【文档说明】【精准解析】福建省晋江市养正中学2019-2020学年高二下学期期中考试（线上）物理试题.doc，共(14)页，458.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春高二（下学期）期中考（线上考）物理试卷一、单项选择题（共8个小题，每小题4分，共32分。）1.一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为m，最大感应电动势

为Em，下列说法中正确的是（）A.当磁通量为零时，感应电动势也为零B.当磁通量减小时，感应电动势也减小C.当磁通量等于0.5m时，感应电动势等于0.5EmD.角速度等于Em/m【答案】D【解析】【详解】A．当磁通量为零时，磁通量变化率最大，

感应电动势最大，A错误BC．磁通量变化率的大小决定感应电动势大小，与磁通量变化无关，BC错误；D．最大感应电动势为mEBS，最大磁通量mфBS，所以mmEф解得：mmEфD正确2.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期的前三分

之一周期内电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()A.7.5VB.8VC.215VD.313V【答案】C【解析】【详解】取一个周期进行分段，在0-1s是正弦式电流

，则电压的有效值等于32V．在1s-3s是恒定电流，则有效值等于9V．则在0-3s内，产生的热量22219233(23)URRR＝解得：215VUA．7.5V，与结论不相符，选项A错误；B．8V，与结论不相符，选项B错误；C．215V，与结论相符，选项C正确；D．3

13V，与结论不相符，选项D错误；3.如图所示，理想变压器的原线圈接入110002sin100(V)ut的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V,880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知()A

.原、副线圈的匝数比为50:1B.交变电压的频率为100HzC.副线圈中电流的有效值为4AD.变压器的输入功率为880W【答案】C【解析】【详解】试题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率

等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解：输入电压的有效值为11000V，用电器的额定电压为220V，所以变压器的输出电压大于220V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；B、由输入电压的表达式知，f=1002Hz=50Hz，故B错误；C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，

I=4A，故C正确；D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880W，所以变压器的输入功率大于880W，故D错误．故选C【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题

．4.如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A.用户用电器上交流电的频率是100HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500VC.输电线的电流只由降压变压器原副线圈

的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小【答案】D【解析】试题分析：由题图乙知交变电流的周期为0.02Ts，设频率为150fTHz，A选项错误；发电机输出的最大电压为500V，故B选项错误；输电线的电流由负载决定，故

C选项错误；当用户的用电器的总电阻增大时，输出的电流减小，故输电线上损耗的功率2PIR减小，故D选项正确．考点：变压器远距离输电峰值和有效值输电电流损耗功率5.下列说法正确的是（）A.1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多

B.布朗运动就是物质分子的无规则热运动C.一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能一定增加D.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的【答案】D【解析】【详解】A．1摩尔水的质量为18g，则1g水的物质的量为118n则1g水的

分子数目为232216.02103.01018个远大于地球上的总人口60亿，选项A错误；B．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，选项B错误；C．根据理想气体状态方程CPVT，一定质量的理想气体压强增大，温度不一定增加，而温度是分子热

运动平均动能的标志，故分子的平均动能不一定增加，选项C错误；D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子的无规则的热运动造成的，选项D正确。故选D。6.关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.气体吸热后温度一

定升高B.对气体做功，气体内能一定发生改变C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】D【解析】【详解】A．物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，所以气体吸热后温度不一定升

高，选项A错误；B．做功和热传递都能改变内能，若对气体做功，物体同时释放热量，则内能可能不变，选项B错误；C．根据理想气体的状态方程可知，理想气体等压膨胀过程中压强不变，体积增大则气体的温度一定升高，所以气体的内能增大；气体的体积增大对外做功而

内能增大，所以气体一定吸热，选项C错误；D．根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项D正确。故选D。7.一定质量的理想气体，由初始状

态A开始，状态变化按图中的箭头所示方向进行，最后又回到初始状态A，对于这个循环过程，以下说法正确的是（）A.由A→B，气体的分子平均动能增大，放出热量B.由B→C，气体的分子数密度增大，内能减小，吸收热量C.由C→A，气体的内能减小，放出热量，外

界对气体做功D.经过一个循环过程后，气体内能可能减少，也可能增加【答案】C【解析】【详解】A．根据图象可以知道，A→B，气体的压强体积都变大，PV的乘积变大，根据CPVT可知气体的温度升高，所以气体的分子平均动能增加；温度升高则内能增加，而体积变大，气体对外做功，根据热

力学第一定律知气体要吸收热量，选项A错误；B．由B→C，气体做的是等容变化，分子数密度不变；等容变化，压强减小，温度降低，内能减小；体积不变，0W，内能减小，气体放出热量；选项B错误；C．C→A过程，气体做的是等压变化，体积减小，根据CPVT可知温度降低，则气体内

能减小，体积减小则外界对气体做功，根据热力学第一定律知气体放出热量，选项C正确；D．经过一个循环过程后，回到A点，温度跟初始温度相同，则内能不变，选项D错误。故选C。8.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L

3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想的电流表，电源电压大小不变．开始时开关S接通，当S断开时，以下说法正确的是A.原线圈两端P、Q间的输入电压减小B.等效电阻R上消耗的功率变大C.原线圈中电流表示数变小D.灯泡L1和L2变亮【答案】CD【解析】电流表是理想的电流表，所以

