山东省淄博第五中学2022-2023学年高二下学期期中物理 word版含解析.docx

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2022—2023学年度高二下学期期中阶段检测物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有（　　）A.没有固定的熔点B.天然具有规则的几何形状C.沿不同方向的导热性能不相同D.分子在空间上周期性排列【答案】A【解析】【详解】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”。它没有固定的熔点。故选A。2.一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）A.在t0.4s时电流改变方向B.该交变电流的周期为0.5sC.该交变电流的表达式为D.该交变电流的有效值为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图可知t0.4s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A错误；B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B错误；C．由图可知，电流的最大值为，角速度为故该交变电流的表达式为故C正确； D．该交变电流的有效值为故D错误。故选C。3.如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）A.状态a的内能大于状态bB.状态a的温度高于状态cC.过程中气体吸收热量D.过程中外界对气体做正功【答案】C【解析】【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程可知，又因为，故，故B错误；CD．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据可知气体吸收热量；故C正确，D错误；故选C。4.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（　　） A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。5.如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压与入射光频率的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（　　） A.钠的逸出功为B.钠的截止频率为C.图中直线的斜率为普朗克常量hD.遏止电压与入射光频率成正比【答案】A【解析】【详解】A．根据遏止电压与最大初动能的关系有根据电效应方程有当结合图像可知，当为0时，解得A正确；B．钠的截止频率为，根据图像可知，截止频率小于，B错误；C．结合遏止电压与光电效应方程可解得可知，图中直线的斜率表示，C错误；D．根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光频率成线性关系，不是成正比，D错误。故选A。6.氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于能级上，下列说法正确的是（　　） A.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B.从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射的光子频率低C.从能级跃迁到能级需吸收的能量D.能级的氢原子电离至少需要吸收的能量【答案】C【解析】【详解】A．大量氢原子处于能级跃迁到最多可辐射出种不同频率的光子，故A错误；B．根据能级图可知从能级跃迁到能级辐射的光子能量为从能级跃迁到能级辐射的光子能量为比较可知从能级跃迁到能级比跃迁到能级辐射光子频率高，故B错误；C．根据能级图可知从能级跃迁到能级，需要吸收的能量为故C正确；D．根据能级图可知氢原子处于能级的能量为-1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D错误；故选C。7.血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为，压强计示数为。已知大气压强等于，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】根据玻意耳定律可知已知，，代入数据整理得故选D。8.输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压 电流则右侧变压器初级电压电流则当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知解得则R上的功率故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线过原点。则气体（　　）A.在状态c的压强等于在状态a的压强B.在状态b的压强小于在状态c的压强C.在的过程中内能保持不变D.在的过程对外做功 【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．根据可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，选项A正确，B错误；C．在的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，选项C正确；D．在的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，选项D错误。故选AC。10.如图所示，水平地面（平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（　　）A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P 点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。故选AC。11.如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）A.在时，金属棒受到安培力的大小为B.在t=t0时，金属棒中电流的大小为C.在时，金属棒受到安培力的方向竖直向上D.在t=3t0时，金属棒中电流的方向向右【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为在时磁感应强度为，此时安培力为 故A错误，B正确；C．由图可知在时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；D．由图可知在时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。故选BC。12.如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）A.粒子一定带正电B.当时，粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图 粒子运动的半径为洛伦兹力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知 解得D正确。故选ACD三、非选择题（共60分）13.测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法。在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，向0.25mL油酸中加入酒精后得到250mL的溶液。用滴管吸取这种溶液向小量筒中滴入，滴入50滴溶液后，溶液的液面达到量筒中1mL的刻度，再用滴管取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格中每个小正方形方格的大小为2cm×2cm。由图可以估算出油膜的面积是___________cm2，由此估算出油酸分子的直径是___________m（结果保留一位有效数字）。【答案】①.②.【解析】【详解】[1]由图可知，大约总共有65个格，因此油膜的面积[2]油膜分子的体积为可得油膜分子的直径为14.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH ，这个现象称为霍尔效应，UH为霍尔电压，且满足UH=k，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与___________（选填“M”或“N”）端通过导线相连。②已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如表所示。I/10-3A3.06.09.012.015.018.0UH/10-3V1.11.93.44.56.26.8根据表中数据在给定坐标纸上画出UH-I图线___________，利用图线求出该材料的霍尔系数为___________×10-3V·m·A-1·T-1（保留2位有效数字）。③该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路。S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流自Q端流入，P端流出，应将S1掷向___________（选填“a”或“b”），S2掷向___________（选填“c”或“d”）。 【答案】①.M②.③.1.5×10-3（1.2×10-3~1.8×10-3均可）④.b⑤.c【解析】【详解】①[1]如图甲所示，半导体中电流由P流向Q，根据左手定则，正电荷移向M端，负电荷移向N端，把半导体看成电源，M端为电源的正极，故电压表的“+”接线柱与M端导线相连；②[2]画出UH-I图线如图[3]根据公式得图像的斜率代入数据解得③[4][5]如图乙所示，使电流从Q端流入，P端流出，即Q端接电源正极，P端接电源负极，所以S1掷向b，S2掷向c。15.如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。 (1)判断通过电阻的电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势；(3)求电阻两端的电压。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。(2)根据法拉第电磁感应定律(3)电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知16.如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得解得（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ对Ⅱ、Ⅲ两部分气体联立解得17.如图，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 （1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；【答案】（1），水平向左；（2）①；②【解析】【详解】（1）依题意，当M进磁场时所受的安培力为所以根据左手定则可知，M刚进入磁场时受到的安培力的方向水平向左；（2）①从M进入磁场到N棒以离开磁场的过程，根据动量定理可得所以②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有整理可得 联立可得若两杆在磁场内刚好相撞，初始时刻N到的最小距离为18.如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）（1）求电场强度的大小E；（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a则 则粒子从S到O，有动能定理可得可得（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有计算可得两粒子碰后在磁场中运动解得两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为则两粒子碰后再次相遇 解得再次相遇时间（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移