安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高二物理下学期3月线上考试试题.doc

安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高二物理下学期3月线上考试试题

安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高二物理下学期3月线上考试试题

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安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高二物理下学期3月线上考试试题（含解析）
一、选择题（每题4分，共计48分，1-8题为单选，9-12题为多选，漏选得2分，错选不得分）
1.如图所示，线圈按下列方式在匀强磁场中匀速转动，能产生正弦交变电流的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项A错误；
B．图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项B错误；
C．图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不断变化，会产生正弦交流电，选项C正确；
D．图中线圈转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，选项D错误；
故选。
2.关于分子动理论基本观点和实验依据，下列说法正确的是( )
A. 随着分子间距离增大，分子势能一定增大
B. 阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到尘埃运动是布朗运动
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. 某气体摩尔体积V，每个分子体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
【答案】C
【解析】
【详解】分子间的作用力若表现为引力，分子距离增大，分子力做负功，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子距离增大，分子力做正功，分子势能减少，选项A错．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到尘埃的运动，不是布朗运动，是用于空气的流动引起的，B错误．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，C正确．若气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，由于气体分子之间的距离远大于分子的直径所以阿伏伽德罗常数不能表示为，气体此式不成立，D错误．故选C．
3.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　 　)

A. 在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能增加
B. 在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小
C. 在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D. 在r＝r0时，分子势能为零
【答案】C
【解析】
【详解】A.r大于平衡距离，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A错误；
B.当r小于r0时，分子间作用力表现为斥力；靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误；
CD.由以上分析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大；若两分子相距无穷远时分子势能为零，r等于r0时，分子势能不为零，故C正确，D错误．
4.如图所示为一理想自耦式变压器，原线圈两端加220V交流电，V1、V2为理想电压表。下列说法正确的是（　　）

A. 若P不动，F向下滑动时，V1、V2示数都变小
B. 若P不动，F向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
C. 若F不动，P向上滑动时，V1、V2示数都变小
D. 若F不动，P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．若P不动，F向下滑动时，V1测原线圈两端电压，所以V1不变，此时副线圈的匝数变小，所以副线圈两端的电压变小，则V2的示数变小，故A错误；
B．若P不动，滑片F向上滑动时，此时副线圈的匝数变大，则副线圈电压变大，副线圈的电流变大，所以灯泡消耗的功率变大，故B错误；
C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1测原线圈两端电压，所以V1不变，故C错误；
D．若F不动，滑片P向下滑动时，副线圈的电压不变，此时副线圈的电阻增大，所以副电路的电流变小，灯泡消耗的功率变小，故D正确。
故选D。
5.图为演示自感现象实验装置的电路图，电源的电动势为E，内阻为r．A是灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻．实验时，闭合开关S，电路稳定后，灯泡A正常发光．下列说法正确的是

A. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流等于线圈L中电流
B. 闭合开关S，电路稳定后，灯泡A中电流大于线圈L中电流
C. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A立即熄灭
D. 电路稳定后突然断开开关S，灯泡A闪亮一下再熄灭
【答案】D
【解析】
【分析】
开关由闭合到断开瞬间,A灯立即熄灭,通过线圈的电流减小,线圈产生自感电动势,再根据楞次定律分析灯亮度如何变化.
【详解】由于线圈的直流电阻小于灯泡A正常发光时的电阻，所以电路稳定时，流过线圈的电流大于灯泡的电流，在突然断开时由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，对灯泡提供电流，所以灯泡不会马上熄灭，并且流过灯泡的电流大于原来灯泡的电流，所以灯泡会闪亮一下，故ABC错；D对；
故选D
【点睛】线圈的作用：在闭合电路时由于自感作用相当于一个大电阻；在稳定时相当于一个电阻为R的正常电阻，在断开电源时相当于一个电源对别的用电器提供电流．
6.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法不正确的是（ ）

A. 线圈先后两次转速之比为3:2
B. 在图中t = 0时刻穿过线圈的磁通量为零
C. 交流电a的瞬时值为V
D. 交流电b的最大值为V
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图读出两电流周期之比为Ta：Tb=0.4s:0.6s=2:3，而，故线圈先后两次转速之比为3:2；故A正确.
B、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大；故B错误.
C、正弦式电流a的瞬时值为;故C正确.
D、根据电动势最大值公式，得到两电动势最大值之比为Ema：Emb=Tb:Ta=3:2，Ema=10V，则得到正弦式电流b的最大值为;故D正确.
本题选不正确的故选B.
7.如图，各实线分别表示一定质量的理想气体经历的不同状态变化过程，其中气体体积减小的过程为　　

