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2020-2021學年山東省聊城市高二（下）期中物理試卷

1. 下列說法正確的是(?)
A. 分子勢能增大時，分子間的作用力一定減小
B. 懸浮在水中花粉的布朗運動反映了花粉分子的熱運動
C. 變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場
D. 周期性變化的電場一定產(chǎn)生同頻率的周期性變化的磁場
2. 紅外測溫槍與傳統(tǒng)的熱傳導測溫儀器相比，具有響應時間短、測溫效率高、操作方便、防交叉感染(不用接觸被測物體)的特點．下列說法中正確的是(?)
A. 紅外線也屬于電磁波，其波長比紅光短
B. 高溫物體輻射紅外線，低溫物體不輻射紅外線
C. 紅外測溫槍能測溫度與溫度越高的人體輻射的紅外線越強有關
D. 紅外線比可見光頻率大
3. 如圖是自動調(diào)溫式電熨斗，下列說法錯誤的是(?)



A. 常溫時上下觸點是接觸的
B. 雙金屬片溫度升高時，上金屬片形變較大，雙金屬片將向下彎曲
C. 原來溫度控制在80℃斷開電源，現(xiàn)要求60℃斷開電源，應使調(diào)溫旋鈕下調(diào)一些
D. 由熨燙絲綢衣物狀態(tài)轉化為熨燙棉麻衣物狀態(tài)，應使調(diào)溫旋鈕下移一些
4. 關于渦流，下列說法中不正確的是(?)
A. 真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置
B. 家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產(chǎn)生的
C. 阻尼擺擺動時產(chǎn)生的渦流總是阻礙其運動
D. 變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流
5. 如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S=200cm2，線圈的電阻r=1Ω，線圈外接一個阻值R=4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．下列說法中正確的是(?)

A. 線圈中的感應電流方向為順時針方向
B. 電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大
C. 線圈電阻r消耗的功率為4×10?4W
D. 前4s內(nèi)通過R的電荷量為4×10?4C
6. 圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是(?)
A. 圖1中，A1與L1的電阻值不相同
B. 圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流
C. 圖2中，變阻器R與L2的電阻值不相同
D. 圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等
7. 遠距離輸電原理圖如圖所示，原線圈輸入電壓及輸電功率恒定，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，當S由2改接為1時，下列說法正確的是(?)
A. 電壓表讀數(shù)減小 B. 電流表讀數(shù)增大
C. 輸電線上損耗的功率減小 D. 用戶的功率減小
8. 如圖所示的LC振蕩電路中，已知某時刻電流i的方向指向A板，且正在增大，則此時(?)
A. B板帶正電且在減少 B. 線圈L兩端電壓在增大
C. 電容器C正在充電 D. 磁場能正在轉化為電場能
9. 關于高頻電視信號的發(fā)射和接收，下列說法中不正確的是(?)
A. 要使電視機的屏幕上有圖象，必須要有解調(diào)過程
B. 音頻電流的頻率比較低，不能直接用來發(fā)射電磁波
C. 當接收電路的固有頻率與收到的電磁波的頻率相同時，接收電路產(chǎn)生的振蕩電流最強
D. 為了使振蕩電路有效地向空間輻射能量，必須是閉合電路
10. 如圖甲所示，長直導線與閉合金屬線框固定在同一平面內(nèi)，在長直導線中通以正弦交流電，電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示。下列說法正確的是(?)
A. 0時刻線框中的感應電流最小
B. t1時刻線框中的感應電流最大
C. t2時刻長直導線和線框之間的作用力最大
D. t3時刻長直導線和線框之間相互排斥
11. 如圖中兩條曲線為冬天和夏天我們教室內(nèi)氧氣分子分別在0℃和30℃溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化規(guī)律．下列說法正確的是(?)
A. 圖中兩條曲線下面積相等
B. 圖中實線對應于氧氣分子平均動能較小的情形
C. 圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目
D. 與0℃時相比，30℃時氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小
12. 如圖甲所示，標有“6V，3W”的燈泡和標有“2μF，7V”的電容器并聯(lián)到交流電源上，V為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，下列判斷正確的是(?)

