高二物理下学期期中试题(含解析)

黑龙江省齐齐哈尔市八中2０１7—２018学年度下学期高二期中考试
物理试题
一、选择题:本题共12小题,每小题4分,共4８分。

在每小题给出的四个选项中,第１～7题只有一项符合题目要求,第8~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

１、下列说法正确的是( )
A、温度高的物体分子平均动能一定大,内能也一定大
Ｂ、当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离增大而增大
C。

在绝热条件下压缩气体,气体的内能一定增加
D、当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小
【答案】Ｃ
【解析】温度高的物体的分子平均动能一定大,而内能与物体的温度、体积和物质的量等因素有关,因此温度高的物体内能不一定大。

故A错误;分子间的作用力跟分子间的距离ｒ有关,当时,分子间是引力;当时,分子间是斥力;分子间作用力表现为斥力时,分子间距离的增大时分子之间的作用力做正功,分子势能减小;故B错误;绝热Q=0,压缩W〉０,依照热力学第一定律可知,即内能增加。

故C正确;当两分子间距离增大时,分子间引力、斥力都减小,斥力减小的更快,故D错误;故选C。

【点睛】分子间的作用力跟分子间的距离ｒ有关,内能与物体的温度、体积和物质的量四个因素有关,因此温度高的物体内能不一定大;气体绝热压缩,依照热力学第一定律分析内能的变化。

2、下列说法正确的是( )
A。

露珠呈球形是由于表面张力所致
B。

布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性
Ｃ。

某气体的摩尔质量为M、密度为ρ,用表示阿伏伽德罗常数,每个气体分子的质量,每个气体分子的体积
D。

单晶体有固定的熔点,而多晶体没有固定的熔点
【答案】Ａ
【解析】露球表面分子比较稀疏,分子间形成表面张力而使水球呈球形;故A正确;布朗运动是液体分子无规则运动的反映;故B错误;某气体的摩尔质量为Ｍ,则每个气体分子的质量,由于
气体分子不是紧密靠在一起的,则无法求出气体分子的体积,故Ｃ错误;单晶体和多晶体均有固定的熔点,故Ｄ错误;故选Ａ。

【点睛】液面表面分子比较稀疏,分子间存在引力的作用;布朗运动是固体小颗粒的运动,反应了液体分子的无规则运动;依照摩尔质量和阿伏伽德罗常数求出每个气体分子的质量,结合气体摩尔体积能够每个分子所占的体积,不能求出分子体积;单晶体及多晶体均有有固定的熔点。

3、关于下列四幅图的说法正确的是 ( )
A。

Ａ图中A处能观察到大量的闪光点,Ｂ处能看到较多的闪光点,C处观察不到闪光点
Ｂ、 B图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时,发现验电器的张角变大,说明锌板原来带负电
C、 C图中处于基态的氢原子能吸收能量为的光子而发生跃迁
D、 D图中1为α射线,它的电离作用特别强
【答案】D
【解析】甲图中A处能观察到大量的闪光点,B处能看到较多的闪光点,在C处也能够观察到特别少的闪光点,故A错误、乙图中用弧光灯照射锌板,锌板上的电子逸出,锌板带上正电,发现验电器的张角变大,说明原来就带正电。

故B错误。

吸收光子能量发生跃迁,吸收的光子能量需等于两能级间的能级差,从基态氢原子发生跃迁到n=2能级,需要吸收的能量最小,吸收的能量为()=,即受光子照射,能够从基态氢原子发生跃迁到n=2能级。

的光子不能被吸收,不能发生跃迁、故C错误。

依照左手定则可知,1带正电,为射线,射线的电离作用特别强,可消除静电,故Ｄ正确。

故选D、
【点睛】散射实验中,大多少粒子没有发生偏转,少数发生较大角度偏转,极少数粒子发生大角度偏转、弧光灯照射锌板发生光电效应时,锌板上的电子逸出,锌板带上正电、吸收光子能量发生跃迁,吸收的光子能量需等于两能级间的能级差、依照左手定则可知,1带正电,为射线,射线的电离作用特别强。

