2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3：章末质量评估(二)+Word版含答案

合集下载

2017-2018学年粤教版物理选修3-2模块综合检测(二)含答案

模块综合检测（二）（时间:90分钟分值：100分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分,选错或不答的得0分）1．如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是( )A．它的频率是50 HzB．电压的有效值为311 VC．电压的周期是0.02 sD．电压的瞬时表达式是u＝311sin 314t (V）解析：从图象中可以知道电压最大值为311 V,周期是0.02 s,所以有效值为220 V，频率为50 Hz，所以A、C、D对，答案为B.答案：B2．下述仪器或装置没有使用到传感器的有( )A．自动报警器B．弹簧测力计C．电视遥控器D．红外线探测仪解析:自动报警器，通过光信号转换成电信号,因此使用传感器，故A不符合题意；弹簧测力计,也是运用受力平衡来测量力的大小，刻度尺是用来测量长度的工具，没有使用传感器，故B符合题意;电视遥控器是将红外线转换成电信号，因此C不符合题意，红外测温仪是通过将温度转换成电信号,从而显示温度的高低，因此D不符合题意；本题选择没有使用的，故选B.答案：B3．穿过一个单匝数线圈的磁通量,始终为每秒钟均匀地增加2 Wb,则（)A．线圈中的感应电动势每秒钟增大2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势解析：根据法拉第电磁感应定律,有E＝错误!＝2 V，选项C正确．答案：C4. 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向,如图所示,有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程小环中产生感应电流的过程是（)A．只有小环在接近大环的过程中B．只有小环在远离大环的过程中C．只有小环在经过大环的过程中D．小环下落的整个过程解析：根据安培定则判断可知，大环产生的磁场方向向上，当小环靠近大环时,穿过小环的磁通量增加，当小环远离大环时，穿过小环的磁通量减小，根据感应电流产生的条件可知,整个过程一直有感应电流产生．答案：D5．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流,待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是( )A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析:恒定电流不能在工件中产生感应电流，A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大,产生的热量多，C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同,D错误．答案:B6．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为L的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为（）A．1∶3，a→b B．3∶1，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，b→a解析：PQ中产生的感应电动势为E＝BLv,若磁感应强度增为2B,其他条件不变时，E与B成正比，则有E1∶E2＝1∶3；由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b.答案：A7。

粤教版高中物理选修3-3 章末质量评估物理试卷(解析版)

章末质量评估(三)一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得3分,选错或不答的得0分)1. 在以下事例中,通过热传递的方式来改变物体内能的是( )A. 两小球碰撞后粘合起来,同时温度升高B. 冬天暖气为房间供暖C. 点燃的爆竹在空中爆炸D. 汽车的车轮与地面相互摩擦发热【答案】B【解析】改变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移,而不是其他形式的能转化为内能,两小球碰撞后粘在一起,温度升高,是机械能转化为内能,故A错误；冬天暖气为房间供暖,是通过热传递的方式来改变物体内能的,故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸,是化学能转化为了内能,故C错误；车轮与地面摩擦生热,是机械能转化为内能,故D错误．所以B正确,ACD错误．2. 2013年,我国出现了大范围的雾霾天气,如何减少环境污染,已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是( ) A.太阳能光伏发电 B. 风力发电C. 水力发电 D. 火力发电【答案】D 【解析】太阳能光伏电池属于清洁能源,不会带来大气污染,故A错误；风能属于清洁的新能源,无污染,故B错误；水力发电,属于清洁能源,不会带来大气污染,故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源,从而带来大量的烟尘造成大气污染,故D正确．所以D正确,ABC错误．3. 崔牛先生向客户推介他设计的“超级推进器”,该推进器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机控制系统组成,其神奇之处在于能通过自身的循环工作,源源不断地获得动力,而不需要消耗任何能源．事实上,这是不可能实现的,因为他的设计违反了( )A. 质量守恒定律B. 电荷守恒定律C. 机械能守恒定律D.能量守恒定律【答案】D 【解析】任何机器只能转换能量存在的形式,并不能制造能量,题目中的装置是一种永动机,它违背了能量守恒定律,故选D4. 下列说法中,正确的是（）A. 物体吸收热量,内能一定增加B. 物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变C. 热量不可能从低温物体传到高温物体D. 气体自由膨胀是可逆过程【答案】B【解析】【分析】影响内能的方式有做功和热传递,在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映；改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,物体的内能不一定增大,故A错误；B、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变,故B正确；C、热量在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体,如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体．故C错误；D、根据热力学第二定律气体自由膨胀是可逆过程．故D错误．故选B【点睛】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的知识,难度不大,注意积累．改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．5. 下列说法中正确的是( )A. 机械能可以全部转化为内能,内能也可能全部转化为机械能B. 电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体C. 热量不能从低温物体传到高温物体D. 热力学第二定律说明热量只能由高温物体传向低温物体【答案】A【解析】机械能可以全部转化为内能,根据热力学第二定律知,在外界的影响下,内能也可能全部转化为机械能,故A正确．根据热力学第二定律知,热量可以自发地由高温物体传到低温物体,不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的情况下热量才由低温物体传到高温物体,热量不是自发地自低温物体传到高温物体,故B错误．根据热力学第二定律知,在引起其他变化的情况下,热量能从低温物体传到高温物体,故CD错误．所以A正确,BCD错误．6. 图为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体,M可沿N的内壁上下滑动,设筒内气体不与外界发生热交换,在M 向下滑动的过程中A. 外界对气体做功,气体内能增大B. 外界对气体做功,气体内能减小C. 气体对外界做功,气体内能增大D. 气体对外界做功,气体内能减小【答案】A【解析】【分析】【详解】筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,则外界对气体做功,外界对气体做功使气体的内能增大．A正确．7. 对一些机械设备科学性分析正确的是( )A. 空调机既能制冷又能制热,说明热传递不存在方向性B. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律C. 即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%D. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律【答案】C【解析】热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体,空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂,再通过压缩制冷剂将热量传到室外,而制热过程也是这样进行的,故A错误．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律,不违反能量守恒定律,故B错误．根据热力学第二定律可知,即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%,故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,同时要消耗一定的电能,所以不违背热力学第二定律,故D错误．所以C正确,ABD错误．8. 一定质量的0 ℃的冰,全部变成0 ℃的水的过程中( )A. 分子的平均动能增大,吸收热量,内能不变B. 分子的平均动能减小,放出热量,内能增大C. 分子的平均动能不变,吸收热量,内能增大D. 分子的平均动能不变,放出热量,内能减小【答案】C【解析】冰是晶体,在熔化过程中,0 ℃的冰全部变成0 ℃的水,温度保持不变,故分子平均动能不变,但溶化过程要吸热,所以内能增大,故ABD错误,C正确．9. 如图所示,在紫铜管内滴入乙醚,盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动,管塞会被冲开．管塞被冲开前（）A. 外界对管内气体做功,气体内能增大B. 管内气体对外界做功,气体内能减小C. 管内气体内能不变,压强变大D. 管内气体内能增加,压强变大【答案】D【解析】【分析】【详解】克服绳与金属管间的摩擦做功,使管壁内能增加,温度升高,由于热传递使得乙醚的温度升高,直至沸腾,管塞会被冲开,管塞被冲开前管内气体内能增加,压强变大.故选D10. 如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为Ep （弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程（）A. Ep 全部转换为气体的内能B. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能C. Ep 全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能【答案】D【解析】以活塞为研究对象,设气体压强为p 1,活塞质量为m ,横截面积为S ,末态时压强为p 2,初态F 弹>mg ＋p 1S ,由题意可得末态位置必须高于初位置,否则不能平衡,则由ΔU ＝W (绝热)．W 为正,ΔU 必为正,温度升高,内能增加,活塞重力势能增加,末态时,由力的平衡条件知F 弹′＝mg ＋p 2S ,仍然具有一部分弹性势能,故D 正确ABC 错误．二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分．在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 11. 一铜块和一铁块,质量相等,铜块的温度T 1比铁块的温度T 2高,当它们接触在一起时,如果不和外界交换能量,则( )A. 从两者开始接触到热平衡的整个过程中,铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量B. 在两者达到热平衡以前的任意一段时间内,铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量C. 达到热平衡时,铜块的温度T ＝D. 达到热平衡时,两者的温度相等【答案】AD【解析】一个系统在热交换的过程中,如果不与外界发生热交换,温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸收的热量,直到温度相等,不再发生热交换为止,而热量是热传递过程中内能的变化量相等,故AD 正确, B 错误．根据热平衡方程()()12c m T T c m T T -=-铜铁,解得12c T c T T c c +=+铜铁铜铁,故 C 错误．所以AD 正确,BC 错误．12. 下列说法不正确的是( )A. 热量不可能由低温物体传递到高温物体B. 外界对物体做功,物体的内能一定增加C. 第一类水动机违反了热力学第二定律D. 第二类水动机不能制成,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性【答案】ABC【解析】热量在一定的条件下可以由低温物体传递到高温物体,故A说法错误；由公式ΔU＝W＋Q知做功和热传递都能改变物体内能,外界对物体做功若同时放出热量,物体的内能一定增加,故B说法错误；第一类永动机不消耗能量而对外做功,违反了能量守恒定律,故C说法错误；第二类永动机违背了热力学第二定律,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故D说法正确．所以选ABC．13. 如图所示,一定质量的理想气体,从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A,则()A. A→B过程气体降温B. B→C过程气体内能增加,可能外界对气体做了功C. C→A过程气体放热D. 全部过程气体做功为零【答案】AC【解析】【分析】W<,根据热力学第一定律【详解】A．A→B过程是绝热过程,Q=0,体积变大,气体对外做功,0U Q W∆=+,得0∆<,内能减小,温度降低,故A正确；UB．B→C过程中,气体体积不变,根据查理定律,压强增加,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律∆=+,体积不变不做功0U Q WW=,气体吸热,故B错误；W>,根据热力学第一定律得C．C→A过程是等温变化,内能不变0U∆=,体积减小,外界对气体做功00Q <,气体放热,C 正确；D ．全部过程分三个过程,A 到B 气体对外做功10W <,B 到C 不做功,C 到A 外界对气体做功20W >,根据p -V 图象中,图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的到B 做功小于C 到A 做功,如下图阴影面积所示,故全部过程做功不为0,故D 错误．故选AC .14. 如图,一绝热容器被隔板K 隔开成a ,b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体,b 内为真空．抽开隔板K 后,a 内气体进入b ,最终达到平衡状态．在此过程中( )A . 气体对外界做功,内能减少B. 气体不做功,内能不变C. 气体压强变小,温度降低D. 气体压强不变,温度不变【答案】B【解析】【分析】【详解】根据容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q=0.稀薄气体向真空扩散没有做功,W=0.根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变,则温度不变．稀薄气体扩散体积增大,压强必然减小．故B 正确,ACD 错误.三、非选择题(本大题共5小题,共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时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. 指出下面例子中各是什么物理过程改变物体内能：(1)瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,_______．(2)子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,__________．(3)电流通过电炉丝,其温度升高,____________．(4)将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高,____________．【答案】(1). 做功(2). 做功(3). 做功(4). 热传递【解析】（1）瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,是体积增大对外做功．（2）子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,是因为摩擦做功产生热量．（3）电流通过电炉丝,其温度升高是电流做功．（4）将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高是通过热传递,将热量传给水．16. (1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则在此过程中关于气泡中的气体,下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)．A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体,气泡从湖底上升到湖面的过程中,对外界做了0.6 J的功,则此过程中气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后,温度上升的过程中,又对外界做了0.1 J的功,同时吸收了0.3 J的热量,则此过程中,气泡内气体内能增加了________J.【答案】(1). D(2). 吸收(3). 0.6(4). 0.2【解析】(1)气泡上升过程中温度保持不变,所以以分子的平均速率不变,平均动能也不变,故BC错误；而压强减小体积增大,分子间的作用力不一定增大,故A错误；根据熵增加原理可知D正确．所以选D.(2)气泡上升过程中T不变,故ΔU＝0,由热力学第一定律得气体吸收热量为：Q＝W＝0.6 J．气泡到达湖面后温度上升,ΔU＝Q＋W＝0.3 J－0.1 J＝0.2 J．17. 如图所示,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335J的热量传入系统,系统对外界做功126J,求：(1)若沿a→d→b过程,系统对外做功42J,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84J,问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？【答案】(1)251J (2)放热（3）293J【解析】试题分析：（1）分析图示a→c→b 过程,由热力学第一定律U W Q ∆=+求出内能的变化．沿a→d→b 过程与a→c→b 过程内能变化相同,再由热力学第一定律求出热量．（2）由a→b 和由b→a 内能变化大小相等,但符号相反,根据热力学第一定律求解即可．（1）沿a→c→b 过程,由热力学第一定律得：()126335J 209J U W Q ∆=+=-+=沿a→d→b 过程,U W Q ∆='+'；[20942]J 251J Q U W '=∆-'=--=（）即有251J 的热量传入系统．（2）由a→b ,209J U ∆=；由b→a ,209J U U ∆'=-∆=-根据热力学第一定律有：84U W Q J Q ∆'="+"=+"；得：()20984J 293J Q "=--=-负号说明系统放出热量,热量传递为293J ．18. 如图所示,在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,活塞与容器壁间能无摩擦滑动,容器的横截面积为S ,开始时气体的温度为T 0,活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压强恒为P 0的空气中,当气体从外界吸收热量Q 后,活塞缓慢上升d 后再次达到平衡,求：（1）外界空气的温度；（2）在此过程中密闭气体的内能增加量.【答案】（1）000h d T h + ；（2）Q-mgd-pS 0d 【解析】【分析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得： ()000h d s h s T T+=, 解得：外界的空气温度为：000h d T T h +=；（2）活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功()0W mg p S d =-+,根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能()0==U Q W Q mg p S d ∆++﹣；19. 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C,其中A→B 过程为等压变化,B→C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3,T A ＝T C ＝300 K,T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B→C 过程压强变化的微观原因．(3)设A→B 过程气体吸收热量为Q 1,B→C 过程气体放出热量为Q 2,比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．【答案】(1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1大于Q 2,原因见解析【解析】【分析】【详解】（1）设气体在B 状态时的体积为V B ,由盖--吕萨克定律得,,代入数据得V B =0.4m 3．（2）微观原因：气体体积不变,分子密集程度不变,温度变小,气体分子平均动能减小,导致气体压强减小．（3）Q 1大于Q 2．因为T A =T B ,故A→B 增加的内能与B→C 减小的内能相同,而A→B 过程气体对外做正功,B→C 过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2．。