A. 電容器不可能被擊穿
B. 燈泡恰好正常發(fā)光
C. 電壓表的示數(shù)在0～62V之間不斷
D. t=0.01s時，線圈中的磁通量最大
13. 火警報警器的電路示意圖如圖所示。其中R3用半導體熱敏材料制成，這種熱敏材料的電阻率隨溫度的升高而減??；電流表為值班室的顯示器，a、b之間接報警器。當R3所在處出現(xiàn)火情時，通過顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是(?)
A. I變大 B. I變小 C. U變大 D. U變小
14. 如圖所示，理想變壓器所接電源的輸出電壓u=2202sin100πt(V)，已知變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=3：1，L1、L2、L3、L4為四個規(guī)格相同的燈泡，其中燈泡L1和變壓器的原線圈串聯(lián)，燈泡L2、L3、L4并聯(lián)在一起接在副線圈回路中，交流電壓表為理想電表．現(xiàn)閉合開關S，燈泡L2、L3、L4均正常發(fā)光，則下列說法中正確的是(?)
A. 燈泡L1恰好正常發(fā)光 B. 燈泡的額定電壓為55V
C. 電壓表的示數(shù)為220V D. 若斷開開關S，電壓表的示數(shù)不變
15. 某學習興趣小組在做“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗。
(1)在該實驗中，采用了理想化模型的方法。關于采用的理想化假設，下列選項不正確的是______。
A.把分子看作小球
B.油酸在水面上形成單分子純油酸油膜
C.分子一個挨一個緊密排列
D.不考慮油酸分子間的分子力
(2)實驗中，已知油酸酒精溶液的濃度為n，N滴溶液體積為V，若將1滴該溶液滴入盛水的淺盤中，穩(wěn)定后形成的單分子油膜的面積為S，根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可求出油酸分子的直徑為______。(用提供的物理符號表示)
(3)若實驗中撒入的痱子粉太厚，計算出的分子直徑______。(填“偏大”、“偏小”或“不變”)
16. 在“探究電磁感應的產(chǎn)生條件”實驗中。
(1)如圖甲所示，線圈橫臥在課桌上并與G表相連，將條形磁鐵從線圈的左端插入、右端拔出，已知插入時G表指針向右偏轉，則拔出時G表指針______(填“向左”或“向右”)偏轉；若條形磁鐵S極正對線圈的右端并從右端插入左端拔出，則插入時G表指針______(填“向左”或“向右”)偏轉，拔出時G表指針______(填“向左”或“向右”)偏轉．
(2)如圖乙所示，按實驗的要求將圖中所缺的導線用筆畫線代替補接完整．
(3)某同學連好電路閉合開關接通電源后，第一次將滑動變阻器從最大阻值滑移到某一較小阻值，第二次用比第一次小的速度將滑動變阻器從最大阻值滑移到同一較小阻值，則第二次G表偏轉的角度較______(填“小”或“大”)。


17. 如圖甲所示是一種自動測定油箱內(nèi)油面高度的裝置．其中R是滑動變阻器，阻值范圍是0～100Ω，它的金屬滑片是杠桿的一端，油量表是由理想電流表改裝而成的，實際是量程為0～0.3A的電流表，從指針所指的刻度可知油箱內(nèi)油面的高度；R′為校準電阻．已知電源電動勢為6.0V，內(nèi)阻1Ω.油箱空和油箱滿時金屬滑片恰在滑動變阻器的兩端點a、b處．

(1)當油箱滿時，理想電流表示數(shù)恰好為滿偏刻度0.3A，求校準電阻R′的阻值和油箱空時理想電流表的示數(shù)；
(2)若將理想電流表改換為理想電壓表，理想電壓表的指針指示的刻度顯示油箱內(nèi)油面的高度，要求油面上升時理想電壓表的讀數(shù)增大，請將理想電壓表V畫在圖乙中，并標明理想電壓表的“+”“-”接線柱，并轉畫到答題卡上．若改裝后電路中校準電阻的阻值不變，求理想電壓表示數(shù)的變化范圍．
18. 如圖所示，間距為L=0.20m的光滑平行金屬導軌，水平地放置在豎直方向的磁感應強度為B=4.0T的勻強磁場中，一端接阻值為R=3.0Ω的電阻．一電阻為r=1.0Ω、質(zhì)量為m=0.01kg的導體棒放置在導軌上，在外力F作用下從t=0的時刻開始運動，其速度隨時間的變化規(guī)律v=10sinπt(m/s)，不計導軌電阻．求：
(1)從t=0到t=2.0s時間內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量；
(2)從t=0到t=2.0s時間內(nèi)外力F所做的功。








