【物理】甘肃省白银市靖远县第四中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题（实验班）（解析版）

【物理】甘肃省白银市靖远县第四中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题（实验班）（解析版）

靖远四中2019-2020学年第二学期期中考试 高二物理（实验班）‎ 一．单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）‎ ‎1.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（　　）‎ A. 已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，若认为气体分子为球形，则该气体分子的直径可以表示为 B. 布朗运动是指悬浮在液体里的微小固体颗粒的运动 C. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故 D. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，若认为气体分子为立方体模型，则该气体分子间的距离可以表示为，选项A错误；‎ B．布朗运动是指悬浮在液体里的微小固体颗粒的运动，选项B正确；‎ C．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强作用的缘故，与分子间的斥力无关，选项C错误；‎ D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D 状态，下列判断正确的是（　　）‎ A. A→B过程温度升高，压强变大 B. B→C过程体积不变，压强变小 C. B→C过程体积不变，压强不变 D. C→D过程温度不变，压强变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，由A→B过程中，温度升高体积变大，体积与热力学温度成正比，由可知，气体压强不变，是等压变化，故A错误；‎ BC．由图象可知，B→C过程中，气体体积不变温度降低，由可知，气体压强变小，故B正确，C错误；‎ D．由图象可知，在C→D过程中，气体温度不变体积减小，由可知，压强变大，故D错误。 故选B。‎ ‎3.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（　　）‎ A. 核的结合能约为14MeV B. 核比核更稳定 C. 两个核结合成核时释放能量 D. 核中核子的平均结合能比核中的大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，的比结合能约为7MeV，其结合能应为28MeV，A错误；‎ B．比结合能越大的核越稳定，因此核比核更稳定，B正确；‎ C．比结合能较小的核结合成比结合能较大的核时，释放能量，因此两个核结合成核时释放能量，C正确；‎ D．比结合能就是平均结合能，由图可知，核中核子的平均结合能比核中的小，D错误。故选BC。‎ ‎4.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 钍的半衰期为24天。‎1g 钍经过 120 天后还剩‎0.2g 钍 B. 一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，延长入射光照射时间，光电子的最大初动能不会变化 C 放射性同位素经α、β衰变会生成，其中经过了2次α衰变和 3 次β衰变 D. 大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钍的半衰期为24天，‎1g钍经过120天后，发生5个半衰期，‎1g钍经过120天后还剩 故A错误。 B．光电效应中，依据光电效应方程Ekm=hγ-W ‎，可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，与入射光照射时间长短无关，故B正确。‎ C．钍衰变为可知质量数少12，电荷数少4，因为经过一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，经过一次β衰变，电荷数多1，质量数不变，可知经过3次α衰变，2次β衰变，故C错误。‎ D．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，故D错误。 故选B。‎ ‎5.短道速滑接力赛中，质量为60kg甲以大小为‎10m/s的速度在前面滑行，质量为‎50kg的乙以大小为‎12m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，之后乙的速度大小变为‎4m/s，乙的方向与原速度方向相反（整个过程均在同一条直线上），则推后瞬间甲的速度大小为（　　）‎ A. B. C. ‎30m/s D. ‎33m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题知m甲=‎60kg，m乙=‎50kg，以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，推前甲的速度v甲=‎10m/s，乙的速度v乙=‎12m/s，推后乙的速度v乙′=‎-4m/s，由动量守恒定律，有 m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′‎ 代入数据解得推后瞬间甲的速度大小为 v甲′=‎ 故ACD错误，B正确。‎ 故选B。‎ ‎6.一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝11：5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则（　　）‎ A. 原线圈电流表的示数是‎22 A B. 与电阻并联的电压表的示数是 V C. 经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D. 变压器的输入功率是1×103 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，原线圈中电压的最大值为Um=220V，副线圈中电压的最大值，副线圈电压有效值：，则与电阻并联的电压表的示数是100V，选项B错误；经过1分钟电阻发出的热量是，选项C错误；流过电阻的电流：，则次级消耗的功率：P2=I2U2=1000W，则变压器的输入功率是1000W，选项D正确；原线圈电流表的示数是，选项A错误.‎ ‎7.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 ‎【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎8.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻其阻值随光强增大而减小，和是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是　　‎ A. 电压u的频率为100Hz B. 电压表V的示数为 C. 当照射R的光强增大时，电流表A的示数变大 D. 当的灯丝烧断后，电压表V的示数会变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50Hz，故A错误；‎ B．原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，‎ 理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B错误；‎ C．