2024年高考山东卷物理真题T5-T8变式题

1．“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，椭圆的半长轴为a，运行周期为TB；C为绕地球沿圆周运动的卫星，圆周的半径为r，运行周期为TC。下列说法或关系式中正确的是（　　） A．地球位于B卫星轨道的一个焦点上，位于C卫星轨道的圆心上 B．卫星B和卫星C运动的速度大小均不变 C．，该比值的大小与地球有关 D．，该比值的大小不仅与地球有关，还与太阳有关 3．根据开普勒第一定律，行星围绕恒星运动的轨迹是椭圆。如果某一行星的椭圆轨迹距离中央天体中心最近为4×106km，最远为3×107km，那么与之周期相同的另一行星绕该中央天体做圆周运动时的运动半径为（　　） A．3.4×107km B．1.7×107km C．3.4×106km D．1.7×106km 4．已知地球半径为R，同步卫星到地心的距离约为6.6R，某人造卫星在离地球表面的距离为1.2R的轨道上做匀速圆周运动，则该卫星运动的周期约为（    ） A．0.5 天 B．0.2天 C．5.2 天 D．9天 5．太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如下表所示，由表中所列数据可以估算海王星公转的周期最接近于（　　） 行星名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 星球半径/ 2.44 6.05 6.38 3.40 71.4 60.27 25.56 24.75 日星距离/ 0.58 1.08 1.50 2.28 7.78 14.29 28.71 45.04 质量/ 0.33 4.87 6.00 0.64 1900 569 86.8 102 A．4000年 B．320年 C．165年 D．80年 6．2023年4月12日，水星抵达今年第一次东大距的位置。由于水星是地内行星，平时都在太阳附近难以观察，从地球看出去，水星和太阳的最大夹角θ（也称距角，即“大距”）时，观测时机最佳，如图所示。若将水星与地球的公转均视为圆周运动，地球公转周期约为水星公转周期的4倍，则水星东大距时的距角θ的正弦值sinθ为（　　）    A． B． C． D． 7．如图所示，“天问一号”从地球发射后，沿着地火转移椭圆轨道从点运动到点。已知地球和火星绕太阳的公转轨道半径分别为和，则“天问一号”从点运动到点的时间约为（　　）    A．0.2年 B．0.7年 C．1.4年 D．2.0年 8．2022年9月2日，韦布空间望远镜拍摄的编号为“HIP 65426 b”第一张系外行星图像公布。这颗系外行星围绕编号为“HIP 65426”的恒星公转，该恒星的质量约为太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量为太阳的4倍，若“HIP 65426 b”行星单位时间单位面积获得的恒星辐射能量与处在太阳系中的地球相同，系外行星和地球绕恒星的运动均可视为匀速圆周运动，则“HIP 65426 b”行星绕“HIP 65426”恒星公转的周期约为（  ） A．2年 B．4年 C．8年 D．16年 9．如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球轨道半径的1.5倍，则转轨道（　　） A．地球公转的周期大于火星公转的周期 B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大 C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期 D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天 10．如图所示，霍曼转移轨道是以较低能耗从地球发送探测器到火星的转移轨道，该轨道以太阳为焦点，近日点、远日点分别与地球轨道、火星轨道相切。在地球上将火星探测器发射，探测器从地球轨道出发，在太阳引力作用下，沿霍曼转移轨道无动力运行到达火星轨道。地球、火星的公转轨道可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的1.5倍，则探测器从地球轨道运动至火星轨道用时约为（　　） A．0.4年 B．0.7年 C．1年 D．1.4年 11．一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（　　） A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→c过程，气体对外做功，内能增加 C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 12．如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　） A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c C．过程中气体吸收热量 D．过程中外界对气体做正功 13．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其简化装置如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。气闸舱与座舱在太空中可认为与外界绝热。下列说法正确的是（　　） A．气体平衡后压强增大 B．气体平衡后内能减小 C．气体平衡后温度不变 D．气体平衡后分子热运动的平均动能增大 14．一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为等温过程，C到A为绝热过程。下列说法正确的是（    ） A．A→B过程，气体从外界吸收热量 B．B→C过程，压缩气体气体温度升高 C．B→C过程，气体分子平均动能不变 D．C→A过程，气体分子平均动能不变 15．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等压变化到状态B，再经过等容变化到状态C，最终经过等温变化回到初始状态A。已知从状态A到状态B的过程中，气体吸收了的热量，关于从A到B过程下列说法中正确的是（　　） A．