2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高二下学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省大庆市铁人中学高二下学期期末考试物理试题 解析版

铁人中学2017级高二学年下学期期末考试 物理试题 一、单项选择题（本题共6小题；每小题5分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.下列有关热学的叙述中，正确的是（　　）‎ A. 同一温度下，无论是氢气还是氮气，它们分子速率都呈现出“中间多，两头少”的分布规律，且分子平均速率相同 B. 在绝热条件下压缩理想气体，则其内能不一定增加 C. 布朗运动是指悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动 D. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同一温度下，无论是氢气还是氮气，它们分子速率都呈现出“中间多，两头少”的分布规律，且分子平均动能相同，由于分子质量不同，则分子平均速率不同，选项A错误；‎ B. 在绝热条件下压缩理想气体，外界对气体做功，根据∆U=W+Q可知其内能一定增加，选项B错误；‎ C. 布朗运动是指悬浮在液体中的花粉颗粒的无规则运动，不是花粉分子的热运动，选项C错误；‎ D. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，选项D正确.‎ ‎2.关于原子、原子核以及核反应，以下说法正确的是（　　）‎ A. 一个原子核一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线，且γ射线穿透能力最强 B. 一个氢原子从n=3的能级发生跃迁，可能只辐射1种频率的的光子 C. 10个原子核经过一个半衰期后，一定还剩5个原子核没发生衰变 D. 核泄漏事故污染物铯(Cs)137能够产生对人体有危害的辐射，其衰变方程为，由方程可判断x是正电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 一个原子核在一次衰变中不可能同时放出α、β和γ三种射线，γ射线穿透能力最强，选项A错误；‎ B. 一个氢原子从n=3的能级发生跃迁，可能只辐射1种频率的的光子，即对应于3→1的跃迁，选项B正确；‎ C. 半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核的衰变不适用，选项C错误；‎ D. 核泄漏事故污染物铯(Cs)137能够产生对人体有危害的辐射，其衰变方程为，由方程可知x质量数为0，电荷数为-1，可判断x是负电子，选项D错误.‎ ‎3.一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3,普朗克常量为h,真空中的光速为c。下列说法正确的是 A. 核反应方程H+nH+γ B. 聚变反应中质量亏损1+m2-m3‎ C. 辐射出的γ光子的能量E=(m3-m1-m2)c D. γ光子的波长 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量；掌握光子能量、频率、波长、光速之间关系．‎ 该核反应方程质量数不守恒，A错误；聚变反应中的质量亏损，故B正确；聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E=（m1+m2-m3）c2，故C错误；根据，得光子的波长为：，故D错误．‎ ‎4.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变大 B. 若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变大 C. 若P不动，滑片F向下移动时，V1、的示数不变，V2的示数变小 D. 若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则V1示数不变，输出电压U2也不变；滑片P向下滑动时，电阻R变大，副线圈回路电流减小，故小灯泡的电流减小，其电压和功率均减小；据电阻R的电压UV2=U2-IRL知，UV2增加，电压表V2读数增加；故AB错误；‎ CD.若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，则V1的示数不变，根据变压比公式，由于n2减小，输出电压U2也减小；灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小；故C正确，D错误。‎ ‎5.如图所示的p-V图像， 1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 气体从1状态变化到2状态要放热，N1 > N2，T1>T2‎ B. 气体从2状态变化到3状态对外做功，吸热，N2 = N3，T3>T2‎ C. 气体从3状态变化到1状态内能不变，放热，N1T2；温度降低，内能减小，体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体要放热；体积不变，气体的数密度不变，而温度减小，则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数减小，即N1 > N2，故选项A正确；‎ B. 气体从2状态变化到3状态，体积变大，压强不变，则温度升高，即T3>T2；体积变大，则气体对外做功，温度升高，则气体内能增加，所以气体吸热。