河北省保定市曲阳县第一中学2019-2020学年高二上学期第四次考试物理试题 16页

曲阳一中2019-2020学年高二第四次考试物理 一、选择题 ‎1.一直升机停在南半球地磁北极上空．该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B．直升机螺旋桨叶片的长度为L,螺旋桨转动的频率为f,顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b．如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,如图所示,则 ‎ A. E=2πfL2B,且a点电势低于b点电势 B. E=πfL2B,且a点电势低于b点电势 C. E=πfL2B,且a点电势高于b点电势 D. E=2πfL2B,且a点电势高于b点电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】每个叶片都切割磁感线运动，根据右手定则知，感应电流方向由a到b，则a点电势低于b点电势；b端的线速度大小为：‎ v=Lω=2πLf 所以每个叶片中的感应电动势为：‎ A. E=2πfL2B,且a点电势低于b点电势，与分析结果不符，故A错误．‎ B. E=πfL2B,且a点电势低于b点电势，与分析结果相符，故B正确．‎ C. E=πfL2B,且a点电势高于b点电势，与分析结果不符，故C错误．‎ D. E=2πfL2B,且a点电势高于b点电势，与分析结果不符，故D错误．‎ ‎2.如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是（ ）‎ A. 在图示位置时线框中磁通量的变化率为零，感应电动势最大 B. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 C. 电压表V2示数等于 D. 变压器的输入与输出功率之比为1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线圈在如图所示的位置，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，A错误；‎ B．交流电压表此时测的是交流电的有效值，所以滑动变阻器上下移动的时候，V1、V2的读数不变，B错误；‎ C．交流电动势最大值 则变压器初级电压有效值 根据变压器的匝数比可得电压表V2的读数是 C错误；‎ D．变压器的输入输出功率相等，D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM25是指空气中直径等于或小于25μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法正确的是（　　）‎ A. 在空气中的运动属于分子热运动 B. 的质量越大，其无规则运动越剧烈 C. 温度越低，的无规则运动越剧烈 D. 的运动轨迹是由大量空气分子对无规则碰撞的不平衡和气流运动决定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，不是分子的热运动，故A错误； PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故B错误； PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，故温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故C错误； PM2.5受由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，并且受到风力作用，而形成不规则的运动轨迹，故D正确．故选D．‎ ‎4.回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K．某台设备工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：从状态A到B和C到D是等温过程，温度分别为t1=‎27℃‎和t2=﹣‎133℃‎；从状态B到C和D到A是等容过程，体积分别为V0和5V0．求状态B与D的压强之比（　　）‎ A. 35：15 B. 15：7‎ C. 133：27 D. 75：7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“从状态A到B和C到D是等温过程”、“从状态B到C和D到A是等容过程”可知，本题考查玻意耳定律和查理定律，根据玻意耳定律、查理定律，结合气体的状态参量，列方程求出B、D状态的气体压强，再求出压强之比．‎ ‎【详解】由题意可知，气体状态参量为：‎ TA=TB=27+273=300K，TC=TD=−133+273=140K，‎ VA=VD=5V0，VB=VC=V0，‎ 从状态A到B是等温过程，由玻意耳定律得：pAVA=pBVB，pB=5pA 从状态D到A是等容过程，由查理定律得：，pD=pA，‎ 解得：pB：pD=75：7，故D正确，ABC错误．‎ 故选D ‎5.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势　　‎ A. 在时为零 B. 在时改变方向 C. 在时最大，且沿顺时针方向 D. 在时最大，且沿顺时针方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点．‎ 解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误．‎ ‎6.如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率 的大小应为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设半圆弧的半径为r，线框匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0r ＝B0ωr2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E2＝ ＝S ＝πr2·，要使两次产生的感应电流大小相等，则E1＝E2，即B0ωr2＝πr2·，解得＝ ；‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论不相符，选项B错误；‎ C. ，与结论相符，选项C正确；‎ D. ，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎7.一个单匝矩形金属线框的面积为S，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n，则（）‎ A. 线框产生的交变电动势的最大值为πBS B. 线框产生的交变电动势的有效值 C. 从开始转动经过T/2周期，线框中的平均感应电动势为2nBS D. 线框产生交变电动势的瞬时值表达式为e=2nπBSsin2nπt ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．转速为n，则角速度为2πn，根据感应电动势的最大值公式：Em＝NBSω可以知道，电动势的最大值为2nπBS，有效值为最大值的，即电动势的有效值为nπBS，故B正确，A错误；‎ C．平均电动势为 ，选项C错误；‎ D．从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt＝2nπBSsin2nπt，故D正确．‎ ‎8.如图1所示，理想变压器原线圈的匝数n1=2 200匝、副线圈的匝数n2=100匝，变压器的原线圈A、B端接有图2所示的交变电压u，流过小灯泡的电流为‎0.3 A，且小灯泡L正常发光．