宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题
石嘴山市三中2019-2020第二学年高二期中考试
物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，每题2分，共26分）
1.交变电动势瞬时值表达式，下列说法正确的是（ ）
A. 此交变电流的频率是
B. 该交变电流的周期为0.5s
C. 当时，产生此交变电流的线圈与中性面垂直
D. 当t=0.5s时，此交变电动势有最大值
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由表达式可知，此交流电的角频率，由于
可知频率为2Hz，周期为0.5s，A错误，B正确；
C．时，感应电动瞬时值为0，因此线圈处于中性面上，C错误；
D．将t=0.5s代入表达式，可得电动势等于0，D错误。
故选B。
2.下列关于液体表面张力的说法中，正确的是（ ）
A. 液体表面张力的存在，使得表面层内分子的分布比内部要密集些
B. 液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，产生表面张力
C. 液体表面层分子间只有引力而无斥力是产生表面张力的原因
D. 液体表面张力的方向指向液体内部，使液体表面有收缩趋势
【答案】B
【解析】
【详解】AB．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，从而产生表面张力，B正确，A错误；
C．液体表面层分子间既有引力又有斥力，但引力大于斥力，从而表现为引力，C错误；
D．液体表面张力的方向沿表面的切面方向，D错误。
故选B。
3.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接两个定值电阻R1和R2，且R2=3R1，此时R1的功率是R2的3倍，若将两个电阻的位置互换，则R1的功率与R2的功率的比值为
A. 27:1 B. 1:27 C. 1:9 D. 9:1
【答案】B
【解析】
根据可得，解得，若将两个电阻的位置互换，原、副线圈的电流之比不变，为，R1的功率与R2的功率的比值为，故B正确，A、C、D错误；
故选B．
4.关于分子力，下列说法中正确的是（ ）
A. 碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力起作用
B 用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力
C. 固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力
D. 水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在引力
【答案】C
【解析】
【详解】A．碎玻璃不能拼合在一起，是由于分子间距达不到分子引力范围之内，并不是玻璃分子间斥力起作用，选项A错误；
B．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是气体压强作用的缘故，不能说明气体分子间有斥力，选项B错误；
C．固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力，选项C正确；
D．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在间隔，选项D错误。
故选C。
5.对于固体、液体和气体的物质来说，如果用M表示摩尔质量，m表示分子质量，ρ表示物质的密度，V表示摩尔体积，V0表示分子体积，NA
表示阿伏加德罗常数，下列关系中一定正确的是( )
A. NA＝ B. NA＝ C. D.
【答案】C
【解析】
对于固体或液体来说，摩尔体积是1mol分子的体积，故，但由于气体分子间有空间，所以该式不成立，AB错误； m表示分子质量，M表示摩尔质量，N表示阿伏伽德罗常数，对任何一种物质都有，C正确D错误．
6.空气湿度对人们的生活有很大影响，当湿度与温度搭配得当，通风良好时，人们才会舒适。关于空气湿度，以下结论正确的是（ ）
A. 绝对湿度大而相对湿度也一定大
B. 相对湿度是，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态
C. 在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将减小
D. 在温度一定情况下，绝对湿度越大，相对湿度越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．相对湿度是指为湿空气中水蒸气分气压力与相同温度下水的饱和气压之比。相对湿度大，可能此温度下饱合气压更大，比值可能不大，也就是绝对湿度大而相对湿度可能不大，A错误；
B．相对湿度是，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，B正确；
C．水的饱和气压随温度的降低而减小，因此在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增大，C错误；
D．在温度一定情况下，水的饱和气压是确定的值，绝对湿度越大，相对湿度越大，D错误。
故选B。
7.如图所示为一定质量的理想气体在p－V图象中的等温变化图线，A、B是双曲线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则( )
A. S1
S2 D. S1与S2的大小关系无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】△OBC的面积为OC·BC=pBVB，同理△OAD的面积为pAVA，而A、B为等温线上的两点，即pAVA=pBVB，所以，两个三角形的面积相等，故B正确，ACD错误．
故选B．
8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C=10 μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法中正确的是（ ）
A. 灯泡L1一定比L2暗
B. 电容器C所带电荷量的最大值为6×103 C
C. 电容器C放电周期为2×10－2 s
D. 副线圈两端的电压最大值为12V
【答案】D
【解析】
【详解】A．原线圈有正弦交流电，则副线圈中也有正弦式交流电，由于L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡L1与L2，是谁亮和暗，取决于电感和电阻谁的阻碍作用大，本题未给条件无法判断，故A错误；