气体内能增加 B．气体内能增加 C．气体内能减少 D．气体内能减少 16．理想气体的图像如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始经过状态B、C、D又回到状态A，其中AB、CD的延长线经过坐标原点O，BC与横轴平行，，下列说法正确的是（　　） A．气体从状态A到状态B分子平均动能减小 B．气体从状态C到状态D从外界吸热 C．气体在状态A的温度和状态D的温度相同 D．从状态D到状态A，外界对气体做功为 17．一定质量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程回到原状态，其p-T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是（　　） A．过程da中气体一定放热 B．过程ab中气体既不吸热也不放热 C．过程bc中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量 D．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 18．一定质量的理想气体由状态A经如图所示状态变化回到原状态，下列说法正确的是（　　）    A．A→B温度升高，压强变大 B．C→A体积减小，压强不变 C．B→C体积不变，气体从外界吸收热量 D．A→B气体对外做功大于C→A外界对气体做功 19．如图，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，已知气体由从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1，与外界的热交换量为Q1；从状态b变化到状态c过程中外界对气体做功为W2，与外界的热交换量为Q2，下列说法正确的是（　　） A．气体在状态a、状态b、状态c时的内能相等 B．W2＝3W1 C．Q1+Q2＝2p0V0 D．W1+W2＝Q1+Q2 20．一定质量的理想气体从状态a开始，经三个过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为，，，以下判断正确的是（　　） A．气体在过程中对外界做的功小于在过程中对外界做的功 B．气体在过程中从外界吸收的热量大于在过程中从外界吸收的热量 C．在过程中，外界对气体做的功大于气体向外界放出的热量 D．气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量 21．如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　　） A． B． C． D． 22．如图所示，电梯质量为，电梯地板上放置一质量为的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上运动，某物理兴趣小组测得电梯中物体在一段时间的图象如图所示。下列判断正确的是（    ） A．在时间内钢索的拉力做负功 B．在时间内物体重力做功12000J C．在时间内，电梯地板对物体的支持力做的功等于6900J D．在时间内，电梯地板对物体做的功等于物体动能的增加量 23．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，不计空气阻力，那么（　　）    A．动能和弹性势能之和先增大后减小 B．重力势能和弹性势能之和保持不变 C．重力势能和动能之和增大 D．重力势能、动能与弹性势能之和保持不变 24．如图所示，质量的滑块在倾角为的斜面上从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始反弹，返回到b点时离开弹簧，最后又回到a点。已知重力加速度，，。那么在整个过程中，下列说法正确的是（  ） A．滑块与斜面间有摩擦 B．滑块动能的最大值是4J C．弹簧弹性势能的最大值是6J D．从b到c，滑块动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 25．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直挡板拴接，另一端与物体相连，物体置于光滑水平桌面上（桌面足够大），A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好水平伸直，然后由静止释放B，直至其获得最大速度。已知物体A始终没有碰到滑轮，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．物体B受到细线的拉力保持不变 B．物体B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 C．物体A动能的增量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对做的功之和 D．物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功 26．如图，质量为0.1kg的小球用轻弹簧悬挂并静止在坐标原点O，Ox竖直向下。某时刻给小球施加一竖直向下的力F，力F大小满足表达式，弹簧的劲度系数为0.5N/m。小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．在x＝0.2m处小球加速度最大 B．小球运动到最低点时的加速度大小为 C．下降过程弹簧弹性势能增加了0.04J D．下降过程小球与弹簧组成的系统机械能增加了0.02J 27．蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为、劲度系数为橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量，重力加速度g取，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为（　　） A．20m B．40m C．60m D．80m 28．如图甲所示，足够长的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，以弹簧上端位置为坐标原点O，沿竖直向下建立坐标轴。