高二物理试题-2018学年高二物理下册基础达标训练题2018003 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。

2018学年度高二物理下学期单元测试(3)新人教版精品

2018—2018学年度下学期单元测试高二物理试题（3）【新人教】命题范围：选修3-4 （2）第Ⅰ卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题共60分。

满分100分，考试时间为90分钟。

第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．两列相干波在空间相遇,以下说法正确的是（）A ．振动加强区域内的介质质点的位移始终最大B ．振动减弱区域内的介质质点的振幅随时间变化C ．振动加强区域内的介质质点某时刻可以处于平衡位置D ．振动加强区域内的介质质点,在任何时刻一定比振动减弱区域内的介质质点位移大2．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t 时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P 点，t ＋0．6s 时刻的波形如图中的虚线所示，a ．b ．c ．P ．Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是（）A ．这列波的波速可能为150m/sB ．质点a 在这段时间内通过的路程一定小于30cmC ．质点c 在这段时间内通过的路程可能为60cmD ．如果T =0．8s ，则当t +0．5s时刻，质点b ．P 的位移相同3．海水压力随着深度增加，一般的探测仪器无法承受深海的压力．此外，海水也会吸收阳光，所以阳光不能穿透至深海．基于以上叙述，目前科学家探测海底地形，主要利用的仪器是（）A ．数字摄影机B ．回音探测系统（声纳）C ．都卜勒雷达D ．全球定位系统（GPS ）4．A 、B 两列波在某时刻的波形如图所示，经过t=T A 时间（T A 为波A 的周期），两波再次出现如图波形，则两波的波速之比v A ：v B 可能是（）A ．1：3B ．2：1C ．1：1D ．3：25．一弹簧振子振幅为A ，从最大位移处经过时间t 0第一次到达平衡位置，若振子从最大位移处经过03t 时的加速度大小和动能分别为a 1和E 1，而振5错误！未找到引用源。

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课时检测题3 最新

第三章过关检测(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项正确,6~8题有多个选项正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的不得分)1.关于磁感线的认识下列说法正确的是()A.磁感线从磁体的N极出发,终止于磁体的S极B.磁感线可以表示磁场的强弱和方向C.电流在磁场中的受力方向,即为该点磁感线的切线方向D.沿磁感线的方向,磁感应强度减弱答案：B解析：依据磁感线的特点可知:磁感线在磁体外从N极到S极,在磁体的内部从S极到N极,是一簇闭合曲线,因此A选项是错误的.磁感线的疏密表示磁场的强弱,磁感线某点的切线方向,即为该点的磁场的方向,所以选项B是正确的,而C、D是错误的.2.如图所示,通电直导线右边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面,若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.不能确定答案：B解析：磁感线在靠近导线处密集,在远离导线处稀疏.3.如图所示,在同一匀强磁场中放入通有相同电流的三条不同形状的导线,每条导线的两个端点A、B间的距离相等,且导线垂直于磁场,则三条导线所受磁场力的情况是()A.甲导线最大B.乙导线最大C.丙导线最大D.三根导线一样大答案：D解析：安培力公式F=BIL中L指的是导线在磁场中的有效长度,即导线在垂直于磁场方向投影的两端点间的距离.4.如图所示,三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边缘射入,当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°,则它们在磁场中运动时间之比为()(导学号51121814)A.1∶1∶1B.1∶2∶3C.3∶2∶1D.∶1答案：C解析：如图所示,设带电粒子在磁场做圆周运动的圆心为O,由几何关系知,圆弧MN所对应的粒子运动的时间t=,因此,同种粒子以不同速度射入磁场,经历时间与它们的偏角α成正比,即t1∶t2∶t3=90°∶60°∶30°=3∶2∶1.5.如图所示,螺线管、蹄形铁芯、圆导线三者相距较远;小磁针N极(黑色的一端),指向正确的是()(导学号51121815)A.aB.bC.cD.d答案：C解析：小磁针N极静止指向为该外的磁场方向,即磁感线切线方向,根据安培定则,蹄形铁芯磁化后右端为N极,左端为S极,C正确;通电螺线管的磁场分布和条形磁铁相似,内部磁场方向应向左,下方磁场向右,所以A、B错误;圆形电流磁场的方向在圆面内为大拇指指向,磁感线在外部则反向,形成闭合曲线,所以D错误.6.