2018-2019学年四川省遂宁市高二下学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省遂宁市高二下学期期末考试物理试题 解析版

四川省遂宁市2018-2019学年高二下学期期末物理试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分100分。考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题，满分48分）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。‎ ‎2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。‎ ‎3．考试结束后，将答题卡收回。‎ 一、单选题 ‎1.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知( ) ‎ A. 在A和C时刻线圈处于中性面位置 B. 在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零 C. 从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度 D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A错误，D正确 B．在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，B错误；‎ C．从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为弧度，C错误。‎ ‎【点睛】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次．‎ ‎2.下列关于原子和原子核的说法正确的是（　　）‎ A. 卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的 B. （铀）衰变为（镤）要经过1次α衰变和2次β衰变 C. 质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量 D. β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，并没有说原子核是由质子和中子组成的；核反应方程式要遵循质量数守恒、电荷数守恒规则；氢核聚变有质量亏损，释放能量；β衰变中产生的射线实际上是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子。‎ ‎【详解】A．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，并不是提出了原子核是由质子和中子组成的，故A错误；‎ B．质量数不变，则不经过α衰变；经过1次正电子衰变后，质子变中子，核电荷数减1，质量数不变。因此 （铀）衰变为 （镤）要经过1次正电子衰变，故B错误；‎ C．中子与质子结合成氘核的过程中能释放能量，故C正确；‎ D．β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查原子物理中的一些基本现象与规律，较为简单。‎ ‎3.如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（ ）‎ A. I0 B. I0 C. +I0 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．  则有：‎ ‎ ，解得：I=I0；‎ A. I0，与结论不相符，选项A错误；‎ B. I0，与结论相符，选项B正确；‎ C. +I0，与结论不相符，选项C错误；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.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，则（　　）‎ A. 这些氢原子能辐射出三种不同频率的光子 B. 这些氢原子辐射出光子后，电子的总能量保持不变 C. 这些氢原子辐射出的所有光都能使该金属发生光电效应 D. 该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值约为10.62eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数学组合公式，求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高；根据库仑力提供向心力分析电子动能的变化。‎ ‎【详解】A．根据=6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子。故A错误；‎ B．这些氢原子辐射出光子后，电子的动能增大，电势能减小，总能量会减小。故B错误；‎ C．氢原子由n=4跃迁到n=3产生的光的能量：E43=E4﹣E3‎ ‎=﹣0.85﹣（﹣1.51）=0.66eV＜2.13eV，所以不能使逸出功为2.13eV的金属能发生光电效应，故C错误；‎ D．氢原子由n=4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13.6 eV﹣0.85eV=12.75eV，根据光电效应方程可知，入射光的能量越高，则电子的动能越大，初动能的最大值为：Ekm=12.75 eV﹣2.13 eV =10.62eV，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了氢原子的跃迁及其应用，较为简单。‎ ‎5.下列说法正确的是（　　）‎ A. 液体的表面张力的大小随温度的升高而减小，方向与液面相切，垂直于液面上的分界线 B. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵一定增加 C. 晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特性 D. 饱和汽压跟液体的种类、温度和饱和汽的体积有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力.表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势，大小随温度的升高而减小；在有些自然过程中，一个孤立系统的总熵可能保持不变；只有单晶体一定具有规则形状和各向异性；饱和蒸汽压与体积无关。