1、高考资源网（） 您身边的高考专家物理一、选择题（每题4分，共60分）1.下列关于原子物理知识的叙述错误的是（ ）A. 衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子B. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损D. 对于一个特定的氡原子，即使知道了半衰期，也不能准确的预言它在何时衰变【答案】B【解析】衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，A正确；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，B错误；两个轻核结合成一个中等质量的核，要释放能量，根据质能方程可知存在质量亏损，C正确；对于一个特定的衰变原子，我
2、们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，D正确2.2018年是居里夫妇发现了放射性元素钋()120周年若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138天，衰变方程为下列说法不正确的是A. 该元素发生的是衰变B. Y原子核含有4个核子C. 射线是衰变形成的铅核释放的D. 200g的Po经276天，已发生衰变的质量为150g【答案】A【解析】根据衰变方程为，可知，Y是，属于衰变，而射线是伴随着衰变产生，A错误；根据电荷数守恒和质量数守恒得，Y的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，B正确；射线是衰变形成的铅核释放的，C正确；根据知，200g的Po经276天，还剩余，故已衰变的质量为
3、150g，D正确3.利用如图所示的电路研究光电效应现象，其中电极K由金属钾制成，其逸出功为2.25V用某一频率的光照射时，逸出光电子的最大初动能为1.50eV，电流表的示数为I已知普朗克常量约为6.61034Js,下列说法正确的是( )A. 金属钾发生光电效应的截止频率约为5.51014HzB. 若入射光频率加倍，光电子的最大初动能变为3.00eVC. 若入射光频率加倍，电流表的示数变为2ID. 若入射光频率加倍，遏止电压的大小将变为5.25V【答案】AD【解析】设金属的截止频率为，由解得，A正确；由光电效应方程，若入射光的频率加倍，不变，所以光电子的最大初动能并不加倍， B错误；若入射光的频
4、率加倍，电流表的示数不一定是原来的2倍，C错误；由知入射光的能量为hv=3.75eV，若入射光的频率加倍，则，而，所以遏止电压UC=5.25V，D正确；故选AD4.如图所示的线圈不能产生交变电流的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据题意，结合产生交流电的条件，当电路是闭合的；线圈在磁场中转动，其中的线框切割磁感线，导致磁通量变化根据感应电流产生的条件可以确定此时会产生感应电流，再根据楞次定律，则有产生的感应电流的方向不同，故BCD中有感应电流产生，A图中没有感应电流产生；不产生感应电流的故选A【点睛】此题解题的关键是要将产生感应电流的两个条件，及理解楞次定律的应用，注意交流电与
5、直流电的区别5.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知（）A. 在A、C时刻线圈处于中性面位置B. 在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C. 从A时刻到D时刻线圈转过的角度为D. 若从O时刻到D时刻经过0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次【答案】D【解析】【分析】详解】A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过角度为。若从O时刻到D时刻经过0.02s，即线圈转动一周用时0.02s，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1s内交变电流的方向改变2=100(次)，故ABC错误，D正确。故
6、选D。6.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。则下列说法正确的是()A. 电压表V1示数增大B. 电压表V2、V3示数均增大C. 该变压器起升压作用D. 变阻器滑片是沿cd的方向滑动【答案】D【解析】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1I1=n2I2，故，应是降压变
7、压器，C错误【考点定位】考查理想变压器和电路知识7.如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO以角速度做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是（）A. 在t1t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB. 在t3t4时间内，通过电阻R的电荷量C. 在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSD. 在t3时刻电流表的示数为【答案】D【解析】【详解】A由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小均为BS，方向相反，则在t1t3时间内穿
