2019-2020年高二（下）期中物理模拟试卷含解析.doc

2019-2020年高二（下）期中物理模拟试卷含解析一、选择题（本题共13个小题，每小题4分，共52分在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的每小题全选对得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答得0分）1（4分）（xx春雅安期末）历史上有不少的科学家对“电学”与“磁学”的研究作出贡献，但真正把“电学”与“磁学”联系起来并通过实验验证“电”与“磁”的联系，发现电与磁间联系规的科学家是（）A库仑和法拉第B奥斯特和法拉第C库仑、安培和奥斯特D安培、奥斯特和法拉第考点：物理学史分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：1820年丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，这两个重要现象的发现，揭示了电和磁之间不可分割的联系，从而使电能的大规模的使用成为可能故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（xx汕尾校级模拟）如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A同时向两侧推开B同时向螺线管靠拢C一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断考点：楞次定律专题：电磁感应中的力学问题分析：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向解答：解：当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动故A正确故选A点评：本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断3（4分）（xx东至县二模）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3s的时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（）AW1W2，q1q2BW1W2，q1=q2CW1W2，q1=q2DW1W2，q1q2考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：第一次用t时间拉出，第二次用3t时间拉出，速度变为原来的倍线框匀速运动，外力与安培力平衡，推导出安培力的表达式，根据功的定义表示出W=Fx比较功的大小根据感应电荷量公式q=比较电量解答：解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v线框所受的安培力大小为FA=BIL2，又I=，E=BL2v，则得：FA=线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F=FA=外力做功为W=FL1=L1=L1=可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1W2两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q=可知，通过导线截面的电量相等，即有q1=q2故选：C点评：要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式4（4分）（xx秋翠屏区校级期末）某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化今与这个电阻元件串联一个多用电表（已调至交流电流档），则多用电表的示数为（）A4AB4AC5AD5A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值特别的，对于正弦交变电流最大值是有效值的倍解答：解：根据有效值的定义可得：R+（3）2R=I有效2RT，解得：I有效=5A；故选：C点评：本题考查交变电流有效值的计算，根据交流电的定义计算即可5（4分）（xx春济南校级期末）图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）Aab，2伏Bab，1伏Cab，2伏Dab，1伏考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差解答：解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50.2 v=1v电压表读数为1v故选B点评：通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源6（4分）（xx春衡阳期末）如图，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，如图中的位置经过位置到位置，位置和都很靠近，在这个过程中，线圈中感应电流（）A沿abcd流动B沿dcba流动C由到是沿abcd流动，由到是沿dcba流动D由到是沿dcba流动，由到是沿abcd流动考点：楞次定律分析：穿过线圈的磁通量发生变化，则闭合电路中产生感应电流可以根据楞次定律来确定感应电流的方向解答：解：磁铁产生的磁场如图所示，线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，则产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向，故选：A点评：考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用该题中要注意磁场的方向7（4分）（xx春兖州市期中）关于布朗运动，下列说法中哪些是正确的（）A布朗运动就是液体分子所做的无规则运动B布朗运动就是悬浮在液体中的小颗粒内部分子的无规则运动C布朗运动就是悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，小颗粒越小，布朗运动越显著D布朗运动不是分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动考点：布朗运动专题：布朗运动专题分析：布朗运动是指悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹颗粒越小、温度越高，布朗运动越显著解答：解：A、B、D布朗运动是悬浮中液体中颗粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的布朗运动是大量颗粒分子集体的运动，并不是