４。

下列说法中正确的是( )
A。

热量不能自发地从低温物体传到高温物体
B、密封在容器中的气体,在完全失重的情况下,对器壁的压强为零
C、第二类永动机违背热力学第一定律
D。

在自然过程中,一个孤立系统的总熵估计会减小
【答案】A
【解析】不估计自发把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响,故Ａ正确。

密封在容器中的气体的压强不是由于气体重力而产生的,而是由于做无规则运动对容器壁碰撞产生的,因此在完全失重的情况下,对器壁的压强不为零,故B错误;第二类永动机没有违反能量守恒定律,但却不能成功制成,是因为违反了热力学第二定律。

故C错误;不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零、故Ｄ错误;故选A。

【点睛】热力学第二定律的内容:①不估计自发把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响;②不估计从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其它影响;③熵增加原理:不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零。

5、如图甲所示,一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序作循环变化。

若改用乙图象表示这一循环,乙图中表示估计正确的选项是( )
Ａ、 B、Ｃ。

D。

【答案】D
【解析】试题分析:依照图示图象分析清楚气体状态变化过程与气体状态参量,然后分析判断哪个图象符合气体状态变化过程、
由图示图示可知,1→2过程,p与T成正比,是等容过程,p与T均增大,B错误;2→３过程,是等压变化,压强p不变,温度T降低,由理想气体状态方程可知,体积V减小,Ｄ错误;3→1过程,是等温变化,温度T不变,压强ｐ减小,由玻意耳定律可知,体积V变大,Ａ错误D正确、甲乙
6、如图所示是一交变电流的i-t图象,则该交变电流的有效值为( )
Ａ。

4 A
B。

A
C、Ａ
D。

Ａ
【答案】D
点睛:依照有效值的定义、取一个周期时间,将交流与直流分别通过相同的电阻,若产生的热量相同,直流的电流值,即为此交流的有效值。

7、中子n、质子P、氘核D的质量分别为ｍn、mＰ、m D,现用光子能量为E的γ射线照射静止的氘核使之分解,核反应方程为γ＋Ｄ→P＋ｎ,若分解后中子、质子的动能可视为相等,且能量都以动能的形式存在,则中子的动能是 ( )
Ａ、 (m D－mＰ-ｍn)ｃ2－E B。

(ｍD＋m n-m P)ｃ2＋E
Ｃ。

( m D—m P-m n)c2＋E D。

(ｍD+ｍP－m n)ｃ2－E
【答案】C
【解析】过程中质量亏损为,因此由于质量亏损释放的能量为 ( mＤ-m P-m n)ｃ2,光子能量为Ｅ,因此反应后中子和质子的总能量为( m D-ｍP-ｍn)c2+E,又因为中子、质子的动能可视为相等,且能量都以动能的形式存在,因此中子的动能(m D－mＰ－m n)c2＋E,C正确、
思路分析:依照能量守恒分析,反应后中子和质子具有的能量为光子的能量与由于质量亏损而释放出来的能量之和,
试题点评:本题考查了质能方程和能量守恒
８、下列说法正确的是( )
A、用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
B、铀核()衰变为铅核()的过程中,要经过8次α衰变和６次β衰变
C。

原子核发生一次β衰变,该原子外层就失去一个电子
Ｄ。

一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,估计是因为这束光的光强太小
【答案】AB
【解析】半衰期由原子核本身决定,与外界因素无关,故A正确;由质量数守恒和电荷数守恒知铀核()衰变为铅核(),的过程中,由质量数守恒和电荷数守恒得:238=206+8×4,要经过8次衰
变,9２=82＋8×2—6×1,6次衰变,故Ｂ正确;衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来,不是来自核外电子,故C错误;一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,是因为入射光的频率较小,故Ｄ错误;故选ＡB。