19. 如圖所示，某村在距村莊較遠的地方修建了一座小型水電站，發(fā)電機輸出功率為9kW，輸出電壓為500V，輸電線的總電阻為10Ω.求：

(1)若不用變壓器而由發(fā)電機直接輸送，村民和村辦小企業(yè)得到的電壓和功率是多少？
(2)用如圖所示的電路輸電，允許線路損耗的功率為輸出功率的4%，若村民和村辦小企業(yè)需要220V電壓時，所用升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比各為多少？(不計變壓器的損耗)







20. 某校物理興趣小組利用電磁學知識設計的健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=1.0m，傾角θ=53°，導軌上端串接一個R=0.6Ω的電阻．在導軌間長d=0.64m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2.0T.質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距x=0.36m.一位健身者用恒力F=40N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求：
(1)CD棒進入磁場時速度v的大?。?br /> (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；
(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.








答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、當分子表現(xiàn)為引力時，大分子之間的距離，分子做負功，分子勢能增大；而當分子表現(xiàn)為引時，大分子之間的距離，分子間的作用力可能增大，也可能減小，故A錯誤；
B、懸浮在液體中的花粉顆粒的無規(guī)則運動是布朗運動，它反映了液體分子的無規(guī)則的熱運動，不是花粉分子的熱運動，故B錯誤：
C、根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，均勻變化的電場產(chǎn)生恒定不變的磁場，均勻變化的磁場產(chǎn)生恒定不變的電場，故C錯誤；
D、周期性變化的電場一定產(chǎn)生同須率的周期性的磁場，故D正確。
故選：D。
當分子表現(xiàn)為引力時，大分子之間的距離，分子做負功，分子勢能增大；而當分子表現(xiàn)為引時，大分子之間的距離，分子間的作用力可能增大，也可能減??；布朗運動是花粉顆粒的不規(guī)則運動；根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論可知，均勻變化的電場產(chǎn)生恒定不變的磁場，均勻變化的磁場產(chǎn)生恒定不變的電場。
本題考查了分子運動和分子間相互作用力，解題時要注意布朗運動是花粉顆粒的不規(guī)則運動反映了液體分子的無規(guī)則運動。

2.【答案】C

【解析】解：A、紅外錢也屬于電磁波，其波長比紅光長，故A錯誤；
B、所有物體都輻射紅外線，只是不同溫度的物體輻射的紅外線強度不同，故B錯誤；
C、溫度越高的物體，輻射的紅外線越強，傳感器接收到不同強度的紅外線即能測出不同人體的溫度，故C正確；
D、紅外線比可見光的波長長，頻率較小，故D錯誤；
故選：C。
根據(jù)電磁波譜的排列順序可知，紅外線波長比紅光長；一切物體均在輻射紅外線，物體在不同溫度下紅外線輻射強弱不同，紅外測溫槍就是接收人體輻射出的紅外線來測溫的。
此題考查了紅外線的相關特性，明確自然界所有的物體，無時無刻不在向外發(fā)出輻射能量，紅外測溫槍探測人體發(fā)出的紅外線的波長和強度，就可以計算出溫度。

3.【答案】C

【解析】解：A、常溫時，通電電熱絲能發(fā)熱，所以上、下觸點應是接觸的．故A正確．
B、雙金屬片上下金屬片的膨脹系數(shù)不同，溫度升高時，上層形變大，雙金屬片向下發(fā)生彎曲，使電路斷開．故B正確．
C、原來溫度上升到80°C時，斷開電源，現(xiàn)在要求60°C時斷開電源，彈性銅片與觸點接觸面積要減小，應逆時針調(diào)節(jié)調(diào)溫旋鈕，即應使調(diào)溫旋鈕上調(diào)一些，故C錯誤．
D、由熨燙絲綢衣物狀態(tài)轉化為熨燙棉麻衣物狀態(tài)，溫度要高一點，由C的分析可知，應使調(diào)溫旋鈕下移一些，故D正確．
本題選擇錯誤的，故選：C.
電熨斗溫度自動控制裝置能控制電源的通斷．常溫時，上、下觸點應是接觸的，當雙金屬片溫度升高時，上下層形變不同，上層形變大，雙金屬片發(fā)生彎曲，使電路斷開．原來溫度上升到80°C時，斷開電源，現(xiàn)在要求60°C時斷開電源，彈性銅片與觸點接觸面積要減小，應逆時針調(diào)節(jié)調(diào)溫旋鈕．
本題考查對溫度傳感器原理的理解．雙金屬片通過溫度變化，兩金屬膨脹系數(shù)不同，使電源實現(xiàn)自動通斷．

