黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期中 物理 Word版答案

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哈师大附中2021级高二学年下学期期中考试物理试题一、单选题（每题4分，每题只有一个选项符合题目要求，错选不得分）1.下列说法正确的是（　　）A.花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由于花粉颗粒内部分子无规则热运动引起的B.向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈C.一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而减少D.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【答案】D【解析】【详解】A．花粉颗粒在液体中的布朗运动，是由于液体分子无规则热运动撞击引起的，故A错误；B．向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，胡椒粉的运动不是布朗运动，故B错误；C．一定质量的理想气体，在压强不变时，根据气体压强微观意义可知，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而增加，故C错误；D．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，故D正确。故选D。2.关于温度与分子的动能，下列说法正确的是（　　）A.温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同B.物体的内能等于物体的重力势能和动能的总和C.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同D.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高【答案】C【解析】【详解】A．温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均动能相同，但平均速率不相同，故A错误；B．物体的内能等于所有分子的总动能和分子总势能的总和，故B错误；C．内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；

1D．温度是大量分子平均动能的标志，两个动能不同的分子不能比较温度，故D错误。故选C。3.若以M表示水的摩尔质量，表示液态水的摩尔体积，表示标准状态下水蒸气的摩尔体积，为液态水的密度，为标准状态下水蒸气的密度，为阿伏伽德罗常数，、分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式正确的是（　　）A.=B.=C.=D.=【答案】A【解析】【详解】A．由摩尔质量的意义可知对液态水，由密度的定义可得解得=故A正确；BD．由于水蒸气分子间有较大距离，所以对水蒸气故BD错误；C．由

2可得故C错误。故选A。4.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，今使封闭气柱升高相同的温度（外界大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的移动情况是（　　）A.均向上移动，B中水银柱移动较多B.均向上移动，A中水银柱移动较多C.均向下移动，B中水银柱移动较多D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同【答案】B【解析】【分析】【详解】管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据盖—吕萨克定律可知整理得因A、B管中的封闭气体初温相同，温度升高也相同，且，推导出即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以

3即A管中气体长度增加得多一些，故A、B管中的封闭气体均向上移动，A中水银柱移动较多。故选B。5.如图所示，理想变压器原线圈输入交流电压如下图乙所示，副线圈中装有单刀双掷开关s，电流表、电压表均为理想电表，Rt为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比则以下分析正确的是（）A.S接在端，电压表示数为22VB.S接在端，Rt温度升高时,电流表示数变大，电压表读数变小C.S接在端，Rt温度升高时，变压器原线圈输入功率变大D.S由a端转换b端时，电压表示数变大【答案】C【解析】【详解】A．由可得S掷a时电压表示数为22V，选项A错误；BC．S接在a端，Rt温度升高时，电阻变小，由可知副线圈电压不变，则电流表读数变大，变压器输出功率最大，则输入功率变大，选项B错误，C正确；D．S由a端转换为b端时，副线圈接入匝数减小，电压降低，电压表示数变小，选项D错误。故选C.6.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L。在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）

4A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据楞次定律判断出感应电流方向。再分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系。线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比。【详解】边的位置坐标在过程，线框边有效切线长度为感应电动势为感应电流根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为正值。在过程，边和边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为负值，线框有效切线长度为，感应电动势为感应电流在过程，线框边有效切线长度为感应电动势为

5感应电流根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为正值。由图示图象可知，D正确，ABC错误。故选D。【点睛】本题关键确定线框有效的切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象。7.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，在A点有一个粒子源，沿与AC成45°斜向上垂直磁场的方向射出各种不同速率的粒子，粒子的质量均为m，电荷量均为q，所有粒子均从CD段四分之一圆弧射出磁场，不计粒子的重力，则从A点射出的粒子速率满足的条件是（　　）A.＞v＞B.＞v＞C.＞v＞D.＞v＞【答案】C【解析】【分析】【详解】当粒子恰好从C点出射，由题知，圆心刚好在D点，如图所示

6根据几何关系可得运动半径为根据洛伦兹力提供向心力，则有解得当粒子恰好从D点出射，圆心恰在AD的中点，如图所示根据几何关系可得运动半径为根据洛伦兹力提供向心力，则有解得故要所有粒子均从CD段四分之一圆弧射出磁场，则从A点射出的粒子速率满足的条件是

7＞v＞故选C。8.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）A.棒产生的电动势为Bl2ωB.微粒的电荷量与质量之比为C.电阻消耗的电功率为D.电容器所带的电荷量为CBr2ω【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，金属棒切割磁感线产生的感应电动势A错误；B．带电微粒静止处于状态，由平衡条件得解得微粒的电荷量与质量之比