【点睛】由质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数,发生光电效应的条件是入射光频率等于金属的极限频率,半衰期由原子核本身决定、理解衰变的实质。

9、一矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动,线圈中产生的感应电动势ｅ随时间t的变化规律如图所示,则下列说法中正确的是( )
A、t１和ｔ3时刻穿过线圈的磁通量为零
B、 t１和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
C。

线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时
Ｄ。

每当感应电动势e变换方向时,穿过线圈的磁通量的绝对值都最大
【答案】BCD
【解析】和时刻感应电动势为零,线圈通过中性面,磁通量最大,故A错误;和时刻感应电动势为零,磁通量的变化率为零,故Ｂ正确;图示图象是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时,故C正确;每当e转换方向时,线圈与磁场垂直,线圈通过中性面时,磁通量最大,故Ｄ正确;故选ＢＣD。

【点睛】矩形线圈中产生正弦式电流,当线圈通过中性面时,磁通量最大,感应电动势为零,电动势方向发生改变、而当线圈与磁场平行时,磁通量为零,感应电动势最大,磁通量的变化率最大、
1０、如图,为一理想变压器,K为单刀双掷开关,Ｐ为滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流强度,则( )
A、保持U1及P的位置不变,K由b合到ａ时,R消耗的功率将增大
B。

保持U1及P的位置不变,Ｋ由a合到b时,I１将增大
C、保持U１不变,Ｋ合在a处,使P上滑,I1将增大
Ｄ、保持P的位置不变,K合在a处,增大Ｕ1,则I1将增大
【答案】BD
【解析】保持Ｕ1及P的位置不变,K由a合到ｂ时,原线圈匝数变小,副线圈电压变大,因此副线圈功率变大,而原线圈功率等于副线圈功率,因此原线圈功率变大,依照Ｉ１=P/U1得Ｉ1将增
大,故A错误;保持U1及P的位置不变,Ｋ由ｂ合到a时,原线圈匝数变大,副线圈电压变小,依
照P=可知功率变小,故B正确;保持U1不变,K合在a处,使P上滑时,R增大,而电压不变,因此副线圈电流变小,依照I1n1= I2n2可知I1将减小,故C错误;保持P的位置不变,K合在a处,若Ｕ
增大,则副线圈电压增大,因此副线圈电流变大,依照 I1n1= I2n2可知I１将增大,故Ｄ正确、故1
选ＢＤ、
点睛:此题关键是明白输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比、
11、氢原子的能级如图所示,已知可见光的光子能量范围约为～ｅＶ; 紫外线的光子能量大于可见光的光子能量。

下列说法正确的是( )
A、处于n=3能级的氢原子能够吸收任意频率的紫外线,并发生电离
Ｂ。

大量氢原子从n=3能级向低能级跃迁时,不．估计发出可见光
C、大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时,估计发出6种不同频率的光
D、一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时,最多估计发出3种不同频率的光
【答案】AＣ
【解析】因为任意频率的紫外线的频率都比可见光的频率大,因此任意频率的紫外线管光子能量都大于可见光的光子能力的最大值、而处于n=3能级的氢原子电离时只要吸收,故处于n=3能级的氢原子能够吸收任意频率的紫外线,并发生电离,因此A正确、氢原子从高能级向n＝３能级跃迁时,发出的光子能量最大为,因此,不估计发出可见光,故B正确、n=4能级的氢原子向低能级跃迁时,有大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时估计出现的情况为,,,,,六种,因此C正确。

但只有一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时,最多发生,两种估计,也就是最多估计发出2种不同频率的光,因此Ｄ错误。

１2、如图所示是某金属在光的照射下,光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图象,由图象可知( )
A。

该金属的逸出功等于hν0
B、从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
Ｃ、入射光的频率为2ν０时,产生的光电子的最大初动能为E
D。