状态2到状态3，温度升高，分子运动更加剧烈，单个分子对器壁的平均作用力变大，压强不变，所以在状态2单位时间内撞击器壁单位面积的分子数大于状态3单位时间内撞击器壁单位面积的分子数，即N2>N3，选项B错误；‎ C. 由图像可知气体在状态3和状态1的pV乘积相同，则温度相同，即T1=T3，所以气体从3状态变化到1状态内能不变，体积减小，则外界对气体做功，所以气体放热；因从3状态变化到1状态体积减小，气体的数密度变大，又温度不变，所以气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数增加，即N1>N3，选项C错误；‎ D. 由以上分析可知，选项D错误。‎ ‎6.分子间同时存在着引力和斥力，若分子间引力和斥力随分子间距离r变化规律分别，，当分子力表现为斥力时，r必须满足（ ）‎ A. B. C. D. ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】r=r0时，分子间引力和斥力相等，即，可得，所以当时分子力表现为斥力．‎ A. ，与结论相符，选项A正确；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误。‎ 二、不定项选择题（本题共5小题，共25分，每题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选不全的得2.5分，有选错或不答的得0分。）‎ ‎7.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 （　　）‎ A. 单晶体和多晶体都有规则的几何外形 B. 空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压 C. 凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 D. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单晶体有规则的几何外形，但是多晶体没有规则的几何外形，选项A错误；‎ B. 据相对湿度的定义知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压，选项B正确；‎ C. 根据热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，选项C正确；‎ D. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子占据的空间的体积，而不能求解气体分子的体积.‎ ‎8.在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。同时，物理学也重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法符合历史事实的是(　　)‎ A. 贝克勒尔通过研究天然放射现象，说明原子核内部是有结构的 B. 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷 C. 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，实验还表明核外电子的轨道是不连续的 D. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 贝克勒尔通过研究天然放射现象，说明原子核内部是有复杂结构的，选项A正确；‎ B. 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷，选项B正确；‎ C. 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值；玻尔理论表明核外电子的轨道是不连续的，选项C错误；‎ D. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构理论，并没有证实原子核内部存在质子，选项D错误；‎ ‎9.关于原子核的结合能，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B. 一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定等于原来重核的结合能 C. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 D. 比结合能越大，原子核越稳定 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，选项A正确；‎ B. 重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，故B错误；‎ C. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故C错误；‎ D. 比结合能越大，原子核越稳定，选项D正确。‎ ‎10.如图所示，垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈中的轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合，以下说法正确的是(　　)‎ A. 时刻t线圈中电流的瞬时值i=sin ωt B. 线圈中电流的有效值I= C. 线圈中电流的有效值I= D. 线圈消耗的电功率P= ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如果整个空间都有磁场，时刻t线圈中感应电动势为：e=BSωsinωt，由于磁场只有一半，故实际感应电动势为：e=BSωsinωt，故时刻t线圈中电流的瞬时值i=sin ωt，选项A正确；‎ BC.