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2024郑州宇华实验学校高二下学期5月月考试题物理含解析
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这是一份2024郑州宇华实验学校高二下学期5月月考试题物理含解析，共13页。试卷主要包含了卡诺循环等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，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。
1.如图所示，AO、BO、CO是竖直面内三根固定的光滑细杆，与水平面的夹角依次是60°、45°、30°，直线AD与地面垂直.每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从A、B、C 处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示滑环到达O所用的时间，则（ ）
A.t1 < t2 < t3B.t1 > t2 > t3
C.t1 = t3 > t2D.t3 = t1 = t2
2.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m、2m的 A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后 A将做简谐振动，当 A运动到最高点时，木箱对地面的压力为（ ）
A.0B.mgC.2mgD.3mg
3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，则（ ）
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
4.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场可以产生电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是（ ）
A.向上方向的磁场在增强
B.向下方向的磁场在减弱
C.向上方向的磁场先增强，然后反向减弱
D.向上方向的磁场先减弱，然后反向增强
5.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后出a、b两束光线。则（ ）
A.在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B.在真空中，a光的波长小于b光的波长
C.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D.若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
6.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数的比值为（ ）
A.2B.3C.4D.5
7.卡诺循环（Carnt cycle）是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P-V 图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d 等温过程； d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A.a→b过程，气体放出热量
B.c→d 过程，气体对外界做功
C.a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1＜ T2
D.b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1 =W2
8.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（ ）
A.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
9.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A.图示位置线圈中的感应电动势最大，且为
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
C.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
D.细圈从图示放置转过的过程中，流过电阻R的电荷量为
10.如图所示为一定质量的理想气体由状态到状态再到状态的图，下列说法正确的是（ ）
A.状态到状态过程，气体密度变大
B.状态到状态过程，气体先放热再吸热
C.、两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等
D.、两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11.（6分）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）变压器的铁芯，它的结构和材料是（ ）
A.整块硅钢铁芯 B.绝缘的硅钢片叠成
C.绝缘的铜片叠成 D.整块不锈钢铁芯
（2）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为（ ）。（填字母代号）
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
（3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400匝”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为( )。
A.3V
12.（9分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为的电阻、电源和单刀双掷开关按如图甲所示的电路图进行连接，先使开关与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。
（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向 （选填“相同”或“相反”），大小都随时间 （选填“增大”或“减小”）。
（2）该电容器的电容为 。（结果保留三位有效数字）
（3）某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的想法是否正确。
答： 。
13.（10分）如图甲，两波源A、B间的距离x=1.2 m，P点在A、B的连线上，A、P间的距离，从t=0开始，两个波源的振动图像如图乙所示，其中实线和虚线分别为波源A和B的振动图像。已知两列波在介质中的波长均为λ=0.8 m。求：
（1）两列波在介质中的传播速度大小v；
（2）质点P在0~0.8 s时间内经过的路程s。
14.（12分）如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，C=90°，A=60°一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。
15.（15分）如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50kW、输出电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为，两个变压器间输电导线的总电阻，降压变压器的输出电压为220V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
（1）两个变压器间的输电导线上损失的电压；
（2）降压变压器原、副线圈的匝数之比；
（3）若用户安装的都是“220V40W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
16.（18分）如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=24cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强p0=75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1=300K。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管水银面下降的高度h=1cm。
（1）求右管水银面下降的高度H；
（2）关闭阀门S后，若缓慢改变左管内封闭气体的温度，使左管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的热力学温度T2；
（3）关闭阀门S后，若将右端封闭，保持右管内封闭气体的温度不变的同时，对左管缓慢加热，使左管和右管的水银面再次相平，求此时左管内气体的热力学温度T3。
参考答案
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，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。
1.答案：C
解析：设OD=d，任意一斜面的倾角为α，则由牛顿第二定律得到滑环的加速度为 a=gsinα，滑环从斜面的顶点滑到D的位移为，由x=at2得，t===，由数学知识得知，sin（2×60°）=sin（2×30°），sin（2×45°）=1最大，则知t1=t3＞t2.故C正确.
