广西桂林市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

广西桂林市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

广西桂林市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） ‎ 一、选择题：（本大题共10小题，共33分。第1～7为单选题，每小题3分；第8～10为多选题，每小题4分，全部选对得4分，选对但不全得，不选或选错不得分。）‎ ‎1.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是 A. 电子的发现使人们认识到电子是原子的一部分 B. 天然放射现象使人们认识到原子具有核式结构 C. a粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子的发现使人们认识到电子是原子的一部分；天然放射现象说明原子核内是有结构的；a粒子散射实验说明了原子具有核式结构；密立根油滴实验测出了电子的电量。‎ ‎【详解】A．电子的发现使人们认识到原子的结构，知道电子是原子的一部分，故A正确；‎ BC．天然放射现象说明原子核内是有结构的，a粒子散射实验才说明了原子具有核式结构，故B、C错误；‎ D．密立根油滴实验测出了电子的电量，但没有说明电子轨道是不连续的，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，属于易错题型 ‎2.在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连。用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示，这时 A. 锌板带正电 B. 锌板带负电 C. 指针不带电 D. 锌板有正电子飞出 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性。‎ ‎【详解】锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，有光电子逸出，光电子带负电，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，导致指针带正电。‎ A．锌板带正电，与分析结果相符，故A正确；‎ B．锌板带负电，与分析结果不符，故B错误；‎ C．指针不带电，与分析结果不符，故C错误；‎ D．锌板有正电子飞出，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查光电效应现象的分析，较为简单。‎ ‎3.核反应方程，X所代表的粒子是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核反应均遵守质量数和核电荷数守恒，由此即可解出答案。‎ ‎【详解】根据质量数守恒：4+14-17=1，知X的质量数为1，‎ 由核电荷数守恒得：2+7-8=1，知X的核电荷数为1，‎ 分析知：X为。‎ A．，与分析结果不符，故A错误；‎ B．，与分析结果不符，故B错误；‎ C．，与分析结果相符，故C正确；‎ D．，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查核反应方程式的完成，属于简单题型。‎ ‎4.小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则（）‎ A. 闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变 B. 闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变 C. 断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭 D. 断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析。‎ ‎【详解】A．闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，L2不亮，故A错误；‎ B．闭合开关瞬间，由于线圈中的自感电动势的阻碍，L1‎ 逐渐变亮，电路稳定后，亮度不变，故B错误；‎ CD．由于二极管具有单向导电性，电路稳定后，也无电流通过L2，L2不亮，断开开关S的瞬间，L由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡L1、L2串联，所以L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查自感现象的应用，结合自感规律判断即可，较为简单。‎ ‎5.如图所示，RT为负温度系数的半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明()‎ A. 环境温度变低 B. 环境温度变高 C. 环境温度不变 D. 都有可能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合负温度系数热敏电阻的特性和串并联电路分压分流特点分析即可。‎ ‎【详解】当灯泡L的亮度变暗时，说明通过灯泡L的电流变小，则灯泡L所在支路电压变小，R的电压变大，即总电流变大，总电阻变小，则变小，而为负温度系数热敏电阻，只有环境温度变高，才变小。‎ A．环境温度变低，与分析结果不符，故A错误；‎ B．环境温度变高，与分析结果相符，故B正确；‎ C．环境温度不变，与分析结果不符，故C错误；‎ D．都有可能，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查串并联电路的动态分析，根据串并联电路的特点，即可得出结果，属于一般题型。‎ ‎6.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　)‎ A. 7.5‎‎ V B. 8 V C. 2 V D. 3 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据交变电流有效值的定义，运用焦耳定律和欧姆定律推导求解即可。‎ ‎【详解】有图象可以看出，交变电流周期为3×10-2s，其中第1秒内为正弦式交流电，最大值为：Um=6V，第2秒和第3秒内为恒压电流：U2=9V。