2017-2018学年广东省湛江第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年广东省湛江第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

绝密★启用前 广东省湛江第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 (　　)‎ A． 的示数不变，的示数增大 B． 的示数减小，的示数增大 C． 的示数不变，的示数增大 D． 的示数不变，的示数减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 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．‎ ‎2．图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　 )‎ A． 向右匀速运动 B． 向左匀速运动 C． 向右加速运动 D． 向左加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ab杆向右或向左匀速运动时，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动。故AB错误。ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动。故C正确。ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考查了右手定则、左手定则、安培定则以及楞次定律，综合性较强，关键搞清各种定则适用的范围，不能混淆．‎ ‎3．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)‎ A． Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B． Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C． Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D． Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。‎ ‎【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 ‎【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。‎ ‎4．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)‎ A． 0 B． r2qk C． 2πr2qk D． πr2qk ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U=S=πr2k；根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=πr2qk，故选D。‎ ‎5．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 ‎，则下列说法中正确的是()‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压．利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而可解的比值k．‎ 副线圈的电流为，则原线圈的电流为，与原线圈串联的电阻的电压为，由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有，解得U=66V，原线圈回路中的电阻的功率为，副线圈回路中的电阻的功率为，所以，A正确．‎ ‎6．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ ）‎ A． PQ中电流先增大后减小 B． PQ两端电压先减小后增大 C． PQ上拉力的功率先减小后增大 D． 线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可分段分析：当PQ从左端滑到ab中点的过程和从ab中点滑到右端的过程，抓住棒PQ产生的感应电动势不变．导体棒由靠近ab边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析PQ中电流如何变化；根据矩形线框总电阻与PQ电阻的关系，分析其功率如何变化，当矩形线框的总电阻等于PQ的电阻时，线框消耗的功率最大；‎ ‎【详解】‎ A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大，故A错误； B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，则，可知PQ两端的电压先增大后减小，故B错误； C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由得知，PQ上外力的功率先减小后增大，故C正确； D、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误。‎ ‎【点睛】‎ 本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad 中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎7．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(　　)‎ ‎ 图甲 图乙 A． 输入电压u的表达式u＝20sin 100πt (V)‎ B． 只断开S2后，L1、L2均正常发光 C． 只断开S2后，原线圈的输入功率减小 D． 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T＝0.02 s，所以，可知其表达式为u1＝20sin100πt (V)，故选项A正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U1＝20 V，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确 故本题选：ACD 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、填空题 ‎8．下列说法正确的是 A．扩散现象说明分子总在做无规则热运动 B．物体吸热，物体分子平均动能必定增大 C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化 D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小 E．一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行 ‎【答案】ADE ‎【解析】不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散。扩散的实质是分子的相互渗入，表明一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，故A正确；改变物体温度的方法有两个：做功、热传递，物体吸热的同时又对外做功，分子平均动能未必增大，故B错误；根据热力学第二定律，内能不可以全部转化为机械能而不引起其他变化。故C错误；分子间距等于分子间平衡距离时，若增大距离分子力表现为引力做负功，其分子势能增加，若减小距离时表现为斥力做负功，其分子势能增加，则分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小。故D正确；热力学第二定律的微观意义是“一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行”，故E正确；综上分析，正确答案为ADE。‎ ‎9．下列说法正确的是（ ）‎ A． 气体温度越高，每个分子的速度一定越大 B． 理想气体向外界放出热量时，温度可能不变 C． 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 D． 液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈 E. 热量可以从低温物体传到高温物体 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 物体的温度越高，分子的平均动能就越大。分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小。故A错误。根据热力学第一定律U=Q+W ‎，当一定质量的理想气体向外界放出热量时，如果外界对气体做等量的功，其内能会不变，温度不变。故B正确。布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，但能反映液体分子的运动。故C错误。液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈，故D正确；根据热力学第二定律可知热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，并不是热量不能从低温物体传到高温物体，在消耗其它能量的情况下是可以的，只是不能自发的发生。故E正确。故选BDE。‎ ‎【点睛】‎ 此题不仅要知道温度是分子平均动能的标志和布朗运动，而且要理解热力学第一定律和热力学第二定律。‎ ‎10．下列说法正确的是(　　)‎ A． 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B． 固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C． 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 D． 在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E. 熔化过程中，晶体的温度和内能都不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A错误。固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项B正确。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。选项C正确。在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫。选项D正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加。选项E错误。故选BCD。‎ ‎【点睛】‎ 解答该题要熟练的掌握晶体和非晶体的特性，对于晶体有一下特点：晶体有整齐规则的几何外形；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；晶体有各向异性的特点．非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形，如玻璃、松香、石蜡等．