现将质量为m的小球从原点O正上方高度h处由静止释放，在小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力F的大小随x（x表示小球的位置坐标）的变化关系如图乙所示。若不计小球与弹簧接触时的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．当时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大 B．小球动能的最大值为 C．当时，小球的速度大于 D．小球在最低点的加速度大小等于g 29．如图所示，三个相同的小物块、、c，质量均为，c放在水平地面上，和在竖直方向上通过劲度系数为的轻弹簧相连，在的正上方，开始时、、c均静止。现让自由下落，、碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，重力加速度为。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则开始下落时距的高度为（　　）    A． B． C． D． 30．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为，弹簧劲度系数为，物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，弹簧伸长量，撤去拉力后物块由静止向左运动经O点最远到达B点。重力加速度为。则从A点释放后，下列说法正确的是（　　）    A．物块可能停在B点 B．刚释放时物块所受的合力为11N C．从释放到最终停止过程中物块和弹簧组成的系统损失的机械能为 D．从释放到最终停止过程中因摩擦产生的内能为 31．如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　） A． B． C． D． 32．手摇发电机如图甲所示，可以简化为图乙。矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴、以角速度匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示，外电路电灯电阻为R，电压表为理想交流电表。在线圈由平行于磁场方向位置转过的过程中，下面说法正确的是（　　） A．电压表V的示数为 B．线圈转过的过程平均感应电动势为 C．电路中产生的焦耳热为 D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为 33．如图甲，为风力发电机的简易模型：感应线圈与电流测量装置相连，风杯在风力作用下带动与杆相连的永磁铁转动。某一段时间内，电流测量装置显示感应电流随时间变化的关系如图乙。下列说法正确的是（　　） A．感应电流的频率为 B．永磁铁的转速为 C．感应电流的有效值为 D．感应电流瞬时值表达式 34．如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1T，线圈所围面积S＝0.1m2，转速12r/min。若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为（　　） A．e＝12πsin120t（V） B．e＝24πsin120πt（V） C．e＝0.04πsin0.4πt（V） D．e＝0.4πcos2πt（V） 35．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点且与磁场垂直的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动（沿OO'方向看）。若以线圈平面与磁场方向夹角θ=45°时（如图乙）为计时起点，并规定当电流自a流向b时方向为正，则下列所示的四幅图中正确的是（　　） A． B． C． D． 36．一闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕在线圈平面内且垂直于磁场方向的转轴匀速转动，所产生的感应电动势的最大值为，从中性面开始旋转的过程中平均感应电动势为，从中性面开始旋转时的瞬时感应电动势为，则、和的大小关系是（    ） A． B． C． D． 37．在小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。此线圈内阻为，与一个的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计。下列说法正确的是（　　）      A．时，线圈平面与磁场方向平行 B．两端电压的有效值 C．交变电流电动势的瞬时值表达式 D．电阻一个周期内生热 38．图1为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=10 Ω的电阻连接，发电机内总电阻r=2 Ω，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图2是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像，则（　　） A．该电动势的瞬时值e=12sin 100πt（V） B．R两端的电压瞬时值u=14.1cos 100πt（V） C．t=0.02 s时，R两端的电压瞬时值为零 D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i=14.1cos 50πt（A） 39．图为发电机的原理图。边长为的匝正方形线圈，在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为，线圈电阻不计，外接电阻和电压表，下列说法正确的是（　　） A．从图示位置开始计时，线框中的感应电动势的瞬时值表达式为 B．若将电阻换成电容器，电容器的耐压值可以为 C．从图示位置转过90°流过中的电量 D．线框转一周，外力所做的功为 40．如图所示，某小型发电机的N、S磁极之间的磁场可看作为匀强磁场，磁场的磁感应强度大小T，边长m的正方形线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动，线圈的两侧经集流管和电刷与阻值为的电阻相连。