2017-2018学年广东省深圳市高级中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年广东省深圳市高级中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

深圳高级中学（集团）2017－2018学年 高二年级第二学期期中物理考试 一、单项选择题(本题共6小题；每小题4分，共24分)‎ ‎1. 如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可知 A. 交流电的周期为2 s B. 用电压表测量该交流电压时，读数为311 V C. 交变电压的有效值为220 V D. 将它加在电容器上时，电容器的耐压值等于220 V ‎【答案】C ‎【解析】由图象知周期为2×10-2s，故A错误；电压表的读数等于有效值： ，故B错误；电压的有效值应为：，故C正确；电容器的耐压值应大于电压的最大值，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎2. 如图所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n1=600匝，装有0.5A的保险丝，副线圈的匝数n2=120匝．要使整个电路正常工作，当原线圈接在180V的交流电源上时，则副线圈 A. 可接耐压值为36 V的电容器 B. 可接“36 V、40 W”的安全灯两盏 C. 可接电阻为14Ω的电烙铁 D. 可串联量程为3 A的电流表测量其电路的总电流 ‎【答案】B ‎【解析】由题意知原线圈电压峰值为，根据电压与匝数成正比，可得副线圈的电压峰值为：，故A错误；根据输入功率等于输出功率知 P=UI=180×0.5=90W＞2×40W，故B正确；当副线圈电阻为14Ω的电烙铁时，副线圈电流为：，此时原线圈电流为，故C错误；电流表电阻较小，直接串联在副线圈会烧坏，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎3. 如果液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管中时，下列说法错误的是 A. 附着层里分子的密度大于液体内部分子的密度 B. 附着层分子的作用力表现为引力 C. 管中的液面一定是凹形弯月面 D. 液面跟固体接触的面积有扩大的趋势 ‎【答案】B ‎【解析】当液体对某种固体是浸润时，则液体表面表现为斥力，分子间距小于液体内部，分子密度大于内部分子的密度，液面是凹形形状，液面跟固体接触的面积有扩大的趋势，故ACD说法正确，B说法错误。所以选B。‎ ‎4. 下列说法正确的是 A. 用打气筒打气很费劲，这是气体分子间存在斥力的宏观表现 B. 水的体积很难被压缩，这是水分子间存在斥力的宏观表现 C. 气缸中的气体膨胀推动活塞，这是分子间的斥力对外做功的宏观表现 D. 夏天轮胎容易爆裂，说明温度越高，气体分子间的斥力越大 ‎【答案】B ‎【解析】用打气筒打气很费劲，是因为气筒内的气体被压缩，其压强增大，故A错误；水的体积很难被压缩，是因为水分子之间存在斥力，故B正确；气缸中的气体膨胀推动活塞，是因为气体受热膨胀而推动的活塞，不是气体分子斥力造成的，故C错误；夏天轮胎容易爆裂，因为夏天温度高，轮胎内气体的温度升高，而体积不变，压强增大，进而引起爆裂，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎5. 关于原子核的有关知识，下列说法错误的是 A. 核力具有短程性决定了核力具有饱和性 B. 虽然原子核内的中子不带电，但是相邻的两个中子间仍存在核力作用 C. 正因为重核中的核子的平均结合能小，所以重核分裂成两个中等质量的核时会放出结合能 D. 核子结合成原子核时放出的结合能是由亏损的质量转化而来的 ‎【答案】D ‎【解析】核力具有饱和性和短程性，核力是使核子组成原子核的作用力，属于强相互作用的一类。原子核中邻近的核子之间存在相互的吸引力，同时质子之间是相互排斥的，是非常强大的核力将它们吸引在一起，使它们在非常小的区域形成原子核。当两核子间距离小于一定值时，则会表现为斥力，故AB说法正确；根据原子核的结合能与核子的平均结合能之间的关系可知，正因为重核中的核子的平均结合能小，所以重核分裂成两个中等质量的核时会放出结合能。故C说法正确；核子结合成原子核时，释放出能量△E 同时质量亏损了△m，但不能理解成有一部分△m转化成能量，故D说法错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎6. 下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能EP随分子间距离r变化关系的图线是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分子之间的相互作用都随分子间距离的增大而减小，分子引力的变化慢，当r由小于r0逐渐增大到10r0的过程中，f斥和f引均减小，r0是分子的平衡距离，此时分子间的作用力为零；所以在该过程中合力F先是斥力逐渐减小，大于r0后表现为分子引力并逐渐增大，达到最大后又逐渐减小；当r＜r0时分子引力小于分子斥力，当r减小时，分子之间的作用力做负功，分子势能增大；当r＞r0时分子引力大于分子斥力当r增大时，分子之间的作用力做负功，分子势能增大。所以当r等于r0时，分子势能最小，故B正确，ACD错误。