8B正确；C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为D错误。故选B。二、多选题（每题4分，每题有多个选项符合题目要求，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选不得分）9.下列说法正确的是（　　）A.由图甲可知，状态①的温度更高，与横轴所围面积更大B.由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C.由图丙可知，当分子间的距离时，随分子间距离增大，分子间的作用力先减小后增大D.由图丁可知，在r由变化到的过程中，分子势能减小，分子力做正功【答案】BD【解析】【详解】A．状态①中速率大的分子占据的比例较大，故状态①中分子的平均动能大，即状态①的温度更高，两图线与横轴所围面积相等均为1，A错误；B．由图乙可知，气体由状态A变化到B的过程中，乘积先变大后变小，根据可知气体温度先变大后变小，故气体分子平均动能先增大后减小，B正确；

9C．当分子间的距离时，随分子间距离增大，分子间的作用力先增大后减小，C错误；D．由图像可知在处分子势能最小，该位置为平衡位置即引力与斥力大小相等；故在r由变化到的过程中，此时分子力表现为斥力，随着分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，D正确。故选BD。10.一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（　　）A.a→b过程中，气体体积变小，温度降低B.b→c过程中，气体温度不变，体积变小C.c→a过程中，气体体积变小，压强增大D.c→a过程中，气体温度升高，体积不变【答案】AD【解析】【详解】A．a→b过程中，气体发生等压降温，根据理想气体状态方程可知气体体积减小，故A正确；B．b→c过程中，气体发生等温降压，根据理想气体状态方程可知气体体积增大，故B错误；CD．c→a过程中，气体的压强增大，温度升高，由于可知气体体积保持不变，故C错误，D正确。故选AD。11.在如图甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右的电流规定为正值，则（　　）

10A.0至0.5ms内，电容器C正在充电B.0.5ms至1ms内，电容器上极板带正电C.1ms至1.5ms内，Q点比P点电势高D.1.5ms至2ms内，磁场能在减少【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由题图乙知，0至0.5ms内，i在增大，电容器正在放电，A错误；B．0.5ms至1ms内，电流在减小，为充电过程，电容器上极板带负电，B错误；C．1ms至1.5ms内，为放电过程，电容器下极板带正电，电势较高，则Q点比P点电势高，C正确；D．1.5ms至2ms内，为充电过程，磁场能在减少，D正确。故选CD。12.如图所示的火警报警装置，为热敏电阻，电源内阻不计，若温度升高，则的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加。当电铃电压达到一定值时，电铃会响。下列说法中正确的是（　　）A.要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B.要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C.要使报警的临界温度升高，可以把的滑片P适当向下移D.要使报警临界温度降低，可以把的滑片P适当向下移【答案】BD【解析】【详解】AB．要使报警的临界温度升高，对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势，故A错误，B正确；CD．要使报警的临界温度升高，

11对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把的滑片P适当向上移，以减小；相反，要使报警的临界温度降低，可以把的滑片P适当向下移，以增大；故C错误，D正确。故选BD。13.将横截面积为的圆柱形汽缸固定在铁架台上，内有可自由移动的光滑轻质活塞，活塞通过轻绳与放置在水平面上的重物相连，重物的质量为，初始时轻绳处于张紧状态，现将一团燃烧的轻质酒精棉球经阀门K放置于活塞上，棉球熄灭时立即关闭阀门K，此时活塞距离汽缸底部为。之后，缸内气体缓慢冷却至环境温度时，重物上升的高度为。已知环境温度恒为，外界大气压为，缸内气体可以看作是理想气体，则（　　）A.重物离开地面后，气体压强为B.重物离开地面后，气体压强为C.酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度可能为D.酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度可能为【答案】AD【解析】【详解】棉球熄灭时立即关闭阀门K，此时活塞受到封闭气体向下的压力，大气压向上的支持力，由受力平衡可得解得此时体积为温度为

12重物离开地面后，以活塞和重物为整体，由受力平衡可得解得此时体积为温度为由理想气体状态方程可得解得可得酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度满足故选AD。14.在竖直面内存在着两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，两磁场宽度均为L，如图所示。一质量为m、边长为L的单匝正方形线框abcd从磁场上方某高处由静止下落，ab边刚进入磁场Ⅰ时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入磁场Ⅱ运动一段时间后再次做匀速直线运动，此时ab边未离开磁场Ⅱ。线框电阻为R，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

13A.ab边刚进入磁场Ⅰ时，ab两点间电压为B.线框穿过两磁场边界MN的过程中，通过线框的电荷量为C.线框再次匀速运动时的速度大小D.线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A．由于ab边刚进入磁场Ⅰ时，线框恰好做匀速直线运动，则有ab两点间电压为联立解得故A错误；B．根据，，可得则有故B正确；C．线框再次匀速时，根据线框受力，由平衡条件可得且有联立解得故C错误；

