【文档说明】【精准解析】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试卷.doc，共(18)页，898.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9ff500ffa9508bbb319ea75ff9c8ef8a.html

以下为本文档部分文字说明：

官渡一中高二年级2019-2020学年下学期开学考试物理试卷一、单选题1.下列说法正确的是（）A.晶体是各向异性的B.扩散和布朗运动都是分子的运动C.热量不能从低温物体传到高温物体D.在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体定是理

想气体【答案】D【解析】【详解】A．晶体有单晶体和多晶体，单晶体是各向异性，多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性，故A错误；B．扩散和布朗运动的实质是不相同的，扩散运动是分子的运动，布朗运动是固体小颗粒的运动，故B错误；C．热量可以从

低温物体传到高温物体，但是会引起其他的变化，故C错误；D．理想气体是一种从实际气体中忽略次要因素，简化抽象出来的理想化模型，它是一种能够在任何条件下都能严格遵守气体实验定律的气体，故D正确。故选D。2.如右图所示电路，交流点的最大值保持不变，

若提高交流电的频率，则下列说法正确的是（）A.电容器上的电荷量的最大值增大B.电容器容抗增大C.电路中灯泡亮度变亮D.电路中灯泡亮度变暗【答案】C【解析】【详解】根据Q=CU，频率提高，电量不变，A错误；频率越高，电容

器交流电的阻碍作用越小，BD错误、C正确．3.如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中A.有感应电流，且B被A吸引B.无感应电流C.可能有，也可能没有感应电流D.有感应电

流，且B被A排斥【答案】D【解析】【详解】导线MN向右加速滑动，导线产生的感应电动势E=BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的增加，感应电流方向与A中的相反，B被A排斥，向左运动；

故ABC错误，D正确；故选D．4.甲、乙、丙三只阻值相同的电阻分别通以如图所示的三种电流，电流的最大值和周期相等，则三只电阻产生的热功率的比是（）A.1:2:4B.1:2:2C.2:2:4D.1:1:2【答案】D【解析】【详解】设电阻为R，根据交变电流的图象可知：第

一个图中，有效值为I1，根据电流热效应可知22102TIRTIR=第二个图中，正弦交流电流的有效值为：020222III==第三个图中，方波电流的有效值为：I3=I0据P=I2R得三只电阻产生的热功率的比是：2221231

23::::1:1:2PPPIII==A．1:2:4与分析不符，故A错误；B．1:2:2与分析不符，故B错误；C．2:2:4与分析不符，故C错误；D．1:1:2与分析相符，故D正确。故选：D。5.如图所示为远距离交流输电

的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（）A.用户端的电压为I1U1/I2B.输电线上的电压降为UC.理想

变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U【答案】A【解析】【详解】试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，则U1I1=U2I2，得：1122IUUI＝．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等

效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．6.如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知A.A→B过程压强不变，

气体对外做功B.B→C过程压强增大，外界对气体做功C.C→A过程压强不变，气体对外做功D.C→A过程压强减小，外界对气体做功【答案】B【解析】【详解】由题图可知，A→B过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，故A错误；

如图作过C点的等容线，则体积相等的情况下，C的温度高，所以C的压强一定比AB的压强大，由图可知B→C过程体积减小，温度升高，压强增大，外界对气体做功故B正确；由上面分析知，C→A过程温度不变，气体的体积增大，压强减小，气体对外界做功，故CD错误．7.如图所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰

三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L，宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析

】【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．【详解】在0-Lv时间内，线框进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律

知线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正值．线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．t=Lv时，I=0．在Lv-2Lv时间内，线框完全在磁场中运动，磁通量不变，没有感应电流产生．在2

Lv-3Lv时间内，线框出磁场，磁通量减小，根据楞次定律知线框中感应电流方向沿顺时针方向，为负值．线框切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．t=3Lv时，I=0．故A正确，BCD错误．故选A．【点睛】解决

本题的关键要掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为切割的有效长度．8.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到

底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）A.mhMm+B.MhMm+C.()tanmhMm+D.()tanMhMm+【答案】C【解析】【详解】物体与斜面在水平方向上动量守恒，设物块的速度方向为正方向，则有120mvMv−=运动时间相等

，则有120msMs−=由题意可知12tanhssα+=联立解得：2()tanmhsMmα=+故C正确，ABD错误。故选C。9.如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0.4m，ad=bc=0.2m，线圈匝数N=100匝，电阻r=1Ω，线圈在磁感应强度B=0

.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω=100πrad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9Ω，从图示时刻开始计时，则下列说法错误的是（）A.t=0时线圈中磁通量变化率最大B.电动势瞬时值为e=160πsin(100πt)V

