2017-2018学年广东省中山市第一中学高二下学期第三次统测（期末模拟）物理试题 解析版

2017-2018学年广东省中山市第一中学高二下学期第三次统测（期末模拟）物理试题 解析版

中山市第一中学2017~2018学年第二学期高二年级第三次统测 物 理 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）‎ ‎1. 下列说法正确的是( )‎ A. 爱因斯坦在研究黑体辐射的过程中提出了能量子的假说 B. 康普顿效应说明光子有动量，即光具有粒子性 C. 宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性 D. 天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构 ‎【答案】B ‎【解析】普朗克在研究黑体辐射的过程中提出了能量子的假说，选项A错误；康普顿效应说明光子有动量，即光具有粒子性，选项B正确；宏观物体的物质波波长非常小，极不容易观察到它的波动性，选项C错误；天然放射现象的发现说明可原子核具有复杂结构，选项D错误；故选B.‎ ‎2. 铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应是，‎ 下列说法正确的有（ ）‎ A. 上述裂变反应中伴随着α粒子放出 B. 铀块体积对链式反应的发生无影响 C. 铀核的链式反应可人工控制 D. 铀核的半衰期会受到环境温度的影响 ‎【答案】C ‎【解析】A项：A、由核反应方程式可以看出该反应生成了3个中子，故A错误；‎ B项：铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，故B错误；‎ C项：铀核的链式反应可以通过控制棒进行人工控制，故C正确；‎ D项：放射性物质的半衰期是元素本身的属性，与外界物理环境和化学环境均无关，故D错误。‎ ‎3. 下面说法正确的是(　　)‎ A. 饱和汽压和与体积无关 B. 将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，升高温度 C. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉 开，这是由于水膜具有表面张力 D. 当人们感觉空气干燥时，空气的绝对湿度一定较小 ‎【答案】A ‎【解析】A项：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，与饱和汽的体积无关，故A正确；‎ B项：在体积不变的情况下，可以通过降低温度降低饱和汽压，使未饱和蒸汽达到饱和状态，故B错误；‎ C项：玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很将玻璃板拉开，这不是因水膜的表面张力，故C错误；‎ D项：在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，但绝对湿度不一定小，故D错误。‎ 点晴：在饱和状态下，液化和汽化达到动态平衡，即达到稳定状态；液体的饱和汽压与其温度有关，即温度升高饱和汽压增大；饱和汽压是指液体蒸汽的分气压，与其他气体的压强无关。‎ ‎4. 一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab(ab⊥MN)方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示，则线框可能是哪个？ (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，‎ 设线框总电阻是R，则感应电流 ‎ 由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，由上式知I与有效切割长度成正比，则导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，‎ A项：闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但随时间作非均匀变化，故A错误；‎ B项：正方形匀速进入磁场时，有效长度L不变，故B错误；‎ C项：梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故C错误；‎ D项：三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后均匀减小，故D正确。‎ 点晴：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键。‎ ‎5. 如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子（ ）‎ A. 从n = 4能级跃迁到n = 3能级比从n = 3能级跃迁到n = 2能级辐射出电磁波的波长长 B. 从n = 5能级跃迁到n = 1能级比从n = 5能级跃迁到n = 4能级辐射出电磁波的速度大 C. 处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的 D. 从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长．故A正确．电磁波在真空中的速度相同，与频率无关．故B错误．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同．故C错误．由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量．故D错误．故选A．‎ 考点：波尔理论 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，Em-En=hv，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小。‎ 视频 ‎6. 运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是 (　　)‎ A. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关 B. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为 C. 生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 D. 用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力 ‎【答案】C ‎【解析】A项：气体分子单位时间与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数有关，还与分子平均速率有关，故A错误；‎ B项：由于分子的无规则运动，气体的体积可以占据很大的空间，故不能用摩尔体积除以分子体积得到阿伏加德罗常数，故B错误；‎ C项：扩散可以在固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故C正确；‎ D项：气体分子间距离大于分子直径10倍，分子间相互作用力忽略不计，用打气筒的活塞压缩气体很费力要用气体压强来解释，故D错误。‎ ‎7. 