‎ ‎【详解】A．液体的表面张力的大小随温度的升高而减小，方向与液面相切，垂直于液面上的分界线，故A正确；‎ B．由热力学第二定律可知，任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，可能保持不变，故B错误；‎ C．只有单晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征，多晶体则没有这个特性，故C错误；‎ D．饱和蒸汽压与种类、温度有关，与体积无关，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了热学中的一些基本知识，较为简单。‎ ‎6.下列有关光现象的说法中正确的是（　　）‎ A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象 B. 光导纤维丝的内芯材料的折射率比外套材料的折射率小 C. 泊松亮斑证明光具有波动性，光的偏振证明光是纵波 D. 在水中的潜水员斜向上看岸边物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用光的干涉现象可以检查光学平面的平整程度；光导纤维丝的工作原理是全反射，光要从光密介质到光疏介质；光的偏振说明光是横波；利用光的折射可解决“视深”、“视高”这类问题。‎ ‎【详解】A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故A正确；‎ B．光纤通信是一种现代通信手段，光纤内芯的折射率比外壳的大，故光线在内芯处发生全反射，故B错误；‎ C．泊松亮斑证明光具有波动性，而偏振现象说明光是一种横波，不是纵波，故C错误；‎ D．物体的光斜射到水面上，由光发生折射的条件知，会发生折射现象，当光进入水中后靠近法线，射入潜水员眼睛，而潜水员认为光始终沿直线传播，逆着光的方向看上去而形成的虚像，所以比实际位置高，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了光的干涉、折射等规律，较为简单。‎ ‎7.如图所示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当r大于r1时，分子间的作用力表现为斥力 B. 当r小于r1时，分子间的作用力表现为引力 C. 当r等于r2时，分子间的作用力为零 D. 在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC、分子间距离等于r2时分子势能最小，当r=r2时分子间作用力为零，当r小于r1时分子力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，故AB错误，C正确。‎ D.在r由r1变到r2的过程中，分子间为斥力，分子力做正功，故D错误。‎ ‎8.按照麦克斯韦电磁场理论，以下说法中正确的是（　　）‎ A. 电场一定产生磁场，磁场一定产生电场 B. 稳定的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场产生稳定的电场 C. 周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场 D. 均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 麦克斯韦电磁场理论的内容：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的磁场产生恒定的电场，不均匀变化的磁场产生不均匀变化的电场。‎ ‎【详解】AB．稳定电场不能产生磁场，稳定磁场不能产生电场，变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场，故A、B错误；‎ C．根据麦克斯韦理论可知，周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场周围产生周期性变化的电场，故C正确；‎ D．均匀变化电场周围产生稳定的磁场，均匀变化磁场周围产生稳定的电场，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了电磁场的产生，解题的关键是掌握麦克斯韦电磁场理论，较为简单。‎ ‎9.如图所示为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为△VA、△VB，压强变化量为△PA、△pB，对液面压力的变化量为△FA、△FB，则（　　）‎ A. 水银柱向下移动了一段距离 B. △pA＞△pB C. △VA＜△VB D. △FA=△FB ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向.关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析。‎ ‎【详解】AB．首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，‎ 由查理定律，‎ 对气体A：，即：，‎ 对气体B：，即：，‎ 由题知：，，‎ 则得：，即水银柱向上移动，故A错误、B正确；‎ C．由于气体的总体积不变，因此△VA=△VB，故C错误；‎ D．因，且，△VA=△VB，所以有：△FA＞△FB， 故D错误；‎ ‎【点睛】本题主要考查了理想气体的状态方程的应用，较为简单。‎ ‎10.如图所示，沿x轴正向传播的一列简谐波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则可推出（　　）‎ A. 再经过0.01s，图中质点a的速度方向与加速度方向相同 B. 图中质点b此时动能正在减小，其加速度正在增大 C. 若发生干涉现象，该波所遇到的波的频率为100Hz D. 若发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸一定大于4m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像得出波长，求出周期，从而判断再经过0.01s时a点的振动情况，进而判断加速度与速度方向的关系，根据波传播方向知道质点的振动的方向，从而知道质点b的速度和加速度的变化。