2.答案：B
解析：平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有，在平衡之前的初位置，有，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg，B正确，ACD错误。
3.答案：A
解析：A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为，A正确；
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，B错误；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为，C错误；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为，D错误。选A。
4.答案：D
解析：AB.当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的。麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强、向下的磁场减弱时，感应电流的磁场方向向下，阻碍原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相反，A、B错误；
CD.同理，当磁场向上减弱或磁场向下增强即反向增强时，感应电流的磁场方向向上，阻碍原磁场的减弱，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相同；当磁场向上方向的磁场减弱或向下增强时，与题图中E的方向相反，C错误，D正确。选D。
5.答案：B
解析：从图中可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式
是入射角，r是折射角，可知a光的折射率大，a光的频率大。
A.在玻璃中，光的传播速度a光的折射率大，可知，a光的传播速度小于b光的传播速度，A错误；
BC.在真空中，根据公式a光的频率大，可得a光的波长小于b光的波长；
根据双缝干涉条纹间距公式,a光的波长小于b光的波长，可知用同一装置做双缝干涉实验时a光的干涉条纹小于b光的干涉条件间距，B正确，C错误；
D.根据全反射定律，可知a光折射率越大，全反射角越小，所以若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失，D错误。选B。
6.答案：B
解析：设原、副线圈的匝数比为k，原线圈的电流为，则有副线圈的电流为，，原线圈的电压，因为电源电压的有效值恒定，所以有，代入数据则有，解得，选B。
7.答案：D
解析：A.a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，则，等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知，所以气体吸收热量，A错误；
B.c→d过程中，等温压缩，内能不变，外界对气体做功，B错误；
C.a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，根据理想气体状态方程，压强体积乘积越大，温度越高，则T1＞T2，C错误；
D.b→c过程和d→a过程都是绝热过程，且气体温度变化大小相同，则内能变化量的大小相同，根据热力学第一定律，Q=0，可知，b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1=W2，D正确。选D。
8.答案：AC
解析：AB.由题可知，可知临界角为45，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
C.由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。选AC。
9.答案：BC
解析：A.图示位置线圈平面与磁感线垂直，其中的感应电动势最小为零，A错误；
B.线圈转动时，产生的感应电动势最大值为，若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为，，B正确；
C.线圈转动一周的过程中，电阻上产生的热量为，C正确；
D.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻的电荷量为，D错误。选BC。
10.答案：CD
解析：A.根据可知状态到状态过程，压强减小，温度升高，则体积变大，气体密度变小，选项A错误；
B.状态到状态过程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即W>0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据∆U=W+Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，选项B错误；
CD.、两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，选项CD正确；选CD。
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11.（6分）答案：B；C；D
解析：（1）[1]变压器的铁芯，它的结构和材料是：绝缘的硅钢片叠成。选B。
（2）[2] A.变压器线圈中有电流通过时会发热，则线圈有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使输出电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，A正确；
B.铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使输出的电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，B正确；
C.原线圈输入电压发生变化，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比不会受影响，C错误；
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，使输出电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，D正确。
本题选不可能的，选C。
（3）[3]若为理想变压器，则，即，解得，考虑到不是理想电压器，有漏磁现象，则原线圈所接电压大于，可能为6.5V。选D。
12.（9分）答案：（1）相反；减小 （2） （3）正确，电容器放电过程中，电容器与电阻两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值及图线与时间轴围成的面积，仍然可用计算电容值
解析：（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
（2）根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为Q＝It＝t，而电压的峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为C＝，设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得C＝＝＝F＝1.21×10－2 F；