8、过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；B在t3t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势因此通过电阻R的电荷量为qtt故B错误；C在t3时刻电动势EBS则由法拉第电磁感应定律E可知，穿过线圈的磁通量变化率为BS，故C错误；D在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I故D正确。故选D8.如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线电阻，灯泡L1、L2相同且阻值不变现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则( ) A. 仅闭合S，灯L1会变亮B. 仅闭合S，r消耗的功率会变大，变压器T1的输入功率会变大C. 仅将滑片P下移，
9、r消耗的功率会变小D. 仅将滑片P上移，电流表示数会变小【答案】BD【解析】【详解】闭合S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压UT21=UT12-Ir，减小，灯泡两端电压UT22减小，故灯泡会变暗，同时变压器T1的输入功率会变大，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，若将T1的输出端后面的电路等效可知，导线r上的电流变大，则r上的功率变大，故C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，若将T1的输出端后面的电路等效可知，T1次级电流减小，则变压器T1初级电流减小，即电流表示数会变
10、小，故D正确；9.下列说法正确的是（）A. 液体与大气相接触时，表面层分子间的作用表现为相互吸引B. 水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结停止进行C. 未饱和汽的压强一定小于饱和汽的压强D. 不浸润现象的附着层，分子间距离rr0，分子力表现为斥力【答案】A【解析】【详解】A液体与大气相接触时，表面层分子比较稀疏，分子间距离rr0，分子间的作用表现为相互吸引，选项A正确；B水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结仍在进行，达到动态平衡，选项B错误；C温度不同时，未饱和汽的压强不一定小于饱和汽的压强，选项C错误；D不浸润现象的附着层，分子间距离rr0，分子力表现为引
11、力，附着层有收缩的趋势，选项D错误.故选A。10.根据你学过的知识，下列说法正确的是（）A. 第一类永动机不可能制成是因为热机效率不可能达到100%B. 一切与热有关的自发过程都是从有序向无序进行的C. 在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵总是增加的D. 热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的特殊表达形式【答案】D【解析】【详解】A第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成才是因为热机效率无法达到100%，选项A错误；B一切与热有关的自发过程总是向无序性增加的方向进行，选项B错误；C一个孤立系统总熵不变或增加，选项C错误；D热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的特殊
12、表达形式，选项D正确。故选D。11.下列说法正确的是（）A. 大颗粒的盐磨成细盐，就变成了晶体B. 两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大C. 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度的饱和蒸汽压的比值D. 给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，而与分子间的斥力无关【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A大颗粒的粗盐本身就是晶体，并不是因为磨成细盐就变成了晶体，故A错误；B两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，故B正确；C空气的相对湿度定义为空气
13、中所含水蒸气压强与同温度的饱和蒸气压的比值，故C正确；D给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，与分子间的斥力无关，因为分子斥力起作用的距离rr0，故D正确；故选BCD。12.分子间相互作用力及合力随分子间距离r变化的规律如图，下列说法正确的是（）A. 随r的增大分子力的合力先增大后减小B. 当两个分子间作用力表现为引力时，分子间作用力的合力存在最大值C. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随r的增大而减小D. r1处分子势能最小【答案】BC【解析】【详解】AB当r=r0时，分子力的合力为零，若从rr0，从r0到r1分子力表现为引力，引力做负功，分子势能增大，因此r1处分子势能不
14、是最小，选项D错误。故选BC。13.如图所示，一块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率n=，若光从上表面AB射入的入射角i=60，光在真空中的光速为c，则（）A. 折射角r=30B. 光在玻璃中传播的时间为 C. 光在玻璃中传播的时间为D. 改变入射角i，光在下表面CD可能发生全发射【答案】A【解析】【分析】【详解】A由得得 r=30故A正确。BC光在玻璃中传播的速度为，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为则光在玻璃中传播的时间为故B错误，C错误。D由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，根据光路可逆性原理得知光一定能从CD面射出，不可能在下表面CD发生全发射，故D错误。