4.【答案】B

【解析】解：A、高頻感應爐是用渦流來熔化金屬對其進行冶煉的，爐內(nèi)放入被冶煉的金屬，線圈內(nèi)通入高頻交變電流，這時被冶煉的金屬中產(chǎn)生渦流就能被熔化。故A正確；
B、電磁爐利用高頻電流在電磁爐內(nèi)部線圈中產(chǎn)生磁場，當含鐵質(zhì)鍋具放置爐面時，鐵磁性鍋體被磁化，鍋具即切割交變磁感線而在鍋具底部產(chǎn)生交變的渦流，恒定磁場不會產(chǎn)生渦流，故B錯誤；
C、阻尼擺擺動時產(chǎn)生的渦流總是阻礙其運動，當金屬板從磁場中穿過時，金屬板板內(nèi)感應出的渦流會對金屬板的運動產(chǎn)生阻礙作用。故C正確；
D、在整塊導體內(nèi)部發(fā)生電磁感應而產(chǎn)生感應電流的現(xiàn)象稱為渦流現(xiàn)象，要損耗能量，不用整塊的硅鋼鐵芯，其目的是為了減小渦流，故D正確。
本題選擇錯誤的，故選：B。
線圈中的電流做周期性的變化，在附近的導體中產(chǎn)生感應電流，該感應電流看起來像水中的漩渦，所以叫做渦流．渦流會在導體中產(chǎn)生大量的熱量．
掌握渦流的原理及應用與防止：真空冶煉爐，硅鋼片鐵心，金屬探測器，電磁灶等．注意電磁爐是利用電流的熱效應和磁效應的完美結合體，它的鍋具必須含磁性材料，最常見的是不銹鋼鍋．

5.【答案】C

【解析】解：A、由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應電流逆時針，故A錯誤。
B、根據(jù)法拉第電磁感應定律，可知，磁通量的變化率恒定，所以電動勢恒定，則電阻兩端的電壓恒定，故B錯誤；
C、由法拉第電磁感應定律：E=NΔ?Δt=△B?S△tN=100×0.4?0.24×0.02V=0.1V，由閉合電路歐姆定律，可知電路中的電流為I=ER+r=0.14+1A=0.02A，所以線圈電阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10?4W，故C正確；
D、前4s內(nèi)通過R的電荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D錯誤；
故選：C。
線圈平面垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導致出現(xiàn)感應電動勢，產(chǎn)生感應電流．由楞次定律可確定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小，運用功率與電荷量的表達式，即可求解．
考查楞次定律來判定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律來求出感應電動勢大小．當然本題還可求出電路的電流大小，及電阻消耗的功率．同時磁通量變化的線圈相當于電源．

6.【答案】A

【解析】解：A、圖1中，斷開S1的瞬間，A1燈閃亮，是因為電路穩(wěn)定時，A1的電流小于L1的電流，則可知L1的電阻小于A1的電阻，故A正確；
B、圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明燈泡中的電流小于線圈L1中的電流，故B錯誤；
C、圖2中，因為要觀察兩只燈泡發(fā)光的亮度變化，兩個支路的總電阻相同，因兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R與L2的電阻值相同，故C錯誤；
D、圖2中，閉合S2瞬間，L2對電流由阻礙作用，所以L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯誤；
故選：A。
閉合開關的瞬間，通過L的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關系。待電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈產(chǎn)生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關系，判斷兩燈是否同時熄滅。
當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。

7.【答案】C

【解析】解：B、原線圈輸入電壓及輸電功率恒定，當S由2改接為1時，根據(jù)U2=n2n1U1，
升壓變壓器副線圈匝數(shù)n2增大，則U2增大，由于U1I1=U2I2，則升壓變壓器副線圈電流I2減小，所以電流表讀數(shù)減小，故B錯誤；
A、線路損失的電壓減小，則降壓變壓器原線圈的電壓U3=U2?ΔU增大，則降壓變壓器副線圈的電壓U4=n4n3U3增大，所以電壓表的讀數(shù)增大，故A錯誤；
C、輸電線上損耗的功率，由于升壓變壓器副線圈電流I2減小，所以輸電線上損耗的功率減小，故C正確；
D、用戶的功率P4=P1?ΔP，輸電線上損耗的功率減小，所以用戶的功率增大，故D錯誤；
故選：C。
原線圈電壓與匝數(shù)比覺得副線圈電壓；副線圈的電壓與負載決定副線圈電流；輸電線上損耗的功率；用戶的功率P4=P1?ΔP。
本題主要考查遠距離輸電的動態(tài)分析，關鍵要明確整個過程中的功率、電壓關系，由其要注意輸電線上的功率損失與什么因素有關。

