高二物理复习题目

1．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50 ℃加热到100 ℃，气体的压强变化情况是()A．气体压强是原来的2倍B．气体压强比原来增加了50273C．气体压强是原来的3倍D．气体压强比原来增加了50323解析：选D.根据查理定律p1T1＝p2T2得p2＝T2T1p1＝373323p1，即压强变为原来的373323倍．p2－p1＝(373323－1)p1＝50323p1，气体压强比原来增加了50323，答案为D.2.如图2－3－10所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30 ℃时，空气柱长度为30 cm，当水温是90 ℃时，空气柱的长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于()图2－3－10A．－273 ℃ B．－270 ℃C．－268 ℃ D．－271 ℃解析：选B.设绝对零度相当于T0则T1＝－T0＋30，V1＝30S，T2＝－T0＋90，V2＝36S由盖－吕萨克定律得V1T1＝V2T2代入数据解得T0＝－270 ℃，故选B.3．如图2－3－11所示是一定质量的气体从状态A经过状态B到状态C的V－T图像，由图像可知()图2－3－11A．pA＞pB B．pC＜pBC．VA＜VB D．TA＜TB解析：选D.由A到B的过程是等容变化，由pT＝C，且TB＞TA，故pB＞pA，故A、C错，D正确；由B到C的过程是等压变化，故B项错．4．(2011年陕西榆林高二检测)如图2－3－12所示为一水平放置的柱形汽缸内用活塞封闭着一定质量的气体，初温为27 ℃，体积为100 cm3，活塞的面积为10 cm2.开始时内外气体压强均为105 Pa，活塞与缸壁间的最大静摩擦力f＝5 N．问：图2－3－12(1)当温度升高到37 ℃时，气体的体积多大？(2)当温度升高到47 ℃时，气体的体积多大？解析：开始时，p1＝105Pa，V1＝100 cm3，T1＝300 K设温度升高到t ℃时，活塞开始滑动，此时封闭气体的压强p＝p0＋fS＝105＋510－3＝1.05×105(Pa)根据查理定律：p1T1＝p273＋t得273＋t＝pp1T1，t＝300×1.05 ℃－273 ℃＝42 ℃(1)温度升高到37 ℃时，活塞还未动，此时气体体积仍为100 cm3.(2)温度从42 ℃到47 ℃为封闭气体的等压变化，由盖－吕萨克定律V1273＋42＝V273＋47得V＝320315×100 cm3≈102 cm3.答案：(1)100 cm3(2)102 cm3一、选择题1．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度使它的体积为0 ℃时体积的1n倍，则此时气体的温度为()A．－273/n ℃ B．－273(1－n)/n ℃C．－273(n－1)/n ℃ D．－273n(n－1) ℃解析：选C.0 ℃时的体积为V0，温度T0＝273 K．设此时温度T＝273＋t，则体积V ＝1nV0.由盖－吕萨克定律V0T0＝VT，得V0T0＝1nV0273＋t，整理得t＝－273(n－1)/n ℃，故选C.2．密封钢瓶中的气体，当它的温度从10 ℃升高到20 ℃时，压强从p1变为p2，则()A．p2＝2p1 B．p2－p1＝10273p1C．p2－p1＝10283p1 D．p2－p1＝10293p2解析：选CD.当温度变化不大时，可认为钢瓶的容积不变，钢瓶中的气体做等容变化，T1＝283 K，T2＝293 K．由查理定律得p2p1＝T2T1＝293283，根据比例性质有p2－p1p1＝293－283283，所以p2－p1＝10283p1，同理有p2－p1p2＝293－283293，所以p2－p1＝10293p2.故正确答案为C、D.3．(2011年湛江高二检测)有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图像(如图2－3－13所示)．则如下的有关他们的说法，正确的是()图2－3－13A．若甲研究的是查理定律，则他作的图像可能是图aB．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图像是图bC．若丙研究的是查理定律，则他作的图像可能是图cD．若丁研究的是盖－吕萨克定律，则他作的图像是图d解析：选ABD.查理定律：pT＝C所以A对C错．玻意耳定律：pV＝C，所以B对．盖－吕萨克定律：VT＝C，当然D也对．4．假设高空实验火箭起飞前，仪器舱内气体的压强p0＝1 atm，温度t0＝27 ℃，在火箭竖直向上飞行的过程中，加速度的大小等于重力加速度g，仪器舱内水银气压计的示数为p＝0.6p0，已知仪器舱是密封的，那么，这段过程中舱内温度是() A．16.2 ℃ B．32.4 ℃C．360 K D．180 K解析：选C.加速前后，仪器舱内气体是等容变化，可以用查理定律求加速时舱内温度．取舱内气体为研究对象，由查理定律得300T2＝1×105p2.取气压计内高出液面的水银柱为研究对象，由牛顿第二定律得p2S－ρSh2g＝ρSh2a，由以上两式得p2＝1.2×105 Pa，T2＝360 K.5．如图2－3－14所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是()图2－3－14解析：选CD.假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝pΔTT，而各管原p相同，所以Δp∝1T，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．6.如图2－3－15所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是()图2－3－15A．均向下移动，A管移动较多B．均向上移动，A管移动较多C．A管向上移动，B管向下移动D．无法判断解析：选A.因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化．并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．根据盖－吕萨克定律ΔV＝ΔTT•V，因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度降低量ΔT也相同，且ΔT＜0，所以ΔV＜0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1＞H2，A管中气柱的体积较大，|ΔV1|＞|ΔV2|，A管中气柱减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，A正确．二、非选择题7．为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；c．用电加热器加热容器内的空气；d．将待测的安全阀安装在容器盖上；e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：________.(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105 Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________．解析：(1)首先封闭一定质量的理想气体作为研究对象，所以把d、e放在前面，然后是a，记录初态后，对气体加热，直至安全阀开始漏气时记录末态温度．所以顺序应为：deacb.(2)初态时p1＝p0T1＝t1＋273 K＝300 K末态时T2＝t2＋273 K＝360 K由p1T1＝p2T2得p2＝p1T2T1＝1.2×105 Pa.