2021-2022学年山西省太原市师范学院附中、师苑中学高二（下）第四次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山西省太原市师范学院附中、师苑中学高二（下）第四次月考物理试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 以下说法正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省太原市师范学院附中、师苑中学高二（下）第四次月考物理试卷
1. 关于分子动理论，下列说法正确的是(    )
A. 知道1摩尔气体的体积就可以求出每个分子的体积
B. 用显微镜观察到花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动
C. 在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快会变咸，这是盐分子在高温下无规则运动加剧的结果
D. 存放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，说明煤分子在做布朗运动
2. 以下说法正确的是(    )
A. .烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B. .大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体
C. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大，内能增加
D. .浸润现象中，附着层的液体分子比液体内部更密集，液体分子之间表现为相互排斥的力
3. 关于对黑体的认识，下列说法正确的是(    )
A. 黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的
B. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关
C. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关
D. 随着黑体温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
4. 下列说法正确的是(    )
A. 一定质量的理想气体吸热时，其温度一定升高
B. 第一类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D. 一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而减少
5. 新冠病毒会引起体温升高、肺炎等症状，人们往往通过红外测温技术和X射线透视技术来检测病情。下列说法正确的是(    )
A. 红外测温技术利用了红外线的荧光效应
B. 使用红外体温计测温时一定要与人体接触
C. X射线可以透视是因为它的波长较长，容易发生明显衍射，可以绕过人体继续传播
D. X射线可以透视是因为它能够穿透物质，所以可用来检查人体内部器官
6. 法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。软铁环上绕有M、N两个线圈，则下列说法正确的是(    )


A. 开关闭合瞬间，线圈M中的电流在铁环中产生的磁感线是逆时针方向的
B. 开关闭合瞬间，线圈N所在的回路中感应电流方向是顺时针的
C. 开关断开瞬间，软铁环中的磁场迅速减弱，线圈N中的磁通量减小
D. 开关断开瞬间，线圈N中感应电流的磁场与原磁场方向相反
7. 如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞，当A容器内气体的温度为−10℃，B容器内气体的温度为10℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器内气体的温度都升高20℃时，下列判断正确的是(    )

A. 水银滴将不移动 B. 水银滴将向A移动
C. 水银滴将向B移动 D. 无法判断水银滴将向哪个方向移动
8. 如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列判断正确的是(    )

A. P1=P2=P3=P4 B. U1>U2>U3>U4
C. U2=U3+P3RU3 D. U3=U2+P2RU2
9. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。关于该循环过程，下列说法正确的是(    )
A. A→B过程中，气体向外界放热
B. B→C过程中，气体分子的平均动能减小
C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数不变
D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化

10. 如图甲所示，有一匝数N=100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从图示时刻开始计时，线圈中产生的交变电动势随时间变化的图像如图乙所示，已知线圈电阻r=1Ω，电阻R=99Ω，则(    )

A. t=0.1s时，线圈平面与磁感线垂直
B. t=0.05s时，电压表的示数为零
C. 线圈从图示位置转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量为0.1C
D. 线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为195J

11. 如图所示是高频焊接原理示意图.线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(    )


A. 电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
B. 电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
C. 工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较小
D. 工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较大
12. 如图所示是利用光电管研究光电效应的实验原理图，用一定强度的某频率的可见光照射光电管的阴极K，电流表中有电流通过，则(    )

A. 若将滑动变阻器的滑动触头置于b端，电流表中一定有电流通过
B. 若改用紫外线照射阴极K，电流表中一定有电流通过
C. 若将电源反接，光电管中可能有电流通过
D. 若减小可见光的光照强度，电流表中一定无电流通过
13. 如图所示，理想变压器输入电压保持不变。若将滑动变阻器的滑动触头向上移动，下列说法正确的是(    )

A. 电表A1的示数增大 B. 电表A1的示数减小
C. 电表V1、V2的示数都增大 D. 电表V1示数不变、V2示数增大
14. 如图甲所示是电饭锅的电路图，S1是一个限温开关，其内部结构如图乙所示，按下此开关按钮，两触点闭合，当温度达到居里点(103℃)时此开关会自动断开。S2是一个自动温控开关，当温度低于70℃时会自动闭合，温度高于80℃时会自动断开，R1是限流电阻，R2是加热电阻。下列说法正确的是(    )

