黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二下学期线上期中考试物理试题 Word版含解析

黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高二下学期线上期中考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 大庆实验中学 2019-2020学年度下学期期中考试 高二物理（理）试题 一、选择题 ‎1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）‎ A. 图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应 B. 图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的 C. 图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D. 图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，爱因斯坦成功的解释了光电效应现象，A错误 B.波尔提出自己的原子模型，他指出氢原子能级是分立的，解释了原子发射光子的频率是不连续的，B正确 C.卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了自己的原子核式结构模型，C错误 D.衍射是波的典型特征，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，D错误 ‎2.分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示（取无穷远处分子势能Ep＝0）．下列说法正确的是（ ）‎ A. 乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线 B. 当r＝r0时，分子势能为零 - 18 -‎ C. 随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大 D. 在r＜r0阶段，分子力减小时，分子势能有可能增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．是平衡位置，图象中，处的分子势能最小，不为零；图象中，处的分子力为零，所以乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线，甲图对应的是图象，故A正确，B错误；‎ C．甲图为图象，根据图象可知，分子从靠得很近（）位置开始，随分子间距离的增大，分子力先减少后增大，再减小，故C错误；‎ D．在阶段，随着分子距离增大，分子力减小时，分子力做正功，分子势能减小，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示为氢原子的能级示意图.氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的电磁波的波长为，从n=4能级跃迁到n=2能级辐射的电磁波的波长为，从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的电磁波的波长为，则下列关系式中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.能级跃迁辐射光子能量，能级差越大，波长越短，因为，所以，AB错误C正确 D.因为，即：，所以，D错误 - 18 -‎ ‎4.若以表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，表示在标准状态下水蒸气的密度，表示阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系错误的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．因为1摩尔水含有个水分子，则每个水分子的质量 解得 AD正确；‎ BC．因为在标准状态下水蒸气的密度等于水的摩尔质量与在标准状态下水蒸气的密度的比值，即 由于气体分子间距很大，故标准状态下水蒸气的摩尔体积 所以 BC错误；‎ 本题选择错误的，故选BC。‎ ‎5.下列图象的描述和判断正确的是（ ）‎ - 18 -‎ A. 图l中，一定质量的某种气体，若不计分子势能，气体在状态①时具有的内能较大 B. 图2中，在实际问题中，饱和汽压包括水蒸气的气压和空气中其他各种气体的气压，且水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度升高，饱和汽压增大 C. 图3中，由A经B到C过程，气体对外做功小于由A经D到C的过程 D. 图4中，通过观察蜂蜡在云母片上熔化区域形状，可以得出蜂蜡的物理性质是各向异性的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 高温时速率大的分子占比更多，因此气体分子在高温状态时的平均速率大于低温状态时的平均速率，结合图可知，T1＜T2．由于状态②时的温度高，故不计分子势能时，气体在状态①时具有的内能较小；故A错误；‎ B． 在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压强；饱和汽压不包括空气中其他各种气体的气压。故B错误；‎ C． 由A经B到C的过程气体对外做功为W1=PA•△V，由A经D到C的过程气体对外做功为为W2=PC•△V，由于PC＞PA，故W2＞W1，故C正确；‎ D． 图4中，通过观察蜂蜡在云母片上熔化区域形状，可以得出云母片的物理性质是各向异性的。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是（ ）‎ - 18 -‎ A. 当外界温度升高（大气压不变）时，L变大、H减小、p变大、V变大 B. 当外界温度升高（大气压不变）时，h减小、H变大、p变大、V减小 C. 当外界大气压变小（温度不变）时，h不变、H减小、p减小、V变大 D. 当外界大气压变小（温度不变）时，L不变、H变大、p减小、V不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p不变、V增大；当大气压减小时，对汽缸分析得 气体压强p减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得 可知体积V变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p减小、V变大，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎7.图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1 : n2 = 1 : k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3 : n4 = k : 1，模拟输电导线的电阻r = 3 Ω，T2的负载是规格为“15 V，45 W”的灯泡L．当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为 - 18 -‎ A. B. 3 C. 4 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据电压与匝数成正比，有即 得U2＝16k；灯泡的额定电流为， 降压变压器副线圈电流I4＝3A；根据，得U3＝KU4＝15k 根据电流与匝数成反比，得，得；电压关系：；代入数据16k＝15k+×3，解得：k=3，故选B.‎ 点睛：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.‎ ‎8.如图所示为一体积不变的绝热容器，现打开排气孔的阀门，使容器中充满与外界大气压强相等的理想气体，然后关闭阀门。开始时容器中气体的温度为。