原线圈两端P、Q间的输入电压不变，所以A错误．当S断开后，副线圈上的总电阻增大，电流减小，所以输出功率变小，原线圈电流变小，输电线上电压损失减小，电阻R上的电压减小，功率变小，总的输出电压不变，所以灯泡L1和L2两端电压增大，变亮，故B错误，CD正确．故选CD．点睛：电路的动态变化的分析，总的原则

就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．二、多项选择题9.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0．相距很远的两分子在分子力作

用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（）A.在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B.在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能减小C.在r＝r0时，分子势能最小，动能最大D.在r＝r0时，分子势能为零【答案】AC【解析】【详解】A．r0

为分子间的平衡距离；大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；r大于平衡距离，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；B．当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故B错误；C．由以上分

析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，故C正确；D．但是由于分子势能的零势能面是人为确定的，故r等于r0时，分子势能不一定为零，故D错误．故选AC．10.氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的

百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是()A.图中虚线对应于氧气分子平均动能较大的情形B.图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形C.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目D.与0℃时相比，100℃时氧气分子速

率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大【答案】B【解析】【详解】AB．由图可以知道,具有最大比例的速率区间，100C时对应的速率大，说明实线为100C的分布图像，对应的平均动

能较大，故A错误；B正确；C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例,但无法确定分子具体数目，故C错误；D．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故D错误；故选B．点睛：温度是分子平均

动能的标志,温度升高分子的平均动能增加,不同温度下相同速率的分子所占比例不同,要注意明确图象的意义是解题的关键.11.用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中

气体体积不变（）A.将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动B.将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动C.将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动D.将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动【答案】AD【解析】试题分析：A、将烧瓶浸入热水中时，气体的温度升高，由于气体的体积不变，所以气

体的压强要变大，应将A管向上移动，所以A正确，B错误；C、将烧瓶浸入冰水中时，气体的温度降低，由于气体的体积不变，所以气体的压强要减小，应将A管向下移动，所以C错误，D正确；故选AD．12.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电

阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是A.图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ωB.闭合电

路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝12BL2ωsinωtC.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝22BLRrD.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝2424()BLRRr【答案】BD【解析】【详解】A.题图所示位置，线圈中

通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；B.线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为：Em＝12BL2ω故对应的瞬时值表达式为：e＝12BL2ωsinωtB正确；C.由：q＝Rr可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电

阻R的电荷量：q＝2BLRrC错误；D.电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝2242224mEBLRRRrRrD正确．三、计算题13.

一定质量的理想气体,其内能跟温度成正比．在初始状态A时,体积为V0,压强为p0,温度为T0,已知此时其内能为U0．该理想气体从状态A经由一系列变化,最终还回到原来状态A,其变化过程的p-T图如图所示,其中CA延长线过坐标原点,BA在同—竖直直线上．

求:(1)状态B的体积;(2)状态C的体积;(3)从状态B经由状态C,最终回到状态A的过程中,气体与外界交换的热量是多少?【答案】(1)V0/3；（2）V0；（3）2p0V0；【解析】①由图可知，从状态A到状态B气体温度

为T1=T0为等温变化过程，状态B时气体压强为P1=3P0，设体积为V1，由玻意耳-马略特定律P0V0=P1V1解得013VV②由图可知，从状态B到状态C气体压强为P2=P1=3P0为等压变化过程，状态C时气体温度为T2=3T0，设体积为V2，由查理-盖吕萨克定律1212VVTT解得V2

=V0③从状态B到状态C，设外界对气体做功为000003()23BCVWpVpV，从状态C回到状态A，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，对状态B经状态C回到状态A，内能增加量为△U=0，气体从外界吸收的热量为△Q，内能增加量为△U，由热力学第一定律△U=Q+W解得Q=2P0V0，即气

体从外界吸收热量2P0V0【点睛】A到B为等温过程，由玻意耳定律求得体积；由B到C为等压变化，由盖吕萨克定律求体积；从B到C外界对气体做功，C到A为等温变化，根据热力学第一定律求解吸放热．14.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内

汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)【答案

】144cmHg9.42cm【解析】【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1＝p0

＋(20.0－5.00)cmHg＝90cmHgl1＝20.0cm①l1′＝(20.0－20.05.002)cm＝12.5cm②由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S③联立①②③式和题给条件得：p1′＝144cmHg④依题意p2′＝p1′⑤l2′＝4.00cm＋20.05.0

02cm－h＝11.5cm－h⑥由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈9.42cm.15.如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm、温度为7℃的空气柱，左、右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为

76cmHg．若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少摄氏度？【答案】98.5℃【解析】设U形管左管的横截面为S，当左管内封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升2cm，即左、右两端水银柱高度差h′＝30cm对左管内封闭气体，p1＝

p0－h＝40cmHgp2＝p0－h′＝46cmHgV1＝l1S＝26SV2＝30ST1＝7+273=280KT2＝？由理想气体状态方程可得112212pVpVTT可得T2＝371.5K=98.5℃16.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）12（p0+p）；（2）01124pp；00042ppVpp（）【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（p10–p）·2S=（p0–p）·S①得p10=12（p0+p）②（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p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V

1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1–2V0=2（V0–V2）⑥联立②③④⑤⑥式解得101124ppp⑦00104=2ppVVpp（）⑧