A. 当感温磁体的温度达到居里点(103℃)时，由于感温磁体失去了磁性，不能被永磁体吸引，在弹簧的作用下，两触点断开
B. 开始煮饭时不按下限温开关S1，一样可以把饭煮熟
C. 电饭锅的饭煮熟后可以长时间保持米饭的温度在70℃到80℃之间
D. 用电饭锅烧水，当水沸腾后限温开关S1也会自动断开
15. 如图甲所示，一个匝数n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1Ω。在线圈中存在面积S2=0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。一个R=2Ω的电阻与线圈两端a、b相连接，则下列说法正确的是(    )

A. a端电势比b端高4.5V
B. a端电势比b端低3V
C. 在0∼4s内回路产生的电能为27J
D. 在0∼4s内电阻R上产生的焦耳热为18J
16. 某同学在做“用油膜法估测分子的大小”的实验，实验步骤如下：
A.向浅盘中倒入约2cm深的水，向浅盘中的水面均匀地撒入石膏粉(或痱子粉)；
B.用3mL的纯油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，接着用滴管把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，当滴加60滴上述溶液时，量筒的读数恰好为1mL；
C.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，直至薄膜形态稳定；
D.将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形态用彩笔画在玻璃板上；
E.把玻璃板放在方格纸上，数(计算)出薄膜所占面积S。
(1)该实验中一滴油酸酒精溶液中油酸的体积V=______m3。(结果保留一位有效数字)
(2)估测出油酸分子的直径的公式d=______。(用题中涉及的物理量符号表示)
(3)该同学发现在实验中油酸未完全散开，则计算结果______。(填“偏大”或“偏小”)
(4)假定油膜法测出油酸分子的直径是准确的，该同学想继续测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的______。
A.质量
B.密度
C.摩尔质量
D.摩尔体积
17. 某同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示，用活塞和注射器外筒封闭一定量的气体，其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)有关该实验的说法，正确的是______(多选)。
A.实验时注射器必须水平放置
B.需用控制变量法研究气体的变化规律
C.注射器内部的横截面积的具体数据必须测出
D.注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可，无需标注单位
(2)进行实验操作时，推拉活塞不能过快，其原因是______。
A.防止封闭气体的温度发生改变
B.防止封闭气体的质量发生改变
(3)该同学首先在实验室Ⅰ进行了实验，表为记录的实验数据，其中有一次记录的实验数据错误，记录错误的是______(填错误数据对应的实验序号)。
实验序号
1
2
3
4
5
封闭气柱的长度L/cm
12.00
11.00
10.00
9.00
8.00
封闭气柱的压强p/(×105Pa)
1.00
1.09
1.20
1.23
1.49
(4)该同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍低的实验室Ⅱ进行了实验，根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的p−1L图像如图乙所示，根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为______(填“①”或“②”)。

18. 如图所示，匝数N=50匝的矩形线圈，线圈总电阻r=1Ω，其边长为ab=25cm，ad=20cm.外电路电阻R=9Ω，匀强磁场磁感应强度的大小B=0.4T.线圈绕垂直于磁感线的OO′轴以角速度ω=50rad/s匀速转动．试求：
(1)从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式．
(2)在时间t=1min内R上消耗的电能．
19. 如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求
(i)抽气前氢气的压强；
(ii)抽气后氢气的压强和体积。


20. 如图一粗细均匀的U形管，当温度为31℃时，右侧封闭管与开口端的水银面在同一水平面，封闭管中空气柱长度为8cm，大气压强为76cmHg。
(1)温度升高几度时，右侧管中空气柱长度将增加到9cm；
(2)在此温度下，从开口端再倒入水银，使封闭管中气柱恢复原长，则这时开口端与封闭端水银面的高度差为多少？


21. 如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热气缸竖直放置，卡口离缸底的高度h=0.1m。质量M=20kg的活塞停在卡口处，活塞的横截面积S=1×10−2m2，缸内气体温度t1=27∘C，压强p1=0.9×105Pa。现通过电热丝缓慢加热缸内气体。已知外界大气压强p0=1×105Pa，取重力加速度g=10m/s2。
(1)活塞刚要离开卡口时，求气体的热力学温度T2；
(2)活塞离开卡口后继续上升了H=0.1m，此过程中气体吸收了Q=320J的热量，求此过程中气体内能的变化量ΔU。



