，形成七彩的虹，通过比较第一次折射可以看出，入最小而d光的折射角光的折射率最大，而对由在同种介质中，紫光折射率最大而红光折射率最小可判断只有．据报道，欧洲大型强子对撞机开足马力可以把粒子加速到光，单束粒子能量可达到7万亿电子伏特．下列说法正确的．如果继续对粒子加速，粒子速度可以达到光速．如果继续对粒子加速，粒子速度可能超过光速开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是沿着波的传播方向，“上坡下，下坡上处的质点在t＝0时刻都沿y轴正方向振动，由可知两列波的周期相同，则两列波的波峰同时到达处的质点的位移为3 cm，由图可知，选项两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R 2，OP ＝3R ，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为 3C ．光线1在玻璃中传播速度为c 2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R 2c【解析】作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝OA OB＝12得θ1＝30°，A 错误．因OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，故折射角θ2＝60°，由折射定律得玻璃的折射率n ＝sin θ2sin θ1＝sin60°sin30°＝3，B 正确．由n ＝c v 解得光线1在玻璃中传播速度为c 3，传播时间为t ＝R v ＝3Rc ，C 、D 错误．【答案】 B9．如图所示，虚线和实线分别为甲乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，已知甲乙两个振子质量相等，则( )A ．甲乙两振子的振幅分别为2 cm 、1 cmB ．甲、乙两个振子的相位差总为πC ．前2秒内甲乙两振子的加速度均为正值()A．波源S开始振动时方向沿y轴正方向B．该波的波长为25 m，周期为0.5 sC．x＝400 m处的质点在t＝9.375 s时处于波峰位置D．若波源S向x轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率将小于2 Hz【解析】因为t＝0时刻波刚好传至x＝40 m处，该处质点的振动方向沿y轴负方向，而波动中所有点的起振方向均相同，所以波源S开始振动时方向沿y轴负方向，选项A错误；从波形图可看出波长为20 m，所以选项B错误；波峰传到x＝400 m处所需时间Δt ＝Δx/v＝9.375 s，选项C正确；该波的频率f＝v/λ＝2 Hz，若波源S 向x轴负方向运动，将远离接收器，则接收到的频率将小于2 Hz，选项D正确．【答案】CD第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、实验题(本题有2小题，共15分，请将答案写在题中的横线上)13．(6分)用如图所示的装置测定玻璃的折射率．在光具盘的中央固定一个半圆形的玻璃砖，使二者的圆心重合，使激光束从玻璃圆弧一侧入射并垂直直径平面通过圆心O射出玻璃砖，记下入射光束在光具盘上所对应位置的刻度，以圆心O为轴逆时针缓慢转动光具盘，同时观察直径平面一侧出射光线的变化：出射光线不断向下偏转并越来越暗，直到刚好看不到出射光线为止，并记下这时入射光线在光具盘上位置的刻度，光具盘上两次刻度之间的夹角θ就是光束从玻璃射向空气的____________．玻璃的折射率表达式n＝________.【解析】入射光线始终沿弧面的垂直面，故射入玻璃后方向不变，此时为四线合一(入射光线、反射光线、折射光线、法线)．从玻璃中射入空气的折射光线刚好消失时，光线恰在玻璃内发生全反射，即θ为临界角．利用单摆测重力加速度时，为了减小误差，我们利用秒表来测量单摆多次全振动的时间，从而求出振动周期．除了秒表之外，现有如下工具，还需的测量工具为________．．毫米刻度尺如果实验中所得到的T2－L关系图象如图乙所示，中的________．，小筒的深度h＝________m某次秒表计时得的时间如图丙所示，则总时间为为了测量出周期，需要秒表，为测量长度的改变需要刻度尺，故还需要的测量工具为B.根据单摆的周期公式，T＝2π Lg得T2＝4π为自变量，则当地l＝0时T2>0，所以真正的图象是的热膨胀特性时，的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板在它们之间形成一厚度均匀的空气膜．的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在当温度为t时最亮，如图所示，横截面是直角三角形，对紫光的折射率为n 2.一束很细的白光由棱镜的一个侧垂直射入，从另一个侧面AC 折射出来．已知棱镜的顶角∠，且与光屏的距离为边上出射点到光屏的垂线与光屏交于点，且射到屏上的红光和紫光偏离O 点的距离分别为＝30°，则由折射定律 d 2＝L tan θ3＝L ⎭⎪⎫－n 21. ⎭⎪⎫n 14－n 21可得，其中n 1＝0,1,2，… 传播，由平移法[实线波形向左平移⎭⎪⎫2＋14T ，结合可得T 2….只要预知波的传播方向就能确定质点的振动方向，v 1的表达式中得到传播的，此时T ＝160＋7.5，t 3＝0.3 s 质点经平衡位置向下振动．。