答案：(1)deacb(2)1.2×105 Pa8.一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图2－3－16所示，在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像．图2－3－16解析：对气体由A→B，根据玻意耳定律有p0V0＝3p0VB，则VB＝13V0.由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：A：p0，T0，V0；B：3p0，T0，13V0；C：3p0,3T0，V0V－T图像和p－V图像如图甲、乙所示．答案：见解析9．(2011年上海高二检测)汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升. 已知某型号轮胎能在－40 ℃～90 ℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5 atm ，最低胎压不低于1.6 atm，那么，在t＝20 ℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适(设轮胎的体积不变)．解析：对于胎内气体，根据查理定律：p1T1＝p2T2，t1、p1分别为－40 ℃、1.6 atm.20 ℃时的压强为：p2＝T2T1p1＝293233×1.6 atm＝2.01 atm若t3、p3分别为90 ℃、3.5 atm，根据查理定律得：p′2T2＝p3T3，20 ℃时压强为：p′2＝T2T3p3＝293363×3.5 atm＝2.83 atm.胎压范围为：2.01 atm＜p＜2.83 atm.答案：2.01 atm至2.83 atm10．(2011年宁夏固原高二检测)如图2－3－17所示，活塞的质量为m，大气压强为p0，当密闭气体的温度由T1升高到T2时，活塞处于平衡状态，求：图2－3－17(1)温度为T2时气体的压强；(2)温度为T2时的气体体积．(汽缸的横截面积为S，忽略活塞与汽缸间的摩擦，温度T1时气体的体积为V1)解析：(1)以活塞为研究对象进行受力分析，如图所示．由平衡条件pS＝mg＋p0S，得p＝mgS＋p0.(2)由盖－吕萨克定律V1T1＝V2T2得：V2＝T2T1V1.答案：(1)mgS＋p0(2)T2T1V1莲山课件原文地址：/shti/gaoer/107563.htm5.1 交变电流每课一练（人教版选修3-2）1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是()A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C．线圈每平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2．线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为e＝102sin 20πt V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4 s时，e达到峰值102 V3．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsin ωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为()A．Emsinωt2 B．2Emsinωt2C．Emsin 2ωt D．2Emsin 2ωt4．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图7甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()图7A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小5．如图8所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()图8A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电流为nBl2ωR[C．穿过线圈的磁通量为0D．穿过线圈的磁通量的变化率为06．如图9所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为()[来源:学科网ZXXK]图9A．12BL1L2ωsin ωt B．12BL1L2cos ωtC．BL1L2ωsin ω t D．BL1L2ωcos ωt7．如图10所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是()图108．如图11甲所示，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．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝π2ω时刻()图11A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零9．如图12所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()图12A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和 P2转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d[来源:学_科_网]D．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答案[10．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示．则交变电流的频率为______Hz，当t＝0时，线圈平面与磁感线________，当t＝0.5 s时，e为______V.图13[来源:Z+xx+]11．如图14所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝52π T，线框的CD边长为l1＝20 cm，CE、DF边长均为l2＝10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．12．如图15所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，b c＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动．从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图15(1)线圈中感应电动势的大小．(2)由t＝0至t＝T4过程中的平均电动势值．参考答案课后巩固练1．C2．AB[根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t＝0时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，e ＝102sin 20πt V＝102sin 8π V＝0，所以D错误．]3．D[电枢转速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度变为原来的2倍；由电动势最大值表达式 Em＝nBSω知，最大值也变为原来的2倍．]4．