与R并联的交流电压表为理想电表，其示数V。已知正方形线圈的匝数，电阻为，则从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为（　　） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】“鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道运行时，根据开普勒第三定律 同理，对地球的同步卫星根据开普勒第三定律 又开普勒常量与中心天体的质量成正比，所以 联立可得 故选D。 2．A 【详解】A．由开普勒第一定律可知地球位于B卫星轨道的一个焦点上，位于C卫星轨道的圆心上，A正确； B．由开普勒第二定律可知，B卫星绕地球转动时速度大小在不断变化，C卫星绕地球做匀速圆周运动，B错误； CD．由开普勒第三定律可知 该比值的大小仅与地球有关，则 比值大小取决于中心天体地球的质量，则CD错误。 故选A。 3．B 【详解】根据开普勒第三定律可知，题目所述的沿椭圆轨道运行的行星的轨道半长轴与沿圆轨道运行的行星的轨道半径相等，即 故选B。 4．B 【详解】根据开普勒第三定律，人造卫星的周期 代入数据解得 故选B。 5．C 【详解】根据开普勒第三定律，太阳系中所有行星的轨道半径的三次方与周期的平方的比值都相等，则有 从表中可读出地球和海王星的轨道半径，并且地球的公转周期是是一年，则有 年 故选C。 6．B 【详解】根据开普勒第三定律 根据几何关系 联立解得 故选B。 7．B 【详解】分析可知地火转移轨道的半长轴 根据开普勒第三定律 代入数据可得 则“天问一号”从点运动到点的时间约为 故选B。 8．A 【详解】设行星绕恒星做半径为的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为，以恒星为球心，以为半径的球面上，单位时间单位面积获得的辐射能量 设地球绕太阳公转的半径为，“HIP 65426 b”行星绕“HIP 65426”恒星公转的半径为，若“HIP 65426 b”行星和地球单位时间单位面积获得的能量相同，即不变，由于“HIP 65426”恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的4倍，可得 设恒星的质量为，行星在轨道上的运行周期为，由万有引力提供向心力有 解得 地球绕太阳公转的周期 “HIP 65426 b”行星绕“HIP 65426”恒星公转的周期 可得 年 故选A。 9．D 【详解】A．根据开普勒第三定律，地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误； B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误； C．根据开普勒第三定律，探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转的周期，故C错误； D．根据开普勒第三定律 探测器在地火转移轨道上的周期 探测器从发射到被火星俘获，经历的时间 联立代入数据可知经历的时间约255天，故D正确。 故选D。 10．B 【详解】霍曼地火转移轨道为椭圆，则其轨道半长轴r约为地球公转轨道半径的n倍，则 设，探测器经过转移轨道的时间为，则有 其中 解得 故选B。 11．C 【详解】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知 即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误； B．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即 又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。 方法二：过程为等温过程，所以 结合分析可知 所以b到c过程气体的内能减少。故B错误； C．过程为等温过程，可知 根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确； D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得 故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。 故选C。 【点睛】 12．C 【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误； B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程 可知，又因为，故，故B错误； CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据 可知气体吸收热量；故C正确，D错误； 故选C。 13．C 【详解】A．气体平衡后体积增大，密度减小，压强减小，A错误； BCD．气体自由扩散，没有对外做功，气闸舱与座舱在太空中认为与外界绝热，则气体温度不变，内能不变，分子热运动的平均动能不变，BD错误，C正确。 故选C。 14．A 【详解】A．A→B过程为等温变化，气体内能不变，由图知气体体积增大，气体对外界做正功，即 W＜0 由热力学第一定律有 可得 Q＞0 即气体从外界吸收热量，故A正确； BC．B→C过程，等压变化，气体体积减小，根据 可知气体温度降低， 分子平均动能减小，故BC错误； D．C→A过程，C到A为绝热过程，即 Q=0 由图可知，气体体积减小，气体对外界做正功，即 W＞0 由热力学第一定律有 ＞0 可知气体内能增大，温度升高，气体分子平均动能增大，故D错误。 故选A。 15．A 【详解】从状态A到状态B的过程中，气体对外做功 气体吸收了的热量，根据热力学第一定律可知 气体内能增加。 故选A。 16．D 【详解】A．根据理想气体整体方程 气体从状态A到状态B过程，气体压强增大，气体体积增大，可知气体温度升高，则分子平均动能增大，故A错误； B．