A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据理想气体状态方程列式分析即可．
【详解】理想气体状态方程
①
其中
②
联立得
③
所以直线bc为等容变化的曲线；同时，过a点做等温线如图

由理想气体状态方程

可知在相等的温度下，压强越大，则体积越小．所以a点的体积最大，d点的体积最小．a→b的过程体积减小，b→a的过程体积增大，b→c的过程是等容过程，d→b的过程体积增大，A正确，BCD错误。
故选A。
【点睛】本题关键在于横坐标为摄氏温度，不是热力学温度；如果横坐标是热力学温度，等容线是过原点的直线．
8.如图所示，A、B是两个定积相同的密闭容器，由细玻璃管连通，管内有一段汞柱。当A容器气体温度为，B容器内气体温度为，汞柱在管中央静止。若分别给A、B容器加热，使它们的温度都升高，管内汞柱将（　　）

A. 向右移动 B. 向左移动 C. 保持不动 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】假设体积不变，对A进行状态分析，根据查理定律可知

解得

对B进行状态分析，根据查理定律可知

得

由于pA=pB，则

所以管内汞柱将向右移动，故A正确，BCD错误。
故选A
9.如图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=110Ω，A、V为理想电流表和电压表。若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（ ）

A. 电流表的示数为1A B. 原线圈中的电流是0. 5A
C. 原、副线圈的匝数比为2：1 D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为110Ω，所以电阻R的电流为
A
所以电流表示数为1A，A正确；
C．由图乙可知，原线圈输入电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，副线圈输出电压的有效值为110V，根据电压与匝数成正比：

得匝数比为2：1，C正确；
B．根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则有：
220×I（W）=110×1W
解得原线圈中的电流I=0.5A，B正确；
D．根据图象可知，原线圈中交变电压的频率为
Hz
D错误。
故选ABC。
10.质量是18g的水，18g的水蒸气，32g的氧气，在它们的温度都是100℃时（　　）
A. 它们的分子数目相同，它们的内能不相同，水蒸气的内能比水大
B. 它们的分子数目相同，分子的平均动能相同
C. 它们的分子数目不相同，分子的平均动能相同
D. 它们的分子数目相同，分子的平均动能不相同，氧气的分子平均动能大
【答案】AB
【解析】
水和水蒸气分子量相同，摩尔质量相同，故分子数相同，为：N1=N2=×6.02×1023=6.02×1023个；32g的氧气分子数为：N3=×6.02×1023=6.02×1023个；故N1=N2=N3；温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能相同；内能包括分子势能和分子热运动动能，故内能不相同；100℃时，18g的水变为水蒸气要吸热，故水蒸气的内能大；故选AB．
点睛：本题关键是明确温度的微观意义、阿伏加德罗常数的运用、内能等，注意物体的内能与温度、体积、物质的量以及种类等有关系．
11.如图所示，竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，缸内气柱高度为2h．现在活塞上缓慢添加砂粒加砂过程中气体温度保持不变，直至缸内气柱的高度变为h，然后再对气缸缓慢加热，以使缸内气体温度逐渐升高，让活塞恰好回到原来位置．已知大气压强为，环境温度恒为，重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦．下列说法正确的是( )

A. 所添加砂粒的总质量为
B. 所添加砂粒的总质量为
C. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为
D. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB.初态气体压强：，添加沙粒后气体压强：对气体用波意尔定律得：，解得，A正确B错误
CD.设活塞回到原来位置时气体温度为，该过程为等压变化，有，解得，C错误D正确
12.如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是(　　)

A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
C. 输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比
D. 用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W
【答案】AC
【解析】
由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A正确，B错误．损失的功率为△P=5%P=5000W，根据△P=I2R，解得，升压变压器原线圈中的电流为，，故C正确；输送电流为，损失功率为△P=I2R=102×8W=800W，故D错误；故选AC．
点睛：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．
二、实验题（每空7分，共计14分）
13.用油膜法估测油酸分子直径的大小．

(1)现将1滴配置好的油酸溶液滴入盛水的浅盘中，让油膜在水面上尽可能散开，待液面稳定后，在水面上形成油酸的________油膜；
(2)把带有方格的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描绘出油膜的边界轮廓，形状如图所示．已知坐标方格边长为L，按要求数出油膜轮廓线包括的方格是n个，则油酸的面积约是________；
(3)已知1滴油酸溶液中含纯油酸的体积为V0，由以上数据估测出油酸分子的直径为________．
【答案】 (1). 单分子层 (2). nL2 (3).
【解析】
【详解】(1)将1滴配置好的油酸溶液滴入盛水的浅盘中，让油膜在水面上尽可能散开，待液面稳定后，在水面上形成油酸的单分子层油膜；
(2)由题意可知，油酸的面积约是nL2；
(3)已知1滴油酸溶液中含纯油酸的体积为V0，由以上数据估测出油酸分子的直径为
14.某同学利用DIS系统对封闭在注射器内的一定质量的气体在不同温度下作了两次等温过程的研究.