电流的最大值为：Im＝，故有效值为：，故B错误，C正确；‎ D.线圈消耗的电功率为：，故D错误。‎ ‎11.如图所示，有一玻璃管长L=100cm，内有一段水银柱h=20cm，封闭着长a=50cm长的空气柱，此时温度t1=27oC，大气压恒为p0=76cmHg，对气体加热使水银柱上升直到水银柱全部溢出的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当气体温度升高到475K时，水银柱全部溢出 B. 当气体温度升高超过480K时，水银柱开始溢出 C. 在水银柱没有全部溢出前，气体温度最高不会超过484K D. 为了保持水银柱溢出，必须要持续对气体加热 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】开始温度升高时，气体压强不变，气体体积膨胀，水银柱上升。当水银柱上升至管口时，温度再升高，水银就会开始溢出，这时的气体压强随水银的溢出而减小，气体的体积在不断增大，温度不需要继续升高，设温度为T2时，剩余的水银柱的高度为x，玻璃管的横截面积为S，则：‎ 气体的初始状态为：P1=P0+h ；V1=aS ；T1=300K 气体的末状态为：P2=P0+x ；V2=（100-x）S ；T2=? 根据理想气体状态方程有：，即： B.当水银将要逸出时，x=h=20cm，解得T2=480K，即当气体温度升高超过480K时，水银柱开始溢出，选项B正确；‎ ACD.要使剩余水银全部溢出的温度T2最高，则（76+x）（100-x）必为最大。 又因为76+x+100-x=176为常数，所以当76+x=100-x，即x=12cm时，（76+x）（100-x）有最大值。据，解得：T2=484K，水银全部溢出。即在水银柱没有全部溢出前，气体温度最高不会超过484K，选项AD错误，C正确。‎ 三、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎12.在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，所用的油酸酒精溶液的浓度为a，测量中，某位同学测得如下数据：测得体积为V的油酸酒精溶液共有N滴；油滴面积为S，则：‎ ‎（1）用以上物理量的符号表示计算分子直径大小的公式为：d=________.‎ ‎（2）该同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，则对出现这种结果的原因，下列说法中一定不可能的是________．‎ 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 B．计算油膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整方格处理，计算在面积内 C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开 ‎【答案】 (1). (2). B ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.纯油酸的体积V′等于一滴油酸酒精溶液的体积乘以浓度，即：，油滴面积为S，则分子直径大小的公式为.‎ 第二空.根据 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，A正确；‎ B.计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则计算所用的面积S偏大，会导致计算结果偏小，B错误；‎ C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则计算所用的面积S偏小，会导致计算结果偏大，C正确；‎ D.水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的面积S偏小，导致结果计算偏大，D正确；‎ 此题选择不可能的选项，故选B．‎ ‎13.小明利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示．将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响．图甲中继电器的供电电压U1=3 V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30 Ω.当线圈中的电流大于等于50 mA时，继电器的衔铁将被吸合，警铃响．图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象．‎ ‎（1）由图乙可知，当环境温度为40 ℃时，热敏电阻阻值为________Ω.‎ ‎（2）由图乙可知，当环境温度升高时，热敏电阻阻值将________，继电器的磁性将________(均选填“增大”、“减小”或“不变”)．‎ ‎（3）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱________相连。 (均选填“A”或“B”)．‎ ‎（4）图甲中线圈下端P的磁极是________极(选填“N”或“S”)．‎ ‎（5）请计算说明，环境温度在_________范围内时，警铃报警．‎ ‎【答案】 (1). 70 (2). 减小 (3). 增大 (4). B (5). S (6). 环境温度大于等于80 ℃时，警铃报警 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.分析乙图，找到热敏电阻40℃对应的阻值为70Ω；‎ 第二空.