2016_2017年高中物理章末质量评估(三)粤教版选修3_2

章末质量评估(三)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．家用电饭锅使用的传感器类型是( )A．湿度传感器 B．声音传感器C．红外传感器 D．温度传感器答案：D2．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：在电梯门口放置一障碍物，电梯门不停地开关，说明电梯门上有一个光传感器，故A 选项正确．答案：A3．下列说法不正确的是( )A．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量B．金属热电阻的化学稳定性好，但灵敏度差C．电熨斗中的双金属片是温度传感器D．霍尔元件是能够把磁感应强度这一磁学量转换为电压这一电学量的传感器解析：热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，A错误；B、C、D正确．答案：A4．美国科学家WillardS.Boyle与GeorgeE.Snith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器，下列器件可作为传感器的有( )A．发光二极管 B．热敏电阻C．小灯泡 D．干电池解析：传感器是将非电学量转变成电学量，如热敏传感器是将热学量转变成电学量．发光二极管两极达到一定电压时就会正向导通，所以不是传感器，故A错误；热敏电阻可以把温度转化为电学量，故B正确；小灯泡是将电能转化为热能，不属于传感器，故C错误；干电池是电源，是能给两极提供电势差的设备，故错误．答案：B5．如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角(自左向右)为θ；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定解析：光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，光敏电阻的阻值变大，表针左偏，偏角减小．答案：B6．如图是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，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，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，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可能是电容器两板间的( )A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：这个声电传感器又可归类到电容传感器中．由题意对着话筒说话时，振动膜前后振动，则金属层和金属板间距离改变，即电容器两极板间距改变，故导致电容变化的原因可能是电容器两极间距变化．答案：A7．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，假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M运动时，电路中没有电流D．物体M不动时，电压表没有示数解析：因为整个滑动变阻器被接入电路中，所以移动金属杆P不能改变滑动变阻器接入电路中的阻值，电流不变，但会改变电压表的示数．答案：B8．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片向下移动时( )A．电路中的电流减小，油箱内油面降低B．电路中的电流减小，油箱内油面升高C．电路中的电流增大，油箱内油面降低D．电路中的电流增大，油箱内油面升高解析：油面升高，金属片向下移动，R接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，所以选项D正确．答案：D9．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )图甲图乙A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动B．0～t1时间内，升降机可能减速上升C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升解析：在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动状态，故A选项错误，B选项正确；t1～t2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C、D两项都错．答案：B10．为了测量蹦床运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是(g取10 m/s2)( )A．1 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．20 m/s解析：由图可知运动员离开蹦床的时间为2秒，则上升和下降的时间均为1秒，则运动员离开蹦床的速率大约是v＝gt＝10 m/s，故选B.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果．观察分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是( )A ．作用力与反作用力作用在同一物体上B ．作用力与反作用力同时存在，同时消失C ．作用力与反作用力大小不一定相等D ．作用力与反作用力方向相反解析：牛顿第三定律中作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两个物体上．作用力和反作用力同时产生，同时消失．应选B 、D. 答案：BD12．如图所示，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )A ．电压表的示数减小B ．R 2中电流强度减小C ．小灯泡的功率增大D ．电路的路端电压降低解析：当照射光强度增大时，R 3减小，电路总电阻减小，总电流增大，路端电压降低，电压表的示数增大，A 错D 对；又R 2两端的电压减小，通过R 2的电流减小，则小灯泡的功率增大，B 、C 对．答案：BCD 13．如图所示的是一个电容式传感器，在金属线a 的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a 与导电液体就是该电容器的两极．今使该电容器充电后与电源断开，并将a 与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b 与静电计外壳相连，则当导电液体深度h 变大时( )A ．引起两极间正对面积变大B ．电容器的电容将变小C ．电容器两极间的电压将变小D ．以上说法都不正确解析：当导电液体深度h 变大时，相当于电容器的两极板的正对面积变大，由C ＝εr S4πkd 知，电容C 变大，而电容器充电后与电源断开，所以电容器所带电荷量Q 不变，由U ＝Q C知，电容器两极间的电压将变小．答案：AC14．如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻R 1能接收到发光元件A 发出的光，每当工件挡住A 发出的光，光传感器B 就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…(单位：cm)．则以下说法正确的是(不计工件挡住光的时间)( )图甲图乙A ．工件的加速度为0.1 m/s 2B ．工件的加速度为0.2 m/s 2C ．当无光照射R 1时，光传感器就输出一次高电压D ．当无光照射R 1时，光传感器就输出一次低电压解析：由题意知，工件做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20…，有图乙知相邻时间间隔为T ＝0.5 s ，Δs ＝aT 2，得：a ＝Δs T 2＝0.050.52 m/s 2＝0.2 m/s 2，故A 错误，B正确；光敏电阻，有光照射电阻较小，无光照射电阻较大，根据电路连接关系知当无光照射R 1时，电阻较大，分压较大，R 2分压较小，故光传感器就输出一次低电压．故C 错误，D 正确．答案：BD三、非选择题(本题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(14分)为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．(1)某光敏电阻R 在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在图1的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线．由图象可求出照度为1.0 lx 时的电阻约为________k Ω.图1图2图3(2)如图2所示是街道路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电．为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在______(填“AB”或“BC”)之间，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件．(3)用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图2中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图3所示，则线圈的电阻为______Ω.已知当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合．图2中直流电源的电动势E＝6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0～10Ω，2 A)、R2(0～200Ω，1 A)、R3(0～1 750Ω，0.1 A)．要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择______(填“R1”“R2”“R3”)．为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地______(填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻．解析：(1)根据图象直接读出对应的照度为1.0 lx时的电阻约为2.0 kΩ.(2)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通．所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在A、B之间．电路图如图．(3)欧姆表的读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“×10 Ω”，所以电阻值是14×10 Ω＝140 Ω；天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2 kΩ，电路中的电流是2 mA ，R ＝E I－R 光＝⎝⎛⎭⎪⎫62×10－3－2 000 Ω＝1 000 Ω，所以要选择滑动变阻器R 3.由于光变暗时，光敏电阻变大，分压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻．答案：(1)2.0 (2)AB 如图 (3)140 R 3 减小16.(12分)电热毯、电饭锅是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．如图所示为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R 1，R 2和自动开关S.(1)当自动开关S 闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U ＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W ，保温时用电器的电功率为40 W ，则R 1和R 2分别为多大？解析：(1)当S 闭合时，R 2短路，此时电路总电阻最小，由P ＝U 2R知，功率最大，为加热状态；当S 断开时，R 1、R 2串联，电路总电阻最大，功率最小，为保温状态．(2)S 闭合时，为加热状态，有P ＝U 2R 1①；S 断开时，为保温状态，有P ′＝U 2R 1＋R 2②，联立①②得R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω.答案：(1)S 闭合时，为加热状态 S 断开时，为保温状态 (2)121 Ω 1 089 Ω17.(12分)角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示，当系统绕OO ′轴转动时，元件A 发生位移并输出电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源，已知A 的质量为m ，弹簧劲度系数为k 、自然长度为l ，电源电动势为E 、内阻不计，滑动变阻器总长度为l ，电阻分布均匀，系统静止时P 在a 点，当系统以角速度ω转动时，推导输出电压U 和ω的函数关系式．解析：水平方向加速度由弹簧提供， F 向＝m ω2(l ＋Δx )＝k Δx ，所以Δx ＝m ω2lk －m ω2.因为U ＝IR ＝I ρΔxS，①E ＝IR 总＝I ρlS.②①②得：U ＝Δx l ·E ＝E l ·m ω2l k －m ω2＝Em ω2k －m ω2.答案：U ＝Em ω2k －m ω218．(16分)如图所示，小铅球P 系在细金属丝下，悬挂在O 点，开始时小铅球P 沿竖直方向处于静止状态，当将小铅球P 放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ，水流速度越大，θ越大．为了测定水流对小球作用力的大小，在水平方向固定一根电阻丝BC ，它与金属丝接触良好，不计摩擦(C 端在O 点正下方处)．图中还有电动势为E 的电源(内阻不计)和一只电压表．(1)请你连接电路，使得当水速增大时，电压表示数增大．(2)如果OC 间距离为h ，水流对小球作用力的大小为F ，BC 的长度为L ，小球质量为m (不计水对小球的浮力)，当小球平衡时，电压表示数为U .请写出F 与m 、U 、E 、L 、h 的关系式．解析：(1)如图所示．(2)设CD ＝x ，P 球平衡时，由平衡条件可得： tan θ＝F mg ＝x h，①根据闭合电路欧姆定律和部分电路的欧姆定律可得：I ＝E R L ＝UR x，② 根据电阻定律可得：R L ＝ρL S，③R x ＝ρxS，④由①②③④式可得：F ＝mgL EhU . 答案：见解析。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3模块综合检测(二)含答案

模块综合检测（二)(时间:90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5 000个,不间断地数,则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数N A取6×1023 mol－1)( )A．10年B．1 000年C．10万年D．1 000万年解析:1 g水所含水分子的个数为错误!×6×1023个，要数完其水分子个数所需时间为t＝错误!年≈1×105年．选项C正确．答案：C2．已知阿伏加德罗常数为N A、油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的质量可表示为（)A.MN A B。

错误!C.错误!D。

错误!解析：分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：m＝MN A，故A正确,B错误;由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数,则有错误!＝错误!，故C、D错误．答案：A3．下列说法中正确的是( ）A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．由水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏加德罗常数C．布朗运动表明分子越小，分子运动越剧烈D．分子间的作用力随分子间距离的增大而减小解析：液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误．由水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出1 mol水的分子数，即可求得阿伏加德罗常数，故B 正确．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是由于颗粒周围液体分子撞击引起的，所以布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动，布朗运动表明颗粒越小，运动越剧烈，间接表明液体分子运动越剧烈，故C错误．分子间的作用力是引力时,分子力随分子间距离的增大先增大后减小，故D错误．答案：B4．下列关于湿度的说法中正确的是（）A．不同温度下，水的绝对湿度不同,而相对湿度相同B．在绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度减小C．相对湿度越小，人感觉越舒服D．相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度解析:不同温度下，水的绝对湿度可以相同，A错;降低温度，水的饱和汽压减小，绝对湿度不变的条件下,相对湿度增大,B错；相对湿度越小表示空气越干燥，相对湿度越大,表示空气越潮湿,太干燥或太潮湿，人都会感觉不舒服，C错；相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，D对．答案:D5．（2015·福建卷）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是( )A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D．非晶体的物理性质是各向同性而晶体的物理性质都是各向异性解析：当分子间距减小，分子势能可能增大、也可能减小,故A 错误；温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈，故B正确;根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C错误；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D错误．答案：B6．下列说法中不正确的是( ）A．给轮胎打气的过程中，轮胎内气体内能不断增大B．洒水车在不断洒水的过程中,轮胎内气体的内能不断增大C．太阳下暴晒的轮胎爆破,轮胎内气体内能减小D．拔火罐过程中，火罐能吸附在身体上,说明火罐内气体内能减小解析：给轮胎打气的过程中，轮胎内气体质量增加，体积几乎不变，压强增加,温度升高,内能增加，选项A正确；洒水车内水逐渐减少，轮胎内气体压强逐渐减小，体积增大,对外做功，气体内能减小，选项B错误；轮胎爆破的过程中，气体膨胀对外做功，内能减小，选项C正确;火罐内气体温度逐渐降低时，内能减小,选项D 正确．答案：B7．以下说法正确的是( )A．液体的饱和汽压随温度升高而降低B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大C．在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增大D．液面上部的蒸汽达到饱和时，液体不再蒸发，没有液体分子从液面飞出解析：液体的饱和汽压随温度的升高而升高,故A错误；当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大,故B错误；在绝对湿度一定的情况下，气温降低时饱和汽压减小，则相对湿度将增大，故C正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故D错误．答案:C8．如图所示，为一定质量的理想气体的p.错误!图象，图中BC 为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是( ）A．T A〉T B＝T C B．T A〉T B〉T CC．T A＝T B>T C D．T A〈T B〈T C解析:由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，p A〉p B，T A>T B。