（3）正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用C＝＝计算电容值。
13.（10分）答案：（1）；（2）
解析：（1）由振动图像得两波的周期为，则波速为，代入数据得。
（2）由振动图像可知A、B的振幅分别为，，波的传播时间为，A、B波传播到P点的时间为，，两波都传到P点时，引起P点的振动恰好从平衡位置均沿方向，其振幅为，则内P点通过的路程为，内P点通过的路程为，，内P点通过的路程为，则的过程中P点通过的路程。
14.（12分）答案：（1） （2）
解析：（1）作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知为等腰三角形，由几何知识可知光在AB边折射时折射角为，所以玻璃砖的折射率为
（2）设临界角为，有，可解得，由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60∘，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖根据几何知识可知，则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为，，而，可解得
15.（15分）答案：（1）300V；（2）10：1；（3）1100盏
解析：（1）升压变压器副线圈输出的电压为，输电线路上的电流 ，输电导线上损失的电压
（2）输电导线上的电压降是300V，则有降压变压器原、副线圈的匝数之比，
（3）输电导线上损失的功率，用户得到的功率，则允许同时开灯的盏数
16.（18分）答案：（1）4cm；（2）280K；（3）350K
解析：（1）由于初始状态左右两侧液面相平，根据“等压面”法可知，初始状态封闭气体的压强等于，设U形细玻璃管的横截面积为，液面下降后封闭气体的压强为，根据波义耳定律定律有，解得，设此时左右两管的液面差为，则有，解得，由此可知右管水银面下降的高度
（2）使左管的水银面回到最初高度，则右管液面将下降，则此时左管内气体压强，根据理想气体状态方程有，解得
（3）液面再次相平时左右两管内气体压强相同，设为，对左管中气体由理想气体状态方程有，对右管中的气体有波义耳定律有，联立解得
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，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。
1.如图所示，AO、BO、CO是竖直面内三根固定的光滑细杆，与水平面的夹角依次是60°、45°、30°，直线AD与地面垂直.每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从A、B、C 处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示滑环到达O所用的时间，则（ ）
A.t1 < t2 < t3B.t1 > t2 > t3
C.t1 = t3 > t2D.t3 = t1 = t2
2.如图所示，在质量为2mg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m、2m的 A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后 A将做简谐振动，当 A运动到最高点时，木箱对地面的压力为（ ）
A.0B.mgC.2mgD.3mg
3.福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约的圆形廊道连接。若将质量为的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用沿廊道运送到N处，如图（c）所示。重力加速度大小取，则（ ）
A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为
4.根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场可以产生电场.当产生的电场的电场线如图所示时，可能是（ ）
A.向上方向的磁场在增强
B.向下方向的磁场在减弱
C.向上方向的磁场先增强，然后反向减弱
D.向上方向的磁场先减弱，然后反向增强
5.如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后出a、b两束光线。则（ ）
A.在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B.在真空中，a光的波长小于b光的波长
C.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
D.若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线b首先消失
6.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数的比值为（ ）
A.2B.3C.4D.5
7.卡诺循环（Carnt cycle）是只有两个热源的简单循环。如图所示是卡诺循环的P-V 图像，卡诺循环包括四个过程：a→b等温过程；b→c绝热膨胀过程；c→d 等温过程； d→a绝热压缩过程。整个过程中封闭气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A.a→b过程，气体放出热量
B.c→d 过程，气体对外界做功
C.a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，则T1＜ T2
D.b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1 =W2
8.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'CC的光线。下列说法正确的是（ ）
A.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
9.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断正确的是（ ）
A.图示位置线圈中的感应电动势最大，且为
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为
C.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
D.细圈从图示放置转过的过程中，流过电阻R的电荷量为
10.如图所示为一定质量的理想气体由状态到状态再到状态的图，下列说法正确的是（ ）
A.状态到状态过程，气体密度变大
B.状态到状态过程，气体先放热再吸热
C.、两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等