答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、用1摩尔气体的体积除以阿伏伽德罗常数，得到的是平均每个气体分子占有的体积，由于气体分子间距远大于分子大小，故不能求出每个分子的体积，故A错误；
B、布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，反映了分子永不停息地做无规则运动。故B错误；
C、在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快会变咸，这是盐分子在高温下无规则运动加剧的结果，故C正确；
D、存放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，此现象属于扩散现象，说明煤分子在做无规则的热运动，不属于布朗运动，故D错误。
故选：C。
用1摩尔气体的体积除以阿伏伽德罗常数，得到的是平均每个气体分子占有的体积；布朗运动反映了分子永不停息地做无规则运动；在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快会变咸，这是盐分子在高温下无规则运动加剧的结果；存放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，属于扩散现象。
知道分子动理论的内容，知道分子间有空隙，知道温度越高，分子做无规则运动越剧烈。

2.【答案】D 
【解析】解：A、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母具有各向异性，云母是晶体，故A错误；
B、大颗粒的盐磨成了细盐，仍然是晶体，B错误；
C、晶体有固定的熔点，晶体熔化时吸收热量而温度不变，所以分子平均动能一定不变。故C错误；
D、浸润和不浸润现象是由附着层里分子间的作用力决定的，浸润现象中，附着层的液分子比液体内部更密集，液体分子之间表现为相互排斥的力，故D正确。
故选：D。
晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则。晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性。浸润现象中，附着层的液分子比液体内部更密集，液体分子之间表现为相互排斥的力。
单晶体，多晶体，非晶体由于内部结构不同，表现出不同的物理特性，记牢即可。本题考查了晶体与非晶体的区别，是一道基础题，要牢固掌握基础知识。

3.【答案】C 
【解析】解：A、黑体看上去是黑的原因不是不反射电磁波，是其热辐射辐射能量较小，辐射出的电磁波波长很长，不在可见光范围内，人眼无法看到，故A错误；
BC、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料种类及表面状况无关，故B错误，C正确；
D、随着黑体温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故D错误。
故选：C。
黑体能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，并且不会有任何的反射与透射，这样的物体称为黑体；虽然并且不会有任何的反射与透射，但其吸收电磁波后会发生热辐射。热辐射是物体由于具有温度而辐射电磁波的现象；普朗克通过研究黑体辐射得出结论：黑体辐射随着波长越短，温度越高，辐射越强，辐射强度按波长的分布只与温度有关。
本题考查黑体的相关知识，在学习过程中注意掌握黑体辐射的特点，要多看书，掌握黑体辐射的规律，这种题型就迎刃而解。

4.【答案】C 
【解析】解：A、根据热力学第一定律，可知当一定质量的理想气体吸热时，如果同时对外做功，则其内能可能减小，温度可能降低，故A错误；
B、第一类永动机违反了能量守恒定律，故B错误；
C、当分子距离小于平衡距离时，表现为斥力，随着分子间距离减小，分子力增大，分子力做负功，分子势能增大，故C正确；
D、温度降低，分子的平均动能减小，分子每次对器壁的撞击力减小，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必增加，故D错误。
故选：C。
根据热力学第一定律判断；第一类永动机违反了能量守恒定律；根据分子力做功与分子势能的变化判断；根据压强的微观解释判断。
本题考查了热力学第一定律、第一类永动机、分子力做功与分子势能变化的关系、气体压强微观解释等基础知识，要求学生能够深刻理解并熟练应用，要重视课本。

5.【答案】D 
【解析】解：A、红外线测温仪，是利用了红外线的热效应，故A错误；
B、红外测温枪是通过测量人体发射出的红外线，从而测量人体温度，所以不与人体接触，故B错误；
CD、X射线具有较强的穿透性，所以在医学上可以可用来检查人体内部器官，但是X射线的频率较高，波长较短，不容易发生明显的衍射现象，故C错误，D正确。
故选：D。
红外线具有明显的热效应；X射线有穿透能力，但没有γ射线强，波长较短。
本题以新冠病毒会引起体温升高为背景，考查电磁波的红外线和X射线的应用与区别，注意各自的特点及应用，这一类的知识点要多加积累。

6.【答案】BC 
【解析】解：AB、开关闭合瞬间，线圈M中的电流在铁环中产生的磁感线是顺时针方向的，根据楞次定律可知，线圈N所在的回路中感应电流方向是顺时针的，故A错误，B正确；
CD、开关断开瞬间，软铁环中的磁场迅速减弱，线圈N中的磁通量减小，根据“增反减同”可知，此时线圈N感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据开关的闭合和断开，分析出线圈N中的磁通量的变化，根据楞次定律分析出感应电流的方向。
本题主要考查了楞次定律的相关应用，能熟练利用楞次定律分析出感应电流的方向即可，难度不大。