‎ ‎7. 有一块矿石，其中含有两种物质，它们的元素符号分别是和，其中是由放射性元素衰变而成的稳定的元素，在这块矿石中和的质量比为 m:n。求经过一个半衰期后它们的质量比是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据半衰期公式，经过一个半衰期的质量变为，的质量变为，则经过一个半衰期后它们的质量比是m:3n，故B正确，ACD错误。‎ 二、多项选择题(本题共5小题；每小题5分，共25分。全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分)‎ ‎8. 下列说法正确的是 A. 法拉第发现了电磁感应现象，并定量得出了法拉第电磁感应定律 B. 安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直 C. 汤姆孙通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 D. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的 ‎【答案】BD ‎【解析】法拉第发现了电磁感应现象，但并没有定量得出法拉第电磁感应定律，故A错误；安培通过实验发现磁场对电流有作用力，此力的方向与磁场方向垂直，故B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C错误；天然放射现象的射线来自原子核，说明原子核内部有复杂结构，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎9. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则 A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 ‎【答案】BC ‎【解析】保持Q位置不动时，负载电路电压保持不变，将P向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负载消耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项A错误、B正确；‎ ‎ 保持P位置不动，即负载电路电阻不变，将Q向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项C正确的、D错误。‎ 考点：理想变压器、动态电路变化 视频 ‎10. 有一台输出电压按图甲所示规律变化的交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，如图乙所示。现已知发电机的输出功率为1100 W，T1的原副线圈匝数比为1∶10，则下列说法正确的是 A. 发电机E所产生的交流电的电压表达式为e＝220cos 100πt(V)‎ B. 电流表的示数为0.5 A C. 当用户消耗的功率变大时，输电线上消耗的功率也变大 D. 若只增加T2的原线圈匝数，则发电机的输出功率将变大 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析: A、由左图可知，图示电压应为正弦式规律变化；故A错误；B、输入电压的有效值为220V，则输电电压U2=220×10=2200V，则由P=UI可得，电流表示数；故B正确；C、输出功率决定了输入功率，故当用户消耗的功率变大时，输电线上消耗的功率也变大；故C正确；D、增加原线圈匝数时，匝数之比减小，则输出电压减小，输出功率减小，故D错误；故选BC．‎ 考点：考查变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【名师点睛】本题考查变压器原理及远距离输电原理，要注意明确电压、电流及功率关系，在解题中要注意正确选择功率公式进行分析求解．‎ ‎11. 用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时，电流表G的读数为0.2 mA。移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，‎ 电流表读数为0。则 A. 光电管阴极的逸出功为1.8 eV B. 开关K断开后，没有电流流过电流表G C. 光电子的最大初动能为0.7 eV D. 改用能量为1.5 eV的光子照射，电流表G也有电流，但电流较小 ‎【答案】AC ‎...............‎ ‎12. 一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的P－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是 A. 由a状态至b状态过程中，气体放出热量，内能不变 B. 由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变 C. c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大 D. b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等 ‎【答案】AD ‎【解析】由a到b 的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A、D正确；由b到c的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减少，B错误；由c到a的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C错误。