15、故选A。14.如图，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，开始时活塞放置在卡环a、b上，下方封闭了一定质量的气体现缓慢加热缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，下列能正确反映缸内气体体积压强变化的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】现缓慢加热缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，先经历一个等容过程，温度升高，压强变大，减小；活塞离开卡环a、b后，缓慢加热缸内气体，直到活塞到达气缸口之前，是一个等压过程，温度升高，不变，体积变大A.A图与上述分析结论不相符，故A错误；B.B图与上述分析结论不相符，故B错误；C.C图与上述分析结论不相符，故C错误；D.D图与上述分析结论相符，故D正确
16、15.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）A. B中气体可自发地全部退回到A中B. 气体温度不变，体积增大，压强减小C. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小D. 气体体积变大，气体分子单位时间对座舱壁单位面积碰撞的次数将变少【答案】BD【解析】【详解】A根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故A错误；C由于气闸
17、舱B内为真空，所以气体在膨胀过程中不会对外做功，又系统与外界没有热交换，则气体内能不变，C错误；B对于一定质量的理想气体内能不变，则温度不变，由pV=C，且气体体积增大可知，气体压强减小，故B正确；D气体体积变大，分子数密度n减小，温度不变，分子平均动能不变，平均速率不变，所以气体分子单位时间对座舱壁单位面积碰撞的次数将变少，故D正确。故选BD。二计算题（共40分）16.晋江市某发电厂引进垃圾焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40kW，输出电压为400V，用变压比（原、副线圈匝数比）为n1：n2=1：5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r=5，到达该小区后再用变压器降为220V。(1
18、)画出输电过程的电路示意图；(2)求输电线上损失的电功率；(3)求降压变压器的变压比n3：n4。【答案】(1)；(2)2000W；(3) 【解析】【详解】(1)输电过程电路示意图如下图所示(2)由变压器的电压比等于匝数比，有则输电电压由P输=U2I，可得输电电流输电线上损失的功率P损=I2r（20A）25=2000W(3)输电线上损失的电压U损=Ir=20A5=100V降压变压器的输入电压U3=U2-U损=2000V-100V=1900V降压变压器的变压比17.如图所示，一端封闭的导热U形管竖直放置，左管横截面积是右管的两倍，一段水银柱封闭了一定量的理想气体，右管水银柱上表面到管口的距离为2c
19、m，右管水银柱液面比左管水银柱液面高2cm，左管液柱高也为2cm。若将U形管倒置，没有水银流出，且右管水银柱下表面刚好与管口平齐。已知大气压强为76cmHg，环境温度恒为300K，忽略U形管底部连接处的影响（计算结果均保留整数）。(1)求U形管倒置前封闭空气柱长度；(2)若U形管不导热，不倒置，设法缓慢加热管内封闭气体，直至右管中水银柱上表面与管口平齐，求此时封闭气体的温度。【答案】(1)L=10cm；(2)343K【解析】【分析】【详解】(1)倒置后右管水银柱变长2cm，因为左管横截面积是右管的两倍，所以左管水银柱只减少1cm，加上倒置之前两管液面差2cm，倒置后两管液面差5cm.设倒置前封
20、闭空气柱长L，右管的横截面积为S，则左管的横截面积为2S，大气压强为76cmHg，倒置前空气柱压强为(76+2)cmHg，倒置后空气柱压强为(76-5)cmHg根据玻意耳定律p1V1=p2V2有(76+2)2SL=(76-5)2S(L+1)解得L=10cm(2)结合第(1)问，由理想气体的状态方程可得=解得T2=343K18.已知氘核的质量为2.0141u，中子的质量为1.0087u，氦核的质量为3.0160u，1u相当于931.5MeV。(1)写出两个氘核聚变成氦核的核反应方程；(2)计算上述核反应中释放的核能为多少MeV（结果保留三位有效数字）；(3)若两个氘核以相同的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应后生成的氦核和中子的动能各为多少MeV？【答案】(1) ；(2) 3.26MeV；(3) 0.99MeV，2.97MeV【解析】【分析】【详解】(1)聚变的核反应方程 (2)核反应过程中的质量亏损为m=2mD-（mHe+mn）=0.0035u释放的核能为E=mc2=0.0035931.5MeV=3.26MeV(3)对撞过程动量守恒，由于反应前两氘核动能相同，其动量等值反向，因此反应前后系统的动量为0即0=mHevHe+mnvn反应前后总能量守恒，得 解得EkHe=0.99MeVEkn=2.97MeV- 14 - 版权所有高考资源网