7.【答案】C 
【解析】解：假定先让两个容器的体积不变，即V1，V2不变，A、B中所装气体温度分别为TA=(273−10)K=263K和TB=(273+10)K=283k，
当温度升高ΔT时，容器A的压强由p1增至p′1，Δp1=p′1−p1，容器B的压强由p2增至p′2，Δp2=p′2−p2。
由查理定律得：Δp1=p1263⋅ΔT，p2283⋅ΔT，
因为p2=p1，所以Δp1>Δp2，
即水银柱应向B移动。故ABD错误，C正确
故选：C。
这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。
本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。

8.【答案】C 
【解析】解：A、理想变压器输入功率等于输出功率，故P1=P2，P3=P4，由于在输电线路上由功率损失，故P2=P3+P损，则P2>P3，故A错误；
B、通过理想升压变压器T1，根据U1U2=n1n2可知U1U4，故B错误；
CD、输电线路上的电流为I3=P3U3，输电线路上损失的电压为U损=I3R=P3RU3，则U2=U3+P3RU3，故C正确，D错误；
故选：C。
理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈两端的电压之比与线圈的匝数成正比，损失的电压为U损=I2R=I3R.
解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系。

9.【答案】B 
【解析】解：A、A→B为等温过程，气体的内能不变，△U=0。气体的体积增大，气体对外界做功，W0，气体吸热，故A错误；
B、B→C为绝热膨胀过程，Q=0，气体对外做功，W0，气体的内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D错误。
故选：B。
A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。结合热力学第一定律据此判断各个选项。
本题考查热力学第一定律△U=W+Q的应用，要能根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，一定质量的理想气体的内能由温度决定。

10.【答案】C 
【解析】解：A、t=0.1s时，线圈转动产生的感应电动势最大，此时线圈位于与磁感线平行位置，故A错误；
B、电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻电压表的示数不为零，故B错误；
C、线圈转动的周期T=0.2s，角速度为ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，线圈转动产生的最大感应电动势为Em=NBSω，线圈从图示位置转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量为q=NΔΦR+r=NBSR+r，联立解得q=0.1C，故C正确；
D、线圈转动产生感应电动势的有效值E=Em2=3142V=220V，线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为Q=(ER+r)2RT=，解得Q=86J，故D错误；
故选：C。
根据乙图判断出感应电动势的最大值，周期，即可判断出线圈转动过程中线圈的位置，电压表测量的为交流电的有效值，根据q=NΔΦR+r求得通过的电荷量，根据Q=I2RT求得产生的热量。
本题主要考查了交流发电机的相关知识，要熟悉“四值”之间的相互转换，同时结合欧姆定律和焦耳定计算求解。

11.【答案】BD 
【解析】解：A、B高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快。故A错误，B正确。
   C、D焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高。故C错误，D正确。
故选：BD。
高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．
本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍规律来分析、理解，并不难．

12.【答案】ABC 
【解析】解：A、滑动变阻器的滑动触头置于b端，正向电压增大，电流表中一定有电流通过，故A正确；
B、分析电路结构可知，光电管两端加正向电压，紫外线的频率大于可见光的频率，可见光照射能发生光电效应，则紫外线照射一定能发生光电效应，电流表中一定有电流通过，故B正确；
C、将电源反接，光电管两端加反向电压，若光电子的最大初动能较大，光电子仍然能到达极板A，则仍然会在光电管中形成电流，故C正确；
D、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，减小可见光的光照强度，电流表中有电流通过，故D错误。
故选：ABC。
分析电路结构可知，光电管两端加正向电压。发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应的条件判断能否发生光电效应，从而判断是否有光电流。
该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键知道光电效应的条件，知道影响光电子最大初动能的因素，知道影响光电流的因素。

13.【答案】BD 
【解析】解：AB、理想变压器输入电压保持不变，则电压表V1示数不变，而线圈匝数不变，根据U1U20=n1n2可知副线圈两端电压U20不变，滑动变阻器的滑动触头向上移动，则R阻值增大，根据欧姆定律有：I2=U20R0+R可知，I2减小，A2示数减小，由I1I2=n2n1，可知I1减小，A1示数减小，故A错误，B正确；
CD、根据U=IR可知副线圈电路中的电流I2减小时，R0两端电压减小，则滑动变阻器两端电压即电压表V2示数U2=U20−IR0增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
理想变压器副线圈的电压由原线圈电压决定，原线圈电压不变，副线圈的电压也不变；根据闭合电路欧姆定律分析电流表A2示数的变化，再由电流之比等于线圈匝数的反比确定A1的示数变化，根据串并联电路规律确定电压表V2的变化。
本题考查了变压器的构造和原理。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