‎ 根据正弦式交流电有效值与最大值的关系可知：第1秒内等效电压为：U1==3V。‎ 根据焦耳定律和欧姆定律可得：Q=‎ 则有：‎ 化简得： =‎ 解得：U=2V ‎7.氢原子能级图的一部分如图所示，a、b、c分别表示氢原子在不同能级间的三种跃迁途径，设在a、b、c三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是Ea、Eb、Ec和λa、λb、λc，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据吸收或辐射光子能量等于两能级间的能级差，来判断光子的能量的关系 和波长入的关系。‎ ‎【详解】因为，知，‎ 所以：‎ 即：。‎ A．，与分析结果不符，故A错误；‎ B．，与分析结果不符，故B错误；‎ C．，与分析结果相符，故C正确；‎ D．，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查氢原子的能级公式及跃迁，较为简单。‎ ‎8.下列关于近代物理内容的叙述中正确的是（）‎ A. 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 B. 按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁劐半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量增大 C. 用强度一定的光照射某金属发生光电效应时，光的频率越大，逸出的光电子的最大初动能越大 D. 原子核内发生一次B衰变，该原子外层就失去一个电子 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子核的比结合能越大，核子结合得就越牢固，原子核越稳定；根据轨道半径的半径，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化；光照射到某种金属上发生光电效应时，有：，故可判断光的频率与逸出的光电子的最大初动能的关系；衰变的实质是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来。‎ ‎【详解】A．比结合能越大，原子核中核子结合得越:牢固，原子核越稳定，故A正确；‎ B ‎．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子 的能量增大, 根据知，电子的动能减小，故B正确；‎ C．发生光电效应时，有：，光的频率越大，逸出的光电子的最大初动能越大，故C正确；‎ D．β衰变的实质是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查原子物理里的一些常规现象和规律，较为简单。‎ ‎9.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向远处为用户供电，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。设T1的榆入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）‎ A. U2不变，U3变小 B. U2减小，U4变大 C. P1变大，P2变大 D. P2不变，P3变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 抓住用户消耗的电功率变大，则用户端的总电流增大，则输电线上的电流增大，结合电流的变化判断出输电线上功率损失的变化，从而得出升压变压器原副线圈功率的变化。抓住升压变压器的输入电压不变，得出输出电压不变，结合输电线上的电压损失得出降压变压器原副线圈电压的变化。‎ ‎【详解】要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P3也会变大，用户端的总电流增大，则输电线上的电流增大，T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，P1变大，电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U3变小，U4变小。‎ A．U2不变，U3变小，与分析结果相符，故A正确；‎ B．U2减小，U4变大，与分析结果不符，故B错误；‎ C．P1变大，P2变大，与分析结果相符，故C正确；‎ D．P2不变，P3变大，与分析结果不符，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查远距离输电中的动态分析，属于一般题型。‎ ‎10.如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为‎0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为Im的正方形，其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成300角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则 A. t=1s时，金属杆中感应电流方向从D到C B. t=3s时，金属杆中感应电流方向从C到D C. t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N D. t=3s时，金属杆对挡板P压力大小为0.1N ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律、安培力表达式、力的合成与分解，即可求解.‎ ‎【详解】A．当时，由磁感应强度随时间变化规律可知：磁感应强度在减弱，由楞次定律得，金属杆中的感应电流方向从C到D，故A错误；‎ B．当时，由磁感应强度随时间变化规律可知：磁感应强度在反向增大，由楞次定律得，金属杆中的感应电流方向从C到D，故B正确；‎ C．当时，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势：，‎ 由欧姆定律得：，‎ 则：安培力大小：,‎ 由左手定则可知，安培力垂直于磁场的方向斜向上，将安培力分解，可得金属杆对挡板P的压力大小为：，故C错误；‎ D．