高中物理第二章交变电流章末质量评估(含解析)粤教版选修3-2-粤教版高中选修3-2物理试题

章末质量评估(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共8小题，每一小题4分，共32分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1. 一电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ；当它接到电压u ＝10sin ωt (V)上时功率为()A ．0.25PB ．0.5PC ．PD ．2P解析：电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ，如此P ＝102R；当它接到电压u ＝10sinωt (V)上时功率为P ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022R＝1022R＝0.5P ，故B 正确．答案：B2. 一边长为L 的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e 随时间t 的变化情况如下列图．匀强磁场的磁感应强度为B ，如此结合图中所给信息可判定()A ．t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2B ．t 2时刻穿过线框的磁通量为零C ．t 3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D ．线框转动的角速度为E mBL 2解析：t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm ＝BL 2，B 错误；t 3时刻，感应电动势最大，如此磁通量变化率也最大，C 错误；交变电流的最大值为E m ＝BL 2ω，如此ω＝E mBL 2，D 正确．答案：D3．如下列图为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，共有10匝，线圈总电阻为r ＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω的连接．在外力作用下线圈以10π rad/s 绕轴OO ′匀速转动时，如下说法中正确的答案是()A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：感应电动势最大值：E m ＝nBωS ＝10×22π×10π×0.03 V ＝6 2 V ，电动势有效值：E ＝E m2＝6 V ；电路中的电流：I ＝ER ＋r ＝69＋1A ＝0.6 A ，如此交流电流表的示数是0.6 A ，选项B 正确；电阻R 的发热功率是P R ＝I 2R ＝3.24 W ，选项A 错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2 s ，如此用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s ，选项C 错误；如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，灯泡的电阻R L ＝U 2P ＝363Ω＝12 Ω，灯泡两端的电压U L ＝E R L ＋r R L ＝612＋1×12 V ＝5.54 V ，故小灯泡不能正常工作，选项D 错误．答案：B4．在电阻两端并联二极管如下列图电路，电阻R 1与电阻R 2阻值一样，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交变电流u ＝20 2sin 100πt (V)，如此加在R 2上的电压有效值为()A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R 2的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝202R ·T 2＋102R ·T2，可求出U ＝510 V ．应当选项D 正确．答案：D5. 如下列图为某交变电流随时间变化的图象，此交变电流有效值是()A ．3 2 AB ．5 A C.17 A D ．2 5 A解析：将交变电流与直流电流通过阻值都为R 的电阻，设直流电流为I ，如此根据有效值的定义，有(422)2R ·T 2＋()322R ·T 2＝I 2RT ，解得I ＝17 A.答案：C6．如下列图电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时()A ．灯L A 中无电流通过，不可能变亮B ．灯L A 中有电流通过，方向由a 到bC ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：假设开关S 由断开变为闭合，如此电容器C 和灯L A 将被短路，电容器放电，灯L A 中电流方向为由b 到a ，A 、B 错误；由于在L 中产生自感电动势，在线圈L 、灯L B 和电键形成回路，使得灯L B 逐渐熄灭，电流方向为从c 到d ，由于L 是电源，所以c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．答案：D7．如图，利用理想变压器进展远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电顶峰到来时()A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小解析：当用电顶峰到来时，用户消耗的功率变大，如此电流表A 2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A 错误；电流表A 1增大，因为发电厂的输出电压恒定，如此升压变压器的次级线圈电压不变，即电压表V 1的示数不变，选项B 错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级线圈电压减小，降压变压器次级线圈电压也减小，即电压表V 2的示数减小，选项C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P＝1－I 2R U 1I ＝1－ΔUU 1，因为输电线上的电流增大，如此电压损失增大，U 1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D 正确．答案：D8．如下列图，有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R .如下判断正确的答案是()A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大B ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，应当选项A 、B 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2，副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1，因n 1减小，U 2会增大，由输出功率等于输入功率P 2＝U 22R＝P 1＝U 1I 1知，电流表示数I 1会增大，应当选项C 正确，选项D 错误．答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)9．如下列图，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交变电流的图象如图线b 所示. 以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的答案是()A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交变电流a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交变电流b 电压的最大值为203V解析：由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A 错误；由图象可知T A ∶T B ＝2∶3，故n A ∶n B ＝3∶2，所以B 正确；由图象可知，交流电a 的最大值为10 V ，角速度为ω＝2πT ＝2π0.4 rad/s ＝5π rad/s，所以交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt(V)，所以C 正确；交流电最大值U m ＝nBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，故U m b ＝23U m a ＝203V ，D 正确．答案：BCD10．如下列图，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，L 1、L 2两只灯泡的炽热程度一样，如此如下说法中正确的答案是()A ．如果将频率增大，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强B ．如果将频率增大，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱C ．如果将频率减小，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强D ．如果将频率减小，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱解析：某一频率时，两个灯泡炽热程度一样，应有两灯泡消耗的功率一样，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过L 1的电流增大，通过L 2的电流减小，故B 项正确，同理可得C 项正确．答案：BC11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，Ⓐ均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L 是理想线圈、D 是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，如下说法正确的答案是()A ．交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．当光照增强时，Ⓐ的示数变小D ．假设用一根导线来代替线圈L ，如此灯D 变亮解析：因交流电的周期是0.02 s ，所以频率为f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U 1＝220 V ，根据理想变压器变压比：U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈的电压为：U 2＝22 V ，故B 错误；有光照增强时，R阻值随光强增大而减小，根据P ＝U 2R 总，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表Ⓐ的示数变大，故C 错误；用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D 变亮，故D 正确．答案：AD12．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化．假设将此交变电流连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，如此()A ．理想电压表读数为100 VB ．理想电流表读数为0.75 AC ．电阻R 消耗的电功率为56 WD ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J解析：根据电流的热效应，一个周期内产生的热量Q ＝U 2R T ＝1002R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5022R·T2，解得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝UR＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确．答案：BD三、非选择题(此题共3小题，共52分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)13．(16分)发电机转子是匝数n ＝100，边长L ＝20 cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100π rad/s 的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝99 Ω.(1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)求外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：E m ＝nBωL 2＝628 V ，根据闭合电路欧姆定律得I m ＝E mR ＋r＝6.28 A ，故交变电流瞬时值表达式为：i ＝6.28sin 100πt (A)． (2)电流的有效值I ＝12I m ，由P ＝I 2R 得外电阻上的消耗功率：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12I m 2R ≈1.95×103 W. (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，由E ＝n ΔΦΔt，得＝n Φm －Φm cos 60°Δt ＝n ·BL 22Δt，故平均电流＝E－R ＋r ＝nBL 22〔R ＋r 〕·Δt，通过外电阻的电荷量q ＝·Δt ＝nBL 22〔R ＋r 〕＝1×10－2C.答案：(1) i ＝6.28sin 100πt (A)(2)1.95×103W (3)1×10－2C14．(18分)如下列图，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全一样的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V.(1)原线圈n 1等于多少？(2)当开关S 断开时，表A 2的示数I 2＝5 A ，如此表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3，得U 1U 3＝n 1n 3，得n 1＝3 3002×1＝1 650. (2)由U 1I 1＝U 2I 2，得I 1＝U 2I 2U 1＝220×53 300A ≈0.33 A.(3)当S 闭合时，I ′2＝2I 2＝10 A ，U 1I ′1＝U 2I ′2，I ′1＝U 2I ′2U 1＝220×103 300A ≈0.67 A.答案：(1)1 650(2)0.33 A(3)0.67 A15．(18分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%.(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V ？假设用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，如此输电线的电阻为 r ＝ρ2lS ＝1.8×10－8×2×4×10310－5Ω＝14.4 Ω，由题意知P 损＝P ×4%＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22r ，代入数据得U 2＝6 000 V ，升压变压器原、副线圈匝数比为：n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 6 000 V ＝112.(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503A ， U 损＝I 2·r ＝503×14.4 V ＝240 V ，而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 V ，n 3n 4＝U 3U 4＝5 760 V 220 V ＝28811，降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11. (3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大，由题知I ′4＝100 A 如此由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811，所以I ′3＝27572A ，U ′损＝I ′3·r ＝27572×14.4 V ＝55 V ，而U 1、U 2不变，U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 V ， U ′3U ′4＝n 3n 4， U ′4＝n 4n 3U ′3＝11288×5 945 V ≈227 V.答案：(1)1∶12(2)288∶11(3)大于220 V227 V。

2017-2018学年高二物理粤教版选修3-3综合检测1 含答案

综合检测(一) 第一章分子动理论(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)1．有一种咸鸭蛋的腌制过程是将鸭蛋放在掺入食盐的泥巴里，经过很长一段时间泥巴干了后，鸭蛋也就成了咸鸭蛋．此鸭蛋的腌制过程利用了( )图1A ．布朗运动B ．扩散C ．分子间作用力D ．热胀冷缩【解析】食盐进入咸鸭蛋属于扩散现象，B 项正确．【答案】 B2．已知阿伏加德罗常数为N A ，某物质的摩尔质量为M ，则该物质的分子质量和m kg 水中所含氢原子数分别是( )A.M N A ，19 mN A ×103B ．MN A,9 mN A C.M N A，118 mN A ×103D.N AM ，18 mN A【解析】某物质的摩尔质量为M ，故其分子质量为MN A；m kg 水所含物质的量为m ×10318，故氢原子数为m ×10318×N A ×2＝mN A ×1039，故A 选项正确．【答案】 A3．一艘油轮装载着密度为900 kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故而使原油发生部分泄漏导致9 t的原油流入大海，则这次事故造成的最大污染面积约为()A．1011 m2B．1012 m2C．108 m2D．1010 m2【解析】分子直径的数量级是d＝10－10 m．由d＝VS，ρ＝MV可知，S＝Mρd＝1011 m2.【答案】 A4．2010年10月1日远在38万公里之外的嫦娥二号卫星要迎来月食考验，陷入黑暗和严寒当中，卫星在月食阶段的长时间阴影中，将直接面对太空零下270摄氏度(t1)的低温环境，也无法获得太阳红外和月球红外的加热．卫星经历月食后，卫星上设备的温度将大幅度降低，某些外露设备的温度甚至会降低到零下190摄氏度(t2)．与迎来月食之前相比，下列说法正确的是() A．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都增大B．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都减小C．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能增大D．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能减小【解析】温度降低，分子的平均动能减小，但有些分子的动能可能增大．只有D正确．【答案】 D5．如图2所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则()图2A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减小D．乙分子由b到d的过程中，两分子间势能一直减小【解析】把乙分子从a处由静止释放后，乙分子在引力的作用下，从a 到c做加速运动，速度增大，到达c点时加速完毕，速度达到最大，同时由于分子间是分子引力做正功，所以分子势能减小．从c到d的过程中，分子间的作用力是分子斥力，故乙分子做减速运动，在运动过程中，分子间斥力做负功，分子势能增大，所以选项BC正确．【答案】BC6．某人用原子级显微镜观察高真空度的空间，发现有一对分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，如图3所示，从而形成一个“类双星”体系，并且发现此“中心”离A分子较近，这两个分子间的距离用r表示．已知当r＝r0时两分子间的分子力为零．则在上述“类双星”体系中，A、B两分子间有()图3A．间距r>r0B．间距r<r0C．A的质量大于B的质量D．A的速率大于B的速率【解析】分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，分子间引力提供向心力，故分子间距离r>r0；又F＝mω2r，v＝ωr，而它们的ω相同且r A<r B，所以有m A>m B、v A<v B.故A、C正确．【答案】AC7.如图4所示为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是()图4A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【解析】当分子间距离r＝r2时，分子间势能E p最小，此时分子间的作用力为零，C正确；当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力，当r1<r<r2时表现为斥力，A错；当r小于r1时，分子力表现为斥力，B正确；在r由r1变到r2的过程中，分子力表现为斥力，分子力方向与运动方向相同，分子力做正功，D 错．故正确答案为BC.【答案】BC8．某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于()A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．求每滴体积时，1 mL溶液的滴数多数了几滴D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格【解析】形成的油膜不是单分子层，计算的油膜厚度就不是分子直径，比分子直径大得多，A正确；滴入水中后酒精都溶入水中，B错误；计算体积时多数了几滴，会使计算的油滴体积偏小，当然计算的分子直径也偏小，C错误；数方格时舍去了所有不足一格的方格，计算出的油膜面积偏小，导致计算结果偏大，D正确．【答案】AD9．如图5所示，两个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K 的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差h＝1.00 m．初始时，阀门是关闭的，A中装有1 mol的氦(He)，B中装有1 mol的氪(Kr)，两者的温度和压强都相同．气体分子之间的相互作用势能可忽略．现打开阀门K ，两种气体相互扩散，达到稳定状态时( )图5A ．系统的内能增加B ．系统的内能减少C ．氦分子的平均速率小于氪分子的平均速率D ．氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率【解析】对两种气体组成的系统，由于气体的相互扩散，最终使系统的重心上升，绝热系统对外做功，内能减少，A 错，B 正确；混合后两气体温度最终相同，则分子的平均动能一样，氦分子的质量较小，故氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率，C 错，D 正确．【答案】 BD二、非选择题(本题共4小题，共46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)10．(10分)一滴体积为V 的油酸，配制成体积比为1：k 的油酸溶液(k >1)，现取一滴体积仍为V 的油酸溶液滴在水面上，在水面上形成面积为S 的单分子油膜，已知油酸的密度为ρ，摩尔质量为M ，则油酸分子直径________，阿伏加德罗常数的表达式是________．【解析】一滴油酸溶液中油酸的体积V ′＝Vk 油酸分子直径d ＝V ′S 得d ＝VkS 油酸分子的体积V 0＝16πd 3 阿伏加德罗常数N A ＝MρV 0解得N A ＝6k 3S 3MπρV 3【答案】VkS6k3S3MπρV311．(10分)如图6所示，地球是太阳系从内到外的第三颗行星，也是太阳系中直径、质量和密度最大的类地行星．已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为29×10－3 kg/mol，一个标准大气压约为1.0×105 pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？(已知大气压由重力产生p＝mg/S)图6【解析】大气压是由大气重力产生的．大气压强p＝mgS＝mg4πR2，代入数据可得地球表面大气质量m＝5.2×1018 kg.标准状态下1 mol气体的体积为V＝22.4×10－3 m3，故地球表面大气体积为V总＝mm0V＝5.2×101829×10－3×22.4×10－3 m3＝4×1018 m3.【答案】4×1018 m312．(13分)已知空气的摩尔质量M＝2.9×10－2kg/mol，成年人做一次深呼吸，约吸入450 cm3的空气，则(1)做一次深呼吸吸入空气的质量是多少？(2)成年人吸入的气体分子数大约是多少个？(按标准状况计算)【解析】(1)一次深呼吸吸入空气的摩尔数n＝VV m＝450×10－322.4mol≈2.0×10－2mol，所以吸入空气的质量：m＝n·M＝2.0×10－2×2.9×10－2kg ＝5.8×10－4 kg.(2)吸入气体分子数：N＝n·N A＝2.0×10－2×6.02×1023个≈1.2×1022个．【答案】(1)5.8×10－4 kg(2)1.2×1022个13．(13分)目前，环境污染已非常严重，瓶装纯净水已经占领柜台．再严重下去，瓶装纯净空气也会上市．设瓶子的容积为500 mL，空气的摩尔质量M＝2.9×10－4 kg/mol.按标准状况计算，N A＝6.0×1023mol－1，试估算：(1)空气分子的平均质量是多少？(2)一瓶纯净空气的质量是多少？(3)一瓶中约有多少个气体分子？【解析】(1)m＝MN A＝2.9×10－36.0×1023kg＝4.8×10－26 kg.(2)m空＝ρV瓶＝MV瓶V m＝2.9×10－4×500×10－622.4×10－3kg＝6.5×10－4 kg.(3)分子数N＝nN A＝V瓶V m·N A＝500×10－6×6.0×102322.4×10－3个＝1.3×1022个．【答案】(1)4.8×10－26 kg(2)6.5×10－4 kg (3)1.3×1022个。

2017-2018高中物理粤教版选修3-2学案：第二章交变电

第二章交变电流章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转时所产生的交变电流的最大值，E m ＝nBS ω. 2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ωsin ωt .3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正(或余)弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E ＝E m2.4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即E ＝n ΔΦΔt.例1 图1为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L 1，宽度为L 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速运动，沿转轴OO ′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图1(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向． (2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．(3)求线圈从t ＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势． (4)求线圈从t ＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流． (5)求线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量．答案 (1)自下而上 (2)e ＝nBL 1L 2ωsin ωt (3)2nBL 1L 2ωπ (4)3nBL 1L 2ω2 R ＋r (5)n 2B 2L 21L 22ωR π R ＋r2解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d →c →b →a ，故通过电阻R 的电流是自下而上．(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBL 1L 2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 1L 2ωsin ωt . (3)由法拉第电磁感应定律有E ＝nΔΦΔt ＝nBL 1L 2π2ω＝2nBL 1L 2ωπ. (4)由欧姆定律有i ＝e R ＋r＝nBL 1L 2ωsinπ3R ＋r＝3nBL 1L 2ω2 R ＋r.(5)电动势的有效值E ＝2nBL 1L 2ω2，电流的有效值I ＝2nBL 1L 2ω2 R ＋r，线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量Q ＝I 2RT ＝n 2B 2L 21L 22ωR πR ＋r2.二、含变压器电路的动态分析解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况．(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”即输出功率决定输入功率． (2)可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化．例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图2A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．三、远距离输电线路的分析与计算解决远距离输电问题要注意以下两点：(1)首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理符号，利用输电电流I ＝P U，输电线上损失电压U 损＝IR 线，输电线损失功率P损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 线及其相关知识解答．(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例3 交流发电机两端电压是220V ，输出功率为4400W ，输电导线总电阻为2Ω.试求： (1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？答案 (1)180V 3600W 800W (2)219.6V 4392W解析 (1)如图，由P ＝IU 得：I ＝P U ＝4400220A ＝20A由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220V －20×2V ＝180V由P ＝P 用＋I 2R 得：用户得到的功率为P 用＝P －I 2R ＝4400W －202×2W ＝3600W输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2W ＝800W (2)输电线路示意图如图所示根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101V ＝2200V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ，所以I 2＝PU 2＝2AU 3＝U 2－I 2R ＝2200V －2×2V ＝2196V由U 4U 3＝n 4n 3得：降压变压器副线圈两端电压U 4＝U 3n 4n 3＝2196×110V ＝219.6V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 22R ＝4392W.。