R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；‎ D．当Ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 B. 在绝热条件下压缩理想气体，气体的内能一定增加 C. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以估算出气体分子的直径 D. 一定质量的理想气体，压强不变、温度升高时，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将增多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第二类永动机不可能制成因为它违反了热力学第二定律，没有违反能量守恒定律，故A错误；‎ B．根据热力学第一定律可知 则在绝热条件下压缩理想气体 则 即气体的内能一定增加，故B正确；‎ C．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以估算出气体分子运动占据的空间的直径，故C错误；‎ D．一定质量的理想气体，压强不变、温度升高时，气体的平均速率变大，则气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故D错误。故选B。‎ ‎10.图为氢原子能级图。现有一群处于n=4激发态的氢原子，用这些氢原子辐射出的光照射逸出功为2.13eV的某金属，已知电子的电荷量为1.6×10‎-19C，则（　　）‎ A. 这群氢原子能够发出8种不同频率的光 B. 如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到n=1能级发出的 C. 从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光的波长最短 D. 该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值为1.7×1018J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意得一群处于n=4激发态的氢原子可能辐射出种不同频率的光，故A错误；‎ B．氢原子由n=3能级跃迁到n=1产生的光的能量为 故B正确；‎ C．从n=4能级跃迁到n=3，辐射的光子频率最小，波长最长，故C错误；‎ D．氢原子由n=4能级向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为 根据光电效应方程 入射光的能量越高，则电子的动能越大，初动能的最大值为 故D错误。故选B。‎ 二．多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选项是正确的，全选对得5分，漏选得3分，错选或不选得0分）‎ ‎11.如图是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量，由图可知　　‎ A. 该金属的截止频率为 B. 该金属的截止频率为 C. 该图线的斜率表示普朗克常量 D. 该金属的逸出功为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.３×1014Hz，故A正确B错误；根据知，图线的斜率表示普朗克常量，故C正确；金属的逸出功为，故D错误．‎ ‎12. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数比为9:1 B. 原、副线圈匝数比1:9‎ C. 此时a和b的电功率之比为9:1 D. 此时a和b的电功率之比为1:9‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】考查了理想变压器，电功率的计算 ‎【详解】AB．设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为 ‎，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；‎ CD．根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；‎ ‎13.如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片．保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建S，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. P向下滑动时，灯L变亮 B. P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C. P向上滑动时，变压器的输入电流减小 D. P向上滑动时，变压器的输出功率变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；‎ B．滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；‎ C．滑片P上滑，电阻减小，电流增大，则原线圈输入电流也增大，故选项C错误；‎ D．此时变压器输出功率将变大，故选项D正确．‎ ‎14.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4：1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）‎ A. 电流表的示数为 ‎0.82A ‎B. 电压表的示数为 660 V C. a、b 两点的电压是 1100V D. a、b 两点的电压是 1045V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：副线圈电压为220V，，三只灯泡都正常发光，电流 I=，故A正确；‎ B项：由输出端交变电压U的图象，可求出有效值为220V，由原、副线圈匝数之比为4：1，可得原、副线圈的电压之比为4：1，则原线圈的电压即电压表的示数为 ‎，故B错误；‎ C、D项：原、副线圈的电流之比为1：4，则副线圈电流为，灯泡的电阻R=，则ab两点的电压为 ‎，故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎15.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度‎3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（　　）‎ A. 在t1、t3时刻两物块达到共同速度‎1m/s，且弹簧都处于伸长状态 B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C. 两物体的质量之比为m1：m2=1:2‎ D. 在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1:8‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图象可知，在0时刻，A的速度大于B的速度，两物体距离逐渐靠近，在t1时刻，两物体速度相等，距离最近，弹簧处于最大压缩状态；接下来B的速度大于A的速度，两物体距离增大，在t3时刻，两物体速度再次相等，距离最大，弹簧处于最大伸长状态，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复到原长，AB错误；‎ C．