同理，当时，感应电动势仍为0.1V，安培力大小仍为0.2N，方向垂直于磁感线向下，所以金属杆对挡板P的压力大小仍为：，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查法拉第电磁感应定律的综合应用，属于中等题型。‎ 二、填空题：（请将正确答案填在答题卷的相应位置。每空，共1。）‎ ‎11.如图是“研究电磁感应现象”的实验装置。‎ ‎(1)将图中所缺导线补充完整______________；‎ ‎(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速拔出副线圈中，电流计指针将__________（填“向左偏”或“向右偏”），原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将__________‎ ‎（填“向左偏”或“向右偏”）；‎ ‎(3)在灵敏电流计所在的电路中，为电路中提供电流的是__________（填图中仪器的字母）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 向左偏 (3). 向右偏 (4). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，根据题意确定电流计指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据磁通量的变化判断电流计指针偏转方向。‎ ‎【详解】第一空．将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：‎ ‎；‎ 第二空．如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；‎ 第三空．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏；‎ 第四空．在灵敏电流计所在的电路中，为电路中提供电流的是线圈B。‎ ‎【点睛】本题主要对电磁感应现象进行研究，属于一般题型。‎ ‎12.如图所示，质量为m的导体棒a从h高处由静止起沿足够长的光滑导电轨道滑下，另一质量为‎2m的导体棒b静止在宽为L的光滑水平导轨上，在水平轨道区域有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，a、b导体棒不会相碰，重力加速度取g，则a、b导体棒的最终的共同速度为__________，回路中最多能产生焦耳热为__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a先加速下滑，进入磁场后切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，b在安培力作用下向右加速运动，也切割磁感线产生感应电动势，此感应电动势与a的感应电动势方向相反，整个回路总的电动势减小，感应电流减小，两棒所受的安培力减小，当两棒的速度相等时，电路中不再产生感应电流，两棒不受安培力，将一起做匀速运动，达到稳定状态。以两棒组成的系统为研究对象，满足动量守恒，据动量守恒定律求解即可；当两棒最终一-起做匀速运动时，回路中不再产生焦耳热，根据能量守恒定律求解即可。‎ ‎【详解】第一空．a从h高处由静止滑到水平导轨处，由动能定理得：‎ ‎，‎ 解得：‎ a进入磁场后，a棒减速，b棒加速，最终速度相等，a、b系统水平方向合外力为零。‎ 设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎，‎ 解得，最终速度：；‎ 第二空．整个过程，对系统,由能量守恒定律得：‎ 解得：。‎ ‎【点睛】本题考查电磁感应现象的综合应用，属于一般题型。‎ 三、计算题：（解答应写出必要的文字说明、方程式及计算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位。本题3个小题，共35分。）‎ ‎13.如图所示，一个总阻值r=10Ω，匝数n=1000的正方形金属线圈，与阻值R=20Ω的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长L=‎0.1m，其内部空间（包括边界处）充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场。磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。导线电阻不计。求：‎ ‎(1)t=0时刻，穿过线圈的磁通量；‎ ‎(2)0～0.02s内，线圈QMNP中的感应电动势大小和感应电流的方向；‎ ‎(3)0～0.02s过程中整个回路的热功率，t=-0.01s时UPQ的大小。‎ ‎【答案】(1) (2)3V，逆时针方向(3)2V ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当t=0时，根据可以求出穿过线圈的磁通量；‎ ‎（2）依据电动势的公式：可求出感应电流；‎ ‎（3）根据欧姆定律和功率的表达式，可以求出整个回路的的热功率和UPQ。‎ ‎【详解】（1）当t=0时，则：；‎ ‎（2）依据电动势的公式：，感应电流方向为逆时针方向；‎ ‎（3）依据欧姆定律总电阻：，‎ 再依据功率的表达式：；‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题主要考查电磁感应定律的综合应用，属于一般题型。‎ ‎14.如图所示，线圈面积为‎0.05m2‎，共100匝，线圈总电阻为r=1Ω，外电阻R=9Ω，线圈处于 的匀强磁场中。当线圈绕轴，以角速度匀速转动时，从线圈处于图示的位置开始计时，求：‎ ‎(1)写出电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)线圈转过1/40s过程中，通过电阻的电荷量q；‎ ‎(3)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)200J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从线圈处于中性面开始计时，由电动势的瞬时值表达式为和，由题已知条件代入求出；‎ ‎（2）线圈转动的过程中，由求解通过电阻的电荷量；‎ ‎（3）根据焦耳定律求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值。