发生干涉的条件是频率相同，看两列波的频率是否相同，比较波的波长与障碍物的尺寸，因为只有当波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射。‎ ‎【详解】A．根据图像可知：λ=4m，则周期T==0.02s，图示时刻质点a正向上运动，再经过0.01s，即半个周期，质点a向波谷运动，则速度沿y轴负方向，加速度沿y轴正方向，两者方向相反，故A错误；‎ B．由于波向右传播，根据“上下坡”法，知道图中b质点向下振动，速度减小，动能减小，加速度正在增大，故B正确；‎ C．该列波的频率为50Hz，要想发生干涉，频率需相同，故C错误；‎ D．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，则知若发生明显衍射现象，该波所遇到的障碍物的尺寸不大于4m，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了对波形图的理解，较为简单。‎ ‎11.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。则在此过程中（　　）‎ A. 气体分子势能减少，内能增加 B. 气体对外界做功，内能减少 C. 气体压强变小，温度降低 D. b中的气体不可能自发地全部退回到a中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 绝热过程，自由扩散，体积变大，对外不做功，气体的内能不变， 根据热力学第一定律可知温度不变。‎ ‎【详解】ABC．绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，故ABC错误；‎ D．根据热力学第二定律可知，b中的气体不可能自发地全部退回到a中，故D正确；‎ ‎【点睛】本题主要考查了热力学第一定律和第二定律的应用，较为简单。‎ ‎12.弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2s，振子第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点（　　）‎ A. 1.6s B. 1.1s C. 0.8s D. 2.2s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析质点可能的运动情况，画出运动轨迹，确定周期，即一次全振动所用的时间，再确定经过多长时间质点第三次经过P点。‎ ‎【详解】若从O点开始向右振子按下面路线振动，作出示意图如图:‎ 则振子的振动周期为：T=（0.5+0.1）×4=2.4s，‎ 则该质点再经过时间△t=T﹣0.2=2.2s，第三次经过P点；‎ 若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图:‎ ‎，‎ 则由0.5+0.1=T，振子的振动周期为T=0.8s，‎ 则该质点再经过时间△t′=-0.1=0.1s，第三次经过P点。‎ A．1.6s，与分析结果不符，故A错误；‎ B．1.1s，与分析结果不符，故B错误；‎ C．0.8s，与分析结果不符，故C错误；‎ D．2.2s，与分析结果相符，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了简谐运动的相关知识，较为简单。‎ 二、多选题 ‎13.国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=200（V），电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是（ ）‎ A. 输入电压有效值为200 V，电流频率为50 Hz B. 若变阻器的滑片不动，S由a接到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小 C. S接到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. S接到a处，当变阻器滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是U1m=200V，输入电压的有效值U1=200V，角速度ω=100π，所以f==50Hz，故A正确；‎ B.若变阻器滑片不动，S打到b处，副线圈电压变小，输出功率和输入功率都减小，由P1=U1I1知，原线圈电流减小，即电压表V2和电流表A1示数都减小，故B正确；‎ CD.S接到a处，副线圈匝数增加，根据，则副线圈两端的电压增加，电压表V1示数不变，电压表V2示数增加；滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，即A2示数变大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表A1示数增大，故CD错误。‎ ‎14.关于近代物理学，下列图象在描述现象中，解释正确的是（　　）‎ A. 如图甲所示，由黑体的辐射强度与辐射光波长的关系可知，随温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长方向移动（已知T1 ＞T2）‎ B. 如图乙所示，发生光电效应时，入射光越强，光电子的最大初动能也就越大 C. 如图丙所示，金属的遏制电压Uc与入射光的频率v的图象中，该直线的斜率为 D. 同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间关系曲线：甲光、乙光、丙光，如图丁所示。则可判断甲、乙、丙光的频率关系为v甲=v乙＜v丙 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 随温度的升高，相同波长的光辐射强度和辐射强度的极大值都发生变化，根据甲图即可知其变化情况；发生光电效应时，根据光电效应方程和能量守恒定律可解。‎ ‎【详解】A．由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增大，辐射强度的极大值向波长较小方向移动，故A错误；‎ B．根据光电效应方程有：，可知光电子的最大初动能与光的强度无关，故B错误；‎ C．根据光电效应方程有 ，根据能量守恒定律得：，‎ 联立得：eUC=hv﹣W0，‎ 即： ，‎ 可知，该直线的斜率为，故C正确；‎ D．根据，由图知丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，所以甲光、乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了原子物理中的黑体辐射和光电效应现象，较为简单。