8.【答案】A

【解析】解：ABC、電路中的電流正在增大，說明電容器C正在放電，則A、B兩板間的電壓在減??；電流的方向從正極板流向負極板，所以B板帶正電，A板帶負電，且兩極板所帶電量正在減小，故BC錯誤，A正確；
D、電容器C正在放電，在電路中的電場能正在轉化為磁場能，故D錯誤。
故選：A。
電流方向是正電荷移動方向，根據(jù)電流方向及電流的變化情況判斷電容器充放電情況，以及極板帶電情況。振蕩電路中有兩種能：電場能和磁場能，根據(jù)能量守恒定律分析能量的變化。
本題考查對電磁振蕩過程的理解，難點在于電容器極板帶電情況的判斷，要根據(jù)電流方向和電容器充放電情況分析。

9.【答案】D

【解析】解：A、電視機顯示圖像時，必須通過檢波過程，也就是解調(diào)，把有效的信號從高頻信號中提取出來，否則就不能顯示，故A正確；
B、一般的音頻電流頻率都較低，不能直接用來發(fā)射電磁波，故B正確；
C、電磁波接收原理是一種電諧振現(xiàn)象，與機械振動中的共振類似，當接收電路的固有頻率與收到的電磁波的頻率相同時，接收電路產(chǎn)生的振蕩電流最強，故C正確；
D、為了使振蕩電路有效地向空間輻射能量，必須采用開放電路和高頻發(fā)射，故D錯誤。
本題選不正確的，故選：D。
從經(jīng)過調(diào)制的高頻振蕩中“檢”出調(diào)制信號的過程，叫做檢波，檢波是調(diào)制的逆過程，也叫做解調(diào)；發(fā)射電磁波的條件之一就是要有足夠高的振蕩頻率；當接收電路的固有頻率跟接收到的電磁波的頻率相同時，激起的振蕩電流最強，這就是電諧振現(xiàn)象；發(fā)射電磁波時電路必須開放，使振蕩電路的電場和磁場分散到盡可能大的空間。
本題關鍵是必須理解電磁波的發(fā)射和接收過程，并記住發(fā)射電磁波的兩個條件：即要有足夠高的振蕩頻率和電路必須開放。

10.【答案】D

【解析】解：A、由圖乙所示圖象可知，0時刻通過直導線的電流變化率最大，穿過線框的磁通量的變化率最大，線框產(chǎn)生的感應電動勢最大，由歐姆定律可知，線框中的感應電流最大，故A錯誤；
B、由圖乙所示圖象可知，t1時刻通過直導線的電流變化率最最小為零，穿過線框的磁通量的變化率最小為零，線框產(chǎn)生的感應電動勢最小，由歐姆定律可知，線框中的感應電流最小，故B錯誤；
C、由圖乙所示圖象可知，t2時刻通過直導線的電流變化率最最大，穿過線框的磁通量的變化率最大，線框產(chǎn)生的感應電動勢最大，由歐姆定律可知，線框中的感應電流最大，t2時刻長直導線中的電流為零，此時長直導線與線框間的作用力為小，為零，故C錯誤；
D、設圖甲所示長直導線電流方向是正方向，即電流向下為正方向，由圖乙所示圖象可知，t3時刻電流是負的，即通過長直導線的電流方向向上，由安培定則可知，長直導線在線框所在位置產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向里；t3時刻長直導線電流增大，電流產(chǎn)生的磁感應強度增大，穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，線框中產(chǎn)生的感應電流方向沿逆時針方向；由左手定則可知，線框所受安培力方向向右，線框中感應電流在長直導線處產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向里，由左手定則可知，長直導線受到的安培力向左，長直導線與線框所受安培力方向相反，長直導線與線框相互排斥，故D正確。
故選：D。
根據(jù)圖乙所示圖象判斷穿過線圈的磁通量的變化率大小，根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢大小，然后應用歐姆定律判斷線框感應電流大小；應用楞次定律判斷出感應電流方向，然后判斷長直導線與線框間的作用力是引力還是斥力。
本題考查了楞次定律、安培定則與左手定則的應用，根據(jù)圖乙所示判斷出長直導線電流變化情況是解題的前提與關鍵，應用楞次定律、安培定則與左手定則即可解題。