(1)结束操作后，该同学绘制了这两个等温过程的关系图线，如图，则反映气体在温度较高实验中的关系图线的是_________(选填“1”或“2”)；
(2)该同学是通过开启室内暖风空调实现环境温度升高的.在这一过程中，注射器水平地放置在桌面上，活塞可以自由伸缩，管内的气体经历了一个____________(选填“等压”“等温”或“等容”)的变化过程.
【答案】 (1). 1 (2). 等压
【解析】
【详解】（1）[1]．由图2看出图象是过原点的倾斜直线，其斜率等于pV，斜率不变，则pV不变，根据气态方程，可知气体的温度不变，均作等温变化．由气态方程得知T与pV正比，即T与图线的斜率成正比，所以可知反映气体在第二次实验中的关系图线的是 1．
（2）[2]．注射器水平地放置在桌面上，设注射器内的压强为p，大气压强为p0，活塞横截面积为S，活塞移动过程中速度缓慢，认为活塞处于平衡状态，则：
pS=p0S
即
p=p0
可知，管内的气体压强等于大气压，保持不变，所以管内气体经历了一个等压变化．
三、计算题（每题题12分，共计48分）
15.在磁感应强度为1T的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD,如图所示,其绕OO′轴以线圈的转速n=50/π r/s匀速转动.AB=20cm，BC=25cm，线框总电阻为r=1Ω，定值电阻阻值为R=9Ω，从图示位置开始计时．

(1)写出t时刻整个线圈中的感应电动势e的表达式.
(2)线框转过30∘，R上流过的电荷量为多少?
(3)当转过30∘时，电流表的示数为多少?
【答案】（1）50cos100t（V）(2)0.025C（3）3.54A
【解析】
【分析】
根据公式Em=nBωS求解电动势的最大值，根据e=Emcosωt求解瞬时值；转动过程中由平均感应电动势和电流公式代入数据解得；求出电动势的有效值，即可求出电流表的示数．
【详解】（1）线圈转动的角速度ω=2πn=100rad/s
产生的最大感应电动势Em=nBSω=10×1×0.2×0.25×100V=50V
故t时刻感应电动势e═50cos100t(V)
转动过程中产生的平均感应电动势
形成的感应电流：
故流过的电荷量q=It=0.025C
（3）电动势的有效值为
电流表的示数为:
【点睛】本题关键是能够区分交流四值，电表读数为有效值，求解热量用有效值，求解电量用平均值．
16.农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示，A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方空气的压强为105Pa，体积为1.5 L，关闭阀门S，用打气筒B每次打进105Pa的空气0.25L。所有过程气体温度保持不变，则：
（1）要使药液上方气体的压强为4×105 Pa，打气筒活塞应打几次?
（2）当A中有4×105 Pa的空气后，打开阀门S可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液?

【答案】（1）18；（2）1.5L。
【解析】
【详解】（1）设打n次，以容器A中与打入的气体为研究对象，其状态参量为
，
，
由玻意耳定律得

代入数据解得

（2）当内外气压相等时，药液不再喷出，此时
由玻意耳定律得

代入数据解得

剩余药液的体积

17.如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm。现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa。(g＝10 m/s2)
①求下部分气体的压强多大；
②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使活塞M回到原来的位置，求应使下部分气体的温度升高到多少摄氏度。

【答案】①1.5×105 Pa ② 252℃
【解析】
【详解】①以两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
得
p＝p0＋＝1.5×105 Pa
②对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2
由理想气体状态方程可得：
＝
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(h1－h2)S＝p(h1－h3)S
解得：
T2=525K=252℃
18.某小型水力发电站的发电输出功率为5×104W，发电机的输出电压为250V，输电线总电阻R=5Ω．为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器．设用户所需电压为220V，不计变压器的损失．求：
（1）输电线上的电流；
（2）升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
（3）可供多少盏“220V 40W”的白炽灯正常工作？
【答案】(1)20A(2) ；(3)
【解析】
【详解】画出输电的示意图

（1）输电线中的功率损失为:
化简可得得：
（2）由公式，可得升压变压器的副线圈两端的电压为：
升压变压器的原副线圈的匝数比为:
降压变压器得到的电压为：
由题意可知降压变压器的副线圈的电压为：
降压变压器的原副线圈的匝数比为:
（3）可供 “22040”的白炽灯正常工作的盏数为：(盏)