如图所示,竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长直通电导线,电流方向外,a、b、c、d是以直导线上的点为圆心的同一个圆周上的四个点,则()A.四个点不可能在磁感应强度为零的点B.a点的磁感应强度最小C.b、d两点磁感应强度相同D.c点的磁感应强度最大答案：BD解析：通电导线在周围同一圆上的各点B等大,在a点通电导线产生的磁场与匀强磁场反向,有可能抵消,A错;b、d两点总是磁感应强度大小相等,方向相反,C错;c点两磁场同向,所以c点磁感应强度最大. 7.在xOy平面中有一通电直导线ab与Ox、Oy轴相交,导线中的电流方向如图所示.该区域有匀强磁场,通电直导线所受安培力的方向与Oz 轴的正方向相同,该磁场的方向可能是()A.沿x轴负方向B.沿y轴负方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向答案：AB当电流方向与磁场方向不垂直时,可以将磁感应强度进行分解,分解为与电流方向垂直的分量和与电流方向平行的分量.根据左手定则,手心应与磁感应强度垂直电流方向的分量垂直.当磁感应强度的方向为x 轴负方向或y轴负方向时,都有与电流垂直的分量,根据左手定则,受力方向都沿z轴正方向,如图所示.A、B正确.8.如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m,带电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中,设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中()(导学号51121816)A.小球加速度一直增大B.小球速度先增大,直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变答案：BD解析：小球由静止开始下滑,受到向左的洛伦兹力不断增大.在开始阶段,洛伦兹力小于向右的电场力,棒对小球有向左的弹力,随着洛伦兹力的增大,棒对小球的弹力减小,小球受到的摩擦力减小,所以在竖直方向的重力和摩擦力作用下加速运动的加速度增大.当洛伦兹力等于电场力时,棒对小球没有弹力,摩擦力随之消失,小球受到的合力最大,加速度最大.随着速度继续增大,洛伦兹力大于电场力,棒对小球又产生向右的弹力,随着速度增大,洛伦兹力增大,棒对小球的弹力增大,小球受到的摩擦力增大,于是小球在竖直方向受到的合力减小,因此加速度减小,小球做加速度减小的加速运动,当加速度减小为零时,小球的速度不再增大,此后做匀速运动.综上所述,故答案为B、D.二、非选择题(本题共4小题,共52分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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)9.(10分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子H)加速到v,使它获得的动能为E k,则:(1)能把α粒子He)加速到的速度为.(2)能使α粒子获得的动能为.(3)加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为.答案：(1)v(2)E k(3)1∶2解析：(1)设加速器D形盒半径为R,磁场的磁感应强度为B,由R=,得v=,所以α粒子获得的速度vα=v p=v.(2)由动能E k=mv2,得=()2×=()2×,所以α粒子获得的动能也为E k.(3)交流电压频率与粒子在磁场中的回旋频率相等,f=.α粒子与质子所需交流电压频率之比为1∶2.10.(10分)如图所示,等离子体发电机的示意图,磁感应强度为B,两板间距离为d,要使输出电压为U,则等离子的速度为,a是电源的极.答案：正解析：最后等离子体匀速通过电磁场,所以有qvB=q,所以v=.由左手定则可知a是电源的正极.11.如图所示,在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源,在相距1 m 的平行导轨上放一重为3 N的金属棒ab,棒上通过3 A的电流,磁场方向竖直向上,这时棒恰好静止,求:(导学号51121817)(1)匀强磁场的磁感应强度大小;(2)ab棒对导轨的压力大小;(3)若要使B取值最小,其方向应如何调整?并求出最小值.答案：(1) T(2)6 N(3)B应垂直斜面向上T解析：(1)棒静止时,其受力如图所示则有:F=G tan 60°即BIL=G tan 60°B= T.(2)ab棒对导轨的压力与N大小相等N'=N==6 N.(3)若要使B取值最小,即安培力F最小.显然当F平行于斜面向上时,F有最小值,此时B应垂直斜面向上,且有:F=G sin 60°所以B min IL=G sin 60°B min= T.12.如图所示,水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10 m,a、b间的电场强度为E=3.0×118 N/C,b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=2.4×10-13 kg、电荷量为q=4.0×10-8 C的带正电的粒子(不计重力),从贴近a板的左端以v0=1.0×118 m/s的初速度从A点水平射入匀强电场,刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场,最后粒子回到b板的Q处(图中未画出).