D.、两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11.（6分）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）变压器的铁芯，它的结构和材料是（ ）
A.整块硅钢铁芯 B.绝缘的硅钢片叠成
C.绝缘的铜片叠成 D.整块不锈钢铁芯
（2）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为（ ）。（填字母代号）
A.原、副线圈上通过的电流发热 B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.原线圈输入电压发生变化 D.变压器铁芯漏磁
（3）实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“800匝”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“400匝”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为( )。
A.3V
12.（9分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为的电阻、电源和单刀双掷开关按如图甲所示的电路图进行连接，先使开关与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”等信息。
（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向 （选填“相同”或“相反”），大小都随时间 （选填“增大”或“减小”）。
（2）该电容器的电容为 。（结果保留三位有效数字）
（3）某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的想法是否正确。
答： 。
13.（10分）如图甲，两波源A、B间的距离x=1.2 m，P点在A、B的连线上，A、P间的距离，从t=0开始，两个波源的振动图像如图乙所示，其中实线和虚线分别为波源A和B的振动图像。已知两列波在介质中的波长均为λ=0.8 m。求：
（1）两列波在介质中的传播速度大小v；
（2）质点P在0~0.8 s时间内经过的路程s。
14.（12分）如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，C=90°，A=60°一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。
15.（15分）如图所示，小型发电厂通过升压、降压变压器把电能输送给用户。已知发电厂的输出功率为50kW、输出电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为，两个变压器间输电导线的总电阻，降压变压器的输出电压为220V。不计输电过程中电抗造成的电压损失，变压器均视为理想变压器。求：
（1）两个变压器间的输电导线上损失的电压；
（2）降压变压器原、副线圈的匝数之比；
（3）若用户安装的都是“220V40W”的日光灯，则允许同时开多少盏灯让其正常发光？
16.（18分）如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长L=24cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强p0=75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1=300K。现将下端阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，左管水银面下降的高度h=1cm。
（1）求右管水银面下降的高度H；
（2）关闭阀门S后，若缓慢改变左管内封闭气体的温度，使左管的水银面回到最初高度，求此时左管内气体的热力学温度T2；
（3）关闭阀门S后，若将右端封闭，保持右管内封闭气体的温度不变的同时，对左管缓慢加热，使左管和右管的水银面再次相平，求此时左管内气体的热力学温度T3。
参考答案
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，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。
1.答案：C
解析：设OD=d，任意一斜面的倾角为α，则由牛顿第二定律得到滑环的加速度为 a=gsinα，滑环从斜面的顶点滑到D的位移为，由x=at2得，t===，由数学知识得知，sin（2×60°）=sin（2×30°），sin（2×45°）=1最大，则知t1=t3＞t2.故C正确.
2.答案：B
解析：平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，在平衡位置，有，在平衡之前的初位置，有，A的加速度是a=2g，在最高点时，A的加速度也是a=2g，由牛顿第二定律得：F+mg=ma，解得F=mg。对木箱为对象得：F+N=2mg，解得N=mg，B正确，ACD错误。
3.答案：A
解析：A.该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为，A正确；
B.该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，B错误；
C.从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为，C错误；
D.从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为，D错误。选A。
4.答案：D
解析：AB.当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流产生，回路中并没有电源，电流的产生是由磁场的变化造成的。麦克斯韦把以上的观点推广到不存在闭合电路的情况，即变化的磁场产生电场，向上的磁场增强、向下的磁场减弱时，感应电流的磁场方向向下，阻碍原磁场的增强，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相反，A、B错误；
CD.同理，当磁场向上减弱或磁场向下增强即反向增强时，感应电流的磁场方向向上，阻碍原磁场的减弱，根据安培定则可判断出感应电流方向与题图中E的方向相同；当磁场向上方向的磁场减弱或向下增强时，与题图中E的方向相反，C错误，D正确。选D。
5.答案：B
解析：从图中可知光线a的偏折程度大，根据折射定律公式
是入射角，r是折射角，可知a光的折射率大，a光的频率大。
A.在玻璃中，光的传播速度a光的折射率大，可知，a光的传播速度小于b光的传播速度，A错误；
BC.在真空中，根据公式a光的频率大，可得a光的波长小于b光的波长；
根据双缝干涉条纹间距公式,a光的波长小于b光的波长，可知用同一装置做双缝干涉实验时a光的干涉条纹小于b光的干涉条件间距，B正确，C错误；
D.根据全反射定律，可知a光折射率越大，全反射角越小，所以若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失，D错误。选B。
6.答案：B
解析：设原、副线圈的匝数比为k，原线圈的电流为，则有副线圈的电流为，，原线圈的电压，因为电源电压的有效值恒定，所以有，代入数据则有，解得，选B。