2017-2018学年高二物理粤教版选修3-3模块综合检测含

模块综合检测(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1－5小题为单选，6－10小题为双选，全部选对得6分．选对但不全得3分，有选错或不选的得0分) 1．关于液体和固体，以下说法错误的是()A．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强B．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的C．液体分子的热运动没有长期固定的平衡位置D．液体的扩散比固体的扩散快【解析】液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，但液体分子间的相互作用不像固体微粒那样强，所以选项B正确、A错误．液体具有流动性的原因是液体分子热运动的平衡位置不固定，液体分子之所以能在液体中移动也正是因为液体分子在液体里移动比固体容易，所以其扩散也比固体的扩散快，选项C、D正确．故应选A.【答案】 A2．某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时()A．室内空气的压强比室外的小B．室内空气分子的平均动能比室外的大C．室内空气的密度比室外的大D．室内空气对室外空气做了负功【解析】未密闭房间内的空气在温度升高时等压膨胀，对外做功，选项A、C、D错误．温度是分子平均动能的标志，选项B正确．【答案】 B3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()A．若气体的压强和体积都变，其内能也一定变B．若气体的内能不变，其状态也不一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关【解析】由pVT＝C(常量)可知，p、V都变，而pV乘积可能不变，故T不一定变，选项A错误；同理可知，选项C错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV的乘积不变，其状态有可能改变，选项B错误；气体温度每升高1 K吸收的热量与过程有关，气体温度升高1 K的过程中气体对外做功和气体对外不做功两种情况下，气体吸收的热量并不相等，选项D正确．【答案】 D4．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打多少次(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p0＝1 atm)()A．8B．10C．12D．15【解析】本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的空气和原来组成的整体为研究对象，设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律，p1V1＝p2V，解得n＝15.【答案】 D5．如图1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()图1A．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】打开卡子后胶塞冲出，没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，C正确．【答案】 C6．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大【解析】一定质量的理想气体的内能仅由温度来决定，温度不变，气体的内能不变，温度升高，气体的内能增加，选项D正确；由pVT＝C(常量)可知，p、V不变则T一定不变，选项A正确；同理可知，选项C错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV的乘积不变，其状态有可能改变，选项B错误．【答案】AD7．关于一定量的气体，下列说法正确的是()A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加【解析】气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间，选项A正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，选项B正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，选项C错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，选项D错误．【答案】AB8.图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有()图2A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光【解析】根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．充气前后，封闭气体的初态参量p 1＝1 atm ，V 1＝0.6 L ；末态参量p 2＝？，V 2＝0.5 L ．根据p 1V 1＝p 2V 2，得p 2＝p 1V 1V 2＝1×0.60.5 atm ＝1.2 atm ，故充气后压强增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B 错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C 正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由pV T ＝k 知，容器内的气压会降为0.24 atm ，小于外部气压，故水不会喷光，选项D 错误．【答案】 AC9．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A ．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B ．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C ．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D ．不可能使热量从低温物体传向高温物体【解析】改变内能的方法有做功和热传递两种，所以为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A 正确；对物体做功的同时向外界放热，则物体的内能可能不变或减小，选项B 错误；根据热力学第二定律可知，在对外界有影响的前提下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，选项C 正确；在有外界做功的条件下，可以使热量从低温物体传递到高温物体，选项D 错误．【答案】 AC10．一定质量气体的状态变化过程的p-V图线如图3所示，其中A是初始态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．如将上述变化过程改用p-T图线和V-T图线表示，则在下列的各图正确的是()图3【解析】气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大；由B→C 是等容过程，且压强增大，气体温度升高；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．由此可判断在p-T图中A错误、B正确，在V-T图中C错误、D正确．【答案】BD二、非选择题(本题共3小题，共40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)11. (14分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的纯油膜的形状如图4所示．若每一小方格的边长为25 mm，试问：图4(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________ m 2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________ m 3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________ m ．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm 的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：__________________________________________.【解析】油膜面积约占70小格，面积约为S ＝70×25×25×10－6m 2≈4.4×10－2 m 2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V ＝150×0.61 000×10－6m 3＝1.2×10－11 m 3，故油酸分子的直径约等于油膜的厚度d ＝V S ＝1.2×10－114.4×10－2 m ≈2.7×10－10 m. 【答案】 (1)球形单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积先扩张后又收缩；②油酸酒精溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，使液面收缩12．(10分)如图5所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102 J ，求此过程中气体内能的增量．图5【解析】等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A ) 根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.【答案】 5.0×102 J13．(16分)如图6，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等．假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(ⅰ)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(ⅱ)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．图6【解析】 (ⅰ)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ①式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意有，p B ＝p C ②玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B ③根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V B V AΔp ＝180 mmHg.⑤ (ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p ′C ＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C 的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p ′CT ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364 K．⑧【答案】(ⅰ)180 mmHg(ⅱ)364 K。

2017-2018学年高二物理粤教版选修3-3综合检测2 含答案精品

综合检测(二)第二章固体、液体和气体(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)1．如图1所示为充气泵气室的工作原理图．设大气压强为p0，气室中的气体压强为p，气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接．以下选项中正确的是()图1A．当橡皮碗被拉伸时，p＞p0，S1关闭，S2开通B．当橡皮碗被拉伸时，p＜p0，S1关闭，S2开通C．当橡皮碗被压缩时，p＞p0，S1关闭，S2开通D．当橡皮碗被压缩时，p＜p0，S1关闭，S2开通【解析】当橡皮碗被拉伸时，气室内气体体积增大，p＜p0，S1开通，S2关闭；当橡皮碗被压缩时，气室内气体体积减小，p＞p0，S1关闭，S2开通．【答案】 C2．如图2所示，为一定质量的理想气体在p-V图象中等温变化图线，A、B 是双曲线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则()图2A．S1<S2B．S1＝S2C．S1>S2D．S1与S2的大小关系无法确定【解析】△OBC的面积等于12OC·BC＝12p B·V B，同理△OAD的面积等于12p A·V A，而A、B为等温线上的两点，即p A V A＝p B V B(玻意耳定律)，所以两三角形面积相等，B正确．【答案】 B3．如图3甲所示绝热汽缸(气体与外界无热交换)内封闭一定质量的理想气体，电热丝通电前后，改变气体参量分别得到两条等温线．待气体状态稳定后陆续取走活塞上方部分物体，又得到一气体变化图线．则在图乙中能正确反映上述三个变化过程的图线是()甲乙图3A．ab、cd和ad B．ab、cd和cbC．ab、ad和ac D．cd、ab和bd【解析】根据p-V图象的特点可知，等温线是双曲线，离坐标轴越远，温度越高．电热丝通电前温度低，通电后温度高，T ab<T cd，所以ab、cd对应通电前后的变化．陆续取走活塞上方部分物体，密闭气体的压强减小，由图可知P a ＝P c>P d>P b.选B.【答案】 B4．如图4所示，是医院里患者进行静脉注射的示意图．倒置的输液瓶口插两根管子，a管与大气相通，b管通过观察器、输液管、调节器接针头(与人的血管相连)．当输液瓶悬挂高度一定，调节器处于适当位置时，随着药液的下降，从观察器看到药液滴注的速度()图4A．逐渐减慢B．逐渐加快C．保持不变D．先变慢再变快【解析】a、b管上端处在同一水平面的液体中，压强总相等，总等于大气压强，且总等于上方液体压强与液面上方空气压强之和．当液面下降时，液体压强减小，同时上方空气体积增大，压强减小，管上端口部向上的大气压大于上方液体压强与液面上方空气压强之和，空气将被压入瓶内，直到上下压强又重新平衡，整个过程中，b管上端压强总保持与大气压强相等，即药液流速不变．【答案】 C5．某种物质表现出各向同性的物理性质，则可以判断这种物质()A．不一定是多晶体B．不一定是单晶体C．一定不是单晶体D．一定是非晶体【解析】因为非晶体和多晶体都表现出各向同性，故A正确，D错误．单晶体一定表现出各向异性，故B错误，C正确．【答案】AC6．杂技演员骑独轮车表演时，车胎内的气体压强是8×105 Pa，开始时气体温度是27 ℃，地面承受的压强为p1，表演一段时间后，由于温度变化，车胎内的气体压强变为8.2×105 Pa，气体温度为t2，地面承受的压强为p2，忽略轮胎体积的变化和车胎与地面接触面积的变化，下列判断正确的是() A．p1＝p2B．p1<p2C．t2＝27.7 ℃D．t2＝34.5 ℃【解析】演员和车对地面的压力不变，车与地面的接触面积不变，所以两次地面承受的压强相等，即p1＝p2.由于不计轮胎体积的变化，故可认为胎内气体发生等容变化，根据查理定律p1T1＝p2T2得，温度T2＝p2p1T1＝8.2×1058×105×(273＋27)K＝307.5 K，所以t2＝(307.5－273)℃＝34.5 ℃.【答案】AD7．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为()A．气体分子的平均动能增大B．单位时间内，器壁单位表面积上分子碰撞的次数增多C．气体分子数增加D．气体分子的密度加大【解析】等温变化，分子平均动能不变，即气体分子每次撞击器壁的冲力不变；而体积减小，分子密度增加，器壁单位时间单位面积上撞击的分子数多，所以压强增大．B、D正确．【答案】BD8．由饱和汽与饱和汽压的概念，下列结论正确的是() A．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B．一定温度下饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而增大D．饱和汽压跟绝对温度成正比【解析】由动态平衡概念可知A正确．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，它随着温度升高而增大，B正确．一定温度下的饱和汽压与体积无关，C错．饱和汽压随温度升高而增大，原因是：温度升高时，饱和汽的分子数密度增大．温度升高时，分子平均速率增大，理想气体状态方程不适用于饱和汽，饱和汽压和绝对温度的关系不成正比，饱和汽压随温度的升高增大得比线性关系更快，D错．【答案】AB9．2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 mm的石墨烯，是碳的二维结构．如图5所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识判断，下列说法中正确的是()石墨的微观结构石墨烯的微观结构图5A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体B．石墨是单质，石墨烯是化合物C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的【解析】晶体结构的特点是原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，石墨、石墨烯与金刚石都是晶体，A错误，C正确；石墨、石墨烯都是单质，B错误；通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开而得到石墨烯的方法是物理方法，D正确．【答案】CD二、非选择题(本题共4小题，共46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)图610．(6分)如图6所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的空气，气缸固定不动，外界温度恒定．一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止．现在不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)．忽略气体分子间相互作用，则在活塞移动过程中，气缸内气体的分子平均动能________，内能________，气缸内气体的压强________(均填“变小”“变大”或“不变”)．【解析】因汽缸导热性能良好，且外界温度恒定，所以在活塞运动过程中，温度不变，气体的分子平均动能不变；理想气体内能只与平均动能有关，所以内能不变；活塞缓慢向右移动，体积变大，根据理想气体状态方程可知压强变小．【答案】不变不变变小11．(12分)(1)如图7所示，某甲实验小组用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系，实验中应保持不变的参量是________；所研究的对象是________；它的体积可用________直接读出，它的压强是由图中________得到．图7(2)某乙实验小组为探究一定质量的气体，在等温条件下体积V 与压强p 的关系，某实验小组得出的数据如下表：①根据所给数据在坐标纸上(如图8)画出p -1V 图线，可得出的结论是 _____________________________________________________________．图8②由所做图线，求p＝8.85×105 Pa时该气体体积是________．③该图线斜率大小和温度的关系是________．【解析】(1)知道探究气体的压强和体积的关系的原理，看清示意图容易作答．(2)根据pVT＝C常量知，p＝TCV，TC为定值，p跟1V成正比，是过原点的直线，斜率为TC，斜率越大，T越高．【答案】(1)温度被注射器封闭的气体带有刻度的注射器压强传感器(2)①如图，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的②0.172 m3③斜率越大，该气体温度越高12．(12分)如图9所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变求汽缸A中气体的体积V A和温度T A.图9【解析】设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等p B＝1.2p0B中气体始末状态温度相等p0V0＝1.2p0(2V0－V A)所以V A ＝76V 0 A 部分气体满足 p 0V 0T 0＝1.2p 0V A T A 所以T A ＝1.4T 0.【答案】 V A ＝76V 0 T A ＝1.4T 013．(16分)如图10，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图10(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x .【解析】 (1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得T T 0＝7V 0/45V 0/4① 由此得T ＝75T 0②(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p ，由玻意耳定律得pV x ＝p 03·V 04③(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0④ 联立③④式得6V 2x －V 0V x －V 20＝0其解为 V x ＝12V 0⑤另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．【答案】 (1)75T 0 (2)12V 0。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3习题：第二章+第七节气体实验定律(Ⅰ)+Word版含答案