BD．由变压器的变压比
=
可知，副线圈两端的电压的最大值
U2m==×36V=12V
电容器所带电荷量的最大值
Q=CU2m=10×10－6×12C=1.2×10－4C
故B错误，D正确；
C．电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，故C错误。
故选D。
9.如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（ ）
A. I0 B. I0 C. +I0 D.
【答案】B
【解析】
【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R． 则有： ，解得：I=I0；
A. I0，与结论不相符，选项A错误；
B. I0，与结论相符，选项B正确；
C. +I0，与结论不相符，选项C错误；
D. ，与结论不相符，选项D错误；
10.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )．
A. 可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体
B. 一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体
C. 一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体
D. 一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则一定是多晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．各向同性可以是多晶体，也可以是非晶体，故不能根据各向异性或各向同性来鉴别晶体和非晶体，故A错误；
B．沿各个方向对一块均匀薄片施加拉力，发现其强度一样，表现出各向同性，可能是非晶体，也可能是多晶体，故B错误．
C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，即各向异性，则该球体一定是单晶体，故C正确；
D．一块晶体，若其各个方向的导热性相同，可能是多晶体，故D错误．
故选C。
11.英国物理学家汤姆孙通过阴极射线的实验研究发现（ ）
A. 阴极射线在电场中偏向正极板一侧
B. 阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同
C. 不同材料所产生的阴极射线的比荷不同
D. 汤姆孙直接测到了阴极射线粒子的电荷量
【答案】A
【解析】
【详解】A．阴极射线在电场中偏向正极板一侧，因此阴极射线应该带负电荷，A正确；
B．阴极射线在磁场中受力情况跟负电荷受力情况相同，B错误；
C．不同材料所产生的阴极射线的比荷相同，C错误；
D．汤姆孙并没有直接测到了阴极射线粒子的电荷量，D错误。
故选A。
12.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能与两分子间距离的关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（ ）
A. 乙分子在P点时，加速度最大
B. 乙分子在Q点时，其动能为
C. 乙分子在Q点时，分子间的作用力的合力为零
D. 乙分子的运动范围
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙分子在P点时，势能最小，分子力合力零，加速度为零，A错误；
B．乙分子在Q点时，势能为0，由于总能量为0，因此其动能也为0，B错误；
C．乙分子在Q点时，分子间的作用力的合力表现为斥力，C错误；
D．当乙分子靠近甲分子的过程中，运动到Q点时，速度减小零，不能再靠近了，因此乙分子的运动范围，D正确。
故选D。
13.玻尔首先提出能级跃迁。如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于能级的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是（ ）
A. 这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光
B. 氢原子由能级跃迁到能级产生的光波长最长
C. 处于基态的氢原子吸收12eV的能量可以跃迁到能级
D. 处于基态的氢原子吸收14eV的能量可以发生电离
【答案】D
【解析】
【详解】A．从能级的氢原子向低能级跃迁时。共可辐射出3种不同频率的光，A错误；
B．从由能级跃迁到能级产生的光能量最大，波长最短，B错误；
C．吸收的能量恰好等于两个能级间的能量差时，才能吸收该能量，完成跃迁，因此处于基态的氢原子吸收10.2eV的能量，可以跃迁到能级，12eV能量不等于任可两个能级间的能量差，因此不能吸收该能量，C错误；
D．外于基态的氢原子，只要吸收的能量超过13.6eV，电子就会跃迁到无穷远处，这就是电离，因此处于基态的氢原子吸收14eV的能量可以发生电离，D正确。
故选D。
二、多选题（本大题共6小题，每题4分，共24分）
14.在匀强磁场中，100匝的矩形金属线圈绕垂直于磁场的轴分别以不同的转速匀速转动，产生的交变电动势图像如图中曲线a、b所示，则（ ）
A. 时刻穿过线圈的磁通量均为零
B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为
C. 交流电b电动势的最大值为
D. 线圈在转动过程中，磁通量最大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．时刻，线圈的感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；
B．根据
曲线a、b对应的线圈周期之比为2:3，因此转速之比为3:2，B正确；
C．感应电动势最大值表达式
由于
因此
C正确；
D．由图象可知
而