14D．线框刚进入磁场时，有解得根据能量守恒，线圈第一次匀速进入磁场时，重力势能全部转化为焦耳热，有线框穿过两磁场边界MN的过程中，由能量守恒定律可得联立解得解得线框穿过磁场I的过程中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。三、实验题（15题4分，16题8分，共12分）15.如图甲是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置，主要步骤如下：①将压强传感器调零；②在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器满刻度处；

15③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。（1）实验操作中，活塞上均匀涂抹润滑油，主要目的是________________；（2）为了保持封闭气体的温度恒定，下列措施可行的是________。A．注射器必须固定在竖直平面内B．用手握注射器推拉活塞C．缓慢推动活塞（3）测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以________为横坐标在坐标系中描点作图；小明所在的小组不断压缩气体，由测得数据发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是__________（答一种即可）。【答案】①.防止漏气②.C③.④.注射器内气体向外漏气【解析】【详解】（1）[1]DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。（2）[2]A．注射器是否固定在竖直平面内，与保持温度恒定无关，A错误；B．实验过程中手不能与注射器接触，否则手会把热量传递给注射器，B错误；C．推动活塞应缓慢进行，保持与外界相同温度，C正确。故选C。（3）[3]由玻意耳定律可知，压强p与V成反比，两者的关系图象不是直线，但是可见压强p与是线性关系，故应当以为横坐标。[4]当增大时，V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在向外漏气现象。16.在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.0mL注入1000mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到1000mL的刻度为止。摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm

16深的水，将细痱子粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有痱子粉，可以清楚地看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜形状玻璃板放在边长为2.0cm的方格纸上。（1）利用上述具体操作中的有关数据可知，油酸膜的面积是___________，估测出油酸分子的直径是___________m（此空保留一位有效数字）。（2）某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。对于出现这种结果的原因，可能是由于___________A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理C．水面上痱子粉撒的较多，油酸膜没有充分展开D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长（3）利用单分子油膜法可以粗测分子大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为，这种油的密度为，摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的表达式为___________。【答案】①.432##428##436##440②.③.AC##CA④.【解析】【详解】（1）[1]由图中油膜轮廓可知，油膜大约有个小方格，则油酸膜的面积为[2]一滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为所以油酸分子直径为（2）[3]某同学实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据都偏大。根据

17A．在求每滴溶液体积时，1mL溶液的滴数少记了2滴，使得体积计算值偏大，直径测量值偏大，故A正确；B．计算油酸面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，使得油膜面积计算值偏大，直径测量值偏小，故B错误；C．水面上痱子粉撒较多，油酸膜没有充分展开，使得油膜面积计算值偏小，直径测量值偏大，故C正确；D．做实验之前油酸溶液搁置时间过长，酒精挥发使得油酸溶液浓度变大，使得体积计算值偏小，直径测量值偏小，故D错误。故选AC。（3）[4]已知体积为的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为，则分子的直径为所以分子的体积为这种油的密度为，摩尔质量为，则摩尔体积为则阿伏加德罗常数的表达式为四、解答题（17题9分，18题11分，19题12分，共32分）17.某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为的水平匀强磁场中，线框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线等效电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器．当发电机输出功率为时，灯泡正常发光.求：(1)电压表读数；

18(2)输电线上损失的功率；(3)降压变压器原、副线圈的匝数之比.【答案】(1)250V，（2）2000W，（3）240：:11【解析】【详解】（1）矩形闭合导体框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为：，电压表读数为电压的有效值：；（2）发电机的输出电压为，升压变压器的输出电压：当发电机输出功率为时，则输电线上损失的功率为：(3)压变压器原线圈上点的电压为：，又由题意知，灯泡正常发光，所以所以降压变压器原、副线圈的匝数之比为：

1918.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。导体棒的质量分别为，，电阻值分别为，。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为，求：（1）a棒刚进入磁场时回路中的感应电流；（2）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，通过a棒的电荷量；（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）a棒从开始下滑到刚进入磁场的过程，根据动能定理可得解得a棒切割产生的感应电动势为回路中产生的电流为（2）两棒最终稳定时，两棒达到共速；由动量守恒定律可得解得

20对b棒由动量定理得则电荷量为（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，根据能量守恒可得a棒上产生的焦耳热为19.如图所示，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高的水银柱，水银柱上表面离管口的距离。管底水平段的体积可忽略。环境温度为，大气压强。（计算结果均保留一位小数）（1）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无空隙），恰好使水银柱下端到达右管底部，则此时水银柱的高度为多少？（2）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，求此时密封气体的温度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设密封气体初始体积为，压强为，左、右管的横截面积均为，密封气体先经等温压缩过程体积变为，压强变为，由玻意耳定律有设注入水银后水银柱高度为，水银的密度为，按题设条件有

21，联立解得（2）密封气体再经等压膨胀过程体积变为，温度变为，由盖—吕萨克定律有按题设条件有联立解得

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