第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律（Ⅰ）A级抓基础1．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，压强减小了2 atm，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )A.43L B．2 L C.83L D．3 L解析：设原来的体积为V1，则3V1＝(3－2)(V1＋4)，得V1＝2 L.答案：B2．(多选)如图所示，一定质量的气体等温线上两点的压强、体积和温度如图所示，下列表达式正确的是( )A．p1V1＝p2V2B．p1V2＝p2V1C．T1＝T2D．T1＞T2解析：一定质量的气体等温变化过程中，压强跟体积成反比，由两状态对应的压强(p1和p2)和体积(V2和V1)可知A错误，B正确，同一等温线上各状态温度是相等的，C正确，D错误．答案：BC3．(多选)一定质量的气体在发生等温变化时，下列物理量发生变化的是( )A．气体的压强B．单位体积内的分子数C．分子的平均速率D．分子的总数解析：一定质量的气体在发生等温变化时，p和V都要发生变化，体积V发生变化单位体积内的分子数改变，A、B正确；温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不发生变化，C错误；质量一定，分子的总数不变，D错误．答案：AB4．(多选)一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( ) A．气体分子的平均动能增大B．气体的密度变为原来的2倍C ．气体的体积变为原来的一半D ．气体的分子总数变为原来的2倍解析：温度是分子平均动能的标志，由于温度不变．故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得p 1V 1＝2p 1V 2，解得：V 2＝12V 1，ρ1＝m V 1，ρ2＝mV 2，可得：ρ1＝12ρ2，即ρ2＝2ρ1，故B 、C 正确．答案：BC5．(多选)一位质量为60 kg 的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体)，然后将这4只气球以相同的方式放在水平木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．在这位同学慢慢站上轻质塑料板正中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是 ( )A ．球内气体压强变大B ．球内气体压强变小C ．球内气体体积变大D ．球内气体体积变小解析：气球被挤压后，气压变大，根据玻意耳定律pV ＝C ，体积将缩小，故A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD6．粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为12 cm ，一个潜水员手持玻璃管开口向下潜入水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管中2 cm ，求潜水员潜入水中的深度(取水面上大气压强p 0＝1.0×105Pa ，g 取10 m/s 2)．解析：设潜水员潜入水下的深度为h ，玻璃管的横截面积为S ，管内气体的初状态：p 0，12S ，末状态：p 0＋ρgh ，10S .由玻意耳定律，得p 0·12S ＝(p 0＋ρgh )·10S ，得h ＝0.2p 0ρg＝2 m. 答案：2 mB 级提能力7．(多选)在室内，将装有5 atm 的6 L 气体的容器的阀门打开后，从容器中逸出的气体相当于(设室内大气压强p 0＝1 atm)( )A ．5 atm ，3 LB ．1 atm ，24 LC ．5 atm ，4.8 LD ．1 atm ，30 L解析：当气体从阀门逸出时，温度不变，所以p 1V 1＝p 2V 2，当p 2＝1 atm 时，得V 2＝30 L ，逸出气体30 L －6 L ＝24 L ，B 正确．据p 2(V 2－V 1)＝p 1V 1′得V 1′＝4.8 L ，所以逸出的气体相当于5 atm下的4.8 L气体，C正确．答案：BC8．如图所示，为中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶．在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞. 在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小ΔV时，压强增大20%.若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )A．20% B．30%C．40% D．50%解析：气体做的是等温变化，所以有pV＝1.2p(V－ΔV)和pV＝p′(V－2ΔV)，联立两式解得p′＝1.5p，故D正确．答案：D9.(多选)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将增大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，A管内气柱将变短，而p A＝p0＋p h，所以高度差增大．答案：BC10．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看成理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为多少的空气( )A.p0pV B.pp0VC.⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1VD.⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0＋1V解析：设将要充入的气体的体积为V ′，据玻意耳定律有p 0(V ＋V ′)＝pV ，解得V ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V ，故选C. 答案：C11．农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示．A 的容积为7.5 L ，装入药液后，药液上方空气的压强为105Pa ，体积为1.5 L ，关闭阀门K ，用打气筒B 每次打进105Pa 的空气250 cm 3.则：(1)要使药液上方气体的压强为4×105Pa ，打气筒活塞应打几次？(2)当A 中有4×105Pa 的空气后，打开阀门K 可喷射药液，直到不能喷射时，A 容器剩余多少体积的药液？解析：(1)以V 总、V 分别表示A 的总容积和打气前药液上方空气的体积，p 0表示打气前A 容器内药液上方的气体压强，V 0表示每次打入的压强为p 0的空气体积，p 1表示打n 次后A 容器内药液上方的气体压强，以A 中原有空气和n 次打入A 中的全部气体作为研究对象，由玻意耳定律，可得p 0(V ＋nV 0)＝p 1V ，所以n ＝（p 1－p 0）V p 0V 0＝（4×105－105）×1.5105×250×10－3＝18(次)． (2)打开阀门K ，直到药液不能喷射，忽略喷管中药液产生的压强，则A 容器内的气体压强应等于外界大气压强，以A 容器内的气体作为研究对象，由玻意耳定律，可得p 1V ＝p 0V ′.所以药液不能喷射时A 容器内的气体体积：V ′＝p 1p 0V ＝4×105105×1.5 L ＝6 L ，则A 容器内剩余药液的体积：V 剩＝V 总－V ′＝7.5 L －6L ＝1.5 L.答案：(1)18次 (2)1.5 L12．(2016·海南卷)如图，密闭气缸两侧与一U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m 3的液体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p 0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差h ＝40 cm ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．求此时左、右两气室的体积之比．解析：设初始状态时气缸左气室的体积为V 01，右气室的体积为V 02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p 1、p 2，体积分别为V 1、V 2，由玻意耳定律，得p 0V 01＝p 1V 1，① p 0V 02＝p 2V 2，②依题意有V 01＋V 02＝V 1＋V 2，③ 由力的平衡条件有p 2－p 1＝ρgh ，④ 联立①②③④式，并代入题给数据，得 2V 21＋3V 01V 1－9V 201＝0，⑤由此解得V 1＝32V 01(另一解不合题意，舍去)，⑥由③⑥式和题给条件，得V 1∶V 2＝1∶1.⑦ 答案：1∶1。

2017-2018学年高中物理阶段验收评估(二)电路粤教版选修3-1

阶段验收评估（二）电路一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．手机已是我们生活中普遍的通信工具，如图1所示是一种手机电池外壳上的文字说明，由此可知此电池的电动势和待机状态下平均工作电流分别是( )图1A ．4.2 V,14.66 mAB ．4.2 V,700 mAC ．3.7 V,14.66 mAD ．3.7 V,700 mA解析：选C 由手机电池外壳上的文字说明可知，4.2 V 是充电电压，电池的电动势是3.7 V,1 700 mAh 是电池的容量，即放电电流与时间的乘积，所以待机状态下平均工作电流I ＝1 700 mAh116 h≈14.66 mA，故C 正确。

2.如图2所示均匀的长薄片合金电阻板abcd ，ab 边长为L 1，ad 边长为L 2，当端点1、2或3、4接入电路中时，R 12∶R 34为( )图2A ．L 1∶L 2B ．L 2∶L 1C ．1∶1D ．L 12∶L 22解析：选D 设长薄片合金电阻板厚度为h ，根据电阻定律R ＝ρL S ，R 12＝ρL 1hL 2，R 34＝ρL 2hL 1，R 12R 34＝L 12L 22，故选D 。

3.小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图3所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中不正确的是( )图3A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积大小解析：选C 根据I U 图线可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，选项A 正确；对应P 点，小灯泡两端的电压为U 1，电流为I 2，根据欧姆定律可知，灯泡的电阻为R ＝U 1I 2，选项B 正确，C 错误；对应P 点，小灯泡的功率为：P ＝I 2U 1，此值是图中矩形PQOM 所围面积大小，选项D 正确；故选C 。

2017-2018学年高二物理粤教版选修3-2习题：第3章章末分层突破 Word版含答案

章末分层突破[自我校对]①电信号②力信号③声信号④温度⑤光信号传感器感受的通常是非电学量，如力、热、磁、光、声等，而它输出的通常是电学量，这些输出信号是非常微弱的，通常要经过放大后，再送给控制系统产生各种控制动作，传感器原理如框图所示．非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量2．常见敏感元件及特性(1)光敏电阻：光敏电阻在被光照射时电阻发生变化，光照增强电阻减小，光照减弱电阻增大．(2)金属热电阻：金属热电阻的电阻率随温度升高而增大．(3)热敏电阻：热敏电阻有正温度系数、负温度系数两种．正温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而增大；负温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而减小．(4)电容：平行板电容器的电容与极板正对面积、极板间距及电介质材料有关，电容器可以感知引起电容变化的任一外界信息，并将其转化为电容变化，例如，当极板受力时会改变极板间距，从而引起电容变化．3．传感器的复杂应用(1)搞清传感器的原理及应用过程是求解该类问题的关键．(2)与电路的结合问题．涉及到电路的动态变化问题时要抓住题目的关键信息及敏感元件的特性，如光强度的变化、光敏电阻的变化、温度的变化、热敏电阻的变化，分析的顺序同直流电路动态问题分析一样，先从部分到整体，再到部分．涉及到电路的计算问题时，由于敏感元件变化的特性，所以找准对应时刻、位置等，把握图象的信息非常重要．如图3-1为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I-U关系曲线图．图3-1(1)为了通过测量得到如图所示I-U关系的完整曲线，在图3-2甲和乙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：_____________________________ ____________________.(电源电动势为9 V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100 Ω)图3-2(2)在如图3-3所示电路中，电源电压恒为9 V，电流表读数为70 mA，定值电阻R1＝250 Ω.由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________Ω.图3-3【解析】(1)应选择图甲，因为图甲电路电压可从0 V调到所需电压，电压调节范围大．(2)由题图知R2与热敏电阻串联后与R1并联接在9 V电源上，总电流I＝70 mA，R1＝250 Ω.设通过热敏电阻的电流为I2，通过R1的电流为I1，则I＝I1＋I2，故I2＝I－I1＝(70－93)mA＝34 mA.250×10由图象查得34 mA对应的电压为5.0 V，R2两端电压U2＝9 V－5.0 V＝4.0 V，所以R2＝ 4.0Ω＝117.6 Ω.34×10－3【答案】(1)甲因为甲电路电压可从0 V调到所需电压，电压调节范围大(2)5.0117.61.力电传感器是利用敏感元件和变阻器把力学信号(位移、速度、加速度等)转换为电学信号(电压、电流等)的仪器．力电传感器广泛地应用于社会生产、现代科技中，如安装在导弹、飞机、潜艇和宇宙飞船上的惯性导航系统及ABS防抱死制动系统等．2．热电传感器热电传感器是利用热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化的原理把热学信号转换成电学信号的仪器，如各种家用电器(空调、冰箱、热水器、饮水机、电饭煲等)的温度控制、火警报警器、恒温箱等都是利用了热电传感器的原理．3．光电传感器光电传感器中的主要部件是光敏电阻或光电管，光电传感器是根据光敏电阻的阻值随光照强度的变化而变化的原理把光信号转换成电信号的仪器，如自动冲水机、路灯的控制、光电计数器、烟雾报警器等都是利用了光电传感器的原理．4．声电传感器声电传感器主要利用电磁感应的原理把声音信号转换成电信号，如动圈式话筒、电容式话筒等．5．电容式传感器电容器的电容C取决于极板的正对面积S、极板间距离d及极板间的电介质这几个因素．如果某一物理量(如角度、位移、深度等)的变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，则通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化，起这种作用的电容器称为电容式传感器．为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻R p在不同照度下的阻值如下表：(1)线，并说明阻值随照度变化的特点．图3-4(2)如图3-5所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路．给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．图3-5(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电阻R p(符号，阻值见上表)；直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干．【解析】(1)光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示．特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小．(2)当控制开关自动启动照明系统，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20 kΩ，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1，电路原理图如图所示．【答案】见解析传感器应用问题的分析思路物理传感器是将所感受的物理量(如力、热、光等)转换为便于测量的电学量的器件，传感器的应用过程分为三个步骤：(1)信息采集．(2)信息加工、放大、传输．(3)利用所获得的信息执行某种操作．1．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图3-6所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时()图3-6A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显【解析】当R M 变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝ER 总，得干路中的电流变小，S 两端的电压U ＝I 总R S 变小，故选项A 、B 错误；当R M 变小时，回路的总电阻R总＝11R ＋1R M＋R S 变小，根据I 总＝ER 总，得干路中的电流变大，S 两端的电压U ＝I 总R S 变大，而且R 越大，R M 变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C 正确，选项D 错误．【答案】 C2．(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图3-7所示，铁芯左侧线圈L 1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L 2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K ，从而切断家庭电路．仅考虑L 1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()图3-7A ．家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起【解析】由于零线、火线中电流方向相反，产生的磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．【答案】ABD3.热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图3-8为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更______(选填“敏感”或“不敏感”)．图3-8【解析】由R-t图象可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强．相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感．【答案】增强敏感4．硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图3-9甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表V2量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计．(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．图3-9(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2.①某次测量时，电压表V1示数如图丙，则U1＝________V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留两位小数)．②该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压U x和通过的反向电流I x(表中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立I x-U x坐标系，标出了与表中前5组U x、I x数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出I x-U x图线.③由I x -U x 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x 与U x 成________(选填“线性”或“非线性”)关系. 【导学号：97192133】【解析】 (1)实物图如图a 所示a(2)①由题图知，电压表读数为1.40 V ，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V 1的电流，故I ＝U 1R V1＝ 1.406.0×103 A ≈0.23 mA.②先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如图b 所示．b③因图线为曲线，故I x 与U x 成非线性关系．【答案】 (1)如图a 所示 (2)①1.40 0.23 ②如图b 所示 ③非线性。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3：章末质量评估(二)含答案