11.【答案】AD

【解析】解：A、在0℃和30℃兩種不同情況下，各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關系圖線與橫軸所圍面積都應該等于1，即兩條曲線下面積相等，故A正確；
B、由圖可知，具有最大比例的速率區(qū)間，30℃時對應的速率大，說明實線為30℃的分布圖象，對應的分子平均動能較大，虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形，故B錯誤；
C、圖中縱坐標表示的是單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比，而不是分子數(shù)，故C錯誤；
D、由圖可知，0～400m/s段內(nèi)，30℃對應的占據(jù)的比例均小于與0℃時所占據(jù)的比值，因此30℃時氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400m/s區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小，故D正確。
故選：AD。
溫度是分子熱運動平均動能的標志，溫度越高，分子的平均動能增大，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同。
本題考查分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律，記住圖象的特點，知道縱坐標表示的是單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比，而不是分子數(shù)。

12.【答案】BD

【解析】解：A、根據(jù)交流電源輸出電壓的圖像可知，電容器兩端電壓的最大值Um=62V≈8.4V>7V，故電容器會被擊穿，故A錯誤；
BC、電壓表的示數(shù)即燈泡兩端電壓等于輸出電壓的有效值，即為
U=Um2=622V=6V，
燈泡的額定電壓為6V，故燈泡恰好正常發(fā)光，故B正確，C錯誤；
D、t=0.01s時，線圈轉動產(chǎn)生的感應電動勢為0，線圈位于中性面，線圈中磁通量最大，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)圖乙求解交流電源的輸出電壓有效值，判斷燈泡是否正常發(fā)光；計算交流電源輸出電壓最大值，判斷電容器是否可能被擊穿；交流電壓表的示數(shù)為有效值；根據(jù)t=0.01s時感應電動勢為零判斷線圈所處的位置，由此判斷磁通量是否為零。
本題主要是考正弦交流電的知識，關鍵是知道正弦交流電的有效值與最大值之間的關系，弄清楚電路連接情況進行分析。

13.【答案】BD

【解析】解：當傳感器R3所在處出現(xiàn)火情時，熱敏電阻R3的阻值減小，則外電路總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流將增大；由U=E?Ir可知，路端電壓U減小，則圖中報警器兩端的電壓U將減小；因總電流增大，則R1兩端的電壓增大，并聯(lián)部分的電壓減小，則可知流過R2中的電流I減小，即通過顯示器的電流I減小，故AC錯誤，BD正確；
故選：BD。
R3為用半導體熱敏材料制成的傳感器，溫度升高時，其電阻減小。
當傳感器R3所在處出現(xiàn)火情時，分析R3的變化，確定外電路總電阻的變化，分析總電流和路端電壓的變化，即可知U的變化。根據(jù)并聯(lián)部分電壓的變化，分析I的變化。
此題考查了閉合電路歐姆定律，解題關鍵是掌握熱敏電阻與溫度的關系，再按“局部→整體→局部”的順序進行動態(tài)變化分析。

14.【答案】AB

【解析】解：A、設原、副線圈兩端電壓分別為U1、U2，電流為I1、I2，設燈泡正常發(fā)光時的電流為I，則I2=3I，根據(jù)變壓器的基本關系得：
I1I2=n2n1=13
解得：I2=3I1即I1=I，故燈泡L1能正常發(fā)光，故A正確；
B、根據(jù)變壓器的變壓比得：
U1U2=n1n2=31?U1=3U2
因為燈均都正常發(fā)光，故燈的額定電壓

由題意電源的輸出電壓為U=220V
對電源和原線圈組成的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
，
解得：U2=55V，故B正確；
C、電壓表的示數(shù)為U1=3U2=165V，故C錯誤；
D、若斷開開關S，副線圈電流流I2發(fā)生變化，因為副線圈電流決定原線圈電流，故I1變化，燈L1兩端的電壓變化，因電源電壓不變，故電壓表的示數(shù)改變，故D錯誤。
故選：AB。
利用理想變壓器的電壓、電流之間的關系，求出原線圈的電流，即可判斷燈是否正常發(fā)光，以及燈的額定電壓；對電源和原線圈組成的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可求電壓表的示數(shù)；若斷開開關S，副線圈電流流I2發(fā)生變化，因為副線圈電流決定原線圈電流，故I1變化，燈L1兩端的電壓變化，因電源電壓不變，故電壓表的示數(shù)改變。
該題的突破口是利用理想變壓器的電壓、電流之間的關系，表示出原線圈中的電流和原線圈回路中的燈分得的電壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電燈的分壓的數(shù)值關系，即可解決本題，另外注意副線圈電流決定原線圈電流。