‎ ‎15.如图所示是氧气分子在不同温度（和）下的速率分布曲线，由图可得信息（　　）‎ A. 同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多、两头少”的分布规律 B. 随着温度升高，每一个氧气分子的速率都增大 C. 随着温度升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增加 D. 随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同。‎ ‎【详解】A．由图可知，同一温度下，氧气分子速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点，故A正确；‎ B．温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以温度越高，平均动能越大，平均速率越大，但不是每一个分子运动速率都增大，故B错误；‎ C．由图知，随着温度升高，速率较大的分子数增多，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小，故C错误；‎ D．温度是分子热运动平均动能的标志，随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了对氧气分子在不同温度下的速率分布曲线的理解，较为简单。‎ ‎16.甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动时的振动图象如图所示，则可知（　　）‎ A. 甲、乙两单摆的周期之比为2：1‎ B. 甲、乙两单摆的摆长之比为2：1‎ C. 0.5s至1s过程中，甲摆球速度减小 D. t=0.5s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像得到两个单摆的周期之比；结合周期公式求出甲乙两摆的摆长之比；根据摆球的位置分析其速度、动能和重力势能。‎ ‎【详解】A．由图知甲、乙两单摆的周期分别为2 s、1 s，则周期之比为2：1，故A正确；‎ B．由单摆周期公式，可得摆长，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4：1，故B错误；‎ C．0.5s至1s过程中，甲摆球位移在减小，摆球是从最高点向平衡位置运动，甲摆球的速度增大，故C错误；‎ D．t=0.5时，甲摆在位移最大处即最高点，甲摆球势能最大。乙摆球位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球动能最大，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了对单摆振动图像的理解，较为简单。‎ ‎17.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，（不计分子势能）则（　　）‎ A. A→B过程气体升温 B. B→C过程气体内能增加，气体吸热 C. C→A过程气体放热 D. 全部过程气体做功为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U=W+Q判断气体吸热还是放热；在p-V图像中图线与坐标轴所围图形的面积等于所做的功。‎ ‎【详解】A．A→B过程是绝热过程，Q=0，体积变大，气体对外做功，W＜0，根据热力学第一定律△U=Q+W，得△U＜0，内能减小，故温度降低，故A错误；‎ B．由图示图象可知，B→C过程中，气体体积V不变而压强P变大，由查理定律：pT=C可知：气体温度T升高，故内能增加，但体积V不变，做功W=p•△V可知，外界对气体不做功，所以气体吸收热量，故B正确；‎ C．由图示图象可知，C→A过程是等温变化，气体体积V减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度不变，气体内能不变，△U=0，根据热力学第一定律得Q＜0，气体放热，故C正确；‎ D．全部过程分三个过程，A到B气体对外做功W1＜0，B到C不做功，C到A外界对气体做功W2＞0，根据p﹣V图象中，‎ 图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的到B做功小于C到A做功，如下图阴影面积所示，故全部过程做功不为0，故D错误；‎ ‎【点睛】本题主要考查了热力学第一定律和理想气体的状态方程，属于一般题型。‎ ‎18.“不经历风雨怎么见彩虹”，彩虹的产生原因是光的色散，如图所示为太阳光射到空气中的小水珠发生色散形成彩虹的光路示意图，a、b为两种折射出的单色光。以下说法正确的是 A. a光光子能量大于b光光子能量 B. 在水珠中a光的传播速度大于b光的传播速度 C. 用同一双缝干清装置看到的a光干涉条纹间距比b光宽 D. 如果b光能使某金属发生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据光线进入水珠折射时折射角的大小关系，可分析折射率的大小，可确定出光的频率关系，由光子的能量，可知，光子的能量与光的频率成正比。由分析光在雨滴中传播速度的大小，确定出波长的关系，就可判断出光干涉条纹间距大小。根据产生光电效应的条件分析光电效应现象。‎ ‎【详解】AB．根据光路图知，太阳光进入水珠时b光的偏折程度大，则b光的折射率大于a光的折射率。由，光的在水珠中的速度小，则光频率较大，由光子的能量可知，光子的能量与光的频率成正比，所以光线的光子能量较大，故A错误，B正确；‎ C．折射率小，则频率小，波长大，知a光的波长大于b光的波长，根据干涉条纹的间距公式知，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距，故C正确；‎ D．产生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，故可知若b光能使金属发生光电效应，则a光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。‎ ‎【点睛】解决本题的突破口在于根据光的偏折程度比较出折射率的大小，掌握折射率、频率、临界角、波长等大小关系，并记住这些关系。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，满分52分）‎ 三、实验题 ‎19.