它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各项同性”．它没有固定的熔点．‎ ‎11．关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）‎ A． 量子技术可以使物体的最低温度达到绝对零度 B． 系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量 C． 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 D． 可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 E. 温度和质量都相同的氢气和氧气内能不相等 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 绝对零度是低温的极限，是无法达到的，故A错误；做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，则系统的内能增量可能小于系统从外界吸收的热量，故B正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；热力学第二定律可表述为不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，故D错误；温度相同，则分子的平均动能相同，但由于相同质量下氢气和氧气的物质的量不相等；故内能不相等；故E正确； 故选BCE。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查热学中的基本规律，重点掌握热力学第一定律、热力学第二定律与分子动理论，其中关于热力学第二定律的几种不同的说法，一定要牢记．‎ ‎12．下列说法正确的是（ ）‎ A． 液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性 B． 太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用 C． 用打气筒的活塞压缩气体很费劲，说明分子间有斥力 D． 第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了能量守恒定律 E. 布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 液晶具有流动性，其光学性质表现为各向异性，故A正确；太空舱中的液滴呈球状是由于完全失重情况下液体表面张力的作用，故B正确；用打气筒的活塞压缩气体很费劲，这是气体压强作用的结果，不能说明分子间有斥力，故C错误；第二类永动机是不可能制造出来的，因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故D错误；布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，选项E正确；故选 ABE.‎ ‎13．一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其P﹣T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是（_____）‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ 试题分析：根据气体状态方程，得，p-T图象的斜率，a、c两点在同一直线上，即a、c两点是同一等容线上的两点，体积相等，故A正确；理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故B正确；在过程cd中温度不变，内能不变△U=0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c到d体积减小，外界对气体做正功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，所以W=|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故C错误；在过程da中，等压变化，温度升高，内能增大△U＞0，体积变大，外界对气体做负功即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在过程da中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故D错误；在过程bc中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，根据，即pV=CT，, da过程中，气体对外界做功，因为|△Tbc|＝|△Tda|，所以|Wbc|＝|Wad|，在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功，故E正确．故选ABE．‎ 考点：热力学第一定律；理想气体的状态变化方程 评卷人 得分 四、实验题 ‎14．如图所示，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，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________．‎ ‎(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________．‎ ‎【答案】 向右偏 向左偏 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示； （2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；那么合上电键后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量也是增大的，电流计指针也向右偏；‎ ‎（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电阻变大，电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，灵敏电流表的指针向左偏；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．‎ ‎15．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V 。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，如图所示，测得油膜占有的正方形小格数为X 。‎ ‎(1)用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为________。‎ ‎(2)油酸分子直径约为________。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎(1) N滴油酸酒精溶液的总体积为V，那么N滴溶液中纯油酸的体积kV，则每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为；‎ ‎(2) 油膜法测量分子直径实验的科学依据是将油膜看成单分子油膜，那么油酸分子的直径，等于薄膜厚度，即为。‎ 点晴：本题关键理解并掌握实验的原理，建立分子模型．在用油膜法估测分子的大小实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，明确该实验的实验原理即可正确解答本题。‎ 评卷人 得分 五、解答题 ‎16．如图所示，在一端开口、一端封闭粗细均匀的玻璃管内，一段长为h＝25 cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当玻璃管水平放置时，管内封闭的气柱长度为L1＝20 cm(如图12甲)，这时的大气压强p0＝75 cmHg，室温是t1＝27 ℃。将玻璃管缓慢地转过90°，使它开口向上，并竖直浸入热水中(如图乙)，待稳定后，测得玻璃管内气柱的长度L2＝17.5 cm。‎ ‎(i)求此时管内气体的温度t2；‎ ‎(ii)保持管内气体的温度t2不变，往玻璃管内缓慢加入水银，当封闭的气柱长度L3＝14 cm时，加入的水银柱长度Δh是多少(玻璃管足够长)。‎ ‎【答案】(i) t2＝77 ℃ (ii)Δh＝25 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据理想气体状态方程得，， 代入数值解得：t2=77℃； （2）根据玻意耳定律得，（P0+h）l2=（P0+h+△h）l3，  代入数值解得：△h=25cm；‎ ‎17．如图所示，固定的气缸Ⅰ和气缸Ⅱ的活塞用劲度系数为的轻质弹簧相连，两活塞横截面积的大小满足S1＝2S2，其中。两气缸均用导热材料制成，内壁光滑，两活塞可自由移动．初始时两活塞静止不动，与气缸底部的距离均为，环境温度为T0＝300 K，外界大气压强为，弹簧处于原长。现只给气缸Ⅰ缓慢加热，使气缸Ⅱ的活塞缓慢移动了5cm．已知活塞没有到达气缸口，弹簧能保持水平，气缸内气体可视为理想气体。求此时：‎ ‎(a)弹簧的形变量；‎ ‎(b)气缸Ⅰ内气体的温度。‎ ‎【答案】(1) （2） ‎ ‎【解析】(a)初始时弹簧处于原长说明两气缸内气体压强均为 加热后，对气缸Ⅱ的活塞受力分析得 ‎ …………① ‎ 对气缸Ⅱ内气体，由玻意耳定律 ‎ …………② ‎ 联立解得 ‎（b）对气缸Ⅰ内气体，由理想气体状态方程 ‎ …………③‎ 对气缸Ⅰ的活塞受力分析得 ‎ …………④ ‎ 由几何关系 ‎ …………⑤ ‎ 联立解得 ‎ ‎18．如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L=0.4m,上、下两端各有一个电阻R0＝1Ω,框架的其他部分电阻不计,框架足够长.垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场,磁感应强度B＝2T。ab为金属杆,其长度为L＝0.4m，质量m＝0.8kg，电阻r＝0.5Ω，金属杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5。金属杆由静止开始下滑,直到速度达到最大的过程中,金属杆克服磁场力所做的功为W=1.5J。已知sin37°＝0.6，cos37°=0.8；g取10m／s2.求:‎ ‎（1）ab杆达到的最大速度v.‎ ‎（2）ab杆从开始到速度最大的过程中沿斜面下滑的距离.‎ ‎（3）在该过程中通过ab的电荷量．‎ ‎【答案】（1）2.5m/s （2）S="2.5m" （3） 2C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）当ab杆匀速运动时速度最大，杆受到重力、支持力、摩擦力与安培力的作用，‎ 由平衡条件得：BIL+μmgcosθ=mgsinθ，‎ 最大感应电流：，‎ 解得：vm=2.5m/s ‎（2）由能量守恒得：‎ 代入数据解得：x=2.5m；‎ ‎（3）流过导体棒的电量：q=I△t，‎ 感应电流：‎ 联立解得：q=2C 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律；电量 ‎【名师点睛】该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。‎