14.【答案】AC 
【解析】解：A、当感温磁体的温度达到居里点(103℃)时，由于感温磁体失去了磁性，不能被永磁体吸引，从而在弹簧的作用下，使得两触点断开，故A正确；
BC、如果开始煮饭时不按下限温开关S1，由于S2的作用，当锅内温度低于70℃时S2会自动闭合，从而对锅加热，但当温度高于80℃时S2会自动断开，使电饭锅处于保温状态，因此锅内的温度会控制在70℃到80℃之间，而无法将饭煮熟，故B错误，C正确；
D、用电饭锅烧水，水沸腾后水的温度会保持100℃不变，锅底温度不能达到居里点(103℃)，因此限温开关S1不会自动断开，故D错误。
故选：AC。
根据电路的连接特点，并结合题干意思进行判断即可。
本题要注意结合电路的特点区分电饭锅保温和加热状态。

15.【答案】BCD 
【解析】解：AB、根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为：
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS2=100×0.64×0.3V=4.5V
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：I=ER+r=4.52+1A=1.5A，
根据楞次定律判断可知线圈中的感应电流沿顺时针方向，在电源内部电流是从低电势流向高电势，所以a点的电势低于b点的电势，b、a两端的电势差即为R两端的电压，则Uba=IR=1.5×2V=3V，根据Uba=φb−φa，所以a端电势比b端低3V，故A错误、B正确；
CD、根据焦耳定律可知在0∼4s时间内回路中产生的电能为：E=UIt=4.5×1.5×4J=27J，电阻R上产生的焦耳热为：Q=I2Rt=1.52×2×4J=18J，故CD正确。
故选：BCD。
先根据法拉第电磁感应定律计算出线圈中产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算出线圈中的感应电流大小，根据电荷量的计算公式求解电荷量；由欧姆定律求出电阻R两端的电压Uba，然后根据Uba=φb−φa可以计算出a端电势；根据焦耳定律计算电阻R上产生的焦耳热Q。
本题主要考查了电磁感应定律和闭合电路欧姆定律以及焦耳定律等，在应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势时，要注意公式中面积S应该是线圈在磁场中的有效面积，并不是线圈的面积。

16.【答案】1×10−11 VS  偏大  D 
【解析】解：(1)一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为：
V=35000×160=1×10−11m3；
(2)估测出油酸分子的直径的公式为；d=VS；
(3)有伞未完全散开就开始测量油酸膜的面积，所测S偏小，会导致油酸分子直径的计算结果偏大；
(4)设一个油酸分子的体积为V1，则V1=16πd3
由NA=VmolV1可知，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的摩尔体积，故D正确，ABC错误；
故选：D。
故答案为：(1)1×10−11；(2)VS；(3)偏大；(4)D
(1)根据题目条件得出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积；
(2)根据实验原理得出油酸分子直径的计算公式；
(3)根据公式V=dS分析出计算结果与真实值的大小关系；
(4)根据阿伏伽德罗常数的相关运算完成分析。
本题主要考查了油膜法估测分子直径大小的相关实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS即可完成分析，难度不大。

17.【答案】BD A 5 ② 
【解析】解：(1)A.实验时注射器不必保持水平放置，气体压强由传感器直接读出，故A错误；
B.气体状态参量有p、V、T，故需用控制变量法研究气体的变化规律，故B正确；
C.注射器内部的横截面积固定不变，体积与气柱长度成正比，故具体数据不必测出，故C错误；
D.注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可确定体积变化，故无需标注单位，故D正确。
故选：BD；
(2)进行实验操作时，不能推拉活塞过快，其原因是防止封闭气体的温度发生改变，故A正确，B错误。
故选：A；
(3)由一定质量的理想气体状态方程可得PVT=C，发生等温变化时，气体压强与体积成正比，第5组数据气柱压强偏差较大，故记录错误的是5.
(4)由一定质量的理想气体状态方程可得p=CT1V=CTS⋅1L，实验室Ⅱ温度较低，p−1L图线斜率较小，故根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为②。
故答案为：(1)BD；(2)A；(3)5；(4)②。
(1、2)根据正确实验操作注意事项判断；实验原理是探究温度不变的情况下，气体压强与体积的关系；
(3)根据表中数据进行分析，根据压强的变化确定存在误差的数据；
(4)根据一定质量的理想气体状态方程进行分析，明确压强与1L的关系，从而确定对应的图象。
本题考查探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律，解题关键要掌握实验操作与实验原理，结合图像进行变形可求解。