则以下说法中正确的是（ ）‎ A. 图2所示的交变电压的瞬时值表达式为u=220sin 50πt（V）‎ B. 副线圈两端电压的有效值为10 V C. 小灯泡L的额定功率为3 W D. 将滑动变阻器的滑片P稍微下移，变压器的输入功率变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．题图2所示交变电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt（V），故A错误；‎ B．根据变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得副线圈电压的有效值为10 V，故B正确；‎ C．小灯泡的额定功率为P=UI=3 W，故C正确；‎ D．将滑动变阻器的滑片稍微下移，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，副线圈回路中总电阻变大，总电流变小，变压器输出功率变小，输入功率也变小，故D错误．‎ ‎9.有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为‎3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－‎0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是(　　)‎ A. 该秤能测量的最大体重是1400 N B. 该秤能测量的最大体重是1300 N C. 该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘‎0.375 A处 D. 该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘‎0.400 A处 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当电路中电流I=‎3A时，电子秤测量的体重最大.由欧姆定律得到，代入R=30‎-0.02F得到F=1400N；故A正确，B错误.‎ CD．踏板空载时F=0，代入R=30‎-0.02F得到电阻R=30Ω，由欧姆定律得，所以该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘‎0.375A处；故C正确，D错误；‎ 故选AC.‎ ‎10.以下说法正确的是 （ ）‎ A. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 B. 水结为冰时，水分子的热运动不会消失 C. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 D. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动 E. 液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故A正确．‎ B. 物体分子在永不停息在做无规则运动，故B正确；‎ C. 气体扩散只能说明气体分子做无规则运动，不能说明分子间的作用力，故C错误；‎ D. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误．‎ E. 液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果，故E正确．‎ ‎11.下列说法正确的是 （ ）‎ A. 零摄氏度的物体的内能为零 B. 气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果 C. 温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D. 理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E. 在“用油膜法估测分子直径”的实验中，公式中的V是一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S是单层分子油膜的面积 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 任何物体在任何温度下都具有内能，零摄氏度的物体内能不为零，故A错误．‎ B. 气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子在永不停息的无规则热运动的结果，故B正确．‎ C.温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故C正确．‎ D. 理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，但由于分子之间的距离较大，都可以忽略不计．故D错误；‎ E. 在“用油膜法估测分子直径”的实验中，公式中的V是一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S是单层分子油膜的面积，故E正确．‎ ‎12.密闭的固定容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则 A. 氢分子的平均动能增大 B. 氢分子的势能增大 C. 氢气的内能增大 D. 氢气的内能可能不变 E. 氢气的压强增大 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】温度升高，则氢分子的平均动能增大，选项A正确；理想气体的分子势能为零，选项B错误； 一定质量的理想气体的内能只与温度有关，则氢气的内能增大，选项C正确，D错误；气体的体积不变，温度升高，根据PV/T=C可知，氢气的压强增大，选项E正确；故选ACE.‎ ‎13.对于一定质量的理想气体，从微观的角度解释，下列说法中正确的是 ．‎ A. 在体积不变时，气体的温度升高，每个气体分子对器壁产生的平均冲量减小，压强增大 B. 密闭容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，单位时间内撞击容器壁的分子数增加 C. 封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍 D. 气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变 E. 在体积不变时，分子间每秒平均碰撞次数随着温度的降低而减小 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在体积不变时，气体的温度升高，分子的平均动能增加，分子数密度不变，故单个分子每次与器壁碰撞时平均冲量增加，碰撞次数增多，压强增大，故A错误；‎ B．容器内一定质量的理想气体体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加，故B正确；‎ C．由理想气体的状态方程可知，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故C正确；‎ D．温度是分子平均动能的标志，与分子势能无关，故D错误；‎ E．由压强的微观解释，温度降低，分子平均动能减小，单个分子撞击容器壁产生的撞击力减小，所以一定量的气体，在体积不变时，分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度的降低而减小，故E正确．‎ ‎14.根据热学知识，下面说法正确的是 A. 气体的内能是分子热运动的动能和分子势能之和 B. 