章末质量评估(二）（时间:90分钟满分：100分）一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1．关于石墨与金刚石的区别,下列说法中正确的是( ）A．它们是由不同物质微粒组成的不同晶体B．它们是由同种物质微粒组成的晶体，但空间点阵不同C．金刚石是晶体，石墨是非晶体D．金刚石是单一物质微粒组成的晶体，石墨是掺有杂质微粒组成的晶体解析：金刚石、石墨都是由碳原子组成的，只是排列方式不同，导致两种物质物理性质差异很大，但它们都是晶体，故A、C错误,B 正确．金刚石、石墨都是由碳原子组成的，故D错误．答案：B2．有关固体和液体，下列说法中正确的是( ）A．固体分为晶体和非晶体，其中晶体的光学性质是各向同性的B．组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵"C．液体的物理性质表现出各向异性D．液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置解析：固体分为晶体和非晶体，晶体具有各向异性，故A错误．晶体具有各向异性,所以内部的物质微粒是有规则地排列的,组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”，B正确．液体的物理性质表现出流动性、不稳定性，故C错误．液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D错误．答案：B3．关于饱和汽，说法不正确的是（)A．在稳定情况下，密闭容器中如有某种液体存在,其中该液体的蒸汽一定是饱和的B．密闭容器中有未饱和的水蒸气，向容器内注入足够量的空气，加大气压可使水汽饱和C．随着液体的不断蒸发，当液化和汽化速率相等时,液体和蒸汽达到的一种平衡状态叫动态平衡D．对于某种液体来说,在温度升高时，由于单位时间内从液面汽化的分子数增多，所以其蒸汽饱和所需要的压强增大解析：在饱和状态下，液化和汽化达到动态平衡，即达到稳定状态，所以A、C正确；液体的饱和汽压与其温度有关，即温度升高,饱和汽压增大，所以D正确;饱和汽压是指液体蒸汽的分气压，与其他气体的压强无关，所以B错误．答案：B4．下列说法不正确的是（）A．液晶分子没有固定的位置,但排列有大致相同的取向B．生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶C．有些物质在适当的溶剂中溶解时，在一定的浓度范围内具有液晶态D．通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质一般不容易具有液晶态解析：液晶具有流动性,故其分子没有固定的位置，但排列有大致相同的取向，因而其光学性质表现为各向异性,故A正确；生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶，故B正确；当有些物质溶解达到饱和度时,会达到溶解平衡,所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态,故C正确；棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质虽并不都是呈液晶态，但也可能呈液晶态，故D错误．答案：D5．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A．温度不变时,体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低,压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时,压强增大,体积减小解析:体积不变，当温度降低时，由查理定律错误!＝C可知压强减小，故B项正确．答案：B6．对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是（）A．当分子热运动变剧烈时，压强必增大B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C．当分子间平均距离变大时，压强必变大D．当分子间平均距离变大时，压强必变小解析：分子热运动变剧烈,表明气体温度升高，分子平均动能增大,但不知气体的分子的密集程度怎么变化，故压强的变化趋势不明确,A错，B对；分子的平均距离变大，表明气体的分子的密集程度变小,但因不知此时分子的平均动能怎么变化，故气体的压强不知怎么变化,C、D错．答案：B7．下列对饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和汽压以及湿度的认识,正确的是（）A．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关B．增大压强，一定可以使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽C．降低温度一定可以使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽D．空气中所含水蒸气的压强越大，空气的湿度越大解析：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，而与体积、压强无关,故A正确,B错误；饱和汽压是物质的一个重要性质,它的大小取决于物质的本性和温度，降低温度可能使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽，但不是一定使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽,故C错误；空气的湿度是指相对湿度，空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大,但相对湿度不一定越大，故D错误．答案:A8．容积为20 L的钢瓶充满氧气后,压强为150 atm,打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中,若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm,分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装( )A．4瓶B．50瓶C．56瓶D．60瓶解析：根据玻意耳定律有p0V0＝p′（V0＋nV1），所以n＝错误!＝错误!＝56.答案：C9．如图所示，活塞质量为m,缸套质量为M，通过弹簧吊放在地上，气缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为p0,则( )A．气缸内空气的压强等于p0＋错误!B．气缸内空气的压强等于p0－错误!C．内外空气对缸套的作用力为（M＋m)gD．内外空气对活塞的作用力为mg解析：对缸套受力分析如图所示由力的平衡：pS＝p0S＋Mg，所以p＝p0＋错误!，A对、B错;内外空气对缸套和活塞的作用力为pS－p0S＝Mg，所以C、D 均错．答案：A10。

2018秋(粤教版)高中物理选修3-1检测：章末质量评估(二)

章末质量评估(二)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)1．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体U I 中的电流成反比C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度D ．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一答案：C2．两电阻R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系如图所示，可知两电阻的大小之比R 1∶R 2等于( )A ．1∶3 B ．3∶1C ．1∶ D.∶133解析：图为U I 图象，其中tan θ＝＝R ，所以R 1∶R 2＝tanUI30°∶tan 60°＝1∶3，A 正确．答案：A3．如下图左所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R 2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R 2随温度t 变化的图线如下图右所示．电流表为值班室的显示器，a 、b 之间接报警器．当传感器R 2所在处出现火情时，显示器的电流I 和报警器两端的电压U 的变化情况是( )A ．I 变大，U 变大 B ．I 变大，U 变小C ．I 变小，U 变大D ．I 变小，U 变小解析：当传感器R 2所在处出现火情时，温度升高，R 2电阻减小，总电流变大，R 1电压变大，R 3电压变小，故电流表示数I 变小，路端电压U 变小．故D 正确．答案：D4．如图所示，直线a 为某电源的路端电压随电流的变化图线，曲线b 为小灯泡R 两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该小灯泡R 组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是( )A ．0.6 W ，5 ΩB ．0.6 W ， Ω203C ．0.8 W ，5 ΩD ．0.8 W ， Ω203答案：A5．对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是( )A ．由I ＝，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟U R 它的电阻成反比B ．由U ＝IR ，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C ．由R ＝，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的U I 电流强度成反比D ．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变解析：由欧姆定律I ＝，通过电阻的电流强度跟它两端的电压U R 成正比，跟它的电阻成反比，选项A 正确；由U ＝IR ，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，选项B 正确；导体的电阻只与导体的材料、截面积以及长度等因素有关，而与它两端的电压和通过它的电流强度无关，选项C 错误；对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，总等于导体的电阻R ，选项D 正确．故选C.答案：C6．如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，A 为灯泡，D 为理想电压表．在变阻器的滑片P 由B 端向C 端滑动的过程中( )A．A灯变亮，D示数变大B．A灯变亮，D示数变小C．A灯变暗，D示数变大D．A灯变暗，D示数变小解析：变阻器的滑片P由B端向C端滑动的过程中滑动变阻器连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，即D的示数减小，由于总电阻减小，故总电流增大，所以R两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以并联电路两端的电压减小，所以灯泡A两端的电压减小，故A灯变暗，D 正确．答案：D7．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障( )A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路解析：若各元件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A正确；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B错误；若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意，故C错误；若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D错误．答案：A8．关于家庭电路，下列说法中正确的是( )A ．家庭电路采用的电压为220 V 的交流电2B ．洗衣机、电冰箱等家用电器都使用三孔插座，是为了节约用电C ．在家庭电路中，已有两个灯泡正常发光，若再打开电视，则灯泡的亮度可能会变暗D ．可以用铜丝代替保险丝，这样可以防止断电解析：火线和零线之间的电压就是电路中的电压：220 V ，故A 错误；洗衣机、电冰箱等家用电器都使用三孔插座，最下面的插孔为地线，是为了防止漏电，起保护作用，并不能起到节约用电，故B 错误；家庭电路中各用电器为并联连接，因此工作的用电器越多并联后的总电阻越小，总电流变大，则灯泡的分压会稍微减小，灯泡的亮度会变暗，C 正确；保险丝串联在电路中，当家庭电路中如果出现短路则电流过大，保险丝会熔断，使电路发生断路，保护起来，不需要用铜丝代替保险丝，故D 错误．答案：C9．如图所示电路，P 位于滑动变阻器的中点，当在ab 之间加上60 V 的电压时，接在cd 之间的电压表示数为20 V ；如果在cd 之间加上60 V 的电压，将同样的电压表接在ab 之间时的示数为( )A ．120 VB ．60 VC ．30 VD ．20 V解析：设变阻器总电阻为2R ，电压表内阻为R V .当ab 两端加60V 电压时，则有：R ∶＝40∶20＝2∶1，解得R V ＝R RR VR ＋R V当在cd 端加上60 V 的电压，则得：电压表与变阻器上部分串联后与下部分并联，由于R V ＝R ，则电压表接在ab 间时其示数为30 V.答案：C10.如图所示的是一种测量电流表内阻的电路．闭合开关K ，调节电阻箱R 的阻值，当电阻箱阻值为R 1时，电流表指针恰好满偏．当电阻箱阻值为R 2时，电流表指针刚好半偏．若忽略电池内阻，则电流表内阻为( )A.－R 1B ．R 1－R 2R 22C ．R 2－2R 1D ．2(R 2－R 1)解析：设电流表满偏电流为I g ，内阻为R g .根据闭合电路欧姆定律得：I g ＝；I g ＝，联立解得，R g ＝R 2－2R 1，故选ER 1＋R g 12E R 2＋R g C.答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干．设电动机线圈的电阻为R 1，它与电热丝的电阻R 2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U ，通过的电流为I ，消耗的电功率为P ，则以下选项正确的是( )A ．IU ＞PB ．IU ＝PC ．P ＞I 2(R 1＋R 2)D ．P ＝I 2(R 1＋R 2)解析：由电功率的定义式得IU ＝P ，所以选项B 正确；因电吹风中有电动机，有一部分电能转化为机械能，所以选项C 正确．答案：BC12.如图为某电源的U I 曲线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为 Ω13C ．电源短路时电流为6 AD ．路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A解析：根据闭合电路欧姆定律，可知U ＝E －Ir ＝－rI ＋E ，可见U I 图象的纵轴截距即为电源的电动势，图象斜率的绝对值即为电源的内电阻r ，由图象可得：电动势E ＝2 V ，内阻r ＝ 2－0.86Ω＝0.2 Ω，故A 正确，B 错误；当外电阻为0时，电源短路，则短路电流I 短＝＝ A ＝10 A ，故C 错误；当U ＝1 V 时，由E r 20.2E ＝U ＋Ir ，可得I ＝＝ A ＝5 A ，故D 正确．E －U r 2－10.2答案：AD13．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是( )A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值减小C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱答案：AD14．用伏安法测未知电阻R x时，若不知道R x的大概值．为选择正确电路以减小误差，可将仪器按图接好，只空出电压表一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么( )A．若电流表示数有显著变化，S应接aB．若电流表示数有显著变化，S应接bC．若电压表示数有显著变化，S应接aD．若电压表示数有显著变化，S应接b解析：若电流表示数有显著变化，说明流过电压表的电流较大，R x应为阻值较大的电阻，S应接在b处；若电压表示数有显著变化，说明电流表分压大，电阻较小，应接在a处．答案：BC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(10分)有一灯泡上标有“6 V　0.1 A”字样，现要测绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用A ．电压表(0～5 V ，内阻2.0 k Ω)B ．电压表(0～10 V ，内阻3.0 kΩ)C ．电流表(0～100 mA ，内阻2.0 Ω)D ．电流表(0～6 A ，内阻1.5 Ω)E ．滑动变阻器(30 Ω，2 A)F ．滑动变阻器(100 Ω，0.5 A)G ．学生电源(直流9 V)及开关、导线等(1)实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(2)画出实验电路图，要求电压从零开始测量．(3)根据你的实验电路，将图中所示的器材连成实验电路．(4)该同学描绘出的I U 图象应是图中的________．解析：(1)电压表的量程应大于小灯泡的额定电压6 V ，故电压表应选B.小灯泡的额定电流是0.1 A ，故电流表应选C.由题目要求可知滑动变阻器采用分压式，故应选电阻较小的E.(2)小灯泡的电阻R ＝＝ Ω＝60 Ω，电压表的内阻与待测电U I 60.1阻的比为＝50，待测电阻与电流表的内阻的比为＝30，＞RV R R RA RV R ，故电流表应采用外接法，滑动变阻器接成分压式，电路图见下R RA图．(3)电路图如图所示．(4)小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B 正确．答案：(1)B C E (2)如图　(3)如图　(4)　B16．(10分)在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据(如下表).组数123456电流/A0.120.200.310.320.440.57电压/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.13 1.05(1)根据数据选定下列供选用仪器，并按本实验要求：电流表量程选________A ，电压表量程选________V ，滑动变阻器选________Ω.①干电池(E ＝1.5 V);②直流电流表(0～0. 6 A 挡，内阻0.1 Ω)，(0～3 A 挡，内阻为0.02 Ω);③直流电压表(0～3 V 挡，内阻5 kΩ)，(0～15 V 挡，内阻为25kΩ);④滑动变阻器(0～10 Ω，允许最大电流为1 A);⑤滑动变阻器(0～1 000 Ω，允许最大电流为0.6 A);⑥开关一个、导线若干．在图甲实物图中按所选规格连线．(2)根据记录数据在图乙所示的坐标纸上作U －I 图线，并根据图线求出E ＝________，r ＝________．答案：(1)0.6　3　0～10　(2)1.45 V 0.7Ω17．(12分)如图所示电路，定值电阻R 0＝6 Ω，灯L 标有“6 V 3 W ”字样，灯L 的阻值及电源电压保持不变，闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片P 置于最左端时，电流表的示数为0.8 A ；滑片P 置于最右端时，电流表的示数为0.55 A，求：(1)灯L 正常工作时的电阻；(2)滑动变阻器的最大阻值．解析：(1)R L ＝＝＝12 Ω.（6 V ）23 W(2)闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片P 置于最左端时，灯L被短路，电阻R 0与滑动变阻器R 并联．所以U ＝I ×＝0.8RR 0R ＋R 0A ×.R ×6 ΩR ＋6 Ω闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片P 置于最右端时，电阻R 0被短路，灯L 与滑动变阻器R 并联．所以U ＝I ′×＝0.55RR LR ＋R L A ×.R ×12 ΩR ＋12 Ω联立解得：R ＝10 Ω.答案：(1)12 Ω　(2)10 Ω18．(14分)如图甲、乙所示，两电源的电动势均为6 V ，内阻为0.5 Ω，小型电动机M 的线圈电阻为0.5 Ω，滑动变阻器的最大阻值为5 Ω，限流电阻R 0均为2.5Ω，求：图甲图乙(1)若理想电压表的示数均为2.5 V 时，试求在图甲中电源的输出功率和电动机输出的机械功率；(2)在图乙中限流电阻R 0可消耗的最大功率和滑动变阻器R 可消耗的最大功率．解析：(1)I ＝IR 0＝＝1 A ，UR 0R 0电源的功率P E ＝IE ＝6 W ，内电路消耗的功率P r ＝I 2r ＝0.5 W ，电源的输出功率P ＝P E －P r ＝5.5 W ，电动机分压U M ＝E －I (r ＋R 0)＝3 V ，电动机消耗的功率P M ＝IU M ＝3 W ，热功率P 热＝I 2r M ＝0.5 W ，电动机输出的机械功率P 机＝P M －P 热＝2.5 W.(2)当R 滑＝0时，I max ＝＝2 A ，ER 0＋r 所以P max ＝I R 0＝10 W.2max 当滑动变阻器阻值3 Ω时，消耗的功率最大，P max ′＝3 W.答案：(1)5.5 W 2.5 W (2)10 W 3 W。

20172018学年高中物理粤教版选修35教学案：第三章章末盘点Word版含答案全面版

对应学生用册页码P44阴极射 → 子→ 姆生“葡萄干布丁模型”子的荷比qm 的定子荷量的定象瑟福核 α粒子散射：原由→核式构的建立原式构原子的核式构模型子原子、原子核的尺寸、荷构状 →光分析之光原子光：律：巴耳末公式11 1＝ R 22λ2 － n n ＝ 3、4、 5⋯能量量子化玻的原子构模型道量子化能迁： h ν＝ E m － E n考点一原子核式构1.α粒子散射(1) 果： α粒子穿金箔后，大多数 α粒子仍沿本来的方向运；少量 α粒子有大的偏；极少量 α粒子的偏角超 90°，有的甚至达到 180°。