求:(导学号51121818)(1)粒子到达P处时的速度大小和方向;(2)P、Q之间的距离L;(3)粒子从A点运动到Q点所用的时间t.答案：见解析解析：(1)粒子a板左端运动到P处,由动能定理得qEd=mv2-代入有关数据,解得v=×118 m/scos θ=,代入数据得θ=45°.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,圆心为O,半径为r,如图.由几何关系得=r cos 45°又qvB=m联立求得L=0.4 m.(3)粒子在P点沿电场方向的速度v1==1.0×118 m/s在电场中运动的时间t1==2×10-5 s在磁场中运动的时间t2==3.14×10-5 s粒子从A点运动到Q点所用的时间t=t1+t2=5.14×10-5 s.。

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学年高二物理下册基础达标训练题13 最新

单元测试卷(一)时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～9题为单选题，10～12题为多选题)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力()A．指向地面B．指向悬点C．数值为零D．垂直于摆线【解析】做简谐运动的质点，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，此处的合力却不一定为零．【答案】 C2.装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是()【解析】试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时，向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D3．关于做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，有以下几种说法，其中正确的是()A．回复力第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程B．速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程C．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程【解析】当物体先后两次经过同一位置时，回复力第一次恢复为原来的方向和大小，且经历的过程不是一次全振动，A错，由振动的对称性可知，关于平衡位置对称的两点，速度大小和方向有可能相同，B错，此时的两点，动能和势能相同，C错．【答案】 D4．一个做简谐运动的质点，其振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置起经过2.5 s后的位移和路程的大小是()A．4 cm,24 cmB．4 cm,100 cmC．0,24 cmD．0,100 cm，则这次实验砂摆的摆长为(取g ＝π)( )0.65 m 2.3 m由题中条件可得单摆的周期为T ＝－0.30.2 s ＝1.5 s ，由周期公式振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是( )单摆的周期为T ≈2 s ，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率，．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期GM根据题意，由能量守恒可知12kx 2＝mg (h ＋x )，其中k 为弹簧劲度系数，点的高度，x 为弹簧压缩量．当x ＝x 0时，物块速度为0，则2mg (h ＋x 0)mx 0－g ＝2g (h ＋x 0)x 0－g >g ，故正确答案为D.关系，下列关于图象的说法正确的是( )图线表示势能随位置的变化关系图线表示动能随位置的变化关系图线表示机械能随位置的变化关系．图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变点时势能最大，动能为零，故图线a 表示动能随位置的变化关系，图表示势能随位置的变化关系，AB 错，由于单摆摆球在运动过程中机械能守恒，故图线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D．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大【解析】两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，A对；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，D对．