相同频率的光照射到不同的金属上,逸出功越大,出射的光电子最大初动能越小
【答案】AＣD
【解析】依照得,金属的截止频率等于,纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功,逸出功等于E,则,故A正确;依照,可知从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系,故B错误;依照,而,故,故C正确;依照,可知相同频率的光照射到不同的金属上,逸出功越大,出射的光电子最大初动能越小,故D正确;故选ACＤ。

【点睛】依照光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系,结合图线的斜率和截距进行分析,从而即可求解。

二、填空题:(本题共18分,把答案填在横线上或按题目要求作答。

)
1３。

读出螺旋测微器示数是＿_＿＿____＿ｍm。

游标卡尺示数是___＿__＿__mm、
【答案】 (1)、 (2)、
【解析】螺旋测微器的固定刻度为,可动刻度为,因此最终读数为、游标卡尺的主尺读数为,游标尺上第1４个刻度和主尺上某一刻度对齐,因此游标读数为,因此最终读数为:、
【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,主尺读数加上游标读数,不需估读、螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读。

1４、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线"的实验中,可供选择的实验仪器如下:
小灯泡L,“V、Ａ”
电压表V,量程0~５V,内阻5 kΩ
电流表A1,量程0~1０0 ｍA,内阻4 Ω
电流表Ａ2,量程0～500 ｍA,内阻Ω
滑动变阻器R1,最大阻值５Ω,额定电流 A
滑动变阻器R2,最大阻值2０Ω,额定电流 A
直流电源E,电动势约为6 V,内阻约为Ω
(1)在上述器材中,滑动变阻器应选＿_______＿_;电流表应选＿____＿＿_＿___＿_
(２)在虚线框内画出实验的电路图,并在图中注明各元件的符号。

＿＿___＿
【答案】(1)、 (２)、 (3)、
【解析】(1)灯泡的额定电流为,电流表的量程偏小,则选择电流表。

若选用滑动变阻器,通过的电流会超过滑动变阻器的额定电流,因此选择滑动变阻器。

(2)因为灯泡的电压和电流需从零开始测起,因此滑动变阻器采纳分压式接法,灯泡的电阻大约为１２Ω,远小于电压表的内阻,属于小电阻,因此电流表采纳外接法,电路图如图所示、
【点睛】器材的选取需安全、精确,依照灯泡的额定电流选择合适的电流表、依照滑动变阻器的额定电流确定合适的滑动变阻器、由于灯泡的电压和电流需从零开始测起,则滑动变阻器采纳分压式接法,依照灯泡电阻的大小确定电流表的内外接。

15、在如图所示的坐标系中,一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程:第一种变化是从状态A到状态B,外界对该气体做功为６Ｊ;第二种变化是从状态A到状态C,该气体从外界吸收的热量为９ J、图线AＣ的反向延长线过坐标原点O,B、C两状态的温度相同,理想气体的分子势能为零、从状态A到状态C的过程,该气体对外界做的功W1 =________J和其内能的增量ΔＵ１=＿＿__＿___J;从状态A到状态B的过程其从外界吸收的热量Ｑ2=___＿＿___J
【答案】 (1)。

0J (2)、 9J (3)、3Ｊ
【解析】从状态Ａ到状态C过程,气体发生等容变化,该气体对外界做功,依照热力学第一定律有,内能的增量;从状态A到状态Ｂ过程,体积减小,温度升高,B、C两状态的温度相同,因此从状态Ａ到B或C,该气体内能的增量相同,即:,依照热力学第一定律有,从外界吸收的热量。

【点睛】从状态A到状态C过程,气体发生等容变化,不做功。

依照热力学第一定律求解内能的增量;由于B、C两状态的温度相同,内能相等,则气体从状态A到状态B过程与A到Ｃ的过程内能的增量相等。

再由依照热力学第一定律求解从外界吸收的热量。

三、本题有3小题,共3４分。

解答须写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,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,有一圆柱形汽缸,上部有一固定挡板,汽缸内壁的高度是2L,一个特别薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体,开始时活塞处在离底部L高处,外界大气压为×１0５Pa,温度为27℃,现对气体加热,求:
(1)当加热到1２７℃时活塞离底部的高度;
(２)当加热到627℃时,气体的压强。