气体从状态C到状态D过程，气体压强减小，气体体积减小，可知气体温度降低，则气体内能减小，由于气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误； C．由图像可得 可得 则有 ， 可得 则有 故C错误； D．根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，从状态D到状态A，气体体积减小，外界对气体做正功，大小为 故D正确。 故选D。 17．D 【详解】A．da过程中，温度升高，则内能增大 根据热力学第一定律 可知 温度升高，压强不变，则体积减小，外界对气体做正功 即的状态不确定，A错误； B．ab过程中温度不变，内能不变 根据热力学第一定律 可知 所以气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，B错误； C．过程bc温度减小，则内能减小 又压强不变，则体积减小，外界对气体做正功 因为 且 即外界对气体做的功大于气体所放出的热量，C错误； D．理想气体的内能只由温度决定，由图可知 所以气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，D正确。 故选D。 18．D 【详解】A．A→B为等压线，A→B温度升高，压强不变，即有 故A错误； B．B→C体积不变，压强变小，有 所以C→A体积减小，压强变大，故B错误； C．B→C体积不变，温度降低，内能减小，所以气体对外界放出热量，故C错误； D．A→B过程气体体积变化等于C→A过程气体体积变化，但A→B过程气体平均压强大于C→A过程气体平均压强，所以A→B过程气体对外做功大于C→A外界对气体做功，故D正确。 故选D。 19．D 【详解】A．根据可得，状态a、状态c等温，内能相等，状态b的温度大于a，c的温度，状态b内能大于状态a、状态c的内能，A错误； B．p-V图像压强与体积围成图形的面积表示外界对气体所做的功,因此状态a变化到状态b的过程中 状态b变化到状态c过程中 因此可知 W2＝W1 B错误； C.状态a、状态c等温，内能相等，根据得 又 解得 Q1+Q2＝4p0V0 C错误； D. 状态a、状态c等温，内能相等，根据得 题目中没有给出Q1Q2的正负，可以取绝对值解得 W1+W2＝Q1+Q2 D正确． 故选D。 20．D 【详解】A．气体从a→b的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线ab与横轴围成的面积；从b→c的过程体积增大，此过程气体对外界做的功就等于图线bc与横轴围成的面积。由图形可知两面积相等，则气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功，故A错误； B．因 ， 故 根据一定质量的理想气体状态方程 可知 气体从a→b的过程内能不变，即 由热力学第一定律 可知气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功；因 故 根据 可知 气体从b→c内能增加，即 由 可知气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，可知气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量，故B错误； C．在c→a过程中压强不变，体积减小，外界对气体做的功，则 由 可知温度降低，则 由 可得 即气体发热，且有 即外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C错误； D．因，，则 即气体在c→a过程中温度的减少量等于b→c过程中温度的增加量，一定质量的理想气体的内能与温度成正比，故气体在c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，故D正确。 故选D。 21．B 【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有 解得弹性绳的伸长量 则此时弹性绳的弹性势能为 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为 则由功能关系可知该过程F所做的功 故选B。 22．C 【详解】A.在4s∼7s时间内钢索的拉力竖直向上，此段时间内电梯竖直向上运动，所以拉力做正功，故A错误； B.在2s∼4s时间内物体上升的高度为 物体重力做功 故B错误； C.在0s∼2s时间内，物体的加速度为 由牛顿第二定律有电梯地板对物体的支持力为 得 在0s∼2s时间内，物体位移为 电梯地板对物体的支持力做的功 故C正确； D.由动能定理有在0s∼2s时间内，电梯地板对物体做的功与重力对物体做的功之和等于物体动能的增加量，故D错误。 故选C。 23．D 【详解】由于只有重力和弹簧弹力做功，则小球与弹簧组成的系统满足机械能守恒，重力势能、动能与弹性势能之和保持不变；由于重力势能逐渐减小，则动能和弹性势能之和逐渐增大；由于弹性势能增大，则重力势能和动能之和减小。 故选D。 24．C 【详解】A．滑块从a点由静止下滑最后又回到a点，滑块机械能守恒，则滑块与斜面间无摩擦，故A错误； B．滑块运动到b点时动能为 由于滑块此时受合外力仍沿斜面向下，动能继续增加，滑块动能的最大值一定大于4J，故B错误； C．滑块运动到c点时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒有 故C正确； D．从b到c，滑块动能的减少量加重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。 故选C。 25．C 【详解】A．物体B下降的过程中，B的速度逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，因此加速度逐渐减小，对物体B进行受力分析可知，绳子拉力逐渐增大，A错误； B．根据能量守恒可知，物体B机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增量和物体A动能的增量之和，B错误； C．根据动能定理可知物体A动能的增量等于弹簧对A做的负功与绳子拉力对A做的正功之和，而由于物体B加速下降，绳子拉力小于B的重力，因此物体A动能的增量小于物体B所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，C正确； D．