【答案】AD12．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力频率f的关系，下列说法正确的是()A．摆长约为10 cmB．此单摆的固有周期是2 sC．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动D．若减少摆长，共振曲线的“峰”将向右移动【解析】由图象可知：固有频率f＝0.5 Hz，所以周期T＝2 s．由单摆的周期公式可得：L＝T2g/4π2≈1.0 m．若减小摆长，固有频率增大，“峰”将右移，故选项B、D正确．【答案】BD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)某实验小组拟用图甲所示装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)在图乙中，从________纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致．(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：________、________.(写出2个即可)．【解析】(1)纸带做匀加速直线运动，故单摆摆动一个周期内纸带运动的距离越来越大，所以B纸带符合题意．(2)引起误差的因素有：摆长测量、漏斗重心变化，液体的痕迹较粗、各处阻力变化等．【答案】(1)B(2)摆长测量漏斗重心变化液体痕迹偏粗阻力变化……(写出2个即可)14．(9分)(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(选填“是”或得到的部分测量数据如表所示．该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随摆长/mm摆球质量999.332.2999.316.光滑的水平面上放有一弹簧振子，轻弹簧右端固定在滑块上，，将滑块从平衡位置三点中哪点？此时滑块加速度多大？三点中哪点？此时滑块速度多大？由于简谐运动的加速度a＝Fm＝－km x，2400.5×0.18 m/s2＝24 m/s 滑块的速度最大．＝1.1 m/s.是穿在一根较长细线上的小球，让球向下摆动的同时，另一小球B从与球第一次摆到最低点时两球恰好相遇，求B球下落时受到的细线的阻力与相遇需要经时间质点离开平衡位置的最大距离有多大？两个时刻，质点向哪个方向运动？秒末的位移是多少？在前4秒内的路程是多少？由图象上的信息，结合质点的振动过程可断定：。

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课后集训试题2 最新

自我小测1利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为()A．单摆的摆锤质量偏大B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动2在“用单摆测定重力加速度”的实验中，同学们采用了以下几种测量摆长的不同方法，其中不妥或错误的方法是()A．装好单摆，用力拉紧摆线，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径B．让单摆自然下垂，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径C．将单摆取下并放在桌面上，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径D．让单摆自然下垂，用米尺直接测出摆线悬点到摆球球心的距离3用单摆测定重力加速度的实验中，有如下器材供选用．请把应选用的器材填在横线上______．(填字母)A．1 m长的粗绳B．1 m长的细绳C．半径为1 cm的小木球D．半径为1 cm的小铅球E．时钟F．秒表G．最小刻度为mm的米尺H．最小刻度为cm的米尺I．铁架台J．附砝码的天平4利用单摆测定重力加速度的合理实验步骤顺序是：____________.A．求出一次全振动的平均时间B．测量摆长LC．把单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂D．反复做三次，算出周期的平均值E．让单摆偏离平衡位置一个小角度，使其由静止开始摆动F．用秒表测量单摆完成30～50次全振动的时间G．据测得的周期平均值和摆长数值代入周期公式中，计算出重力加速度的值5某同学要利用单摆测定重力加速度，但因无游标卡尺而没有办法测定摆球直径，他将摆球用不可伸长的细线悬挂起来后，改变摆线的长度测了两次周期，从而算出了重力加速度．则计算重力加速度的公式是()A.4π2(l 1＋l 2)T 21＋T 22B.4π2(l 1－l 2)T 21－T 22C.4π2(l 1－l 2)T 21＋T 22D.4π2l 1·l 2T 1T 26一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤：A ．测摆长L ：用米尺量出摆线长度；B ．测周期T ：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆周期T ＝t60；C ．