C.t=12s时线圈中感应电动势最大D.交变电流的有效值是82πA【答案】B【解析】【详解】A．t=0时线圈平面与磁感线平行，此时感应电动势最大，则线圈中磁通量变化率最大，选项A正确，不符合题意；B．产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×0.2×0.4×0.2×100πV=160

πV故电动势瞬时值表达式为e=160πcos100πtV故B错误，符合题意；C．t=12s时线圈中感应电动势e=160πcos(100π∙12)V=160πV则感应电动势最大，选项C正确，不符合题意；D．产生的感应电动势的有效值为028V2mE

E=＝故交变电流的有效值是802V=8π2A91EIRr==++故D正确，不符合题意。故选B。10.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左

边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A.流过金属棒的最大电流为2

2BdghRB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg(h－μd)【答案】D【解析】【详解】A．金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝212mmv根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm根据闭合电

路欧姆定律有Im＝m2ER联立得22mBLghIR=选项A错误；B．根据2qItR==可知，通过金属棒的电荷量为2BdLR，选项B错误；C．金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0所以克服安培力做的功小于mgh，故选项C错误；D．由Wf＝-μmgd金属

棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝-W安联立得Q＝1()2mghd−选项D正确。故选D。二、多选题11.下列说法正确的是（）A.液体中的扩散现象是由分子间作用力造成的B.理想气体吸收热量

时，内能都可能保持不变C.液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关而且还与液体的表面积有关D.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的【答案】BD【解析】【详解】A．扩散现象是分子无规则运动的表现

，不是分子间作用力造成的，A错误；B．理想气体吸收热量时，即0Q，假如还对外做功，即0W，如果放出的热与对外做的功相等，根据热力学第一定律可知UQW=+内能可能不变，温度可能不变，B正确；C．液体的饱和汽

压与液体表面积无关，C错误；D．根据热力学第二定律分析，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，D正确。故选BD。12.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连

在一起，如图所示，则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A.动量守恒B.机械能守恒C.动量不守恒D.机械能不守恒【答案】AD【解析】【详解】在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统

所受的合外力为零，则动量守恒；由于子弹射入木块时会产生热能，则系统的机械能减小，即机械能不守恒，选项AD正确，BC错误。故选AD。13.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E．与两

分子间距离的关系如图所示．图中分子势能的最小值为一E，若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是A.乙分子在P点（x＝x2）时，加速度最大B.乙分子在P点（x＝x2）时，动能为EC.乙分子在Q点（x＝x1）时，处于平衡状态D.乙分子的运动范围为x≥x1【答案】BD【解

析】【分析】分子在平衡位置时，分子势能最小，分子力为零，则知乙分子的加速度为零．由能量守恒定律分析分子动能的大小．【详解】乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，故A错误．

乙分子在P点分子势能为-E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，故B正确．乙分子在P点，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，故C错误．当x＜x1时分子势能为正，总能量为0，动能应为负，是不可能

的，因此分子的运动范围为x≥x1，故D正确．故选BD．【点睛】熟悉分子力的变化规律，知道分子力做功与分子势能变化的关系，知道总能量由分子势能和分子动能两者之和构成，本题考查的过程很细，要加强分析．14.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导

轨所在的空间内，质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上搁在导轨上。今使棒以一定的初速度向右运动，已知棒通过位置a时的速率为va，通过位置b时的速率为vb，到位置c时棒恰好静止。设棒、导轨的电阻以及棒与导轨

间的接触电阻均不计，a、b与b、c的间距相等，则金属棒在由ab→和由bc→的两个过程中（）A.棒运动的加速度大小相等B.通过棒横截面的电荷量相等C.棒通过a、b两位置时的速率2abvv=D.回路中产生的电能abbcEE=【答案】BC【解析】【详解】A．金属棒从ab→和从

bc→，棒一直减速，回路中电流一直在减小，棒受安培力FBIl=减小，故加速度Fam=减小，故A错误；B．金属棒在由ab→与bc→的两个过程中磁通量的变化量相同，由感应电量qR=得通过棒横截面的电量相等，故B正确；C．由动量定理知，从ab→11ab

BILtmvmv=−从bc→220bBILtmv=−而12qq=即1122ItIt=故有2abvv=故C正确；D．产生的电能由能量守恒有222113222ababbEmvmvmv=−=212bc

bEmv=所以3abbcEE=故D错误。故选BC。三、实验题探究题15.如图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图，试回答下列问题(1)按实验要求，将实物连成电路____；(2)在该实验中电流计G的作用是_________；(3)在产生感应电流的回路中，器材中哪个相当于电