颗粒内部分子的无规则运动布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的所以布朗运动是周围液体分子运动的反映，但不是液体分子的运动故A、B错误，D正确C、悬浮的颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子越少，受到的冲力越不平衡，合力越大，越容易引起运动，故颗粒越小，布朗运动越显著，故C正确故选CD点评：本题要明确布朗运动不是分子的运动，是固体微粒的运动，其程度与温度有关8（4分）（xx顺德区模拟）已知阿佛伽德罗常数为N，某物质的摩尔质量为M（kg/mol），该物质的密度为（kg/m3），则下列叙述中正确的是（）A1kg该物质所含的分子个数是NB1kg该物质所含的分子个数是C该物质1个分子的质量是（kg）D该物质1个分子占有的空间是（m3）考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：解答本题要掌握：知道物体质量，求出其物质的量和分子个数以及每个分子的质量；建立正确模型，正确解答气体分子所占空间大小解答：解：1kg该物质的物质的量为：所含分子数目为：，故AB错误；每个分子的质量为：，每个分子所占体积为：，故C错误，D正确故选D点评：本题考查了有关阿伏伽德罗常数的运算，要明确质量、摩尔质量、物质的量、以及阿伏伽德罗常数之间的关系9（4分）（xx春安定区校级期末）关于水和冰，下列说法正确的是（）A0的冰比0的水的内能小BO的水一定能结成冰C相同质量的O的水和0的冰的内能相同D相同质量的O的水和O的冰比较，水的分子势能较大考点：分子势能；物体的内能专题：内能及其变化专题分析：内能的多少与温度、状态和质量有关，相同质量的O的水和O的冰比较，温度相同，分子平均动能相同，但水的分子势能较大解答：解：A、内能的多少与温度、体积、状态和质量有关，0的冰比0的水的内能可能大，A错误；B、O的水不一定能结成冰，需要放出热量后才能结冰，B错误；C、相同质量的O的水比0的冰的内能大水，因为需要放出热量后才能结冰，C错误；D、相同质量的O的水和O的冰比较，温度相同，分子平均动能相同，但水的分子势能较大，D正确；故选D点评：本题考查了影响问题内能大小的因素有温度、状态和质量10（4分）（xx春寿光市校级期中）一定质量的理想气体，它的内能随温度的增大而增大，在保持体积不变的条件下，压强由p变为在这个过程中下列说法正确的是（）A气体吸收热量，内能减小B气体吸收热量，内能增加C气体放出热量，内能增加D气体放出热量，内能减小考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：一定质量的理想气体内能只与温度有关体积不变，根据理想气体状态方程判断气体的温度如何变化，即可内能变化情况根据热力学第一定律判断吸放热解答：解：由理想气体状态方程，知在保持体积不变的条件下，压强由p变为，此过程中温度降低，内能减少，体积不变W=0，所以U=Q0，放热故选：D点评：根据温度是分子平均动能的标志、一定质量的理想气体内能只与温度有关进行判断对于气体状态变化过程，要掌握气态方程：分析参量的变化11（4分）（xx秋临川区校级期末）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是下图中的（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：首先根据右手定则判断边bc刚进入和离开磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：BD、线框进入磁场过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向当bc边离开磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流为正的，故BD错误；AC、线圈进入磁场时，bc边切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来小；当bc边离开磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越短，感应电动势减小，故感应电流越来越小，故A错误，C正确故选：C点评：对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律12（5分）（xx秋宣州区校级期末）如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN成水平沿导轨滑下，在与导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度图象可能是下图中的（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：当金属杆MN进入磁场区后，切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力，根据安培力与重力的关系分析金属杆可能的运动情况分析时，要抓住安培力大小与速率成正比的规律解答：解：A、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，故A正确BC、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大，金属杆所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，vt图象的斜率减小，故B错误，C正确D、金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小，vt图象的斜率减小，故D正确故选：ACD点评：解决本题关键能正确分析棒的受力情况，并能根据受力判定物体的运动情况，要紧扣安培力与速度成正比进行分析，知道杆子不可能做匀变速运动13（5分）（xx日照一模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100t（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有（）A开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB开关接通后，电压表的示数为100VC开关断开后，电压表的示数变大D开关断开后，变压器的输出功率不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、交变电压的频率为=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误故选：B点