将所测得的L 和T 值代入单摆的周期公式T ＝2πLg 中，算出g ，将它作为实验结果写入报告中去．请指出上述步骤中遗漏或错误的地方，加以改正．7在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g ＝4π2T 2·L.只要测出多组单摆的摆长L 和运动周期T ，作出T 2－L 图象，就可以求出当地的重力加速度．理论上T 2－L 图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出图象如图1－5－5所示．图1－5－5(1)造成图象不过坐标点的原因是______．(2)由图象求出的重力加速度g＝______m/s2.(取π2＝9.87)8从一座高大建筑物顶端下垂一条轻质长绳至地面，长绳上端固定，测量工具仅限用秒表、米尺，其他实验器材根据需要自选，请回答下面两个问题：(1)如果已知当地的重力加速度g，请设计测量该建筑物高度的方案；(2)如果不知当地的重力加速度g，请设计测量该建筑物高度的方案．9有五组同学用单摆测重力加速度，各组的实验器材和数据如下表所示，若各组同学实验操作水平相同，那么第____组同学测定的结果最准确，若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图象如图1－5－6所示，那么该同学测出的重力加速度大小是______m/s2.图1－5－610下面是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：(1)利用上述数据在坐标图(图1－5－7)中描出L－T2图线．图1－5－7(2)利用图线，取T 2＝0.1×4π2 s 2＝3.95 s 2，求出重力加速度． 11有一天体，半径为地球半径的12，平均密度与地球相同，在地球上走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为多少？12某人要测山高，用一单摆在山脚下测量时，在一定时间内振动了N 次，将此单摆移至山顶时，在相同时间内振动了(N －1)次．则此山高度约为地球半径的多少倍？参考答案1解析：由单摆的周期可知：T ＝2πlg ，即周期与摆锤质量无关，只与摆长和当地的重力加速度有关，即A 错．测量摆长时，忽略小球的半径，则测得g 值会偏小，B 错．若把n 次全振动误认为是(n ＋1)次全振动，则周期会变小，即重力加速度g 会变大．答案：C2解析：A中由于线一般都有一定弹性，若拉紧则测得的摆长偏大，应在自然下垂情况下测摆长，所以B正确；C中取下单摆，则无法找到悬挂点，将给测量引入较大的误差；D中用米尺去测悬点到球心的距离会造成误差，球的直径应用游标卡尺单独测量．所以正确的做法为B，不妥或错误的为A、C、D.答案：ACD3解析：测摆长时是从悬点到球心的距离，若用粗绳，粗绳误差较大，故选 B.铅球密度大，摆动中阻力的影响相对小些，摆长的测定也相对准确，故选D.计时时，使用秒表方便，故选F；测长度时，应准确到mm，故选G.本实验中不需测质量，但必须将小球悬挂，故选I.答案：BDFGI4解析：据单摆做简谐运动的周期公式T＝2πLg可知，要测出重力加速度g，需测出单摆的摆长L及周期T，然后由g＝4π2LT2求出所要的结果．所以首先应做出单摆(C)，然后测出摆长L(B)，再测量周期T(E、F、A、D)．为了减小误差，应测30次或50次全振动的时间，并要多次重复然后求平均值，最后将L及T代入公式g＝4π2LT2，求重力加速度g(G)．答案：CBEFADG5解析：设摆球重心到球与摆线连接点距离为d，两次测得摆线长分别为l1和l2，对应周期为T1和T2.则有g ＝4π2(l 1＋d)T 21，g ＝4π2(l 2＋d)T 22，两式联立可得g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22，B 正确．答案：B6解析：单摆的摆长定义是悬点到摆球重心的距离，摆线长并不是摆长，摆长等于摆线长加上摆球的半径，摆球直径可用卡尺来测量．摆球在某次通过最低点时，按下秒表开始计算时，同时将此次作为第一次通过最低点，到60次停表时，实际是29个半周期，周期T 应为t 29.5.答案：见解析7解析：(1)由单摆做简谐运动的周期公式T ＝2πL g得T 2＝4π2g·L ，故T 2∝L ，在直角坐标系中T 2L 图线必为过原点的直线，但从图所给的情况看，在T ＝0时，L ＝－1 cm ，有一横轴截距，这说明该图线的方程应写为T 2＝4π2g (L ＋L 0)，由此可知，L 只是摆线长度，而非摆长，因此实验结果不过原点的原因必是漏加了小球半径．(2)由T 2＝4π2g L 可知，图线的斜率k ＝4π2g ，由图象知：图线的斜率k ＝ 4.0 s 2(0.99＋0.01) m＝4 s 2/m ，故g ＝4π2k ＝4×3.1424 m/s 2＝9.87 m/s 2.答案：(1)测单摆摆长时漏掉了摆球的半径 (2)9.878解析：(1)选一个金属重锤固定在长绳的下端，构成一个单摆．给摆球一个初速度使其做简谐运动，用秒表测得n 次全振动的时间t ，则其周期是T ＝tn ，代入单摆周期公式T ＝2πh g 即可求出h ＝gT 24π2＝gt 24π2n 2.(2)选一个金属重锤固定在长绳的下端，构成一个单摆．给摆球一个初速度使其做简谐运动．