所以AD正确，BC错误。‎ ‎13. 图示为氢原子的能级图，现有一群处于n＝3激发态的氢原子，则这些原子 A. 能发出3种不同频率的光子 B. 发出的光子最小能量是0.66 eV C. 发出的光子最大能量是12.75 eV D. 由n＝3跃迁到n＝1时发出的光子频率最高 ‎【答案】AD ‎【解析】一群处于n=3激发态的氢原子，可能由n=3向n=2能级跃迁，可能由n=3向n=1能级跃迁，可能由n=2向n=1能级跃迁，可能发出3种不同频率的光子，故A正确；由n=3向n=2能级跃迁发出的光子能量最小，则光子频率也最小，最小能量为3.4-1.51eV=1.89eV，故B错误；由n=3向n=1能级跃迁发出的光子能量最大，则光子频率也最大，波长最小。最大能量为3.4-13.6eV=12.09eV，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 三、实验题(本题共2小题；第1小题5分，第2小题10分，共15分)‎ ‎14. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中 ‎①.若油酸酒精溶液体积浓度为0.12%，一滴该溶液的体积为5.2×10－3ml，测得其形成的油膜的面积是48cm2，则估算出油酸分子直径的数量级为________m。‎ ‎②.用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________‎ A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D.体积 ‎【答案】 (1). 10－9 (2). B ‎【解析】①一滴溶液中纯油酸的体积 V=5.2×10-3ml×0.12%=6.2×10-6ml=6.2×10-12m3；油酸分子的直为：‎ ‎。‎ ‎15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“2V、0.6W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A.电源(电动势约为3V，内阻可不计)‎ B.电流表(量程0～3A，内阻约为(0.1Ω)‎ C.电流表(量程0～300mA，内阻约为2Ω)‎ D.电压表(量程0～15V，内阻约为20kΩ)‎ E.电压表(量程0～2.5V，内阻约为5kΩ)‎ F.滑动变阻器(最大阻值5Ω，允许通过的最大电流为2A)‎ G.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据.‎ ‎(1)实验中电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______；(均用序号字母表示)‎ ‎⑵请在图甲所示的虚线框内补画出满足实验要求的电路图____________。‎ ‎⑶图乙为通过实验描绘小灯泡的U－I图象，现将两个这样的小灯泡并联后再与一个4Ω的定值电阻R串联，接在内阻为1Ω、电动势为3V的电源两端，如图丙所示，则通过每盏小灯泡的电流强度约为________A。此时每盏小灯泡的电功率约为_______W。‎ ‎【答案】 (1). C (2). E (3). F (4). (5). 0.2 ‎ ‎ (6). 0.2‎ ‎【解析】(1) 灯泡的额定电流I=P/U=0.6/2=0.3A；故电流表应选择C；灯泡的额定电压为2V，因此电压表选择大于等于2V的即可，故选E；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选择F；‎ ‎(2)本实验要求电压从零开始变化，故采用分压接法；同时因电流表内阻与灯泡内阻接近，故电流表选用外接法；故原理图如图所示；‎ ‎(3)将定值电阻等效电源内阻，E=U+2I(R+r),U=E-2(R+r)I,作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，由图可知，此时灯泡的电压为1.0V；电流为0.2A；‎ 则灯泡的功率P=UI=1.0×0.2W=0.2W；‎ 点睛：根据灯泡的额定电压、电流选择电压表和电流表；由于要求电压从零开始变化，故采用分压接法；根据电流表内阻与灯泡内阻大小的关系，选择电流表选用内接还是外接；将灯泡电压作为路端电压，在同一坐标内做出灯泡伏安特性曲线和闭合电路中路端电压与灯泡电流的关系图线，两图线交点即为灯泡的工作电压和电流。‎ 四、计算题(本题共3题；第1小题10分，第2小题12分，第3小题14分，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的推理、演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎16. 如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上。现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻为r的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端。