对以下物理现象分析正确的是(　　)‎ ‎①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞 ‎ ②上升的水蒸气的运动　③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动　④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动 A. ①②③属于布朗运动 B. ④属于扩散现象 C. 只有③属于布朗运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞，是固体颗粒的运动，是由于空气的流动形成的，不属于布朗运动；‎ ‎②上升的水蒸气的运动，是由于大气压力的作用引起的，不是布朗运动；‎ ‎③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动，是布朗运动；‎ ‎④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动，属于扩散运动。‎ 故选：BC ‎20.用显微镜观察悬浮在水中的花粉，追踪几粒花粉，每隔30s记下它们的位置，用折线分别依次连接这些点，如图所示。则：‎ ‎①从图中可看出花粉颗粒的运动是_____（填“规则的”或“不规则的”）‎ ‎②关于花粉颗粒所做的布朗运动，说法正确的是_____‎ A．图中的折线就是花粉颗粒的运动轨迹 B．布朗运动反映液体分子的无规则运动 C．液体温度越低，花粉颗粒越大，布朗运动越明显 D．布朗运动是由于液体分子从各个方向对花粉颗粒撞击作用的不平衡引起的 ‎【答案】 (1). 不规则 (2). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 布朗运动图象的杂乱无章反映了固体小颗粒运动的杂乱无章，进一步反映了液体分子热运动的杂乱无章。‎ ‎【详解】第一空．由图线的杂乱无章得到固体小颗粒运动的杂乱无章，它说明花粉颗粒做不规则运动；‎ 第二空．A．根据题意，有：每隔10s把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线；故此图像是每隔10s固体微粒的位置，而不是小炭粒的运动轨迹，故A错误。‎ B．布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故B正确；‎ C．液体温度越高，花粉颗粒越小，布朗运动越明显，故C错误；‎ D．布朗运动是由于液体分子从各个方向对花粉颗粒撞击作用的不平衡引起的，故D正确。‎ ‎【点睛】本题主要考查了对布朗运动的理解，属于简单题型。‎ ‎21.在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图像，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2﹣l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：‎ ‎（1）造成图像不过坐标点的原因可能是_____。‎ ‎（2）由图像求出的重力加速度g=_____m/s2（取π2=9.87）‎ ‎（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是_____‎ A．测摆线时摆线拉得过紧 B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，停表过迟按下 D．实验时误将49次全振动数为50次 ‎【答案】 (1). 测摆长时漏掉了摆球的半径 (2). 9.87 (3). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；根据单摆的周期公式得出关系图线，结合图线的斜率求出重力加速度的大小；结合摆长和周期的测量误差判断重力加速度的测量误差。‎ ‎【详解】第一空．图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；‎ 第二空．由单摆周期公式：，‎ 可得：，则T2﹣L图像的斜率：，‎ 由图像得：k=40.01+0.99=，解得：g=9.87m/s2；‎ 第三空．A．测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；‎ B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；‎ C．开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；‎ D．实验中误将49次全振动计为50次，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用单摆测定重力加速度的实验，属于一般题型。‎ ‎22.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：‎ ‎①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；‎ ‎②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；‎ ‎③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。‎ ‎④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；‎ ‎⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）上述步骤中，正确的顺序是_____。（填写步骤前面的序号）‎ ‎（2）将6mL的纯油酸溶于酒精，制成104mL的油酸酒精溶液，测得1mL的油酸酒精溶液有75滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，测得所形成的油膜的形状如图所示，坐标中正方形小方格的边长为20mm，求：‎ ‎①油酸膜的面积是_____m2；‎ ‎②每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_____mL；‎ ‎③根据上述数据，估测出油酸分子的直径是_____m．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ④①②⑤③ (2). 1.5×10﹣2 (3). 