用秒表测n 次全振动时间t 1，则其周期是T 1＝t 1n 1，代入单摆周期公式T 1＝2πh 1g ；长绳末端截去一小段Δl ，与金属重锤构成一个单摆，给摆球一个初速度使其做简谐运动，用秒表测n 2次全振动的时间t 2，则其周期是T 2＝t 2n 2，代入单摆周期公式T 2＝2πh 1－Δlg ，综合可求得h 1＝T 21Δl T 21－T 22＝t 21n 22Δl t 21n 22－t 22n 21.答案：见解析9解析：由表可读出，第五组同学所用摆长为L ＝0.80 m ，由题图所示图象可读出，该单摆的周期T ＝1.80 s ，代入公式g ＝4π2T 2·L 得： g ＝4×3.142×0.81.802 m/s 2＝9.74 m/s 2 答案：5 9.7410解析：(1)如下图所示．(2)由图读出当T 2＝3.95 s 2时，L ＝0.96 m ，则重力加速度g ＝4π2L T 2＝4π2×0.960.1×4π2 m/s 2＝9.6 m/s 2.答案：(1)如上图所示 (2)9.6 m/s 211解析：由万有引力公式可知g ＝43GπρR ，所以某天体表面的重力加速度g 与地球表面重力加速度g 0的关系为g ＝12g 0，由单摆周期公式T ＝2πlg 可知，周期关系为T ＝2T 0，所以在该天体上秒针走一圈时间t 为在地球上走一圈时间t 0＝60 s 的2倍，所以t ＝60 2 s ＝84.8 s.答案：84.8 s12解析：设地球半径为R ，山脚和山顶的重力加速度分别为g 1和g 2，由万有引力定律可得g 1＝GM R ，g 2＝GM(R ＋h)2，所以g 1∶g 2＝(R＋h)2∶R 2①由单摆的周期公式可知T 1＝2πl g 1T2＝2πl g2所以1T1∶1T2＝g1∶g2＝N∶(N－1)②由①②两式联立得N∶(N－1)＝(R＋h)∶R，所以山高h＝1N－1R.答案：1 N－1。

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．。

高二物理试题-2018学年高二物理下学期基础达标检测23

第3节热力学第一定律能量守恒定律新提升·课时作业基础达标1．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这过程中()A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能相互转化C．机械能转化为内能，总能量守恒D．机械能和内能之间没有转化【解析】汽车下滑过程中，机械能转化为内能，但总能量守恒，应选C.【答案】C2．右图是密闭的气缸，外力推动活塞P 压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J．缸内气体的() A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J【解析】由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，代入数据解得：ΔU＝＋600 J，故气体内能增加600 J，同时可判定气体的温度一定升高，选A.【答案】A3．(多选)根据能量守恒，下列说法正确的是()A．物体对外界做功2 J，并从外界吸收2 J的热量，则物体内能增加4 JB．外界对物体做功2 J，物体从外界吸收2 J热量，则物体内能增加4 JC．外界对物体做功2 J，物体向外界放出2 J的热量，则物体内能不变D．物体对外界做功2 J，并向外界放出2 J的热量，则物体内能减少4 J【解析】由热力学第一定律ΔU＝Q ＋W可知BCD正确，A项错误．【答案】BCD4．在热力学第一定律ΔU＝W＋Q中，关于各个物理量的正、负，下列说法中正确的是()A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正B．物体对外界做功时W为负，放热时Q为负，内能减少时ΔU为负C．物体对外界做功时W为正，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负【解析】据热力学第一定律ΔU＝W ＋Q的符号规定，可判断B项正确．【答案】B5．给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体()A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加【解析】缓慢放水过程中，胎内气体压强减小，气体膨胀对外界做正功，选项B 错；胎内气体温度不变，故分子平均动能不变，选项C错；由于不计分子间势能，气体内能只与温度有关，温度不变，内能不变，选项D错；由ΔU＝W＋Q知ΔU＝0，W<0，故Q>0，气体从外界吸热，选项A正确．【答案】A6．(多选)如图所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态．当气体自状态A变化到状态B时()A．体积必然变大B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热【解析】连接OA、OB得到两条等容线，故有V B>V A，所以A正确．由于没有限制自状态A变化到状态B的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故B正确．