已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等。求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：当导体棒上滑达到最大速度时，受重力、拉力、支持力和安培力处于平衡，根据平衡条件和安培力公式列出表达式；杆下滑时达到最大速度时，受重力、支持力和安培力处于平衡，根据平衡列出表达式，联立两式解出最大速度和拉力F。‎ 当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：‎ 由平衡条件可知：‎ 安培力：‎ 感应电流：‎ 感应电动势：‎ 联立以上可得：‎ 同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：‎ 联立解得： ‎ 点睛：本题主要考查了电磁感应与动力学综合的问题，解决本题的关键理清导体棒的运动情况，知道达到最大速度时，加速度为零，处于平衡状态．能正确推导出安培力的表达式，即可解决这类问题。‎ ‎17. 如图，一导热性能良好，内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为s=210－3m，质量为m=4kg，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24cm，在活塞的右侧12cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强P0=1.0105Pa。现将气缸竖直放置，如图b所示，求该情况下(取g=10m/s2)‎ ‎⑴活塞与气缸底部之间的距离 ‎⑵缓慢对气缸加热，当温度升至多高时活塞与卡环刚好接触？‎ ‎⑶缓慢对气缸加热，当温度升至多高时活塞队卡环的压力为60N？‎ ‎【答案】(1) 20cm (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强，当气缸竖直放置时，封闭气体的压强等于大气压强加活塞重力产生的压强，由于两种情况下气体的温度保持不变，根据等温变化求出此时气体的体积，根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的距离；气体经历等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解；找出状态，根据查理定律即可求解。‎ ‎⑴气缸水平放置时，封闭气体压强P1=P0=1.0105Pa ， ‎ 当气缸竖直时，封闭气体压强 ，，‎ 根据理想气体状态方程有 　 ‎ 解得：H=20cm ‎ ‎⑵设活塞到卡环时的温度为T3，此时，等压变化 由盖·吕萨克定律有：‎ 解得　　‎ ‎⑶压强： ‎ 由查理定律得： ‎ 解得：　‎ 点睛：本题主要考查了查几种不同的情况下理想气体的状态方程的应用，正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。‎ ‎18. 如图，倾角为θ=37°的斜面上存在有界的磁场，磁场的上、下边界水平，相距为d=0.356m，磁感应强度大小为B＝1.00T，方向垂直斜面向上。在斜面上距离磁场上边界为2L=0.400m处由静止释放一个匝数N＝5、质量为m=0.125kg、电阻为R=2.00Ω、边长为L=0.200m (L＜d)的正方形细小导线框，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.350。已知导线框下边刚进入磁场时的速度和下边刚离开磁场时的速度相同，运动过程中导线框下边保持水平，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求 ‎⑴线框下边刚进入磁场时，线框的加速度a的大小 ‎⑵线框穿越磁场的过程中的最小速度的大小 ‎⑶线框穿越磁场的过程中产生的总焦耳热Q ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：设线框进入磁场时的速度为v0，由动能定理可得速度，再根据牛顿第二定律可得加速度；当线框全进磁场后将再次加速，故线框全进磁场瞬间速度为最小值，由能量转化和守恒定律得最小速度和总热量。‎ ‎⑴设线框进入磁场时的速度为v0，由动能定理可得 代入数据解得：‎ 进入磁场瞬间线框受安培力 ‎ 线框进入磁场的瞬间，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得加速度为：，方向沿斜面向上 ‎⑵当线框全进磁场后将再次加速，故线框全进磁场瞬间速度为最小值 ‎ 由题意和对称性可知：当线框下边到达磁场下边界时的速度为，线框全部出磁场的瞬间的速度为最小值 ‎ 设线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为，由能量转化和守恒定律得 ‎ ‎ 对线框全部进入磁场的瞬间到全部离开磁场的瞬间，由能量转化和守恒定律得 ‎ ‎ 联立解得： ‎ ‎⑶故线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为　‎ 点睛：本题主要考查了力学知识与电磁感应的综合，关键要认真审题，明确物体运动的过程，及过程中受力及力的做功情况，选择合适的规律即可求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