因此可得最大磁通量
D错误。
故选BC。
15.如图所示的是一远距离输电示意图，图中均为理想变压器，输电导线总电阻为R．则下列关系式正确的是（ ）
A. 输电导线中的电流强度I2=
B. 热损失的功率△P=（U2-U3）I3
C. 两变压器线圈匝数比满足＜
D. 变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2＞I3
【答案】AB
【解析】
【详解】A．因理想变压器，则，根据，可知，输电导线中的电流强度，故A正确；
B．因输送电路不是纯电阻电路，输送的功率为，故B正确；
C．①是升压变压器，则，②是降压变压器，则，所以，故C错误；
D．变压器①输出电流和变压器②的输入电流的相等，故D错误．
16.对玻尔理论，下列说法中正确的是（ ）
A. 继承了卢瑟福的原子模型，但对原子能量和电子轨道引入了量子化假设
B. 原子只能处于一系列不连续的状态中，每个状态都对应一定的能量
C. 建立了原子发光频率与原子能量变化之间的定量关系
D. 氢原子中，量子数n越大，电子轨道半径越小
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．玻尔的原子模型对应的是电子轨道的量子化，卢瑟福的原子模型核外电子可在任意轨道上运动，故A正确；
B．玻尔的原子结构模型中，原子的能量是量子化的，卢瑟福的原子结构模型中，原子的能量是连续的，故B正确；
C．玻尔的原子结构模型中，核外电子从高能级向低能级跃迁后，原子的能量减小，从而建立了，故C正确；
D．氢原子中，量子数n越大，轨道半径越大，故D错误；
故选ABC。
【点睛】卢瑟福的原子模型是核式结构模型，电子轨道可以是连续变化的；玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，并根据跃迁能量变化关系，从而即可求解。
17.如图所示的理想变压器电路中，变压器原、副线圈匝数比为，在a、b
端输入正弦式交流电压有效值为U，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 乙灯的额定电流最大
B. 甲灯的额定电压为
C. 丙灯的电阻最小
D. 甲灯的额定电压最小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由电路分析可知
甲的额定电流大于乙的额定电流，A错误；
BCD．由于乙与原线圈并联，因此
由于乙、丙功率相等，因此
由于匝数之比等于电流比的倒数，因此
因此可知
由于甲、乙功率相等，根据
可知
而
因此，可得
由于三个灯的功率相等，根据
甲的电流最大，因此甲的电阻最小，额定电压最小
因此，BD正确，C错误。
故选BD。
18.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（ ）
A. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
B. 一定量的水变成的水蒸汽，其分子之间的势能增加
C. 气体温度越高，气体分子的热运动越剧烈
D. 如果气体分子总数不变，当气体分子的平均动能增大时，气体压强必然增大
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，A正确；
B．一定量的水变成的水蒸汽，吸收热量内能增加，而分子动能没变，因此其分子之间的势能增加，B正确；
C．温度是分子平均动能的标志，因此气体温度越高，气体分子的热运动越剧烈，C正确；
D．如果气体分子总数不变，气体分子的平均动能增大，但如果气体体积膨胀，单位体积内有分子数减小，也可能会使气体压强减小，D错误。
故选ABC。
19.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，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，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。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）
A. 气体并没有对外做功，气体内能不变
B. B中气体可自发地全部退回到A中
C. 气体温度不变，体积增大，压强减小
D. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小
【答案】AC
【解析】
【详解】AD．A、B做为一个整体，整个过程中，气体没有对外做功，因此气体内能不变，A正确，D错误；
B．根据热力学第二定律，B中气体不可能自发地全部退回到A中，B错误；
C，根据玻意耳定律，气体温度不变，体积增大，压强减小，C正确。
故选AC。
三、填空题（本大题共3小题，每空1分，共10分）
20.图示为粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起放在图中的________（选填“A”“B”“C”或“D”）位置时，相同时间内观察到屏上的闪光的次数最多；放在图中的_______（选填“A”“B”“C”或“D”）位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少。根据实验结果，卢瑟福提出了原子的________模型。
【答案】 (1). A (2). D (3). 核式结构
【解析】
【详解】[1]由于绝大多数粒子穿过金箔后都沿原来的方向运动，因此放在A处时，相同时间内观察到屏上的闪光的次数最多。
[2]由于有极少数发生大角度偏转，因此放在D处，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少。
[3] 卢瑟福提出了原子的核式结构模型。
21.一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中、和为已知量。