因为气体体积增大，所以是气体对外做功，C错误．因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确．【答案】ABD7．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如V－T图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则()A．p b>p c，Q ab>Q acB．p b>p c，Q ab<Q acC．p b<p c，Q ab>Q acD．p b<p c，Q ab<Q ac【解析】一定量的理想气体内能只与温度有关，从状态a到状态b和到状态c，两过程温度升高相同，即内能增加相同，但b状态体积比a状态大，所以从a状态到b状态要对外界做功，由热力学第一定律知Q ab>Q ac，由于b、c状态温度相同，由玻意耳定律，p b<p c，故C正确．【答案】C8．如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是()A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量【解析】该永动机叶片进入水中，吸若把容器内的气体看做理想气体，容器内气体的温度；整理得：T2＝1 200 K，t2＝927℃.(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少35 kJ.【答案】(1)927 ℃(2)减少35 kJ能力提升1．A、B两装置，均由一支一端封闭，一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至如图所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同【解析】外界大气压力对水银做功，使水银进入试管内，两装置将同样多的水银压入管中，故大气压力做功是相同的．这些功一部分增加了水银的重力势能，另一部分增加了水银的内能．由于A管中水银重心高，增加的重力势能大，故A管中水银内能的增量小．【答案】B2．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有()A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2【解析】气体状态回到原来的状态，则气体的内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q，W＝－Q，依题意可得Q1－Q2＝W2－W1，其他关系无法确定．气体状态变化时，气体做功的情况非常复杂，例如气体膨胀后再压缩到原体积，做功的代数和不一定为零．【答案】A3．在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将作如何变化()A．降低B．升高C．不变D．无法确定【解析】冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷，把冰箱与房间看做一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，不会引起总能量与系统外的交换．但系统消耗电能增加了系统的总能量，冰箱正常工作，根据能的转化与守恒定律知，增加的系统能量转化为内能使房间的温度升高，故选B.【答案】B4．一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，(若不计气泡内空气分子势能的变化)则()A．气泡对外做功，内能不变，同时放热B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热C．气泡内能减少，同时放热D．气泡内能不变，不吸热也不放热【解析】在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，故气泡中空气分子的内能减小，温度降低．但由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，故须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功．【答案】B5．某校开展探究性课外活动，一同学用如图所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸将其开口向下，内装理想气体，并将气缸固定不动，但缸内活塞可自由滑动且不漏气，他把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止．他把沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，由此可确定()A．外界对气体做功，内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数减小D．外界对气体做功，温度计示数增大【解析】因细沙慢慢漏出，沙桶重力减少，故活塞上移，外界对气体做功，因气缸导热性能良好，细沙是慢慢漏出，外部环境温度又不变，故此过程气缸内气体及时向外界放热而保持缸内气体温度不变．【答案】B6．喷雾器内有10 L水，上部封闭有1 atm的空气2 L．