现通过加热丝（未画出）对封闭气体进行加热，使封闭气体的温度升高到，温度升高到后保持不变，打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体质量之比为（　　）‎ A. 3：4 B. 5：6 C. 6：7 D. 7：8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知气体的加热过程为等容变化，由查理定律得，则 打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，设容器的体积为，膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得，解得 - 18 -‎ 设剩余气体的质量与原来气体质量的比值为k，则 故C正确，ABD错误。‎ 故选C ‎9.如图所示理想变压器，开关与 a连接时原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220 sin100πtV则（ ）‎ A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V B. 当t= s时，c、d间的电压瞬时值为110V C. 单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 D. 变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A错误；‎ B． 当t= s时，代入表达式，c、d间电压瞬时值为110V，故B错误；‎ C． 副线圈的电压由匝数和输入电压决定，输入电压和匝数不变，故电压表的示数不变，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，根据欧姆定律知电流减小，即电流表示数减小，故C错误；‎ D． 变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数比变小，匝数与电压成正比，副线圈两端电压变大，所以电压表和电流表的示数均变大，功率P=UI增大，故D正确。‎ 故选D。‎ - 18 -‎ ‎10.图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是 A. 由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大 B. 由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定 C. 只要增大电压，光电流就会一直增大 D. 不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0=eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确；增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D错误．‎ 故选AB．‎ ‎11.关于热现象，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的 B. 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 C. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同 D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎ - 18 -‎ ‎ 根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的，但会产生其他方面的变化，故A正确；‎ B． 气体的温度升高1K，内能的变化是相同的，而内能的变化与吸收的热量以及外界对气体的做功两个因素有关，所以气体的温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关。故B正确；‎ C． 质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故C错误；‎ D． 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎12.如图所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b．气体分子之间相互作用力忽略不计．现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡．则 A. a的体积增大了，压强变小了 B. a增加的内能大于b增加的内能 C. 加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈 D. b的体积减小，压强增大，但温度不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 电热丝对气体a加热后，气体a膨胀对绝热隔板做功，因汽缸绝热，所以气体b温度升高，内能增大，压强也增大，稳定后与气体a压强相等，因此a的压强增大，因为a和b质量相同，而a后来的体积比b的大，所以a的末温度比b的更高，故BC正确，AD错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点睛】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量，根据热力学第一定律判断气体的内能变化．‎ ‎13.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的无规则性 B. 干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远 C. 浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力 - 18 -‎ D. 生产半导体器件时，需在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 布朗运动是悬浮颗粒无规则运动，反映了液体分子永不停息地做无规则运动，故A错误；‎ B． 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远。故B正确；‎ C． 当浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故，故C错误；‎ D． 生产半导体器件时，需在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎14.如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，左管水银面高于右管水银面，高度差为h，稳定时A、B气柱的压强分别为pA和pB，则 A. 若环境温度升高，pA增大，pB减小 B. 若环境温度降低，稳定后AB气柱的压强比值增大 C. 若环境温度升高，稳定后AB气柱压强变化△pA一定小于△pB D. 若环境温度降低，稳定后A处液面高度变化△h可能大于 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．假设若环境温度升高后，不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：‎ - 18 -‎ 由题意知：‎ ‎，‎ 则水银柱向左移动，增大，的体积减小，温度升高，由理想气体状态方程可知，的压强增大，由于，则的压强也增大，故A错误，C正确；‎ B．假设若环境温度降低后，不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：‎ 由题意知：‎ ‎，‎ 若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，将减小，由于，减小，压强减小的多，压强减小的少，若环境温度降低，稳定后、气柱的压强比值增大，故B正确；‎ D．假设若环境温度降低，水银柱向下运动，但，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以小于，故D错误；‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎15.如图甲所示为热敏电阻的图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电电池的电动势，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热电源．