2018-2019学年高二物理下学期基础达标检测6

第八章单元检测时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1.如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是()A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h sinθC．B管内水银面比管外水银面低h cosθD．管内封闭气体的压强比大气压强小h cosθ高水银柱【解析】以A管中的水银柱为研究对象，则有pS＋h cosθS＝p0S，B管内压强p＝p0－h cosθ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cosθ.B错，D正确．【答案】D2．如图为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m、气温为10℃的环境下，下列说法中错误的是() A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能【解析】根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．【答案】A3.如图所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则()A．A管内空气柱将变长B．A管内空气柱将变短C．两管内水银柱高度差不变D．两管内水银柱高度差将减小【解析】将B管慢慢提起，可以认为气体温度不变．在气体的压强增大时，体积减小，所以气柱将变短，而p A＝p0＋p h，所以高度差增大．综上所述只有B正确．【答案】B4．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是()A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面B．加速下降，直到水底C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡D．仍然静止【解析】上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．【答案】A5．如图所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则()应等于()区、2区液面不在同一水平面，但.C＝1.5 mh＝1.5 m，D正确．注意：若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而如图所示为一定质量的理想气体的P－为气体的三个状态，则下列说法中正确的是T A>T B>T CT A<T B<T CA→B为一等容线，根据查理定律B→C为等温线，故正确．【答案】A8．一绝热隔板将一绝热长方形容器隔成两部分，两边分别充满气体，隔板可无摩擦移动．开始时，左边的温度为0℃，右边的温度为20℃，当左边的气体加热到20℃，右边的气体加热到40℃时，则达到平衡状态时隔板的最终位置()A．保持不动B．在初始位置右侧C．在初始位置左侧D．决定于加热过程【解析】设温度变化过程中气体的体积不变，据查理定律得：p2 T2＝p1T1⇒p2－p1p1＝T2－T1T1⇒Δp＝p1T1ΔT.对左边的气体Δp左＝p左273×20.对右边的气体Δp右＝p右293×20；因初始p左＝p右，故Δp左>Δp右，即隔板将向右侧移动，正确答案为选项B.【答案】B9．一定质量的气体，由状态a经b变化到c.如图所示，图乙中能正确反映出这种变化过程的是()【解析】由p－T图象知，状态a到状态b为等容变化，且压强增大，由状态b到状态c为等温变化，且压强减小，所以在p－V 图上，状态a到状态b为平行于p轴的线段，且由下向上，状态b 到状态c为双曲线的一部分，且压强减小，故选C.【答案】C10．如图所示为上端封闭的连通器，A、B、C三管中的水银面相平，三管横截面积的关系为S A>S B>S C，管内水银上方的空气柱长度为L A<L B<L C.若从下方通过阀门K流出少量水银(保持三个管中均有水银)．三管中水银面的高度关系是()A．A管中水银面最高B．C管中水银面最高C．一样高D．条件不足，不能确定小题，共15分．请按题目要求作答有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，如图所示．