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解二、实验题（9分）14（9分）（xx春寿光市校级期中）在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为2cm，试求（1）油酸膜的面积是3102cm2；（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积8106mL；（3）按以上实验数据估测出油酸分子的直径为31010m（此问结果保留一位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：（1）采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积（2）用每一滴的体积乘以体积比浓度即可求得纯油酸的体积（3）油酸分子的直径约为油膜的厚度，由公式d=求解解答：解：（1）面积超过正方形一半的正方形的个数为74个则油酸膜的面积约为S=7422=3102cm23102m2（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：V=1mL=8106mL（3）油酸分子的直径为 d=m31010m故答案为：（1）3102；（2）8106（3）31010点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了三、计算题（本题共4个小题，满分37分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的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）15（8分）（xx秋湛江期末）横截面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s开始时S未闭合，R1=4，R2=6，C=30 F，线圈内阻不计，求：（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量解答：解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s，B逐渐减弱，所以E=n=1000.020.2 V=0.4 VI= A=0.04 A，方向：从上向下流过R2（2）R2两端的电压为U2=0.4 V=0.24 V所以Q=CU2=301060.24 Q=7.2106 C点评：利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流大小S断开后，流过R2的电荷量就是S闭合时C上带有的电荷量16（9分）（xx春寿光市校级期中）某小型实验水电站输出功率P=38KW，输电线路总电阻r=1（1）若采用U=380V输电，求输电线路损耗的功率P1（2）若改用U1=10000V高压输电，用户端利用n1：n2=44：1的变压器降压，求用户得到的电压U2考点：远距离输电专题：交流电专题分析：根据功率的计算公式可得输电线上损失的功率；根据即可求得用户得到的电压解答：解：（1）输电线路损耗的功率为：P损=（）2R=（）21=10KW；（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为：I=A=3.8A用户端在变压器降压前获得的电压为：U1=UIR=（100003.81）V=9996.2V根据用户得到的电压为：U2=9996.2V=227.19V答：（1）若采用380V输电，求用户得到的功率为10kW；（2）用户端变压前的电压U1为4976V，变压后得到的电压U2为227.19点评：本题考查学生运用电功率公式及变压器线圈匝数与电压的关系解决实际问题的能力要明确损失功率的计算方法17（10分）（xx春寿光市校级期中）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度1cm，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气压强为1105Pa，当温度为7时，活塞封闭的气柱长10cm，若保持温度不变将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通g取10m/s2求：（1）气柱多长？（2）从微观角度解释气体压强变化的原因考点：理想气体的状态方程；气体压强的微观意义专题：理想气体状态方程专题分析：（1）气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求出空气柱的长度；（2）应用分子动理论分析答题解答：解（1）开始封闭气体的压强p1=p0+=1105+=1.2105Pa，气缸倒过来后，气体的压强p2=p0=1105=0.8105Pa，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L2S，解得：L2=15cm；（2）气缸倒置后，气体体积变大，分子数密度减小，单位时间内与器壁碰撞的分子数减少，气体温度不变，分子平均动能不变，分子撞击器壁时的作用力不变，器壁单位面积受到的压力减小，气体压强减小答：（1）气柱长度为15cm（2）如上所述点评：应用玻意耳定律与分子动理论即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体压强；要会应用分子动理论解释气体变化现象18（10分）（xx春寿光市校级期中）如图所示，竖直放置的气缸内盛有气体，上面被一活塞盖住，活塞通过劲度系数k=600N/m的弹簧与气缸相连接，系统处于平衡状态，已知此时外界大气压强p0=1.0105Pa，活塞到缸底的距离L=0.5m，缸内横截面积S=1102m2，今在等温条件下将活塞缓慢上提到距缸底为2L处，此时提力为F=500N，弹簧的原长L0应为多少？（不计摩擦及活塞和弹簧的质量，并假定在整个过程中，气缸不漏气，弹簧遵从胡克定律）考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：假设弹簧处于伸长状态，根据活塞平衡列出前后两次状态下封闭气体的压强表达式，根据玻意耳定律得到含有原长l0的方程，然后求出弹簧的原长解答：解：设弹簧的原长为L0，气体原来压强为p，后来为p，由玻意耳定律可得：pL=p2L 在原来状态下，活塞受力如图1所示，由力学平衡可得：pS=p0S+k（LL0） 在后来状态下，活塞受力如图2所示，由力学平衡可得：pS+F=p0S+k（2LL0） 由、联立解得：p= 解得：L0=L+ 当F=500N时，由式得p=0.4p0再代入式得L0=1.50m，可见在整个过程中弹簧始终处于压缩状态答：弹簧的原长L0应为1.50m点评：本题也可以假设弹簧原来处于压缩状态，根据玻意耳定律研究弹簧原长对于题设条件不确定时，要分情况进行讨论