理想气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变 C. 对于一定量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不変 D. 一定量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 E. 空气压缩到一定程度很难再压缩，是因为分子间斥力的原因 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；‎ B．理想气体不计分子势能，所以当温度变化时，只有分子的平均动能变化，故B错误；‎ C．根据理想气体的状态方程：‎ 可知对于一定量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，则其温度也一定不变；而气体的内能仅仅与温度有关，气体的温度不变，则内能不变，故C正确；‎ D．一定质量的理想气体，在体积不变时，温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小，故D正确；‎ E．空气压缩到一定程度时不能压缩是由于压强过大的原因，气体分子之间的距离较大，相互作用忽略不计，故E错误。‎ 故选ACD．‎ 二、填空题 ‎15.如图，粗细相同玻璃管A和B由一橡皮管连接，A管内封闭了长为l‎0cm的空气柱，B管开口且足够长，初始时两管水银面等高，外界大气压为75cmHg．固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一段距离，使A管内的水银液面下降‎2cm，此时A管内气体压强为_____cmHg；然后保持B管不动，并在B管内缓慢注入水银，注入_____cm水银后，A管内气柱长度恢复为‎10cm．‎ ‎【答案】 (1). 62.5 (2). 16.5‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ A部分封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解使A管内的水银液面下降‎2cm时A管内气体压强；根据几何关系求解注入水银长度．‎ ‎【详解】设左右两端横截面积为S；A部分气体初态压强为：P1＝P0＝75cmHg、体积为：V1＝10S 末态：体积为：V2＝12S 由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2‎ 代入数据解得：P2＝62.5cmHg 设注入水银柱的长度为x，则x＝2+2+（75﹣62.5）cm＝‎‎16.5cm 三、计算题 ‎16.某市第一中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V　40 W”电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图所示．‎ ‎(1)升压变压器的输出电压多大？‎ ‎(2)发电机的电功率多大？‎ ‎【答案】（1）904 V（2）6000 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）所有灯都正常工作的总功率：P＝22×6×40 W＝5280 W 通过电灯的总电流 ‎ 根据 得 输电线上的电流I3＝I4＝‎‎6 A 降压变压器原线圈电压U3＝＝880 V 输电线上的电压损失ΔU＝I3R＝24 V 因此升压变压器的输出电压U2＝U3＋ΔU＝904 V ‎（2）根据 得 升压变压器输入电压U1＝U2＝226 V 输入电流I1＝I2＝I3＝‎‎24 A 根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势：E＝U1＋I1r＝250 V 所以发电机的功率为P＝E I1＝6000 W ‎17.如图所示，间距为L=‎1m的足够长的平行光滑导轨MN、PQ倾斜放置，倾角为θ=370，在导轨顶端连接一阻值为r=1Ω的定值电阻．质量为m=‎0.5kg、电阻也为r的金属杆ab垂直导轨跨放在导轨上，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中．让金属杆ab从图示位置由静止释放，到达cd位置时达到最大速度，不计导轨电阻，金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g=‎10m/s2求：‎ ‎(1) 金属杆ab在倾斜导轨上滑行的最大速度vm.‎ ‎(2) 金属杆速度为‎3m/s时的加速度；‎ ‎(3) 金属杆ab在导轨上从开始运动到达到cd位置的过程中，通过定值电阻的电荷量q=‎2C，求这段时间内定值电阻上产生的焦耳热.‎ ‎【答案】（1）‎6m/s（2）‎3m/s2（3）1.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属杆ab在倾斜导轨上滑行，加速度为零时，速度最大，则： ；‎ 根据欧姆定律： ‎ 联立解得：； ‎ ‎(2) 当v=‎3m/s时，F安= =1.5N,‎ F合=mgsinθ-F安=1.5N，F合=ma a=‎3m/s2 ‎ ‎(3)金属杆ab在导轨上从开始运动到达到cd位置的过程中，金属杆的位移为x，则： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：x=‎4m；‎ 设在此过程中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒得：‎ ‎ ‎ 且有 ‎ 联立解得：．‎ ‎18.如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，底面直径为D，其右端中心处开有一圆孔．质量一定的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计.开始时气体温度为300 K，活塞与容器底部相距．现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0，求温度为500 K时气体的压强.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】活塞移动时气体做等压变化 解得T1=450K ‎ 活塞至最右端后，气体做等容变化；T1=450K；；T2=500K 由 解得 ‎19.如图所示，一个内壁光滑的气缸竖直放置，其侧壁绝热，内有两个厚度不计的密闭活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．活塞A导热且质量不计，活塞B绝热．质量为m=‎10kg．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0=‎12cm，温度为T0=300K．现保持环境温度、外界大气压强不变，通过汽缸的导热底面给Ⅱ气体加热至T=600K，同时在活塞A上逐渐添加细砂，保持活塞B的位置始终不变，最终活塞A下降的高度为h(未知）时，两部分气体重新处于平衡．已知外界大气压强P0=1×105Pa．活塞横截面积S=1.0×10‎-3m2‎，g=‎10m/s²．试求 ‎(1)最终气体平衡时，Ⅱ气体的压强 ‎(2)活塞A下降的高度h．‎ ‎【答案】（i）4×105Pa；（ii）‎‎8cm ‎【解析】‎ ‎【详解】（i）初状态时，设气体I的压强为，因活塞A质量不计，则 p1=p0=1.0×105 Pa 初状态时，设气体II的压强为，以活塞B为研究对象，由平衡条件知 ‎ ‎ 得 p2=2×105 Pa ‎ 对气体II由查理定律有 ‎ 解得 ‎ ‎（ii）末状态时，以活塞B为研究对象，由平衡条件知 由玻意耳定律有 ‎ ‎ ‎ 解得 h=‎‎8cm