(2) 分析：除非原子的几乎所有量和正荷都会合在原子中心一个很小的核上，否 α粒子的大角度散射是不行能的。

(3) 意：否定了姆生的原子模型，建立了原子的核式构模型。

2．原子的核式结构模型内容：原子的中心有一个很小的原子核，原子的所有正电荷和几乎所有质量都会合在原子核内，电子绕核运行。

[例 1] (双选 )对α粒子散射实验装置的描述，以下说法正确的选项是()A．主要实验器械有放射源、金箔、荧光屏、显微镜B．金箔的厚薄对实验无影响C．假如改用铝箔就不可以发生散射现象D．实验装置放在真空中[分析 ] α粒子散射的实验是指用α粒子轰击很薄的金箔 (或铝箔 )物质层，经过观察α粒子穿过物质层后的偏转状况，获取原子结构的信息，为正确观察α粒子的偏转状况，荧光屏和显微镜可以环绕金箔转，且整个装置放在真空环境中。

[答案 ]AD考点二玻尔理论1.玻尔原子模型原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做圆周运动，电子绕核运动的轨道是量子化的，电子在这些轨道上绕核的运动是稳固的，不产生电磁辐射。

2．玻尔理论的两个基本假设(1)定态假设原子系统中存在拥有确立能量的定态，原子处于定态时，电子绕核运动不辐射也不汲取能量。

(2)跃迁假设原子系统从一个定态过渡到另一个定态，陪伴着光子的发射和汲取。

粤教版高中物理选修3-2第2章-章末综合测评2.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是()图1A．甲、丙B．乙、丁C．甲、乙D．丙、丁【解析】线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.【答案】 B2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图2所示，下列说法中正确的是()【导学号：90270108】图2A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W【解析】由图象知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错；转动的角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，故电流瞬时值表达式为i ＝5cos 100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m 2＝52 A ，故P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫522×0.4W ＝5 W ，故D 正确．【答案】 D3．三个相同的电阻，分别通过如图3甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )图3A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的12D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小【解析】甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．【答案】 C4．(2016·天津高二月考)交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sinωt2B ．e ′＝2E m sinωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m2sin 2ωt【解析】交变电流的电动势表达式为e ＝E m sin ωt ，其中E m ＝NBSω，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，其表达式为e ＝E m sin 2ωt ，C 正确．【答案】 C5．如图4甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U 1＝220 V 的交流电源上，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U 1＝220 V 的交流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( ) 【导学号：90270109】甲乙图4A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1D.R 1R 2【解析】对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1对题图乙：P 2＝U 21R 2据题意有P 1＝P 2 联立以上各式解得：n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确．【答案】 C6．如图5所示，理想变压器原线圈输入电压U ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图5A ．I 1和I 2表示电流的瞬间值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小【解析】电压表V 1和V 2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A 1和A 2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A 、B 项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原、副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I ＝UR ＋R 0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P 入＝P 出，得原线圈的输入功率变大，由P ＝IU 可知，原线圈电路中的电流变大，C 项正确，D 项错误．【答案】 C7．如图6甲所示的电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t 1～t 2时间内( )图6A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表A 3的示数为零【解析】由于加在原线圈中的磁场均匀变化，因此副线圈中产生的电动势是恒定的，所以I 1＝I 2，I 3＝0，C 、D 选项正确．【答案】 CD8．如图7所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( ) 【导学号：90270110】图7A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率【解析】提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I2将减小，故A正确；线路功率损耗P损＝I22R，因此功率损耗也减小，由ΔU＝I2R可知电压损耗减小，故B、C错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D正确．【答案】AD9．(2016·石家庄模拟)实验室里的交流发电机可简化为如图8所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V．已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是()图8A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i＝2sin 50πt(A)C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次D．电阻R上的热功率等于20 W【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的是交流电．线圈位于图中位置时，穿过线圈的磁通量虽然为零，但磁通量的变化率最大，线圈中的瞬时电流最大，选项A错误；线圈转一圈，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，每秒转25圈，电流方向改变50次，选项C正确；由题意可知，f＝25 Hz，ω＝50π rad/s，电压表的示数是有效值，交流电最大值E m＝10 2 V，I m＝ 2 A，故选项B正确；电阻R上消耗的热功率P R＝U2R＝10 W，选项D错误．【答案】BC10.(2016·泰安高二期末)一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图9所示．则下列判断正确的是()图9A．原、副线圈中的功率之比为1∶1B．若只将S从1拨到2，电流表示数增大C ．若开关S 接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小【解析】原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A 正确；若只将S 从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B 错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202R T 2＝U 2R T ，解得U ＝10 2 V ，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q ＝(102)210×60＝1 200 J ，故C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D 错误．【答案】 AC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)将交变电压u ＝2202sin(100πt )V 接到“220 V 100 W ”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值； (2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式. 【导学号：90270111】【解析】 (1)交变电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U ＝220 V ，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V 100 W ”知该灯泡电阻为R ＝U 2P ＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m ＝U m R ＝2202484A ＝0.64 A. (2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W. (3)周期T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，每秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin(100πt )A. 【答案】 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin(100πt )A12．(14分)(2016·济南高二检测)如图10所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n ＝200匝，线圈面积S ＝0.01 m 2，线圈电阻r ＝0.5 Ω，当磁场的磁感应强度B ＝625πT 时，产生频率f ＝50 Hz 的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W ”的电器让其正常工作．求：图10(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式； (2)发动机输出端交流电压表的示数； (3)电阻R 的阻值．【解析】 (1)发电机产生的感生电动势的最大值：E m ＝nBSω＝nBS ·2πf ＝200×1.22/π×0.01×100π V ＝240 2 V感应电动势的瞬时表达式： e ＝2402sin 100πt (V)． (2)电动势有效值E ＝240 V正常工作时的电流I ＝P /U ＝2 200/220 A ＝10 A输出端电压表的示数U ＝E －Ir ＝240 V －10×0.5 V ＝235 V. (3)电阻R 上的电压ΔU ＝235 V －220 V ＝15 V 则线路电阻R ＝ΔU /I ＝15/10 Ω＝1.5 Ω. 【答案】 (1)e ＝2402sin 100πt (V) (2)235 V (3)1.5 Ω13．(14分)如图11所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图11(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率. 【导学号：90270112】【解析】 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31.(2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W. 【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3第3章章末复习课含答案

章末复习课【知识体系】［答案填写] ①内能②ΔU＝W③内能④等效⑤ΔU ＝Q＋W⑥能量守恒定律⑦自发地⑧单一热源⑨增大⑩无序程度⑪热力学第二定律主题1 热力学第一定律1．热力学第一定律．ΔU＝W＋Q.正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键．（1）外界对物体做功，W>0；物体对外做功，W〈0.（2）物体从外界吸热，Q〉0；物体放出热量，Q<0。

（3)ΔU>0，物体的内能增加;ΔU<0，物体的内能减少．分析题干，确定内能改变的方式(W，Q)→判断W，Q的符号→代入公式ΔU＝W＋Q→得出结论错误!2．做功、热传递与内能变化的关系．(1)存在温度差是发生热传递的必要条件,热量是物体热传递过程中物体内能的改变量,热量与物体内能的多少、温度的高低无关．(2)机械能是描述物体机械运动状态的量，而内能是描述物体内部状态的量．两者没有直接关系，但可以相互转化．（3）理想气体其内能仅与温度有关，体积变大，气体对外做功;体积减小，外界对气体做功．做功的多少可以根据公式W＝P·ΔV 进行计算．【典例1】（2016·全国Ⅱ卷）（多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT 图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________．A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功解析：由理想状态方程知ca为等容线,体积相等则A正确；a、c两状态a的温度大于b的温度，则a的内能大于b的内能，故B 正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，cd过程温度不变（内能不变)则Q＝－W，故C错误；da过程温度升高内能增大，则吸收的热量大于对外做的功,故D错误；bc过程温度降低量和da过程温度的升高量相同则内能的变化量相同，由热力学第一定律知E正确．答案：ABE针对训练1．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么下列说法正确的是( ）A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功,内能增大解析:对车胎内的理想气体分析知,因为是理想气体,分子势能认为是0，内能只看分子动能；中午温度升高，分子平均动能增大，故内能增大，体积增大，胎内气体对外做功，故选D。

2017-2018学年高中物理第二章交变电流章末质量评估粤教版选修3-2

第二章交变电流(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．两电路中电流与时间的关系分别如图甲、乙所示，属于交变电流的是( )图甲图乙A ．甲、乙都是B ．甲是，乙不是C ．乙是，甲不是D ．甲、乙都不是解析：甲图中大小和方向都做周期性变化，所以是交流电，乙图中只有大小变化而方向没有发生变化，是直流电．答案：B2.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )A ．线圈中的感应电动势最小B ．线圈中的感应电流最大C ．穿过线圈的磁通量最大D ．穿过线圈磁通量的变化率最小解析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈垂直中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变，在t ＝πω时刻，即经过12周期，线圈平面与磁场方向又平行了，此时又处于中性面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势和感应电流也最大．答案：B3．我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u ＝311sin 100πt (V)，关于此交流电下列说法中正确的是( )A ．电压的最大值是311 VB ．电压的有效值是311 VC ．交流电的频率为100 HzD ．交流电的周期为100 s解析：交流电的电压瞬时值变化规律U ＝U m sin ωt ＝311sin 100 πt (V)，所以U m ＝311 V ，选项A 对．正弦交流电的电压有效值U ＝U m2＝220 V ，选项B 错．角速度ω＝100π，周期T ＝2πω＝0.02 s ，选项D 错．交流电频率f ＝1T＝50 Hz ，选项C 错．答案：A4.一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示，由图象可知( )①该交变电流的频率为0.2 Hz ②该交变电流的有效值为14.1 A③该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin 0.02t (A) ④t ＝T8时刻，该交变电流的大小与其有效值相等 A ．①② B ．②④ C ．③④D ．①③解析：由图可知，交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则①错误；该交变电流的有效值为I ＝202A ＝14.1 A ，②正确；ω＝2πT＝100π，该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin 100πt (A)，③错误；t ＝T 8时刻，该交变电流的大小为i ＝20sin 100πt (A)＝20sin π4(A)＝14.1 A ，即与其有效值相等，④正确，选项B 正确．答案：B5．如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，其电压的有效值是( )A ．1.5 VB ．1 V C.32V D. 3 V解析：设交流电电压的有效值为U ，周期为T ，电阻为R ，则有U 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R·T2，解得U ＝12U m ＝12×3 V ＝1.5 V.答案：A6.如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a 、b 接电压U 的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a 、b 接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )A ．与甲灯串联的元件x 是电容器，与乙灯串联的元件y 是电感线圈B ．与甲灯串联的元件x 是电感线圈，与乙灯串联的元件y 是电容器C ．与甲灯串联的元件x 是二极管，与乙灯串联的元件y 是电容器D ．与甲灯串联的元件x 是电感线圈，与乙灯串联的元件y 是二极管解析：若x 是电容器，y 是电感线圈，则a 、b 接直流电源时，电容器不通直流，甲灯不亮，乙灯亮，与题意不符，A 错误．若x 是电感线圈，y 是电容器，则a 、b 接直流电源时，x 通直流，无感抗，甲灯亮，y 隔直流，乙灯不亮；当a 、b 接交流电源时，x 对交流有感抗，故甲灯亮度变弱，y 能通电流，如容抗较小，则可使乙灯正常发光，B 正确．若x 是二极管，则a 、b 接直流电源时，正、反接时，二极管只能有一次导通，甲灯只能有一次亮，与题意不符，C 错误．若y 是二极管，乙灯在直流电源正、反接时，有一次亮，而接交流电源时，因二极管的单向导电性，乙灯应时亮时灭，与题意不符，D 错误．答案：B7．如图所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时( )A ．灯A 中无电流通过，不可能变亮B ．灯A 中有电流通过，方向由a 到bC ．灯B 逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．灯B 逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：若开关S 由断开变为闭合，则电容器C 和灯A 将被短路，电容器放电，灯A 中电流方向为由b 到a ，A 、B 均错；由于在L 中产生自感电动势，在线圈L 、灯B 和电键形成回路，使得灯B 逐渐熄灭，电流方向为从c 到d ，由于L 是电源，所以c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．答案：D8．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R ，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：U 1U 2＝n 1n 2，由能量守恒定律可知：P 1＝I 1U 1＝P 2＝I 2U 2，故选项D 正确；因此I 1I 2＝n 2n 1，故选项A 错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U 3之差，因此根据欧姆定律有：I 2＝U 2－U 3R，故选项B 错误；降压器的输入功率为：P 3＝I 2U 3，因此有：I 1U 1＝I 22R ＋I 2U 3，故选项C 错误．答案：D9．如图所示，有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R .下列判断正确的是( )A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大B ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，故选项A 、B 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2，副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1，因n 1减小，U 2会增大，由输出功率等于输入功率P 2＝U 22R＝P 1＝U 1I 1知，电流表示数I 1会增大，故选项C 正确，选项D 错误．答案：C10．两个相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比Q 1Q 2等于( )A ．3∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶3解析：两种交变电流的最大值为I m ，对于正弦式电流有效值为：I 1＝22I m ，对于方波，有效值为：I 2＝I m ，根据焦耳定律，得Q 1＝I 21RT ，Q 2＝I 22RT ，则 Q 1∶Q 2＝1∶2. 答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则( )A ．在A 和C 时刻线圈平面和磁场平行B ．在A 和C 时刻线圈平面和磁场垂直 C ．在B 时刻线圈中的磁通量最大D ．若线圈转动的周期为0.02 s ，则该交变电流的频率为50 Hz解析：线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流e ＝NBS ωsin (ωt ＋φ)(从中性面计时)，所以A 、C 时刻说明此刻线圈平面与磁场垂直，即A 对，B 错．B 、D 时刻为中性面，即磁通量最大，C 对．从图象可知线圈转动的周期为0.02 s ，则该交变电流的频率为50 Hz ，D 对．答案：ACD12．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容解析：本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径．灯泡变亮则其两端的电压必须增大，流过灯泡的电流增大．再具体分析滑动片P 的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容器C 的电容对灯泡电压、电流的影响即可．对A 项：滑片P 下移，导致副线圈的匝数变小，由变压器原副线圈电压关系U 1U 2＝n 1n 2得，副线圈电压将变低，灯泡将变暗，故A 项错误；对B 项：匝数不变时，原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，灯泡将变亮，故B 正确；对C 项：增大交流电源的频率，则电容器的容抗降低，电路中的电流增大，灯泡变亮，故C 项正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，故D 项错误．答案：BC13．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd 输入端交变电压u 的图象，L 1、L 2、L 3、L 4为四个规格均为“9 V ，6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )图甲图乙A ．ab 输入端电压的瞬时值表达式为U ab ＝272sin 100πt (V)B ．ab 输入端输入功率P ab ＝24 WC ．电流表的示数为2 A ，且四个灯泡均能正常发光D ．断开K ，电压表V 读数将变小解析：由输入端交变电压u 的图象，可知其最大值为27 2 V ，有效值是27 V ，副线圈电压为：U ′＝13×U 1＝13×27 V ＝9 V ，所以副线圈三个灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流I 0＝P U ＝69 A ＝23 A ，电流表的读数为I 2＝3×23 A ＝2 A ，原线圈电流为I 1＝n 2n 1×I 2＝13×2 A ＝23A ，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab 输入端电压为U ab ＝U ＋U 2＝9 V ＋27 V ＝36 V ，输入端电压的瞬时值表达式为u ab ＝362sin 100πt (V)，A 错误，C 正确；四个灯泡都正常发光，所以ab 输入端输入功率P ab ＝4×6 W ＝24 W ，故B 正确；若将K 断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L 1的电流减小，L 1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压增大，即电压表V 读数将变大，故D 错误．答案：BC14．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图甲图乙A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin 100πt (V)B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π，可知其表达式为u 1＝202sin 100πt (V)，故选项A 正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U 1＝20 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V ，只断开S 2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B 错误；只断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C 正确；若S 1换接到2后，电阻R 的功率P R ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，故选项D 正确．答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝12πT ，矩形线圈的匝数N ＝100，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以300 r/min 的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω，求出电流的瞬时值和电压表读数； (3)线圈由图示位置转过π2的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)线圈转动的转速n ＝5 r/s ，角速度ω＝2πn ＝10π rad/s ，则E m ＝NBS ω，可得：E m ＝10 V ，所以瞬时表达式为：e ＝E m sin ωt ＝10sin 10πt (V)．(2)过程中电流最大值为：I m ＝102＋8A ＝1 A ，所以瞬时电流表达式为：i ＝I m sin ωt ＝sin 10πt (A)，电压表的读数为有效值，所以U ＝102·RR ＋r＝4 2 V.(3)线圈转过π2所用时间Δt ＝14T ＝14·2πω＝120s.根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝n BS Δt ＝20πV.答案：(1)e ＝10sin 10πt (V) (2)i ＝sin 10πt (A) 4 2 V (3)20πV16．(12分)如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ，求：(1)原线圈n 1等于多少？(2)当开关S 断开时，表A 2的示数I 2＝5 A ，则表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3，则U 1U 3＝n 1n 3，n 1＝3 3002×1＝1 650. (2)U 1I 1＝U 2I 2，则I 1＝U 2I 2U 1＝220×53 300A ≈0.33 A.(3)S 闭合时，I 2′＝2I 2＝10 A ，U 1I 1′＝U 2I 2′，I 1′＝U 2I 2′U 1＝220×103 300A ≈0.67 A.答案：(1)1 650 (2)0.33 A (3)0.67 A17．(12分)某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压； (2)输电线路上的电压损失．解析：(1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6 Ω 输电线路损失功率为输出功率的4%，则 4%P ＝I 2r ，代入数据，得I ＝125 A ，由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI ，得输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V.(2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6 V ＝3.2×103 V.答案：(1)8×104V (2)3.2×103V18．(18分)有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R ＝4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40 W ”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：(1)发电机输出功率； (2)发电机电动势； (3)输电效率；(4)若使电灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．解析：由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E ，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U 1，升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U 3，而U 4应为电灯的额定电压U 额．(1)对降压变压器：P 3＝P 4＝U 4I 4＝nP 灯＝22×6×40 W ＝5 280 W.而U 3＝41U 4＝880 V ，所以I 3＝nP 灯U 3＝5 280880A ＝6 A. 对升压变压器：U 1I 1＝U 2I 2＝I 2线R ＋U 3I 3＝I 23R ＋P 3＝62×4 W ＋5 280 W ＝5 424 W ，所以，发电机的输出功率P 出＝5 424 W.(2)因为U 2＝U 3＋I 线R ＝U 3＋I 3R ＝880 V ＋6×4 V＝904 V ，所以U 1＝14U 2＝14×904 V ＝226 V.又U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1＝U 2I 2U 1＝4I 2＝4I 3＝24 A. 故E ＝U 1＋I 1r ＝226 V ＋24×1 V＝250 V.(3)η＝P 3P 2×100%＝5 2805 424×100%＝97%.(4)电灯减少一半时，n ′P 灯＝2 640 W ，I 3＝n ′P 灯U 3＝2 640880A ＝3 A ，所以P 出＝n ′P 灯＋I 23R ＝2 640 W ＋32×4 W ＝2 676 W>12P 3.发电机输出功率减少一半还要多．答案：(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少大于一半。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