物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于绳子拉力对A做的功，而绳子拉力小于B所受的重力，D错误。 故选C。 26．B 【详解】AB．开始物体平衡时 当小球的位移为x时受的合外力 则小球的运动类似简谐振动，开始时的加速度最大，即当x=0时的加速度最大， 在x=0.2m时F合=0此时加速度为零；由对称性可知，当x=0.4m时到达最低点，此时加速度为向上最大，大小为2m/s2，选项A错误，B正确； C．开始时弹簧伸长量 到最低点时弹簧伸长量为 x1=2.4m 则根据 可得下降过程中弹簧增加的弹性势能 选项C错误； D．下降过程中，重力势能减少 弹簧增加的弹性势能0.44J，则机械能增加0.04J，选项D错误。 故选B。 27．D 【详解】当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为，则橡皮绳从原长到伸长的过程中游客克服橡皮绳做的功为 游客从跳台跳下到最低点速度减为0的过程中，由功能关系可知 解得 D正确。 故选D。 28．B 【详解】A．当时，弹簧弹力等于重力大小，小球的加速度为零，动能最大，由机械能守恒定律可知小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，A错误； B．当时，由图像可知弹力做的功 由释放到动能最大的过程，根据动能定理得 可得 B正确； C．当时，由图像可知弹力做的功 由动能定理可得 解得小球的速度大小 C错误； D．小球在位置会继续向下运动而压缩弹簧，小球在最低点时，有 由牛顿第二定律可知小球在最低点 则 D错误。 故选B。 29．B 【详解】设弹簧被压缩xl，有 设a开始下落时与b的距离为H，a、b物块碰撞前瞬间a的速度大小为va，由机械能守恒得 a、b一起压缩弹簧，到两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同（设为vab′）对此过程由系统机械能守恒得 a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有 联立解得 故选B。 30．D 【详解】A．物块最终停止的位置应满足 解得 物块若在O点左右两侧1cm的范围内的速度为0，就会停止运动。物块从A到B的过程中，由能量守恒得 解得OB距离为 则物块不会停在B点，故A错误； B．刚释放时物块所受的合力为 故B错误； CD．物块从B往右运动到O点右侧速为零，由能量守恒得 解得 以此类推，物块再次往左运动到O点左侧处停止，再往右运动到O点右侧处停止，接着再往左运动到O点左侧处停止，因此位置弹力等于最大静摩擦力，物块最终停止。 物块运动的总路程为 产生的内能 故从释放到最终停止过程中物块和弹簧组成的系统损失的机械能，故C错误，D正确。 故选D。 31．C 【详解】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为 由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为 C正确。 故选C。 【点睛】 32．C 【详解】A．线圈产生的电动势最大值为 电动势有效值为 则电压表V的示数为 故A错误； B．线圈转过的过程平均感应电动势为 故B错误； C．电路中产生的焦耳热为 故C正确； D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为 故D错误。 故选C。 33．B 【详解】A．由图乙可知周期0.4s，则感应电流的频率为 A错误； B．永磁铁的转速为 B正确； C．感应电流的最大值为，有效值为 C错误； D． 由图乙可知感应电流瞬时值表达式为 D错误； 故选B。 34．C 【详解】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，若从中性面计时，感应电动势的瞬时表达式为 其中 则瞬时表达式为 （V） 故选C。 35．D 【详解】若线圈平面与磁场方向夹角为45°开始计时，由楞次定律可判断，零时刻电流方向为b到a，即零时刻电流方向为负，则电流的瞬时值表达式为 故选D。 36．A 【详解】设线圈匝数为N，面积为S，转动角速度为ω，磁场的磁感应强度为B，则 线圈转动的角速度为 根据法拉第电磁感应定律可得 从线圈位于中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 所以 综上所述可得 故选A。 37．C 【详解】A．由图像可知时，感应电动势为0，则通过线圈的磁通量变化率为0，穿过线圈的磁通量最大，线圈平面与磁场方向垂直，故A错误； B．由图像可知，电动势有效值为 则两端电压的有效值 故B错误； C．交变电流电动势的瞬时值表达式为 故C正确； D．电阻一个周期内生热为 故D错误。 故选C。 38．B 【详解】C．由图像可知，t=0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，故C错误； B．由Φ-t图像可知 T=2×10-2 st=0时刻 Φ=0 根据可知R两端的电压u随时间t变化的规律是 u=14.1cos 100πt（V） 故B正确； D．通过R的电流i随时间t变化的规律是 i=1.41cos 100πt（A） 故D错误； A．电动势的最大值 故A错误。 故选B。 39．D 【详解】A．图示位置为垂直中性面位置，从图示位置开始计时，线框中的感应电动势的瞬时值表达式为 故A错误； B．若将电阻换成电容器，电容器的耐压值考虑最大值，为，故B错误； C．从图示位置转过90°流过中的电量 故C错误； D．线框转一周，外力所做的功就是回路产生的焦耳热，则 故D正确。 故选D。 40．B 【详解】由闭合电路欧姆定律 解得 所以 V 又因为 可得线圈转动的角速度为 从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为 故B正确，A、C、D错误。 故选B。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$