【答案】(1) (２)P=×10５Ｐa
【解析】试题分析:(１)气体发生等压变化,由盖•吕萨克定律求出当加热到12７℃时活塞离底部的高度;
(2)利用理想气体状态方程求出当加热到6２７℃时,气体的压强、
解:(１)对活塞下密封的气体,温度从27℃加热到127℃的过程中发生等压变化、
则T0=27℃=300K,T１＝127℃=4０0K
设活塞面积为S,１2７℃时,活塞离底部高为ｈ则由盖•吕萨克定律得:
解得加热到１２7℃时活塞离底部的高度;
(2)加热过程中气体发生等压变化,设活塞刚好压到气缸上部的固定挡板时气体温度为,由盖•吕萨克定律得
解得
则气体加热到T2＝627℃=900K前,活塞差不多压在气缸上部的固定挡板,气体体积为2SＬ,由理想气体状态方程得:
解得p１=×１０5Pａ
答:(1)当加热到127℃时活塞离底部的高度为;
(２)当加热到627℃时,气体的压强为×105Pａ、
【点评】本题考查理想气体状态方程的应用,解题时注意分清气体是等压、等容依然等温变化。

17、如图所示,线圈的面积是,共有100匝;线圈电阻为1Ω,外接电阻R＝4Ω,匀强磁场的磁感应强度为Ｔ,当线圈以５0r／s的转速匀速旋转时,求
(１)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈转过, 感应电动势的瞬时值是多少？
(３)电路中电压表和电流表的示数各是多少?
(4)线圈每转过一周,外力所做的功、
(5)从计时开始,线圈转过的过程中,通过外电阻的电量为多少?
【答案】(1) (2) (3) (4) (5)C。

、、、、。

、。

、、。

、。

(1)角速度:;
从中性面开始计时瞬时值表达式为
(2)当时,电动势的瞬时值
(3)电动势的有效值为:
电流表示数:
电压表示数:
(4)由能量关系知:
(５)依照从计时开始,线圈转过的过程中,
【点睛】考查感应电动势的最大值的求法,即用求解,并掌握交流电的最大值与有效值的关系,同时掌握求电量的表达式、
18、如图所示,U形管两臂粗细不等,开口向上,右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍,管中装入水银,大气压为７6cmHg。

左端开口管中水银面到管口距离为１１cm,且水银面比封闭管内高４cm,封闭管内空气柱长为11ｃｍ。

现在开口端用小活塞封住,并缓慢推动活塞,使两管液面相平,推动过程中两管的气体温度始终不变,试求:
(1)粗管中气体的最终压强;
(2)活塞推动的距离
【答案】(1)88ｃmHg (２)
【解析】解析:(ⅰ)设左管横截面积为S,则右管横截面积为４S。

以右管封闭气体为研究对象。

初状态p1=85 ｃｍHｇ,V１＝12×4S=4８Ｓ
两管液面相平常,设左管液面下降h１,右管液面上升h2
Sh1＝4Ｓh２, h1+h2=10 cm
解得ｈ1＝８cｍ, h２＝２ｃm
V2=(１2－ h2)×４S=40Ｓ
由玻意耳定律得p１Ｖ１＝p２V2
解得p2=１02cｍHg
(ⅱ)以左管被活塞封闭气体为研究对象,设末状态气柱长度为ｌ1,活塞推动的距离为l２初状态ｐ１′＝75 ｃmHｇV１′＝17Ｓ
末状态ｐ2′＝p２＝102cｍHg Ｖ２′＝l1S
气体做等温变化有p1′V1′＝p２′V2′
解得ｌ1=
由题意知ｌ2＋l1=17 cm+h
解得l2=
ﻭ。