18.【答案】解：(1)感应电动势的峰值Em=NBSω=50×0.4×0.25×0.2×50V=50v
由题意e=Emcosωt=50cos50t(v)
(2)电动势的有效值E=Em2=502V=252V
R两端电压U=RER+r
R上消耗的电能为Q=U2Rt=6750J
答：(1)从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式e=50cos50t(v).
(2)在时间t=1min内R上消耗的电能为570J 
【解析】(1)根据Em=nBωS求解感应电动势的峰值；根据感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt即可求解；
(2)先求电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律求得电流，再根据P=I2Rt求解消耗的电能；
要会写出交流电的表达式，在求流过电阻的电荷时要用到平均电动势，电量与转动的快慢无关

19.【答案】解：
(i)
抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：(p氢−p)⋅2S=(p0−p)S，
解得：氢气的压强：p氢=12(p0+p)；
(ii)
设抽气后氢气的压强与体积分别为p1、V1，氮气的压强和体积分别为p2、V2，
对活塞，由平衡条件得：p2S=p1⋅2S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
p1V1=p氢⋅2V0
p2V2=p0V0，
由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V1−2V0=2(V0−V2)，
解得：p1=12p0+14p，V1=4(p0+p)V02p0+p； 
【解析】本题为理想气体状态变化中的等温变化，但是涉及初态平衡和末态平衡，受力分析时力的数量较多，特别是选择对活塞整体为研究对象的受力分析容易漏掉力，如果每个活塞都受力分析，问题会更加麻烦，容易出错。
(i)对两活塞应用平衡条件可以求出抽气前氢气的压强；
(ii)气体温度保持不变，根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出抽气后氢气的压强和体积。

20.【答案】解：(1)根据题意，封闭端内的气体初状态
p1=p0=76cmHg
V1=L1S
T1=(31+273)K=304K
末状态
p2=p0+2cmHg
V2=L2S
根据一定质量理想气体状态方程p1V1T1=p2V2T2
解得T2=351K
所以ΔT=T2−T1=351K−304K=47K
所以Δt=47℃
(2)注入水银后V3=V1=L1S
p3=p0+Δh
根据玻意耳定律p3V3=p2V2
解得p3=87.75cmHg
所以Δh=87.75cm−76cm=11.75cm
答：(1)温度升高47℃时，右侧管中空气柱长度将增加到9cm；
(2)在此温度下，从开口端再倒入水银，使封闭管中气柱恢复原长，则这时开口端与封闭端水银面的高度差为11.75cm。 
【解析】(1)求出气体的状态参量，然后由一定质量理想气体状态方程求出温度；
(2)由玻意耳定律求出气体压强，然后求出水银面的高度差．
本题考查了求温度、水银柱的高度差，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量、应用理想气体状态方程、玻意耳定律即可正确解题．

21.【答案】解：(1)活塞恰要离开ab时，由活塞平衡有：p0S+mg=p1S
可得缸内气体的压强为：p2=p0+mgS=1×10−5pa+20×101×10−2pa=1.4×105pa
此过程活塞未动，发生等容变化，所以有：p1T1=p2T2
代入解得：T2=14003K=466.7K；
(2)从开始加热到活塞缓慢上升H=0.1m的全过程中，外界对气体做功为：W=−p1⋅SH=−1.4×105×1×10−2×0.1J=−140J
全过程中气体吸收热量为：Q=320J
根据热力学第一定律：ΔU=W+Q
可得：ΔU=180J，即气体内能增加了180J。
答：(1)活塞刚要离开卡口时，气体的热力学温度T2为466K；
(2)活塞离开卡口后继续上升了H=0.1m，此过程中气体吸收了Q=320J的热量，则此过程中气体内能的变化量ΔU为180J。 
【解析】(1)根据平衡条件求出缸内气体的压强，当活塞刚要离开卡口时，找出初、末状态量，利用理想气体状态方程列式求此时的温度；
(2)先求出气体对外界做的功，根据热力学第一定律进行计算。
本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负。