‎ ‎【详解】（1）感应电动势的最大值：，‎ 则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为：‎ ‎；‎ ‎（2）线圈转过的过程中，通过电阻的电荷量:,‎ 又由：，，‎ 所以：；‎ ‎（3）电路中电流的有效值：，‎ 线圈匀速转一圈产生的总热量：。‎ ‎【点睛】本题考查交流电中正弦式电流的三角函数表达式、最大值、有效值及相关计算，属于一般题型。‎ ‎15.如图所示，两根足够长平行光滑金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=370的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=‎1m。整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=‎1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知sin370=0.6，cos370=0.8，取g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度口vm；‎ ‎(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎(3)若导轨MN、PQ粗糙，金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，从金属棒ab开始运动至达到速度‎2.0m/s过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求金属棒ab下滑的位移x。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) x=‎‎2.0m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 释放金属棒后，金属棒受到重力、支持力、安培力三个力作用，由于棒的速度增大导致感应电流增大，从而阻碍导体运动的安培力也增大，所以加速度减小。‎ ‎（1）只有当加速度减小为零时，棒的速度达到最大，写出平衡式，结合感应电动势、欧姆定律、安培力的式子，就能求出最大速度；‎ ‎（2）棒匀减速直线运动时，电流最大，消耗的电功率最大，由电功率的式子直接求出；‎ ‎（3）由能量守恒定律和焦耳定律即可求出位移。‎ ‎【详解】（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度。‎ 由牛顿第二定律： ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ ‎ ④‎ 解得：，I=‎3A；‎ ‎（2）金属棒以最大速度匀速运动时，电阻R上的电动率最大，‎ 此时: ⑤‎ 由③④⑤解得：‎ ‎（3）设金属棒从开始运动至达到‎2.0m/s速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律： ⑥‎ 根据焦耳定律： ⑦‎ 解得x=‎2.0m。‎ ‎【点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势和闭合电路欧姆定律，难度中等。‎ 四、选考题：（共30分。共两道题，其中第16题为选修3-3部分内容，第17题为选修3-4部分内容，请考生从两题中任选一题作答，若两题都作答，则按第16题计分。请将答案填写在答题区域指定位置上。）‎ ‎16.下列说法正确的是（）‎ A. 随着分子间距离减小，分子势能一定减小 B. 两个铅块压紧后能连在一起，说明分子间有引力 C. 一定质量的液体变成同温度的气体吸收的能量等于增加的内能 D. 扩散现象、布朗运动和分子热运动都随温度的升高而变得剧烈 E. 已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度可估算出该气体分子间的平均距离 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子间存在相互作用的引力与斥力，分子间距离增大，分子势能不一定增大；由于分子间有引力，可以把压紧后的两个铅块连在一起；扩散现象、布朗运动和分子热运动都随温度的升高而变得剧烈；根据热力学第一定律，液体变成同温度的气体，体积增大，气体吸收的能量大于内能的增加；气体分子之间有很大的缝隙，估算出来的是气体分子间的平均距离。‎ ‎【详解】A．分子的作用力若表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减少，故A错误；‎ B．两个铅块压后能紧连在一起说明是铅分子之间的引力，故B正确；‎ C．一定质量的液体变成同温度的气体，体积要增大，对外做功，则吸收的能量大于增加的内能，故C错误；‎ D．扩散现象、布朗运动和分子热运动都随温度的升高而变得剧烈，故D正确；‎ E．已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离，但是不能计算气体分子的大小，故E正确。‎ ‎【点睛】本题主要对热学中的布朗运动和分子间的相互作用力及距离的考查，较为简单。‎ ‎17.下列说法正确的是（）‎ A. 单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 B. 即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止 C. 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和汽压之比 D. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 E. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 单晶体和多晶体都有固定的熔点；水凝结成冰后，水分子运动不会停止；根据空气的相对湿度定义理解即可；在熔化过程中，晶体要吸收热量，内能要增加；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石。‎ ‎【详解】A．单晶体和多晶体都有固定的熔点，故A错误；‎ B．水凝结成冰后，水分子运动会减缓，但不会停止，故B正确；‎ C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和汽压之比，故C正确；‎ D．