缓慢推动活塞，使注射器内空气柱的初始体积为次，每次体积值直接从注射器的刻度上读出并同时由压强传感器测得对应体积的压强值．计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果) p(×105Pa)pV( 1051.0010 20.0201.0952 19.7141.2313 19.7011.4030 19.6421.6351 19.621仔细观察不难发现，pV(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是________．．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大．实验时环境温度升高__________________．求p＝8.85×105Pa___________________________________________________________该图线斜率大小和温度的关系是________画图略，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定斜率越大，该气体温度越高3小题，共37分．解答应写出必要的文字说方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．算的题，答案中必须明确写出数值和单位)年法国物理学家帕平发明了高压锅，高压锅与锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，盖与锅体之间有橡皮制的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气，上面再套上类似砝码的限压阀，．当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示．的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面时，拉力减为零，此时气体体积为Pa，水的密度不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.时，由平衡条件得设筒内气体初态、末态的压强分别为p一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为的密闭活塞，封闭一段长度为L0＝，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管＝1.0×105开始时封闭气体的压强是多大？现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时时管内外水面高度差为多少？管内气柱长度多大？再将活塞固定住，改变管内气体的温度，使管内外水面相平，当活塞静止时，＋0.4×102×10－3PaPa＋0.4×102××10410m＝0.1 L2S。

高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题2 最新

自行车尾灯采用了全反射棱镜的原理，从后面开来的汽车发出的强光照在尾灯后，使汽车司机注意到前面有自行车．成，其外形如图所示．下列说法中正确的是一个三棱镜的截面为等腰直角△截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为∠1＝n sin∠2，n sin＝6 2.ABCD是两面平行的透明玻璃砖，面是玻璃和空气的界面，分别设为界面Ⅰ和界面ⅡⅠ射入玻璃砖，再从界面Ⅱ射出，回到空气中，如果改变光到达界面．只要入射角足够大，光线在界面Ⅰ上可能发生全反射现象．只要入射角足够大，光线在界面Ⅱ上可能发生全反射现象．不管入射角多大，光线在界面Ⅰ上都不可能发生全反射现象．不管入射角多大，光线在界面Ⅱ上都不可能发生全反射现象在界面Ⅰ光由空气进入玻璃砖，都不能发生全反射现象，界面Ⅱ光由玻璃进入空气，是由光密介质进入光疏介质，但是，由于光由界面Ⅰ进入玻璃后再到达界面Ⅱ，Ⅱ上的入射角等于在界面Ⅰ上的折射角，入射角总是小于临界角，如图所示，一束平行光从真空射向一块半圆形的玻璃砖，．只有圆心两侧一定范围内的光线不能通过玻璃砖光液面传感器有一个象试管模样的玻璃管，入射光线在玻璃管内壁与反射光板之间来回发生反射，进入到玻璃管底部，然后在另一侧反射而出．当透明液体的折射率大于管壁玻璃的折射率时，就可以通过光玻璃管被液体包住之前，由于玻璃管之外是光疏介质空气，光线发生全反射，没有光线从玻璃管中射出．当玻璃管被透明如果液体的折射率大于玻璃的折射率，全反射，有一部分光线进入液体，反射光的强度会减弱，故点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求：的距离．BM在M点的入射角为60°，根据折射定律得如图所示的等腰直角三角形表示三棱镜．