源(填字母代号)____________。【答案】(1).(2).检测感应电流的大小与方向(3).螺线管B【解析】【详解】(1)[1]实物连线如图；(2)[2]在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向；(3)[3]在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势相当于电

源。16.某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上

述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球

的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP。米尺的零点与O点对齐。(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA_______

_mB（选填“>”“<”或“＝”）。(2)碰撞后B球的水平射程应为________cm。(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________（填选项前的字母）。A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离

B.A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量E.测量G点相对于水平槽面的高度(4)若mv为不变量，则需验证的关系式为_____________。【答案】(1).>(2).647(64.2～65.2均可)(3).ABD(4).mA·OP＝m

A·OM＋mB·ON【解析】【详解】(1)[1]为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即mA大于mB。(2)[2]由图乙所示可知，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64．7cm；(3)[3]两球离开轨道后做平抛运动

，它们在控制的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mAv0=mAv1+mBv2两边同时乘以t得：mAv0t=mAv1t+mBv2t则：mAOP=mAOM+mBON实验需要测量小球的水平位移、小球的质量，故选ABD．(4)[4]有以上分

析可知，需要验证的表达式为：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON17.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律：(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的____；A.用橡胶塞密封注射器的下端B.用游标卡尺测量柱塞的直径C.读取压力表上显示的气压值D.读取刻度尺上显示的空气柱长度(2)

实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____；(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是____。A.B.C.D.【答案】(1).B(2).尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变(3).C【

解析】【详解】(1)[1]A.用橡胶塞密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的，不符合题意；B．没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边把截面可以消掉，故B没必要，符合题意；C．读取压力表上

显示的气压值，知道初末状态的气压值，故C是必要的，不符合题意；D．读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的，不符合题意。故选B。(2)[2]尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变。(3)[3]图象中直线比曲线直观，在等温变化中，P与1V成正比，因此画P—1V图

象，应是一条过坐标原点的直线，故C正确，ABD错误。故选C。四、计算题18.如图甲所示，竖直平面内有边长l=0.2m的正方形线框，匝数n=100，线框总电阻R=8Ω，一范围足够大的匀强磁场，其方向垂直于线框平面，磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外

为正)。求：(1)前2s内，线框产生的焦耳热；(2)t=0.5s时，线框的ab边受到的安培力大小.【答案】(1)16J；(2)20N【解析】【详解】（1）前2s内线框的感应电动势大小为BSEnntt==

解得8VE=线框产生的焦耳热22EQIRttR==解得16JQ=（2）前2s内线框中的感应电流EIR=ab边受到安培力的大小FnBIL=由题图乙可知，0.5st=时磁感应强度的大小1TB=，解得20NF=19.绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过

水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S=10cm2，重物的质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大气压强P0=10×105Pa，滑轮摩擦不计．稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1=12cm，气缸内温度T1=300K．(1)通过电热丝对气缸内气体加热，气体温

度缓慢上升到T2=400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d；(2)停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3．【答案】（1）4cm（2）375K【解析】【分析】（1）

加热过程为等压变化，根据盖吕萨克定律求解加热过程中活塞移动的距离d；（2）加挂重物后，找到气体的状态参量，由理想气体状态方程求解温度.【详解】（1）加热前10pSTpS+=Tmg=加热过程为等压变化1112()LSLdSTT

+=可得d=4cm（2）加挂重物后30pSTpS+=)Tmmg=+（由理想气体状态方程311113()pLddSpLSTT++=可得T3=375K20.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，

m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度0v，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，已知重力加速度为g，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）在平板车与小木块相对滑动的过程中，B的加速度大小及A对B

的冲量大小；（3）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小．【答案】（1）0MmvvMm−=+，方向向右（2）/amgM=，()02/IMmvMm=−+（3）2022MmsvMg−=【解析】【分析】A没有滑离B板，表示最终A、B具

有相同的速度，设此速度为v，根据动量守恒定律即可解题；根据牛顿第二定律求出B的加速度大小，由动量定理求A对B的冲量大小；从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，由动量守恒定律求此时平板车的速度大小和方向，对平板车，利用动能定理即可求解平板车向右运动

的位移；解：（1）由A、B系统动量守恒得：()00MvmvMmv−=+所以0MmvvMm−=+方向向右（2）对B，Fmg=合由牛顿第二定律FaM合=可得mgaM=对B，由动量定理可得：002MmvI

PMvMvMm==−=−+（3）A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时平板车移动的位移为s，速度为'v，则由动量守恒定律得：0'MvMvMv−=对平板车应用动能定理得：22011'22mgsMvMv

−=−联立解得：2022MmsvMg−=