在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但内能要增加，故D错误；‎ E．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故E正确。‎ ‎【点睛】本题考察了晶体和非晶体、分子运动等相关热力学现象，较为简单。‎ ‎18.下列论述正确的是（）‎ A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动 B. 某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用 C. 液晶具有一定的流动性和光学各向异性 D. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ E. ‎1kg的0oC冰比‎1kg的0oC的水的内能小些 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 液体分子的无规则运动，在普通显微镜下是看不到的；液体表面有张力的存在；根据液晶特点和性质可判断结果；冰化成水需要吸热。‎ ‎【详解】A．显微镜下观察到的是大颗粒在液体分子无规则碰撞造成的无规则运动，故A错误；‎ B．因为液体表面有张力的存在，某些细小的昆虫能够在水面上自由运动，故B正确；‎ C ‎．根据液晶特点和性质可知：液晶既具有一定的流动性，又具有单晶体的各向异性，故C正确；‎ D．热力学第二定律可描述为“在外界做功下，能使热量由低温物体传递到高温物体”，故D错误；‎ E．由于冰化成水需要吸热，所以‎1kg的‎0°C的冰比‎1kg的‎0°C的水的内能小些，故E 正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查热力学中一些基本知识，较为简单。‎ ‎19.空气能热水器采用“逆卡诺”原理，工作过程与空调相反，能将空气中免费热量搬到水中进行制热，即使在南极也有良好表现，高效节能。如图，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。该循环过程中，下列说法正确的是()‎ A. A→B过程中，气体对外界做功 B. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D. B→C过程中，气体分子的平均动能增大 E. A→B过程中，气体从外界空气吸收大量热能 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理想气体内能只与温度有关，根据图象选择合适的气体定律，判断温度变化，根据热力学第一定律判断吸放热;温度是分子平均动能的标志。‎ ‎【详解】A．A→B过程为等温过程，气体压强减小体积增大，气体对外界做功，故A正确；‎ B．D→A过程中，体积减小，外界对气体做功，绝热过程，根据热力学第一定律可知内能增大，故温度升高，故气体分子速度分布曲线发生变化，故B错误；‎ C．C→D过程为等温过程，压强增大体积减小，分子密集程度增大，即单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；‎ D．B→C过程为绝热过程，气体体积增大对外做功，气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故D错误；‎ E．A→B过程为等温过程，气体内能不变，由于压强减小，气体的体积增大，对外做功，根据热力学第一定律气体吸收的热量等于气体对外所做的功，故E正确。‎ ‎【点睛】本题考查热力学中的理想气体状态方程的应用，较为简单。‎ ‎20.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为‎40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底‎60cm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×l05Pa为大气压强)，温度为300K，现缓慢加热汽缸内气体，当温度为360K时，活塞恰好离开a、b；当温度为396K时，活塞上升了‎3cm。g取‎10m/s2。求：‎ ‎①当温度为360K时，缸内气体的压强；‎ ‎②活塞的质量；‎ ‎③固体A的体积。‎ ‎【答案】①②‎8kg③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出已知条件，根据等容变化的公式和对活塞受力平衡可以求活塞的质量；由等压变化公式可以求出物体A的体积。‎ ‎【详解】①，，‎ 从开始到缓慢加热汽缸为等容过程：‎ 代入数据得；‎ ‎②时，‎ 代入数据得m=‎‎8kg ‎③从缓慢加热汽缸到活塞上升为等压过程：，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 代入数据得：‎ 设固体A的体积为，‎ 则有：‎ 代入数据得： 。‎ ‎【点睛】本题考查热力学中的理想气体状态方程的应用，属于一般题型。‎ ‎21.如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，当振子到达最高点时，弹簧处于原长。选取向上为正方向，弹簧振子的振动图像如图乙所示。则下列说法中正确的是()‎ A. 弹簧的最大伸长量为‎100m B. 弹簧振子的振动周期为2s C. 在1～1.5s内，弹簧振子的速度大小逐渐增大 D. 在0～0.5s内，弹簧振子的位移大小逐渐增大 E. 在1.5～2.0s内，弹簧振子的弹簧伸长量逐渐减小 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离;由图象直接读出周期和振幅、根据振子的位置分析其速度和加速度大小。振子处于平衡位置时速度最大，位移为0，在最大位移处时，加速度最大。‎ ‎【详解】A．由图乙可知：弹簧的最大伸长量为‎10cm，故A错误；‎ B．由图乙可知：弹簧振子的振动周期为2s，故B正确；‎ C．在1～1.5s内，弹簧振子的速度大小逐渐减小，故C错误；‎ D．在0～0.5s内，弹簧振子从平衡位置向上运动，位移大小逐渐增大，故D正确；‎ E. 在1.5～2.Os内，弹簧振子从最低点向上往平衡位置运动，弹簧伸长量逐渐减小，故E正确；‎ ‎【点睛】本题主要考查了简谐运动的振动图像与过程的分析，较为简单。‎ ‎22.用双缝干涉测光的波长的实验装置如图所示，实验装置使光屏上能观察到清晰的干涉条纹。