(1)从状态A到B，气体经历的是_______（选填“等温”，“等容”，或“等压”）过程。
(2)从B到C的过程中，气体的内能_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
(3)从C到D的过程中，气体对外界_______（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），同时 ________（选填“吸热”或“放热”）。
【答案】 (1). 等容 (2). 不变 (3). 做负功 (4). 放热
【解析】
【详解】(1)[1] 从状态A到B，由于体积没变，因此发生的是等容过程。
(2)[2] 从B到C的过程，由于气体温度不变，因此气体的内能不变。
(3)[3] [4]从C到D的过程中，由于体积减小，因此气体对外界做负功；而温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，一定放出热量。
22.如图所示理想变压器输入的交流电压U1＝220 V，有两组副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V 9 W”、“12 V 12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，原线圈的匝数n1=_______匝，另一副线圈的匝数n3=_______匝，原线圈中电流I1=_______．
【答案】 (1). 1320 (2). 72 (3). 0.095 A
【解析】
【详解】设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，根据输入功率等于输出功率求电压关系；由电压关系求匝数之比．由于两灯泡正常发光，所以，根据电压与匝数成正比知两副线圈的匝数比
故
匝；
所以
n1=1320匝
根据输入功率等于输出功率知
得
四、实验题（本大题共2小题，每空2分，共10分）
23.（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是____（用符号表示）．
（2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大．出现这种情况的原因可能是_______．
A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数
D.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数多记了10滴
（3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的________．
A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D.体积
【答案】 (1). cadb (2). AC (3). B
【解析】
【详解】第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下
配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量
油膜面积→计算分子直径．所以在实验的步骤中，是“将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里
的水面上，等待形状稳定”，因此操作先后顺序排列应是cadb．
第二空：根据分析则有：
A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值
偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，
故B错误；
C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，
故C正确；
D. 求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将
偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误．
第三空. 设一个油酸分子的体积为，则，由可知，要测定阿伏
加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积．
A.由上分析可知，故A错误；
B.由上分析可知，故B正确；
C.由上分析可知，故C错误；
D.由上分析可知，故D错误．
24.用显微镜观察悬浮在水中的花粉，追踪几粒花粉，每隔30s记下它们的位置，用折线分别依次连接这些点，如图所示．则：
①从图中可看出花粉颗粒的运动是_____（填“规则的”或“不规则的”）
②关于花粉颗粒所做的布朗运动，说法正确的是_____
A．图中的折线就是花粉颗粒的运动轨迹
B．布朗运动反映液体分子的无规则运动
C．液体温度越低，花粉颗粒越大，布朗运动越明显
D．布朗运动是由于液体分子从各个方向对花粉颗粒撞击作用的不平衡引起的
【答案】 (1). 不规则 (2). BD
【解析】
【分析】
布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章．
【详解】第一空．由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，它说明花粉颗粒做不规则运动；
第二空．A．根据题意，有：每隔10s把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故此图像是每隔10s固体微粒的位置，而不是小炭粒的运动轨迹，故A错误．
B．布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故B正确；
C．液体温度越高，花粉颗粒越小，布朗运动越明显，故C错误；
D．布朗运动是由于液体分子从各个方向对花粉颗粒撞击作用的不平衡引起的，故D正确．