8.0×10﹣6 (4). 5.3×10﹣10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出一滴此溶液的体积，然后将一滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个的舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积，则用一滴此溶液的体积除以一滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。‎ ‎【详解】（1）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：‎ 配制酒精油酸溶液→测定一滴酒精油酸溶液的体积（题中的④）→准备浅水盘（①）→形成油膜（②）→描绘油膜边缘，测量油膜面积（⑤）→计算分子直径（③）；‎ ‎（2）①面积超过正方形一半的正方形的个数为37个；‎ ‎ 则油酸膜面积约为：S=37×20×20mm2≈1.5×10﹣2m2‎ ‎②每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为：V=1mL×6104×175=8.0×10﹣6mL ‎③把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径为：d=VS=8×10-6×10-61.5×10-2m≈5.3×10﹣10m。‎ ‎【点睛】本题主要考查了用油膜法估测油酸分子的大小的实验，属于一般题型。‎ ‎23.在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，‎ ‎①某同学由于没有量角器，在完成了光路以后，他以O点为圆心、10.00cm长为半径画圆，分别交线段OA于A点，交OO′连线延长线于C点，过A点作法线 NN′的垂线AB交NN′于点 B，过 C 点作法线NN′的垂线CD交 NN′于D点，如图所示.用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00 cm。由此可得出玻璃的折射率n=_____________________。‎ ‎②某同学在纸上画出的界面 aa′、bb′与玻璃砖位置的关系如图 2 所示，则该同学测得 的折射率与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【答案】 (1). 1.5 (2). 偏小 ‎【解析】‎ ‎（1）图中P1P2作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：sini=，sinr=，又AO=OC，由几何关系可得AB=6.00cm则折射率． （2）如图，实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小． ‎ ‎24.在双缝干涉实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距与绿光的干涉条纹间距相比______ （填“＞”、“＜”或“＝”）。若实验中红光的波长为，双缝到屏幕的距离为，测得第一条到第6条亮条纹中心间的距离为，则双缝之间的距离为______。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】双缝干涉条纹间距，红光波长长，所以用红光的双缝干涉条纹间距较大，即 ‎>。条纹间距根据数据可得，根据可得。‎ ‎【点睛】双缝干涉实验的条纹间距公式熟记，对于从红光到紫光的波长频率折射率全反射临界角等等要认清变化趋势。‎ 四、计算题（要求有必要的文字说明和必要的步骤，共38分。）‎ ‎25.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。求电键S合上后，‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；‎ ‎（2）电压表和电流表示数；‎ ‎（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量。‎ ‎【答案】（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）0.04C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得。‎ ‎【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V。‎ 故表达式为：e=Emcosωt=cost（V）；‎ ‎（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，‎ 代入数据解得E=50V。‎ 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR。‎ 联立解得I=2A，U=40V；‎ ‎（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，‎ 代入数据解得，q=0.04C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单。‎ ‎26.一圆筒形汽缸静置于地面上，如图所示。汽缸筒的质量为M ‎，活塞及活塞上的手柄的质量为m，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，现用力将活塞缓慢向上提，求汽缸刚离开地面时汽缸内封闭气体的压强。（忽略汽缸壁与活塞间的摩擦）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在整个上提过程中气缸内气体的温度保持不变，发生等温变化，先对活塞为研究对象，根据平衡条件求出初态时气体的压强，再以活塞和汽缸整体为研究对象，根据平衡条件求出末态气体的压强，联立求解即可。‎ ‎【详解】以活塞为研究对象，受重力、向上的拉力、外界大气向下的压力和封闭气体向上的压力，由平衡条件得：‎ F+PS=mg+P0S 以活塞和汽缸整体为研究对象，受重力、向上的拉力，由平衡条件得：‎ F=（M+m）g 联立①②得：P=‎ ‎【点睛】本题主要考查了气体的等温变化的应用，较为简单。‎ ‎27.一列简谐横波，某时刻的波形图像如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，则：‎ ‎（1）若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉，则该波所遇到的波的频率为多少？