光线垂直于一个面入射，在底面上发生全反射，由此看出棱镜的折射率不可能是如右图所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是的扇形OAB.一束平行光平行于横截面，以不透光，若只考虑首次入射到圆弧上有光透出部分的弧长为(．光导纤维是利用光的全反射来传输光信号的．如右图所示，一光导纤维内芯折射率为n1，外套折射率为n2，一束光信号沿与界面由内芯射向外套，要在界面发生全反射，必须满足的条件是()小于某一值大于某一值大于某一值小于某一值要使光信号在内芯与外套的界面上发生全反射，大于外套的折射率n2，同时入射角须大于临界角应小于某一值．．如图所示，一条光线从空气中垂直射到棱镜界面，这条光线离开棱镜时与界面的夹角为多大？因为棱镜的折射率为2，所以临界角作光路图如图所示．因光线从空气中射到面时不发生偏折，到AB面上发生全反射，反射光线射到，所以在AC面上既有反射光线又有折22，γ＝45°，所以该折射光线与棱镜面反射的光线第二次射到，所以从AB面上折射出的光线与AC界面夹角为。

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12.1 新提升·课时作业
基础达标
1．(多选)关于机械波的以下说法中，正确的是()
A．波动发生需要两个条件：波源和介质
B．波动过程是介质质点由近及远移动的过程
C．波动过程是能量由近及远传递的过程
D．波源与介质质点的振动都是自由振动
【解析】波源(即振源)振动时，依靠介质中的相互作用力带动周围各部分质点振动起来，形成机械波．作为介质的各质点只在平衡位置附近做振动，并不随波向外迁移，仅把振源的振动和能量传播开来．波源和介质质点之间的相互作用力带动相邻的质点振动，是受迫振动．故介质质点不是自由振动．
【答案】AC
2．关于介质中质点的振动方向和波的传播方向，下列说法正确的是()
A．在横波中二者方向有时相同
B．在横波中二者方向一定不同
C．在纵波中二者方向一定相同
D．在纵波中二者方向一定不同
【解析】在横波中质点振动方向和波的传播方向相互垂直，所以二者方向一定不同，故A错、B对，在纵波中二者方向在同一直线上，既可以相同，也可以相反，故C、D错．【答案】 B
3．以下对机械波的认识正确的是()
A．形成机械波一定要有振源和介质
B．振源做简谐运动形成的波中，各质点的运动情况完全相同
C．横波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移
D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一些振动
【解析】振源和介质是形成机械波的两个必不可少的条件，故A正确．简谐运动在介质中传播时，介质中各质点都做简谐运动，沿波的传播方向上，后面的质点比前面的质点总要晚一些开始振动，但质点本身并不随波的传播而发生迁移，而且各质点的振动步调不一致，故B、C、D均错误．
【答案】 A
4．下列关于横波与纵波的说法中，错误的是()
A．声波一定是纵波
B．声波可能是横波
C．地震波既有横波，也有纵波
D．横波只能在固体中传播，纵波既可以在固体中传播，也可以在液体、气体中传播【解析】声波不管在哪种介质中传播，都是纵波，因此选项A正确、B错误；地震波既有横波，也有纵波，且二者传播速度不同，现代地震仪测震源距离就利用了这一点；横波只能在固体中传播，而纵波可以在固体、液体、气体中传播，故选项C、D正确．【答案】 B
5．沿绳传播的一列机械波，当波源突然停止振动时()
A．绳上各质点同时停止振动，横波立即消失
B．绳上各质点同时停止振动，纵波立即消失
C．离波源较近的各质点先停止振动，较远的各质点稍后停止振动
D．离波源较远的各质点先停止振动，较近的各质点稍后停止振动
【解析】波形成后，如果波源停止振动，波不会立即消失，A、B错，波中能量不断向远处传播，故离波源较近的质点先停止振动，C对D错．
【答案】 C
6．科学探测表明，月球表面无大气层，也没有水，更没有任何生命存在的痕迹．在月球上，两宇航员面对面讲话也无法听到，这是因为()
A．月球太冷，声音传播太慢
B．月球上没有空气，声音无法传播
某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s 如图)．在一次地震中，先开始振动，振源距地震仪约36 km
先开始振动，振源距地震仪约25 km
先开始振动，振源距地震仪约36 km
点，所以B 点此时的振动方向就是波源的起振方向，由机械波在传播过程中，介质中的质点都在各自的平衡位置附近振动，依次滞后．从波形图上看出，在t ＝T 4时刻第4个质点才开始振动，则在个质点已振动了T 2
的时间回到了自己的平衡位置，第
能力提升
在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，
点开始振动时方向向下
点已经振动了34
T 3 如图所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点正向上运动。