关于该实验，下列说法正确的是()‎ A. 取下滤光片，光屏上将只见到白光 B. 若光屏与双缝间距增大，光屏上相邻两条亮纹中心的距离增大 C. 若将双缝间的距离d增大，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小 D. 测出n条亮条纹间的距离a，则相邻两条亮条纹间距为△x=a／(n+1)‎ E. 若将滤光片由红色换成绿色，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据双缝干涉条纹间距公式，结合色光波长、双缝间距以及双缝到光屏距离的变化，判断条纹中心间距的变化。‎ ‎【详解】A．取下滤光片，不同的色光干涉，在光屏上将出现彩色的干涉条纹，故A错误；‎ B．根据知，将光屏与双缝间距L增大，则光屏上相邻两条暗纹中心的距离增大，故B正确；‎ C．根据知，将双缝的距离d增大，则光屏.上相邻两条暗纹中心的距离减小，故C正确；‎ D．测出n条亮条纹间的距离a,则相邻两条亮条纹间距为，故D错误；‎ E．若将滤光片由红色换成绿色，光的波长减小，根据知，光屏上相邻两条暗纹中心的距离减小，故E正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查用双缝干涉测光的波长的实验的应用，较为简单。‎ ‎23.下列说法正确的是()‎ A. 均匀变化的磁场在周围空间一定产生均匀变化的电场 B. 蝙蝠利用超声脉冲导航，当它飞向某一墙壁时，接收到的脉冲频率大于它发出的频率 C. 在光的折射现象中，光路是可逆的 D. 狭义相对论原理指出：在非惯性参考系中，一切物理规律都是相同的 E. 光的偏振现象说明了光是横波 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 均匀变化的磁场周围产生恒定的电场；当声源和观察者相互靠近时，接收到的频率增加，当声源和观察者相互远离时，接收到的频率降低；物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式.这叫做相对性原理。‎ ‎【详解】A．均匀变化的磁场周围产生恒定的电场，故A错误；‎ B．蝙蝠利用超声脉冲导航，在一次正朝着表面平直的墙壁飞扑的期间，与墙壁相互靠近，故接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于它发出的频率，故B正确；‎ C．光的折射和反射现象中，光路均是可逆的，故C正确；‎ D．物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式，这叫做相对性原理，在不同的参考系中，一切物理规律都是不相同的，故D错误；‎ E. 光的偏振现象，说明了光是横波，故E正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了多普勒效应、折射规律、狭义相对论等基本知识，较为简单。‎ ‎24.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0s时刻的波形图，图乙为质点B的振动图像，下列说法正确的是()‎ A. 该波沿x轴正方向传播 B. 在t=0s时，质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向 C. 从t=0s到t=0.1s，质点通过的路程等于‎5cm D. 在t=0.1s时，质点C和质点D的速度相同 E. 质点D做简谐运动的表达式为y=0.05cos(5t)(m)‎ ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速；由振动图象读出t=0时刻B点的振动方向，判断波的传播方向，即可知道t=0时刻质点A的速度方向，根据位移方向确定加速度方向。根据时间与周期的关系，求质点B通过的路程。质点C和质点D振动情况总是相反。根据振幅、角频率和初相位写出质点D做简谐运动的表达式 ‎【详解】A．由乙图知：在t= 0 s时刻，质点B的振动方向沿y轴正方向，代入甲图，则知该波沿x轴正方向传播，故A正确；‎ B．在t=0时刻，质点A的速度方向为正，位移为负，由知：加速度为正，即沿y轴正方向，故B正确；‎ C．从t=0s到t=0.1s，，质点通过的路程等于5cm,故C正确；‎ D．质点C和质点D平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，则在t=0.1s时，质点C和质点D均处于各自的平衡位置，速度相反，故D错误；‎ E．在t=0时刻，质点D位于波峰，则质点D做简谐运动的表达式为y=0.05cos(5t)(m)，故E正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了波形图和振动图的综合应用，一般题型。‎ ‎25.如图所示，AOB是由某种透明物质制成的半径为R的1/4圆柱体横截面（O为圆心），透明物质折射率为。今有一束平行光以450的入射角从真空射向柱体的O平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设凡射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射。求：‎ ‎①从AO面射人逶明物质的折射角；‎ ‎②光线从透明物质射向真空时发生全反射的临界角；‎ ‎③从圆柱AB面上能射出光线的部分的弧长。‎ ‎【答案】①r=30°②45°③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出光路图，根据折射定律和几何关系求解进入圆柱的折射光线与OA间的夹角；当光线在AB弧面上发生全反射时，就没有光线从AB弧面射出，根据临界角确定出光线在AB弧面上恰好发生全反射时的入射点，由几何知识求解全反射的临界角和从圆柱AB面上能射出光线的部分的弧长。‎ ‎【详解】①光路如图所示：‎ 从O点射入光线，折射角为r，根据折射定律有：‎ 解得：r=30°；‎ ‎②由公式得：‎ 临界角为：C=45°；‎ ‎③设光线从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上Q点时，入射角恰等于临界角C，△PQO中：‎ ‎，‎ 所以能射出的光线区域对应的圆心角为：，‎ 能射出光线的部分占AB面的弧长：。‎ ‎【点睛】本题主要考查光学中的折射与全反射，较为简单。‎