如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端栓接条形磁铁， 一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘和桌面接触，下列有关磁铁的运动过程的说法正确的是 (　　) ‎ A. 磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零 B. 磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流 C. 磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能 D. 磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热 ‎【答案】D ‎【解析】磁铁上下运动时，由于穿过铜盘的磁通量发生变化，则在铜盘中会产生感应电流，铜盘对磁铁有磁场力阻碍磁铁的运动，则当磁铁所受弹力与重力等大反向时，此时磁铁还应该受到下面铜盘的作用力，故此时磁铁的加速度不为零，选项A错误；根据楞次定律，磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流，选项B错误；磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于有电能产生，则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和，选项C错误；磁体最终静止时弹簧有弹性势能，则磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和，选项D正确；故选D.‎ 点睛：此题关键是知道在磁体上下运动的过程中在铜盘中有涡旋电流产生，要搞清在磁体运动过程中的能量转化的关系.‎ ‎8. 如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)‎ A. 小灯泡变亮 B. 小灯泡变暗 C. 原、副线圈两端电压的比值不变 D. 通过原、副线圈电流的比值不变 ‎【答案】B 考点：变压器 ‎【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度．‎ 视频 二、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，28分。在每小题列出的四个选项中，至少有两个正确选项。全选得4分，漏选得2分，错选得0分）‎ ‎9. 下列四幅图分别对应四种有关分子动理论的说法，其中正确的是(　 　) ‎ A. 图Ⅰ中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B. 图Ⅱ中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们之间的分子力和分子势能均为最小值 C. 图Ⅲ中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D. 图Ⅳ中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 ‎【答案】BD ‎【解析】A项：布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子热运动的间接反应，但不是分子热运动，故A错误；‎ B项：两个相邻的分子间距离为r0时，它们之间的分子力和分子势能均为最小值，故B正确；‎ C项：晶体各个方向上的物理性质表现为各向异性，即各个方向不同，故C错误；‎ D项：小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故D正确。‎ 点晴：布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映分子无规则运动；当分子间的距离大于r0，分子力表现为引力，当分子间的距离小于r0，分子力表现为斥力，晶体表现为各向异性．露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用。‎ ‎10. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向。已知该线框上方的地磁场可分解为平行于桌面向北和垂直于桌面向下的两个分量。下列说法正确的是( )‎ A. 若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低 B. 若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势 C. 若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向 D. 若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向 ‎【答案】AC ‎【解析】A项：地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ad切割磁感线，产生感应电动势，a点的电势比d点的电势低，故A正确；‎ B项：若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，ab切割磁感线，由右手定则可知，a点的电势比b点的电势高，故B错误；‎ C项：若以ad边为轴，将线圈向上翻转900，线圈的磁通量向下减小，根据楞交定律可知线圈中感应电流方向为adcba，故C正确；‎ D项：若以ab边为轴将线圈向上翻转，因地磁场方向沿向北斜向下的方向，则线圈的磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为先abcda，后adcba，故D错误。‎ ‎11. 关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）‎ A. 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 B. 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 C. 功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程 D. 不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功 ‎【答案】AC ‎【解析】A项：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A正确；‎ B项：根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，可知第二类永动机违反了热力学第二定律，故B错误；‎ C项：根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故C正确；‎ D项：根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，故D错误。‎ ‎12. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l=1 m，cd、de、cf间分别接着阻值R=10 Ω的电阻。一阻值R=10 Ω的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 导体棒ab中电流的流向为由b到a B. cd两端的电压为1 V C. de两端的电压为1 V D. fe两端的电压为1 V ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：根据右手定则得：导体棒ab中电流的流向为由a到b．故A错误；ab产生的感应电动势为E=Blv=0.5×1×4V=2V，则cd两端的电压为Ucd==1V；而de间没有电流，则de两端的电压为0；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1V．故BD正确，C错误．‎ 考点：法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律。‎ ‎13. 爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图4所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是(　　)‎ A. 