章末质量评估(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于石墨与金刚石的区别，下列说法中正确的是( )A．它们是由不同物质微粒组成的不同晶体B．它们是由同种物质微粒组成的晶体，但空间点阵不同C．金刚石是晶体，石墨是非晶体D．金刚石是单一物质微粒组成的晶体，石墨是掺有杂质微粒组成的晶体解析：金刚石、石墨都是由碳原子组成的，只是排列方式不同，导致两种物质物理性质差异很大，但它们都是晶体，故A、C错误，B正确．金刚石、石墨都是由碳原子组成的，故D错误．答案：B2．有关固体和液体，下列说法中正确的是( )A．固体分为晶体和非晶体，其中晶体的光学性质是各向同性的B．组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”C．液体的物理性质表现出各向异性D．液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置解析：固体分为晶体和非晶体，晶体具有各向异性，故A错误．晶体具有各向异性，所以内部的物质微粒是有规则地排列的，组成晶体的物质微粒在空间整齐排列成“空间点阵”，B正确．液体的物理性质表现出流动性、不稳定性，故C错误．液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D错误．答案：B3．关于饱和汽，说法不正确的是( )A．在稳定情况下，密闭容器中如有某种液体存在，其中该液体的蒸汽一定是饱和的B．密闭容器中有未饱和的水蒸气，向容器内注入足够量的空气，加大气压可使水汽饱和C．随着液体的不断蒸发，当液化和汽化速率相等时，液体和蒸汽达到的一种平衡状态叫动态平衡D．对于某种液体来说，在温度升高时，由于单位时间内从液面汽化的分子数增多，所以其蒸汽饱和所需要的压强增大解析：在饱和状态下，液化和汽化达到动态平衡，即达到稳定状态，所以A、C正确；液体的饱和汽压与其温度有关，即温度升高，饱和汽压增大，所以D正确；饱和汽压是指液体蒸汽的分气压，与其他气体的压强无关，所以B错误．答案：B4．下列说法不正确的是( )A ．液晶分子没有固定的位置，但排列有大致相同的取向B ．生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶C ．有些物质在适当的溶剂中溶解时，在一定的浓度范围内具有液晶态D ．通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质一般不容易具有液晶态解析：液晶具有流动性，故其分子没有固定的位置，但排列有大致相同的取向，因而其光学性质表现为各向异性，故A 正确；生物膜的主要构成部分是某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶，故B 正确；当有些物质溶解达到饱和度时，会达到溶解平衡，所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态，故C 正确；棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质虽并不都是呈液晶态，但也可能呈液晶态，故D 错误．答案：D5．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A ．温度不变时，体积减小，压强增大B ．体积不变时，温度降低，压强减小C ．压强不变时，温度降低，体积减小D ．质量不变时，压强增大，体积减小解析：体积不变，当温度降低时，由查理定律p T＝C 可知压强减小，故B 项正确．答案：B6．对于一定质量的气体，下列四个论述中正确的是( )A ．当分子热运动变剧烈时，压强必增大B ．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C ．当分子间平均距离变大时，压强必变大D ．当分子间平均距离变大时，压强必变小解析：分子热运动变剧烈，表明气体温度升高，分子平均动能增大，但不知气体的分子的密集程度怎么变化，故压强的变化趋势不明确，A 错，B 对；分子的平均距离变大，表明气体的分子的密集程度变小，但因不知此时分子的平均动能怎么变化，故气体的压强不知怎么变化，C 、D 错．答案：B7．下列对饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和汽压以及湿度的认识，正确的是( )A ．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关B ．增大压强，一定可以使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽C ．降低温度一定可以使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽D ．空气中所含水蒸气的压强越大，空气的湿度越大解析：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，而与体积、压强无关，故A 正确，B 错误；饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，降低温度可能使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽，但不是一定使未饱和蒸汽变成饱和蒸汽，故C 错误；空气的湿度是指相对湿度，空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大，但相对湿度不一定越大，故D 错误．答案：A8．容积为20 L 的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm ，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L 的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm ，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装( )A ．4瓶B ．50瓶C ．56瓶D ．60瓶解析：根据玻意耳定律有p 0V 0＝p ′(V 0＋nV 1)，所以n ＝p 0V 0－p ′V 0V 1p ′＝150×20－10×205×10＝56. 答案：C9．如图所示，活塞质量为m ，缸套质量为M ，通过弹簧吊放在地上，气缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S ，大气压强为p 0，则( )A ．气缸内空气的压强等于p 0＋Mg S B ．气缸内空气的压强等于p 0－mg SC ．内外空气对缸套的作用力为(M ＋m )gD ．内外空气对活塞的作用力为mg解析：对缸套受力分析如图所示由力的平衡：pS ＝p 0S ＋Mg ，所以p ＝p 0＋Mg S，A 对、B 错；内外空气对缸套和活塞的作用力为pS －p 0S ＝Mg ，所以C 、D 均错．答案：A10.如图所示，一定质量的理想气体的状态变化过程的V T 图象．则与之相对应的变化过程p T 图象应为( )解析：a →b 过程中，V T 图象是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，压强p 一定，故是等压变化，p T 图象是与T 轴平行的直线；b →c 过程是等容变化，根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，p T 图象是经过坐标原点的直线；c →a 过程是等温变化，p T 图象是与p 轴平行的直线．故A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是( )A ．液体的分子势能与体积有关B ．晶体的物理性质都是各向异性的C ．温度升高，每个分子的动能都增大D ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：液体体积与分子间相对位置相联系，从宏观上看，分子势能与体积有关，A 正确．多晶体表现各向同性，B 错误．温度升高，分子平均速率增大，C 错误．露珠表面张力使其表面积收缩到最小，呈球状，D 正确．答案：AD12．关于饱和汽和相对湿度，下列说法正确的是( )A ．饱和汽压根热力学温度成正比B ．温度一定时，饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C ．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比D ．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压解析：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度；故一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，相同温度下不同液体的饱和汽压一般是不同的，但饱和汽压不是与热力学温度成正比，故A 错误，B 正确；相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故C 错误；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压，故D 正确．答案：BD13.如图，竖直放置、开口向上的长试管内用水银密闭一段理想气体，若大气压强不变，管内气体( )A ．温度升高，则体积增大B ．温度升高，则压强可能减小C ．温度降低，则压强可能增大D ．温度降低，则压强可能不变解析：大气压不变，水银柱的长度也不变，所以封闭的气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，故C 错误，D 正确；根据V T ＝C 可知，温度升高，则体积增大，所以A 正确，B 错误．答案：AD14.如图所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A 、B 两部分，初始温度相同．使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A 、ΔV B ，压强变化量Δp A 、Δp B ，对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ，则( )A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A <ΔV BC ．Δp A >Δp BD ．ΔF A ＝ΔF B解析：假定水银柱不动，升高相同的温度，对气体A ：p A T 1＝p A ′T 2，得p A ′－p A T 2－T 1＝p A T 1，同理知p B ′－p B T 2－T 1＝p B T 1，又因为p A >p B ，故p A ′－p A >p B ′－p B ，所以水银柱向上移动，水银柱上下液面压强差更大，所以Δp A >Δp B ，因此A 、C 两项正确；因为水银不可压缩，故ΔV A ＝ΔV B ，B 项错误；因为ΔF A ＝Δp A ·S A ，ΔF B ＝Δp B ·S B ，故D 项错．答案：AC三、非选择题(本大题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时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．(9分)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，则甲是________，乙是________，丙是________(均填“多晶体”“单晶体”或“非晶体”)．解析：由题图(a)知，甲、乙各向同性，丙各向异性；由题图(b)知，甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点．所以甲是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体．答案：多晶体非晶体单晶体16．(9分)对于一定质量的理想气体，以p 、V 、T 三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图所示，三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小．(1)pT图象(图甲)中A、B两个状态，________状态体积小．(2)VT图象(图乙)中C、D两个状态，________状态压强小．(3)pV图象(图丙)中E、F两个状态，________状态温度低．解析：甲图画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以V B>V A.乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以p D>p C.丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以T E>T F.答案：(1)A(2)C(3)F17.(10分)如图所示是对某种合金连续不断地加热过程中，温度随时间变化的曲线，据图回答：(1)这种合金在固态时是不是晶体？(2)这种合金的熔点是多少？(3)熔化过程用了多少时间？(4)图中BC段表示这种合金处于什么状态？解析：图中BC阶段表示该合金的熔化过程，说明有一定的熔点，所以这种合金在固态时是晶体，且熔点为210 ℃，熔化过程用了Δt＝(14－6)min＝8 min，BC段为固、液共存状态．答案：(1)是(2)210 ℃(3)8 min (4)固、液共存18．(12分)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)．求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg?解析：设U 型管的横截面积为S ，则左端被封闭的气体初状态：p 1＝p 0，V 1＝L 1S ，末状态为：p 2，V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1＋102S ，由理想气体的等温变化得：p 1V 1＝p 2V 2，代入数据得：p 2＝60 cmHg ，则低压舱的压强：p ＝p 2－h ＝60 cmHg －10 cmHg ＝50 cmHg.答案：50 cmHg19．(14分)如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l ＝36 cm 处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T 0＝300 K 、大气压强p 0＝1.0×105Pa 时，活塞与气缸底部之间的距离l 0＝30 cm ，不计活塞的质量和厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：(1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T 1；(2)封闭气体温度升高到T 2＝540 K 时的压强p 2.解析：(1)设气缸的横截面积为S ，由盖·吕萨克定律有：l 0S T 0＝lS T 1，代入数据得：T 1＝360 K.(2)由查理定律有：p 0T 1＝p 2T 2，代入数据得：p 2＝1.5×105 Pa.答案：(1)360 K (2)1.5×105 Pa。