15.【答案】DnVNS? 偏大

【解析】解：(1)在該實驗中，采用了理想化模型的方法有：
A.把分子看作小球，故A正確；
B.油酸在水面上形成單分子純油酸油膜，故B正確；
C.分子一個挨一個緊密排列，故C正確；
D.是否要考慮油酸分子間的分子力與本實驗無關，故D不正確；
本題選擇不正確的，
故選：D。
(2)一滴溶液中含純油的體積：V0=VN?n=nVN；
那么油分子直徑：d=V0S=nVNS。
(3)實驗過程中，若油膜沒有完全散開，則油酸溶液在水面上形成的油膜面積偏小，由d=VS可知，實驗測量的油酸分子的直徑偏大。
故答案為：(1)D；(2)nVNS；(3)偏大。
(1)明確“用油膜法估測分子的大小”實驗的實驗原理：油酸以單分子呈球型分布在水面上，且一個挨一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，即可正確解答；
(2)根據(jù)題意求出油酸的體積，最后求出油分子的直徑；
(3)依據(jù)d=VS，結合痱子粉太厚，即S太小，從而即可求解。
本題考查“用單分子油膜估測分子大小”實驗的實驗步驟和數(shù)據(jù)處理，難度不大，是一道基礎題，熟練掌握基礎知識即可正確解題；解題時要注意，V0應該是純油的體積，不是酒精油酸溶液的體積。

16.【答案】向左? 向右? 向左? 小

【解析】解：(1)如圖甲所示，將條形磁鐵從線圈的左端插入、右端拔出，當插入時，向右穿過線圈的磁通量增大，感應電流的磁場方向向左，則G表指針向右偏轉。當拔出時，向右穿過線圈的磁通量減小，感應電流的磁場向右，那么G表指針向左偏轉；
同理，當條形磁鐵S極正對線圈的右端，并從右端插入、左端拔出，則插入時，向右穿過線圈的磁通量增大，感應電流的磁場向左，則G表指針向右偏轉。當拔出時，向右穿過線圈的磁通量減小，感應電流的磁場向右，那么G表指針向左偏轉。
(2)按實驗的要求將圖中所缺的導線用筆畫線代替補接完整，如圖所示。
將學生電源和單刀開關、滑動變阻器、A線圈串聯(lián)起來，將B線圈與G表連接起來，A線圈應該與學生電源的直流接線柱相連，第一次將滑動變阻器從最大阻值滑移至某一較小阻值，而第二次用比第一次小的速度將滑動變阻器從最大阻值滑移至同一較小阻值，兩種情況的磁通量變化均相同，而后者變化的時間長，那么第二次感應電動勢較小，則G表偏轉的角度較小。
故答案為：(1)向左，向右，向左；(2)如圖所示；(2)小
(1)根據(jù)題意判斷指針偏轉方向與磁通量變化之間的關系，然后根據(jù)題意判斷磁通量如何變化，再判斷指針偏轉方向。
(2)分兩部分路將變化電路，和產(chǎn)生電流的電路補充完整。
(3)依據(jù)磁通量變化率大小來判定求解。
熟練應用楞次定律是正確解題的關鍵；要掌握穿過線圈的磁場方向與磁通量的變化情況，注意磁通量變化量與變化率的不同是解題的關鍵。

17.【答案】解：(1)校準電阻R′的阻值：R′=UI=12V0.6A=20Ω.
油箱空時，電流表的示數(shù)：；
(2)用電壓表代替電流表做油量表，則電壓表與電阻需并聯(lián)連接，由于油面上升時電壓表的讀數(shù)增大，說明電壓表與校準電阻并聯(lián)，如圖所示：

當油箱滿時，電壓表示數(shù)：；
當油箱空時，電壓表示數(shù)：U′′=U=12V.故電壓表示數(shù)變化范圍為2V～12V.
答：(1)校準電阻R′的阻值為20Ω，油箱空時理想電流表的示數(shù)為0.1A；
(2)若將理想電流表改換為理想電壓表，理想電壓表的指針指示的刻度顯示油箱內(nèi)油面的高度，要求油面上升時理想電壓表的讀數(shù)增大，電路圖如圖所示：