在t1时刻两物块达到共同速度‎1m/s，根据动量守恒定律 代入数据得 C正确；‎ D．由图象可知，在t2时刻A的动能 在t2时刻B的动能 因此 D正确。故选CD。‎ 三．实验题（共8分）‎ ‎16.图示是验证动量守恒的实验示意图，已知小球a的质量为ma，小球b的质量为mb，且，A、B、C均为某小球的着地点，OA、OB、OC的长度分别为x1、x2、x3，不计空气阻力。‎ ‎(1)下列说法正确的是____；‎ A．小球a每次应从同一位置由静止释放 B．斜槽末端应保持水平 C．必须测量斜槽末端到水平地面的高度H ‎(2)___点是小球a单独以水平速度平抛落地的着地点，___点是碰撞后小球a落地的着地点。（均选填图中的“A”、“B”或“C”）‎ ‎(3)验证a、b两小球在碰撞前后总动量守恒的关系式为______。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). B A (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．为保证入射球每次与被碰球相碰时速度相等，入射球a每次应从同一位置由静止释放，故A正确；‎ B．为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽末端应保持切线水平；‎ C．由于抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，着地点离O点的距离就表示了速度的大小，所以不需要测量斜槽末端到水平地面的高度H，故C错误。‎ 故选AB。‎ ‎(2)[2][3]为防止碰撞后入射球a反弹，入射球a的质量应大于被碰球b的质量，两球从轨道的同一位置离开轨道做平抛运动，B点是小球a单独以水平速度平抛落地的着地点，A点是碰撞后小球a落地的着地点。‎ ‎(3)[4]如果碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得 mava=mava′+mbvb′‎ 两边同时乘以时间t mavat=mava′t+mbvb′t 则如果动量守恒，则满足 四．计算题（共27分）‎ ‎17.如图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化．求：‎ ‎（1）交流发电机产生的电动势的最大值及有效值；‎ ‎（2）电路中交流电压表的示数；‎ ‎（3）一个周期内，整个回路的焦耳热 ‎【答案】（1）200V，（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）交流发电机产生电动势的最大值，根据图线得出周期T以及角速度．从而求出感应电动势的最大值．（2）交流电压表显示的是路端电压有效值，根据求解有效值．（3）根据求解产生的焦耳热．‎ ‎（1）交流发电机的转动的周期，则角速度 则电动势的最大值 电动势的有效值 ‎（2）由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 交流电压表的示数为 ‎（3）整个回路中产生的焦耳热为 ‎【点睛】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，知道正弦交变电流电压的最大值是有效值的倍，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值．‎ ‎18.如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN 为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L＝‎80 cm，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d＝‎30 cm处设有卡环A、B，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气的压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境的温度均为t1＝‎27 ℃‎，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．‎ ‎①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；‎ ‎②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至‎227 ℃‎，求活塞移动的距离．‎ ‎【答案】（1）375K（2）5.6‎ ‎【解析】‎ 试题分析：活塞恰好要离开卡环时，两侧气体的压强相等，左侧氮气发生等容变化，根据查理定律即可求出活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；对左侧氮气运用理想气体的状态方程，①对右侧运用玻意耳定律，联立即可求出活塞移动的距离．‎ ‎“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象：‎ 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p2＝1.0×105 Pa，T2，V2＝V1‎ 由查理定律，有 代入数据解得T2＝375 K ‎②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动距离为x 取氮气为研究对象：‎ 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p3，T3＝500 K，V3＝dS＋xS 由理想气体状态方程有：‎ 取氧气为研究对象：‎ 初状态：p2＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，V4＝(L－d)S 末状态：p5＝p3，T5＝300 K，V5＝LS－V3‎ 由玻意耳定律有p2V4＝p5V5‎ 代入数据解得向右移动的距离x≈‎5.6 cm.‎ 点睛：本题主要考查了气体定律的综合运用，解题关键是要知道活塞离开卡环后左右两侧压强始终相等，左右两侧的体积之和恒为LS，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．‎ ‎19.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=‎0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=‎0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=‎0.3kg的小球A以初速度v0=‎4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：‎ ‎(1)两小球碰前A的速度；‎ ‎(2)球碰撞后A，B的速度大小；‎ ‎(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。‎ ‎【答案】(1)；(2)，；(3)，方向竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)碰前对A由动量定理有 解得 ‎(2)对A、B研究，碰撞前后动量守恒，即 碰撞前后动能保持不变 联立解得 ‎(3)因为B球在轨道上机械能守恒，则有 解得 在最高点C对小球B有 解得 由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力大小为，方向竖直向上。‎