广东省佛山市三水中学2019-2020学年高二物理下学期第二次统考试题（含解析）.doc

1、广东省佛山市三水中学2019-2020学年高二物理下学期第二次统考试题（含解析）（时间：75分钟总分：100分）一、单选题(共8小题，每小题4分，共32分。每题的四个备选项中只有一个最符合题意)1.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是（）A. 奥斯特在实验中观察到电流磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁

2、场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】C【解析】【详解】A1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A符合史实；B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，故B符合史实；C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流，故C不符合史实；D楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D符合史实；不符合史实的故选C。2.若氢原子中核外电子绕原子核做匀速圆周运动，则氢原子从基态跃迁到激发

3、态时，下列结论正确的是( )A. 动能变大，势能变小，总能量变小B. 动能变小，势能变大，总能量变大C. 动能变大，势能变大，总能量变大D. 动能变小，势能变小，总能量变小【答案】B【解析】氢原子从基态跃迁到激发态时，需要吸收能量，总能量变大；电子的轨道半径变大，根据k=m知，电子的速度减小，动能减小；此过程电场力做负功，势能增大故B正确，A、C、D错误故选：B3.如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】AB.由

4、题图乙可知，0t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；CD.又由于0t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D正确，C错误4. 对一定量的理想气体，下列说法正确的是（ ）A. 气体体积是指所有气体分子的体积之和B. 气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高C. 当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少D. 气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内的气体

5、对器壁没有压强【答案】B【解析】试题分析：气体体积是指所有气体分子运动所占据的空间之和，选项A错误；温度是分子热运动的标志，故气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高，选项B正确；因气体分子间距较大，分子力接近为零，故分子势能近似为零，故当气体膨胀时，气体的分子势能认为不变，选项C错误；气体的压强是由大量的气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，不是由气体分子的重力产生的，故在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的压强仍然存在，选项D错误；故选B.考点：分子的热运动；气体的内能；气体的压强产生【名师点睛】此题考查的是热学中的关于气体的几个知识点；要知道由于气体分子间距较大，所以气体的体积实际上是气体

6、运动占据的空间；由于气体分子力近似为零，故分子力近似为零，分子势能为零；气体的压强是由大量的气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的5.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下。温度由5升高到10，体积的增量为V1；温度由10升高到15，体积的增量为V2，则（）A. V1V2B. V1V2C. V1L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是() A. B. C. D. 【答案】D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培

7、力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D7.如图所示是一定质量的理想气体的状态变化过程的pT图线，在AB、BC、CA三个阶段中，吸热过程有（）A. ABB. BCC. BC、CAD. AB、CA【答案】B【解析】【详解】AB过程是等容降温过程，即气体内能减少，但是气体不做功，因此其内能的减少是气体放热的结果；BC过程是等压膨胀升温的过程，气体对外做功，但气体温度升高，说明一定大量吸热，这是吸热过程；CA过程是等温升压、气体体积减

8、小的过程，虽然外界对气体做功，但气体的内能不变，说明这个过程气体放热。故ACD错误，B正确。故选B。8.如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1的金属杆ab从OO上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A. 进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB. 匀强磁场磁感应强度为1.0TC.

9、 金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量0.24CD. 金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.45J【答案】C【解析】A、进入磁场后棒切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流方向由a到b，故A错误B、由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有，联立得，代入数据解得，故B错误C、由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为0.06m，则在磁场中下降的高度，则通过R的电荷量，故C正确D、由图线可知，下落0.3m时做匀速运动，根据平衡有，解得金属杆的速度；根据能量守恒得，而两电

10、阻串联热量关系为，联立解得，故D错误故选C【点睛】本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强二、多项选择题(共6小题，每小题4分，共24分。每小题至少有两个选项正确，全选对得4分，选不全得2分，错选不得分)9.目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电下列说法正确的是A. 若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B. 只有A线

11、圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C. A中电流越大，B中感应电动势越大D. A中电流变化越快，B中感应电动势越大【答案】BD【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律与感应电流产生的条件即可解答【详解】A项：根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势，但在图A输入过程中，A线圈中的电流从无到有，因此B线圈中会产生感应电动势，然而不是总会有的，故A错误；B项：若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：可得，则B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；C、D项：根据法拉第电磁感应定律：可得，A线圈中电流

12、变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大故C错误；D正确故应选：BD【点睛】该题的情景设置虽然新颖，与日常的生活联系也密切，但抓住问题的本质，使用电磁感应的规律即可正确解答10.对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是()A. 温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大B. 温度越高,布朗运动越显著C. 当分子间的距离增大时,分子间作用力就一直减小D. 当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】ABD【解析】【详解】温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能一定大，而物体的内能与物体的体积、温度以及物质的量都有关，则温度高的