理想電壓表示數(shù)的變化范圍為2V～12V。

【解析】(1)當油箱滿時，理想電流表示數(shù)恰好為滿偏刻度0.3A，金屬滑片在b處此時滑動變阻器連入電路的電阻R=0，當油箱空時，金屬滑片在a處，此時變阻器連入電路阻值最大R=100Ω；
(2)為滿足油面上升時，電壓表讀數(shù)增大的要求，應使電壓表與校準電阻R′并聯(lián)，電壓表示數(shù)變化的范圍，由滑片在ab兩處時校準電阻R′兩端的電壓決定。
本題考查了定值電阻的作用、歐姆定律的應用、油量表的改裝等問題，認真審題，充分理解題意、分析清楚電路結構、熟練應用串聯(lián)電路特點及歐姆定律即可解題。

18.【答案】解：(1)從t=0開始運動，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為：e=BLv=BLvmsinωt，是正弦式交變電流
感應電動勢最大值為：Em=BLvm=4.0×0.20×10V=8.0V
其有效值為：E=22Em=(42)V
感應電流的有效值：I=ER+r=423.0+1.0A=2A
電阻R產(chǎn)生的熱量為：Q=I2Rt=(2)2×3×2J=12J
(2)從t=0到t=2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得：W=I2(R+r)t
代入數(shù)據(jù)得外力F所做的功W=16J
答：(1)從t=0到t=2.0s時間內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量為12J；
(2)從t=0到t=2.0s時間內(nèi)外力F所做的功為16J。

【解析】(1)根據(jù)感應電動勢公式E=BLv求得感應電動勢瞬時值表達式，可知棒中產(chǎn)生正弦式電流，根據(jù)感應電動勢最大值Em，求出感應電動勢的有效值，再由歐姆定律求出電流的有效值，再由公式P=I2R求R上產(chǎn)生的熱量。
(2)根據(jù)動能定理研究從t=0到t=2s時間內(nèi)外力F所做的功，其中克服安培力做功大小等于電路中產(chǎn)生的熱量。
本題是產(chǎn)生正弦式電流的一種方式，要能夠把電磁感應和動能定理結合解決問題．知道正弦交變電流產(chǎn)生熱量必須用有效值來求。

19.【答案】解：(1)若不用變壓器而由發(fā)電機直接輸送(模型如圖所示)，有：

解得：
所以線路損耗的功率為：

用戶得到的電壓為：

用戶得到的功率

(2)建立如圖所示的遠距離輸電模型，
由線路損耗的功率可得：

又因為，所以有：


根據(jù)理想變壓器規(guī)律有：
n1n2=U1U2=5001500=13，n3n4=U3U4=1440220=7211
所以升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比分別是1：3和72：11.
答：(1)村民和村辦小企業(yè)得到的電壓為320V，功率為5760W.
(2)升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比各為1：3和72：11.

【解析】解決本題的關鍵知道輸送功率、輸送電壓、電流的關系，以及知道變壓器原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比．升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓和電壓損失之和．

20.【答案】解：(1)CD棒由開始運動到進入磁場的過程中，由動能定理得：Fx?mgxsin53°=12mv2
解得：v=1.2m/s；
(2)CD棒進入磁場時所受安培力的大小為：
FA=BIl=Bl?BlvR=22×12×1.20.6N=8N
(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功為：
W=F(x+d)=40×(0.36+0.64)J=40J
由于F=FA+mgsin53°=(8+4×10×0.8)N=40N，
可知CD棒在磁場中做勻速直線運動，且運動時間為：
t=dv=0.641.2s=815s
電路中的感應電流大小為：I=BlvR=2×1×1.20.6A=4A，
則電阻產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=I2Rt=42×0.6×815J=5.12J
答：(1)CD棒進入磁場時速度的大小為1.2m/s；
(2)CD棒進入磁場時所受的安培力的大小為8N；
(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功為40J，電阻產(chǎn)生的焦耳熱為5.12J.

【解析】(1)CD棒進入磁場前，根據(jù)動能定理求得CD棒進入磁場時速度v；
(2)CD棒進入磁場后切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，先由E=BLv求感應電動勢，再由歐姆定律求出感應電流，最后由安培力公式求解CD棒安培力FA的大小；
(3)健身者所做的功W根據(jù)功的計算公式求．由受力分析知道CD棒做勻速運動，求出運動時間，再由焦耳定律求焦耳熱。
本題是力電綜合題，關鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力的表達式，并計算出安培力的大小，從而判斷導體棒的受力情況和運動況．第3小題，不要有思維定勢，認為求焦耳熱就想到能量守恒定律，要知道導體棒勻速運動時，感應電流一定，可根據(jù)焦耳定律求熱量。

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