分析乙图象发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小；‎ 第三空.根据欧姆定律，热敏电阻阻值减小；电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；‎ 第四空.由题中“当环境温度超过某一值时，继电器下触点接触，上触点分离，警铃响”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；‎ 第五空.由安培定则可判断出线圈的下端P的极性是S极；‎ 第六空.当线圈中的电流I=50mA=0.05A时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警；‎ 刚报警时，控制电路的总电阻 刚报警时，热敏电阻R=R总-R0=60Ω-30Ω=30Ω 由图乙可知，此时t=80℃ 所以当温度t≥80℃时，警铃报警。‎ 四、计算题(本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)‎ ‎14.紫光在真空中的波长为4.49×10－7 m，用它照射极限频率νc=4.62×1014 Hz的金属钾产生光电效应，发出的光电子照射处于激发态的氢原子，氢原子的能级如图所示，(h=6.63×10－34 J·s)求：‎ ‎（1）紫光的频率是多少？光子的能量是多少？‎ ‎（2）光电子的最大初动能为多少？ ‎ ‎（3）经过光电子照射后，能否使处于某一激发态的氢原子电离，若能则n最小是多少？若不能请说明理由。‎ ‎【答案】（1）6.68×1014 Hz；4.42×10－19J（2）1.37×10－19 J（3）n最小值为4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）紫光的频率ν==6.68×1014 Hz，‎ 光子的能量E=hν=4.42×10－19 J。‎ ‎（2）由W0=hνc可得，光电子的最大初动能Ek=hν－W0=h(ν－νc)=1.37×10－19 J。‎ ‎（3）Ek=1.37×10－19 J =0.86eV 当氢原子处于n=4能级时的能量为-0.85eV，所以当n大于等于4能级时，可以吸收光电子的能量电离，所以：n最小值为4.‎ ‎15.如图甲，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN，先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像如图乙所示。已知数据有轨道倾角θ=30°，磁感应强度为B=2T，图像中电流值I0=1A，两导体棒电阻均为R=2Ω，轨道宽度为d=0.5m，重力加速度取g=10m/s2。‎ ‎（1）分析在t2时刻，PQ棒是否在磁场ab和cd之间？直接给出结论即可。‎ ‎（2）求在t2时刻，导体棒MN的速度v，以及导体棒的质量m。‎ ‎（3）若流过PQ的电流随时间变化的图像如图丙所示，已知到 的时间间隔为=0.2s，此过程通过导体的电荷量q=1C，求这段时间内的最大加速度a为多大？‎ ‎【答案】（1）否（2）4m/s，0.2kg（3）5m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图乙可知，0-t1时间内导体棒PQ中的电流恒定为I0，可知导体棒PQ在磁场中匀速运动； t1- t2时间内导体棒PQ已经滑出磁场区域，导体棒MN尚未进入磁场；t2时刻后，导体棒PQ中的电流反向且恒定为- I0，可知此时导体棒MN刚进入磁场，且PQ已经滑出磁场区域，即在t2时刻，PQ棒不在磁场ab和cd之间；‎ ‎（2）由 由于 可得： 对导体棒MN： 解得m=0.2kg ‎（3） 设沿斜面向下为正方向，设时刻MN棒的速度为v1，由动量定理： 且 解得：v1=8m/s 由牛顿第二定律： 解得a=5m/s2‎ 即此过程中最大加速度为5m/s2‎ ‎16.科研人员设计如图所示模型进行实验，M、N为两个相同汽缸水平放置，左侧是底部，右侧是顶部，都是导热的，其余部分都绝热，汽缸左侧和右侧均有细管连通，右侧的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中分别有A、B两个绝热活塞(质量不计，厚度可忽略)，活塞由不同的磁性材料制成，均受到左侧各自气缸底部给予的平行于侧壁的恒定的磁力作用，磁力不交叉作用。开始时K关闭，M、N两气缸内活塞左侧和N气缸内活塞右侧充有理想气体，压强分别为p0和p0/3；A活塞在汽缸正中间，其右侧为真空；B活塞右侧气体体积为V0/4，两个活塞分别在磁力束缚下处于稳定状态（不计活塞与汽缸壁间的摩擦）。求：‎ ‎（1）稳定状态下，A、B活塞受到的磁力FA、FB分别是多少？已知活塞面积均为S。‎ ‎（2）现使两汽缸左侧与一恒温热源接触，平衡后A活塞向右移动至M汽缸最右端，且与顶部刚好没有接触，已知外界温度为T0。求恒温热源的温度T？‎ ‎（3）完成（2）问过程后，打开K，经过一段时间，重新达到平衡后，求此时M汽缸中A活塞右侧气体的体积Vx.‎ ‎【答案】（1）FA =p0S，FB=p0S（2）T=T0（3）Vx=V0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由活塞平衡可知：FA =p0S，p0S=FB＋，‎ 得 FB=p0S ‎(2)由等压变化： 解得T=T0 ‎ ‎(3)打开活塞后，A活塞降至某位置，B活塞升到顶端，汽缸右部保持温度T0等温变化，汽缸左部保持温度T等温变化．‎ 设A活塞右侧气体压强为p，则：pVx=· 设A活塞左侧气体压强为p2，则：p＋FA/S=p2，‎ 解得p2=p＋p0‎ 所以有p2(2V0－Vx)=p0· 联立上述方程有： 解得Vx=V0，另一解Vx=－V0，不合题意，舍去 ‎ ‎