13、物体内能不一定大，选项A正确；温度越高，分子运动越剧烈，则布朗运动越显著，选项B正确；当rr0时，分子间作用力表现为引力，分子间的距离增大时分子力先增大后减小；选项C错误，D正确；故选ABD.11.如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象.下列说法中正确的是( )A. 若DE能结合成F,结合过程一定要释放能量B. 若DE能结合成F,结合过程一定要吸收能量C. 若A能分裂成BC,分裂过程一定要释放能量D. 若A能分裂成BC,分裂过程一定要吸收能量【答案】AC【解析】核反应过程中,核子数守恒,反应后比反应前核子平均质量减小,则反应过程一定要放出能量,反之,反应后核子平均质量增大,则反应

14、过程中一定要吸收能量,由图象易知AC正确.实际上在这里A项为轻核的聚变反应,C项为重核的裂变反应.12.在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能Ek与入射光的频率的关系如图所示，电子电量为e，由实验图象可求出（ ）A. 该金属的极限频率0B. 该金属的逸出功W0=hv0C. 遏止电压为E/eD. 普朗克常量h=E/0【答案】ABD【解析】【详解】A频率大于0时，才能发生光电效应，所以该金属的极限频率为0，故A正确；B根据光电效应方程EKm=hW0=hh0知，EKm=0时，W0=-E=hv0，故B正确；C不同频率的入射光对应光电子的最大初动能不同，根据Ekm

15、=Uce，遏止电压不同，故C错误；D图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量h=E/0故D正确故选ABD.13.如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且，则在先后两种情况下（ ）A. 线圈中感应电动势之比为E1：E2=2：1B. 线圈中的感应电流之比为I1：I2=1：2C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：1【答案】AD【解析】【分析】根据，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比；根据，求出线圈中产生的焦耳热之比；根据，求出通过线圈某截面电荷量之比；【详解】AB.由于，根据，知感应电动势之比

16、，感应电流，则感应电流之比为，故A正确，B错误；C.由，知时间比为，根据，知焦耳热之比为，故C错误；D.根据法拉第电磁感应定律结合电流表达式可以得到电量为：，知通过某截面的电荷量之比为，故D正确【点睛】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势，欧姆定律，知道电磁感应中电荷量公式14.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g金属杆（ ）A. 刚进入磁场时加速度方向竖直向下B. 穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.

17、 穿过两磁场产生的总热量为4mgdD. 释放时距磁场上边界的高度h可能小于【答案】BC【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0t1和t1t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1（t2-t1），选项B正确；从进入磁场到进入磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选

18、项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D错误点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场和时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动三、计算题（14分+14分+16分）15.如图所示，有一垂直于纸面向里、磁感应强度B0.1T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一足够长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂直接触，且由静止开始下滑。已知ab长1m，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架光滑且电阻不计，

19、取g=10m/s2，求：（1）导体ab下落的最大加速度大小；（2）导体ab下落的最大速度大小；（3）导体ab达到最大速度时产生的电功率。【答案】（1）10m/s2；（2）10m/s；（3）10W【解析】【详解】(1)对导体ab受力分析可知，其开始运动时所受的合力最大，即为重力，由牛顿第二定律可知Mg=ma最大加速度为a=g=10m/s2(2)导体ab下落的速度最大时，加速度为零，此时有mg=F安F安=BILI=E=BLvmax联立以上各式得vmaxm/s10m/s(3)导体ab达到最大速度时其电功率为PIE，由以上各式得PW10W16.如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容

20、器平放在地面上，汽缸内壁光滑整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：（1）抽气前氢气的压强；（2）抽气后氢气的压强和体积【答案】（1）（p0+p）；（2）；【解析】【详解】解：（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得（p10p）2S=（p0p）S得p10=（p0+p）（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2S=p12S

21、由玻意耳定律得p1V1=p102V0p2V2=p0V0由于两活塞用刚性杆连接，故V12V0=2（V0V2）联立式解得17.如图，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m右端接一阻值为4的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图规律变化CF长为2m在t=0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变已知ab金属棒电阻为1，求：通过小灯泡的电流；恒力F的大小；金属棒的质量。【答案】（1）0.1A（2）0.1N（3）0.8kg【解析】【详解】（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻回路中感应电动势为：灯炮中的电流强度为：（2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：恒力大小：（3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：金属棒在磁场中的速度：金属棒未进入磁场的加速度为：故金属棒的质量为：【点睛】本题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生变化，来分析电路中电动势和电流，抓住两个阶段这两个量的关系进行研究