B[t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大，磁通量变化率ΔΦΔt＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．] 5．BC[图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I＝nBSωR＝nBl2ωR，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.]6．C[线圈经过时间t时，转过角度θ，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab＝BL1vsin θ，Ecd＝BL1vsin θ，bc，ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsin θ＝2BL1•12L2ωsin ωt＝BL1L2ωsin ωt，故正确选项应为C.]7．D[矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为a→d →c→b→a，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确．]8．CD[t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．]9．A[无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．] 10．2垂直0解析T＝2πω＝12 s，则交流电的频率f＝1T＝2 Hz.由图象知t＝0时，e＝0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t＝0.5 s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0. 11．(1)e＝102cos 100πt V(2)见解析解析(1) 线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝52π T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝52π×0.02×100πcos 100πt V，即e＝102cos 100πt V.(2)T＝2πω＝0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示12．(1)e＝314sin 100πt V(2)200 V解析(1)解法一线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab＝ecd＝NBabvsin ωt，其中v＝ωad2＝ωbc2，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωabad2sin ωt＝NBSωsin ωt，则Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，e＝31 4sin 100πt V解法二感应电动势的瞬时值e＝NBSωsin ωt，由题可知S＝ab•bc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，所以e＝314sin 100πt V.(2)用E＝NΔΦΔt计算t＝0至t＝T4过程中的平均电动势E＝N|Φπ2－Φ0|T4－0＝N|0－BS|T4＝4NBS2πω[即E＝2πNBSω.代入数值得E＝200 V.4.3 楞次定律每课一练2（人教版选修3-2）一、基础练1．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是()答案 B解析选项A中线圈面积S变化；选项C、D中线圈面与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流．选项B中，B、S及两者夹角均不变，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流．2．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1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，下落过程中小环中产生感应电流的过程是()图1[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答案 D解析由环形电流磁感线的分布可知小环在运动过程中无论是接近还是远离大环，小环的磁通量均在变化，所以小环下落的整个过程均能产生感应电流．故选D.3．如图2所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场()图2A. 线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB. 线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC．受磁场的作用，线框要发生转动D．线框中始终没有感应电流答案 D解析由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场的作用．故选项D 正确．[4．如图3所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流由A经R到B，则磁铁的运动可能是()图3A．向下运动 B．向上运动C．向左平移 D．向右平移答案BCDR→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向向下；(2)由楞次定律判断得螺线管内的磁通量变化应是向下的减小或向上的增加；(3)由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场方向是向下的，故应是磁通量减小，磁铁向上运动、向左或向右平移都会导致通过螺线管内的向下的磁通量减小．5．在图4中，MN为一根固定的通有恒定电流I的长直导线，导线框abcd与MN在同一竖直平面内(彼此绝缘)，当导线框以竖直向下的速度v经过图示位置时，线框中感应电流方向如何？图4答案abcda解析MN中的电流在MN上方和下方的磁场如图所示．“•”表示磁感线垂直于纸面向外，“×”表示磁感线垂直于纸面向里，线框在图示位置时，线框在MN上面的部分与MN间所包围的“•”的磁感线将要减少，线框在MN下方的部分与MN间所包围的“×”将要增多，总的来说，线框所围面积的“•”将要减少，“×”将要增多，根据“增反减同”这一口诀，可知感应电流的磁场方向与“•”同向，与“×”反向，由右手螺旋定则可知线框中感应电流方向为abcda.二、提升练6．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图5所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则()图5A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大答案BC解析选取A环为研究对象，若A环带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加．由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，B环中感应电流的方向应为逆时针方向，故A错误，B正确；若A环带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故C正确，D错误．[来源:Z。