关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3 L(设外界环境温度一定，空气可看作理想气体)．(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因．(2)打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由．【解析】(1)设气体初态压强为p1，体积为V1；末态压强为p2，体积为V2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2代入数据得p2＝2.5 atm微观解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加．(2)吸热．气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热．【答案】(1)2.5 atm原因见解析(2)吸热理由见解析。

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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15.1.2 新提升·课时作业
基础达标
1．有下列几种说法：①所有惯性系统对物理基本规律都是等价的；②在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；③在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都相同．关于上述说法()
A．只有①②是正确的B．只有①③是正确的
C．只有②③是正确的D．三种说法都是正确的
【解析】狭义相对论认为，物体所具有的一切物理量可以因所选参考系的不同而不同，但它们在不同的参考系中所遵循的物理规律却是相同的，即①②都正确．光速不变原理认为，在不同的惯性参考系中，一切物理定律都是相同的，即光在真空中沿任何方向的传播速度都相同．
【答案】 D
2．以下说法中正确的是()
A．经典物理中的速度合成公式在任何情况下都是适用的
B．经典物理规律也适用于高速运动的物体
C．力学规律在一个静止的参考系和一个匀速运动的参考系中是不等价的
D．力学规律在任何惯性系里都是等价的
【解析】经典物理规律适用低速宏观的物体，B错，A错；由伽俐略相对性原理，可判断C错，D对．
【答案】 D
3．下列判断正确的是()
A．“电磁波的速度是c”是相对于地球而言的
B．“电磁波的速度是c”是相对于某一特殊参考系而言的
C．真空中的光速在不同参考系中都是相同的
D．以上说法都不对
【解析】由狭义相对性原理可判断C正确．
【答案】 C
4．关于牛顿力学的适用范围，下列说法正确的是()
A．适用于宏观低速物体B．适用于微观高速物体
C．适用于宏观高速物体D．适用于微观低速物体
【解析】牛顿力学适用了宏观低速的物体，A正确．
【答案】 A
5．下列关于狭义相对性原理的说法中正确的是()
A．狭义相对性原理是指力学规律在一切参考系中都相同
B．狭义相对性原理是指一切物理规律在一切参考系中都相同
【答案】在地面的观察者来看光信号的速度为c，不是1.1c.
能力提升
1．一艘大船在平静的大洋中匀速行驶，一个人在其密闭的船舱内向各个不同的方向做立定跳远实验，并想由此来判断船航行的方向，假设他每次做的功相同，下列说法正确的是()
A．如果向东跳得最远，则船向东行驶
B．如果向东跳得最近，则船向东行驶
C．他向各个方向跳的最大距离相同，不能由此判断船行方向
D．他向各个方向跳的最大距离不同，但不能由此判断船行方向【解析】由狭义相对论的相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，所以这个人不能判断船行方向；根据功能关系，可判断他向各个方向跳的最大距离相同，故C正确．【答案】 C
2．关于爱因斯坦的狭义相对论，下列说法正确的是()
A．狭义相对论的基本假设之一是光速不变原理
B．有些运动物体相对于观察者的速度可以大于真空中的光速
C．力学规律在任何参考系中都是相同的
D．对于不同的惯性系，物理规律(包括力学和电磁学的)都是不同的
【解析】狭义相对论的基本假设：(1)狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．(2)光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，所以只有A项正确．
【答案】 A
3．话说有兄弟两个，哥哥乘坐宇宙飞船以接近光的速度离开地球去遨游太空，经过一段时间返回地球，哥哥惊奇地发现弟弟比自己要苍老许多，则该现象的科学解释是()
A．哥哥在太空中发生了基因突变，停止生长了
B．弟弟思念哥哥而加速生长了
C．由相对论可知，物体速度越大，在其上的时间进程就越慢，生理过程也越慢
D．这是神话，科学无法解释
【解析】根据相对论的时间延缓效应，当飞船速度接近光速时，时间会变慢．时间延缓效应对生命过程、化学反应等也是成立的．飞船运行的速度越大，时间延缓效应越明显，人体的新陈代谢越缓慢．【答案】 C
4．一飞船以u＝9×118 m/s的速率相对于地面飞行，飞船上的钟走了5 s，用地面上的钟测量经过了多长时间？。