逸出功与ν有关 B. Ekm与入射光强度成正比 C. 当ν>ν0时，会逸出光电子 D. 图中直线的斜率与普朗克常量有关 ‎【答案】CD ‎【解析】A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小，故A错误； B、根据爱因斯坦光电效应方程，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，故B错误； C、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即 时才会有光电子逸出，故C正确； D、根据爱因斯坦光电效应方程，可知：，故D正确。‎ 点睛：只要记住并理解了光电效应的特点，只要掌握了光电效应方程就能顺利解决此题，所以可以通过多看课本加强对基础知识的理解。‎ 视频 ‎14. 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 ( 　)‎ A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C. 若圆盘不转动，磁感应强度均匀增大，则电流沿a到b的方向流动 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】A、由电磁感应定律得，故一定时，电流大小恒定，故A正确；‎ B项：由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，故B正确；‎ C项：若圆盘不转动，磁感应强度均匀增大，铜盘中形成涡流，但没有电流流过电阻，故C错误。‎ D项：，角速度加倍时功率变成4倍，故D错误。‎ ‎15. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 气体体积变大 B. 气体温度升高 C. 气体从外界吸收热量 D. 气体的内能不变 ‎【答案】ABC ‎【解析】A项：根据理想气体的状态方程 不变，可得从状态a变化到状态b，气体体积增大，故A正确；‎ B、D项：由图知气体的温度升高，内能增大，故B正确、D错误；‎ C项：气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故C正确。‎ 三、解答题（每小题12分，共48分）‎ ‎16. 一端封闭而另一端开口的玻璃管总长L=62cm，初始时玻璃管开口向上竖直静止放置，管中有一段高h=5cm的水银柱封闭了一段长l1=35cm的空气柱，如图甲．接着将玻璃管缓慢旋转至开口向下的竖直位置，如图乙，此时上端空气柱的长度变为l2=40cm．气体的温度保持不变． ‎ ‎（1）求大气压强p0为多少cmHg?‎ ‎（2）从玻璃管管口塞入一个薄活塞，活塞不漏气，缓慢向上推动活塞，直到上端空气柱的长度恢复为l1=35cm，如图丙，求此时活塞离管口的距离d．‎ ‎【答案】（1） 75cmHg （2） 1.375cm ‎【解析】（1）空气柱原来的气压为： ，倒立后空气柱的气压为： ，气体发生等温变化有：，代入数据解得大气压强：；‎ ‎（2）上端空气柱的长度恢复为，气压恢复为，‎ 下方封闭的气柱压强为：‎ 气体同样发生等温变化，有：‎ 代入数据解得最后下方封闭的气柱长度为 此时活塞离管口的距离：d＝L−。‎ 点睛：对于气体实验定律的应用，关键是选择恰当的研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用玻意耳定律计算即可。‎ ‎17. 无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便，可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电．如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为 n=50 匝，电阻 r=1.0Ω，在它的c、d两端接一阻值 R=9.0Ω 的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生电动势最大值为20V的正弦交流电，设磁场竖直向上为正．求：‎ ‎（1）在t = π×10-3s时，受电线圈中产生电流的大小， c、d两端哪端电势高；‎ ‎（2）在一个周期内，电阻R上产生的热量；‎ ‎（3）从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量．‎ ‎【答案】(1) c端电势高 (2) 5.7×10﹣2J (3) ‎ ‎【解析】（1）由图乙知t=π×10﹣3s时受电线圈中产生的电动势最大为Em=20V ‎ 线圈中产生感应电流的大小为 ‎ 由楞次定律可以得到此时c端电势高 ‎ ‎（2）通过电阻电流的有效值为 ‎ 电阻在一个周期内产生的热量 Q=I2RT=5.7×10﹣2J ‎ ‎（3）线圈中感应电动势的平均值 ‎ 通过电阻电流的平均值为 ‎ 通过电阻的电荷量 ‎ 由题图乙知，在～的时间内，Δϕ=4×10﹣4Wb ‎ 解得 ‎ 点睛：求解交变电流的电功率时要用有效值．在电磁感应中通过导体截面的电量经验公式是，可以在推导的基础上记住．‎ ‎18. 一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为50 kW，输出电压为500 V，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：‎ ‎(1)升压变压器副线圈的端电压；‎ ‎(2)输电线上损耗的电功率；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据理想变压器的电压比与匝数比的关系有：，所以。‎ ‎（2）P2＝P1＝50 kW。输电线中电流：‎ 则ΔP＝IR线＝202×15 W＝6000W。‎ ‎（3）根据能量守恒，用户得到功率为：P4＝P1－ΔP＝44000W。‎ 所以降压变压器副线圈电流：‎ 故 考点：远距离输电 ‎【名师点睛】考查了远距离输电、理想变压器的特点，理解理想变压器功率关系是输出功率决定输入功率；原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比；降压变压器初级电压等于升压变压器次级电压与导线上上的电压损失的差值。‎ ‎19. 如图所示，相距L=0.5m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m=0.5kg、电阻均为2Ω．ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1J，已知细线能承受的最大拉力为T=5N． g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求细绳被拉断时：‎ ‎（1）ab棒中电流的方向与大小 ‎（2）cd棒的速度大小 ‎（3）cd棒沿导轨下滑的距离 ‎【答案】(1) ab棒中电流的方向是从a流向b ，1A (2) 4 m/s (3) 2m ‎【解析】（1）cd棒切割，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b。‎ 细绳被拉断瞬时，对ab棒有:‎ T cos37°=mgsin37°+BIL ‎ ‎ 解得：I=1A ‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得BLv=I(R+R) ‎ 解得 v= 4 m/s ‎ ‎(3) 金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd电流相同，电阻相同：‎ 可得Qab= Qcd=1J ‎ 在此过程中电路产生的总热量 Q =Qab+ Qcd=2J ‎ 由能量守恒得mgs∙sin370=mv2+Q 解得 s = 2m ‎ ‎ ‎ ‎ ‎