7.答案：D
解析：A.a→b过程气体体积增大，气体对外界做功，则，等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知，所以气体吸收热量，A错误；
B.c→d过程中，等温压缩，内能不变，外界对气体做功，B错误；
C.a→b过程温度为T1，c→d过程温度为T2，根据理想气体状态方程，压强体积乘积越大，温度越高，则T1＞T2，C错误；
D.b→c过程和d→a过程都是绝热过程，且气体温度变化大小相同，则内能变化量的大小相同，根据热力学第一定律，Q=0，可知，b→c过程气体对外做功为W1，d→a过程外界对气体做功为W2，则W1=W2，D正确。选D。
8.答案：AC
解析：AB.由题可知，可知临界角为45，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出的光线恰好是出射光线的边缘，同时C点也恰好是出射光线的边缘，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；
C.由于频率越高，折射率越大，当光源发出的光的频率变小，，折射率也会变小，导致临界角会增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。选AC。
9.答案：BC
解析：A.图示位置线圈平面与磁感线垂直，其中的感应电动势最小为零，A错误；
B.线圈转动时，产生的感应电动势最大值为，若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为，，B正确；
C.线圈转动一周的过程中，电阻上产生的热量为，C正确；
D.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻的电荷量为，D错误。选BC。
10.答案：CD
解析：A.根据可知状态到状态过程，压强减小，温度升高，则体积变大，气体密度变小，选项A错误；
B.状态到状态过程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即W>0；温度先升高后降低，则内能先增加后减小，根据∆U=W+Q可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，选项B错误；
CD.、两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等，选项CD正确；选CD。
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11.（6分）答案：B；C；D
解析：（1）[1]变压器的铁芯，它的结构和材料是：绝缘的硅钢片叠成。选B。
（2）[2] A.变压器线圈中有电流通过时会发热，则线圈有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使输出电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，A正确；
B.铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使输出的电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，B正确；
C.原线圈输入电压发生变化，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比不会受影响，C错误；
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，使输出电压减小，原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，D正确。
本题选不可能的，选C。
（3）[3]若为理想变压器，则，即，解得，考虑到不是理想电压器，有漏磁现象，则原线圈所接电压大于，可能为6.5V。选D。
12.（9分）答案：（1）相反；减小 （2） （3）正确，电容器放电过程中，电容器与电阻两端电压相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的峰值及图线与时间轴围成的面积，仍然可用计算电容值
解析：（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
（2）根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为Q＝It＝t，而电压的峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为C＝，设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得C＝＝＝F＝1.21×10－2 F；
（3）正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用C＝＝计算电容值。
13.（10分）答案：（1）；（2）
解析：（1）由振动图像得两波的周期为，则波速为，代入数据得。
（2）由振动图像可知A、B的振幅分别为，，波的传播时间为，A、B波传播到P点的时间为，，两波都传到P点时，引起P点的振动恰好从平衡位置均沿方向，其振幅为，则内P点通过的路程为，内P点通过的路程为，，内P点通过的路程为，则的过程中P点通过的路程。
14.（12分）答案：（1） （2）
解析：（1）作出光路图，如图所示
过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知为等腰三角形，由几何知识可知光在AB边折射时折射角为，所以玻璃砖的折射率为
（2）设临界角为，有，可解得，由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60∘，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC第一次射出玻璃砖根据几何知识可知，则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为，，而，可解得
15.（15分）答案：（1）300V；（2）10：1；（3）1100盏
解析：（1）升压变压器副线圈输出的电压为，输电线路上的电流 ，输电导线上损失的电压
（2）输电导线上的电压降是300V，则有降压变压器原、副线圈的匝数之比，
（3）输电导线上损失的功率，用户得到的功率，则允许同时开灯的盏数
16.（18分）答案：（1）4cm；（2）280K；（3）350K
解析：（1）由于初始状态左右两侧液面相平，根据“等压面”法可知，初始状态封闭气体的压强等于，设U形细玻璃管的横截面积为，液面下降后封闭气体的压强为，根据波义耳定律定律有，解得，设此时左右两管的液面差为，则有，解得，由此可知右管水银面下降的高度
（2）使左管的水银面回到最初高度，则右管液面将下降，则此时左管内气体压强，根据理想气体状态方程有，解得
（3）液面再次相平时左右两管内气体压强相同，设为，对左管中气体由理想气体状态方程有，对右管中的气体有波义耳定律有，联立解得
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