【点睛】本题主要考查了对布朗运动的理解，属于简单题型．
五、计算题（本大题共5小题，每题10分，共50分）
25.如图所示为一定质量的理想气体发生状态变化的图像，气体从状态A沿直线变化到状态B、状态C，已知气体在状态A时的温度为300K，求：
(1)气体在状态B时的温度为多少
(2)气体从状态A变化到状态C的过程中，是吸收热量还是放出热量，吸收或放出的热量为多少？
【答案】（1）400K；（2）要吸收热量，吸收的热量为400J。
【解析】
【详解】(1)由理想气体状态方程可得
代入数值，解得
(2)由理想气体状态方程可得
代入数值，解得
因为状态A和状态C温度相等，所以从状态A到状态C内能的变化量为0，气体从状态A沿图中斜线变化到状态C，气体对外界做的功
根据热力学第一定律，气体从外界吸收的热量为
26.如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向以角速度匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A是理想交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过时的感应电流为I。
(1)电流表读数是多大？最大磁通量是多少？
(2)线圈转动一周电阻R产生的热量是多少？
(3)从图示位置转过的过程中，通过R的电荷量是多少？
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】(1)由题可知
可知，感应电流的最大值
电流的有效值
因此电流表的读数为。
感应电动势的最大值
又由于
磁通量的最大值
联立解得
(2)线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量
(3)从图示位置开始转过的过程中
联立可得，通过电阻R的电荷量
27.如图为远距离输电过程的示意图．已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：
（1）降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流．
（2）输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压．
（3）两个变压器各自的匝数比．
【答案】（1）400A；20A；（2）100；4500V；（3）1：18；20：1。
【解析】
【分析】
（1）根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．
（2）根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．
（3）根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．
【详解】（1）由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率：
解得降压变压器输出电流为：
A
根据输电导线消耗的功率：
P损=
解得：
A
（2）由欧姆定律可知输电导线损耗的电压为：
U损=20×5V=100V
根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即：
V
（3）由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为：
U3=U2-U损=4500-100=4400V
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知：
升压变压器：
降压变压器
【点睛】本题主要考查了远距离输电，关键要知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．
28.如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L＝10cm的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差Δh＝2cm，设外界大气压为1.0×105Pa(即75cmHg)，为了使左、右两管中的水银面相平，
(1)若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少？
(2)若温度保持27℃不变，需从右管的开口端再缓慢注入多少厘米的水银柱？
【答案】（1）t=66．C （2） 再加入2.54cm的水银
【解析】
【详解】（1）对于封闭气体：
初态：p1=p0-△h=75-2=73（cmHg），V1=LS=10S，T1=300K；
末态：p2=p0=75cmHg，V2=（L+0.5△h）S=12S，T2=？；
根据理想气体状态方程
代入数据
从中求得
T2=339K
t2=T2-273=66℃
（2）气体作等温变化，p3=p0=75cmHg，V3=L3S
根据玻意耳定律
p1V1=p3V3
代入数据
73×10=75×L3
从中求得
L3=9.73cm
即闭管水银柱上升了0.27cm，所需注入的水银柱长为
H=（2+2×0.27）cm=2.54cm
点睛：本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．
29.如图所示，较高且上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1．0×105Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K，活塞恰好离开a、b．求：
(1)活塞的质量；
(2)当温度升为360 K时活塞上升的高度．
【答案】(1)m＝4 kg；(2)Δh＝5.5 cm．
【解析】
【详解】(1)由等容变化可得：，
对活塞由平衡条件可得：
代入数据联立解得：；
(2)由等压变化知：，所以．