‎ ‎ ‎ ‎(1)图甲说明热敏电阻的阻值随着温度的升高______ 填“增大”“减小”或“不变”；‎ - 18 -‎ ‎(2)应该把恒温箱内加热器接______ 端填“AB”或“CD”；‎ ‎(3)如果要使恒温箱内的温度保持，滑动变阻器接入电路的电阻值为______ ‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). AB (3). 150‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由图甲可知热敏电阻的阻值随着温度的升高而减小；‎ ‎(2)当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端．‎ ‎(3)当温度达到100℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA=0.02A，根据闭合电路欧姆定律可得：，解得：R1=150Ω．‎ ‎【点睛】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的．‎ ‎16.在“用油膜法估测分子大小”的实验中 ‎(1)本实验中做了三点理想化假设，①将油酸分子视为球形；②_________________；③___________________；‎ ‎(2)需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_____________________；‎ ‎(3)某同学进行了如下操作：‎ ‎①在浅盘内盛一定量的水，滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；‎ ‎②在量筒中滴入一滴油酸酒精溶液，测出它的体积；‎ ‎③在浅盘上覆盖透明玻璃，油膜稳定后描出油膜形状，再用方格纸测量油膜面积；‎ ‎④取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；‎ ‎⑤用一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积，得到油酸分子直径。‎ A.上述步骤中有错误或疏漏的是：___________________________；‎ B.上述步骤的正确顺序是：__________________；（均填写序号）‎ ‎(4)配制好浓度为0.06%的油酸酒精溶液（单位体积溶液中含有纯油酸的体积），1 mL上述溶液用注射器刚好滴75滴；形成油酸薄膜，下图为油 膜稳定后的形状，每个正方形小方格的边长为10 mm。下列有关该实验说法正确的有（ ）‎ - 18 -‎ A．油膜的面积为100 mm2‎ B．一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为8.0×10－6 mL ‎ C．油酸分子的直径约为7.4×10－9 m D．油酸未完全散开，会使计算结果比实际值偏小 ‎【答案】 (1). 油膜看成单分子层 (2). 油酸分子是紧挨在一起的（不考虑油酸分子间间隙） (3). 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 (4). ①②⑤ (5). ④②①③⑤ (6). B ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2] 本实验中做了三点理想化假设，油酸分子视为球形；油膜看成单分子层；油酸分子是紧挨在一起的．‎ ‎(2)[3] 用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；‎ ‎(3)[4][5] 上述步骤中有步骤遗漏：①步骤中，要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉；步骤错误的：②步骤中，用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时液滴的数目；步骤错误的：⑤应该是，用一滴油酸的体积除以油膜面积，得到油酸分子直径。“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（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积v= →准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，故实验步骤为④②①③⑤。‎ ‎(4)[6] A．面积过正方形一半的正方形的个数为105个，则油酸膜的面积约为：‎ S=105cm2=1.05×10-2m2‎ 故A错误；‎ - 18 -‎ BC． 每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为：‎ 则油酸分子直径为：‎ 故B正确，C错误；‎ D． 油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故D错误。‎ 故选B。‎ 三、计算题 ‎17.一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为B=T的匀强磁场中，以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：‎ ‎(1)线圈中感应电动势瞬时值表达式；‎ ‎(2)线圈从开始计时经s过程中通过电阻R的电荷量（结果保留1位有效数字）；‎ ‎(3)外电路电阻R上消耗的电功率。‎ ‎【答案】(1)（V）；(2)0.08C；(3)100W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 线圈的角速度 感应电动势的最大值 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 - 18 -‎ ‎(2) 线圈从开始计时经s过程中，转过的角度 通过电阻R的电荷量 ‎(3) 外电路电阻R两端的电压有效值为 根据电功率 ‎18.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，用不漏气的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，固定导热隔板上有一小孔，将两部分气体连通，已知活塞的横截面积为S，初始时两部分体积相同，温度为T0，大气压强为。‎ ‎①若缓慢加热气体，使A、B两部分体积之比达到2∶1，求此时的温度；‎ ‎②保持气体温度不变，在活塞上施加一竖直向下的推力，缓慢推动活塞，当A、B两部分体积之比为1∶2时，求气体的压强p和所加推力大小F。‎ ‎ ‎ ‎【答案】① ； ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①设B部分气体体积为V，初始时总体积为 V0=2V 两部分体积之比达到2∶1时，总体积为 - 18 -‎ V1=3V 此过程是一个等压膨胀，根据盖吕萨克定律 解得 ‎②当A、B两部分体积之比为1∶2时，‎ 保持气体温度不变，根据玻意尔定律 解得 活塞受力平衡 解得 ‎19.如图所示，一细U型管两端均开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态气体温度为T1=280K，各段的长度分别为L1=20cm，L2＝15 cm，L3＝10 cm，h1＝4 cm，h2＝20 cm。现使气体温度缓慢升高，大气压强为P0＝76 cm不变。‎ ‎(1)若当气体温度升高到T2时，右侧水银柱开始全部进入竖直管，求此时的温度T2；‎ ‎(2)在T2的基础上继续升温至T3时，右侧水银柱变成与管口相平，求温度T3。‎ - 18 -‎ ‎【答案】(1)630K；(2)787.5K ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态压强 p1=p0+h1=（76+4）cmHg=80cmHg ①‎ V1=L1S=20S，T1=280K 末状态是：‎ p2=p0+h=（76+14）cmHg=90cmHg ②‎ V2=L1′S=L1S+2L3S=20S+2×10S=40S ③‎ 由理想气体的状态方程得：‎ ‎ ④‎ 代入数据得：‎ T2=630K ⑤‎ ‎(2)水银柱全部进入右管后，压强不再增大，管底气体做等变化，所以左侧水银柱不动，右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：‎ V3=（L1+h1+h2+L3-h1）S=（L1+L3+h2）S=50S ⑥‎ 由盖一吕萨克定律：‎ ‎ ⑦‎ 代入数据得：‎ T3=787.5K ⑧‎ - 18 -‎ - 18 -‎