‎ ‎（2）若t ‎=0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间横坐标为60m的质点（未画出）第二次位于波谷？‎ ‎【答案】（1）1.25Hz（2）2.8s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）发生稳定干涉的条件是频率相同，根据图像计算频率的大小；‎ ‎（2）利用t=求横坐标为60m的质点第一次位于波谷的时间，再加上一个周期，即可得到答案。‎ ‎【详解】（1）发生稳定干涉的条件是频率相同，所以该波所遇到的波的频率为：=1.25Hz；‎ ‎（2）由质点A点在t=0时刻向上振动知，波沿x轴正方向传播，波速为：=25m/s，‎ x=60m处的质点第一次到达波谷的时间为：t==2s，‎ 此质点第二次位于波峰的时间为：t=t1+T=2.8s。‎ ‎【点睛】本题主要考查了波的传播过程中波动图与振动图的综合应用，属于一般题型。‎ ‎28.如图所示，一小车静止在水平地面上，车上固定着一个导热良好的圆柱形密闭气缸，在气缸正中间有一横截面积为3×10﹣4m2的活塞，活塞厚度及活塞与气缸内壁间的摩擦可忽略不计。此时活塞左右两侧的气体A、B的压强均为1.0×105Pa．现缓慢增加小车的加速度，最后小车以20m/s2的加速度向右匀加速运动时，A气体的体积正好是原来的一半，若环境温度保持不变，试求：‎ ‎（1）小车向右匀加速运动时A、B两部分气体的压强PA和PB；‎ ‎（2）活塞的质量。‎ ‎【答案】（1）2.0×105Pa和×105Pa（2）2kg ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 环境温度不变，气缸导热吸性能良好，气体温度保持不变，根据题意，求出两气体初末状态的状态参量，然后应用玻意耳定律求出活塞的质量。‎ ‎【详解】（1）起始时气体压强用P表示，体积用V表示，A、B两部分气体状态相同，‎ 对A气体，末状态体积VA=，‎ 由玻意耳定律有：PV=PAVA 可得：PA=2.0×105Pa；‎ 对B气体，末状态体积VB=，‎ 由玻意耳定律有：PV=PBVB 可得：PB=23×105Pa；‎ ‎（2）对活塞由牛顿第二定律有：（PA﹣PB）S=ma 解得：m=2Kg。‎ ‎【点睛】本题主要考查了玻意耳定律的应用，较为简单。‎ ‎29.如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，玻璃的折射率为。‎ ‎①若一束细光线从O点左侧E点垂直于AB入射，恰好在上表面的点发生全反射，求OE的长度；‎ ‎②一束细光线从O点左侧E＇点垂直于AB入射，若，求此光线在玻璃砖中传播的总路程。‎ ‎【答案】（1）R（2）3R ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设玻璃砖的全反射临界角为C，则 解得：C=45°‎ ‎ 如图，光线从E点入射，射入上表面的M点恰好全反射，则：θ=C=45° 由图可知OE＝Rsinθ＝R （2）如图，光线从E点入射，射入上表面M点，则sinα＝ 得：α=60°＞C ‎ 由几何关系可知：光线经过M′、N′、N′、F′点，最后垂直于AB射出；光线在玻璃砖中经过的总路程：L=2Rcosα+2R=3R.‎ ‎30.如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S0，内装有密度为的液体。右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。温度为T0时，左、右管内液面等高两管内气柱长度均为L，压强均为大气压强，重力加速度为g。现使左右两管温度同时缓慢升高，在活塞刚离开卡口上升前，左右两管液面保持不动，求：‎ ‎（1）右管活塞刚离开卡口上升时，右管封闭气体的压强；‎ ‎（2）温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；‎ ‎（3）温度升高到T2多少时，两管液面高度差为L。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)活塞刚离开卡口时，对活塞 ‎ 得 ‎ ‎(2)两侧气体体积不变，对右管气体，得 ‎ ‎(3)温度升高到T2，两管液面高度差为L时。左管内气体，， ‎ 应用理想气体状态方程得 ‎31.如图所示，将质量为mA = 100g 的平台 A 连接在劲度系数 k = 200N/m 的弹簧上端，弹簧下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在 A 的上方放置mB=mA的物块 B，使 A、 B 一起上下振动，弹簧原长为5cm。A的厚度可忽略不计，g取10m/s2。求：‎ ‎(1)当系统做小振幅简谐振动时，A 的平衡位置离地面 C 多高？‎ ‎(2)当振幅为0.5cm时，B对A的最大压力有多大？‎ ‎(3)为使B在振动中始终与A接触，振幅不能超过多大？为什么？‎ ‎【答案】（1）4cm（2）（3）振幅不能大于1cm ‎【解析】‎ ‎【详解】振幅很小时，A、B间不会分离，将A与B 整体作为振子，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得： ‎ 得形变量： ‎ 平衡位置距地面高度： ；‎ 当A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度： ‎ 取B为研究对象，有： ‎ 得A、B间相互作用力： ‎ 由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为；‎ 为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足： ‎ 取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有： ‎ 当时，B振动的加速度达到最大值，且最大值（方向竖直向下 ‎ 因，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长。‎ ‎，振幅不能大于1cm 。‎ ‎【点睛】物体处于平衡位置即重力与弹力相等的位置，同时当物体A以最大振幅振动时，使B在振动中始终与A接触，在最高点时A对B的支持力恰好为零，弹簧处于原长，这是应挖掘出来的临界条件。‎ ‎ ‎ ‎ ‎