【文档说明】广东省湛江市第二十一中学2019-2020学年高二下学期复学考试（线上测试）物理试题【精准解析】.doc，共(17)页，961.500 KB，由小赞的店铺上传

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湛江市2019—2020学年度第二学期期研考试高二物理（3-2、3-3）试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确答案的字母代号填在答题纸相应的位置上）。1.如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表

示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．途中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是．（填选项前的字母）A.曲线①B.曲线②C.曲线③D.曲线④【答案】D【解析】【详解】麦克斯韦分

子速率分布规律如图所示，呈现“两头大，中间小”的特点，曲线①、③可先排除，曲线②也不对，因为当v=0时，f（v）一定为零，且v很大时，f（v）趋于零，所以本题正确是曲线④，故ABC错误，D正确．故选D。2.如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的

是（）A.当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B.当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C.当r等于r2时，分子的分子势能为零D.在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【答案】B【解析】【详

解】A．由图可知r2=r0，因此当r大于r1而小于r2时分子力为斥力，大于r2时分子力为引力，故A错误；B．由于r1＜r2=r0，故当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确；C．由图可知，当r等于r2时，分子势能不为0，故C

错误；D．当r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，因此分子间作用力做正功，故D错误。故选B。3.如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，活塞和气缸都导热，活塞与气缸间无摩擦，原先重物和

活塞均处于平衡状态，因温度下降使气缸中气体做等压变化，下列说法正确的是（）A.重物上升，气体放出热量B.重物上升，气体吸收热量C.重物下降，气体放出热量D.重物下降，气体吸收热量【答案】A【解析】【详解】CD．因温度下降，T1>T2，气体做等压变化得1212VVTT

联立得V1>V2，即气体体积变小，活塞要向下运动，活塞将带动重物上升，故CD错误；AB．活塞压缩气体，对气体做功，气体温度升高，由于活塞和气缸都导热，所以气体要向外放出热量，故A正确，B错误。故选A。4.下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的

是（）A.图（a）反映了气体的等容变化规律B.图（b）反映了气体的等容变化规律C.图（c）反映了气体的等压变化规律D.图（d）反映了气体的等温变化规律【答案】B【解析】【详解】A．图（a）温度不变，根据气体状态方程得体积增大，压强减小，反映了气体

的等温变化规律，故A错误；B．在等容变化过程中pcT，则(273)pct则图（b）反映了气体的等容变化规律，故B正确；C．在p－T图象中过原点的直线表示等容变化，故C错误；D．图（d）不能反映压强与体积成反比，所以图（d）可能是等温线，也有可能不是

等温线，故D错误。故选B。5.如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是()A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B.曲线M的bc段表示固液共存状态C.曲线

M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态【答案】B【解析】【详解】A．晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，故A错误。B．晶体是在固定的温度下熔化为液体，而非晶体是随着温度的升高

逐渐由硬变软，最后变成液体，则bc段表示晶体的固液共存状态，故B正确。C．曲线M的ab段表示固态。由于非晶体没有一定熔点逐步熔化，曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，晶体只要吸热，熔化过程就进行，所以曲线N的ef段不表示固态，故C错误。D．曲

线M的cd段表示液态。曲线N的fg段不表示液态，故D错误。故选B。6.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈内的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A.t1、t3时刻通过

线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小【答案】B【解析】t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大，磁通量变化率t＝0，

此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误7.如图所示，左右两个电路中，当a、b两端和e、f两端分别接220V的交变电压时，测得c、d两端和g、h两端的电压均为110V．若分

别在c、d两端和g、h两端加上110V交变电压，则a、b两端和e、f两端测得的电压将分别是()A.220V，220VB.220V，110VC.110V，110VD.220V，0V【答案】B【解析】【详解】当a、b两端接220V的交变电压时，测得c、

d两端的电压为110V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V，当g、h两端加上110V交变电压时，e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V，故B正确，ACD错误．故选B．【点睛】难度较小，根

据已知算出变压器两端线圈匝数比，然后再根据1122UnUn算出变化后的ab端电压，因为gh端接110V电压时，ef两端电压与其相等，所以可解出8.图示为远距离输电线路的示意图，若保持发电机的输出电压不变，下列叙述中正确的是（

）A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B.输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定C.当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压【答案】C【解析】【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，

输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．【详解】A．由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功

率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，A错误；B．输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，B错误；C．当用户电阻减小时，导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，C错误；D．由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压

，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分。9.如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数

之比n1∶n2=10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下则说法正确的是（）A.变压器输出两端所接电压表的示数为222VB.变压器输出功率为220WC.变压器输出的交流电的频率为50HzD.该交流电每秒方向改变50次【答案】BC【解析】【详解】A．根据原线圈

电压波形图，可知原原线圈电压最大值为2202V，则有效值为122022202UV根据1122UnUn解得222VU，即变压器输出两端所接电压表的示数为22V，故A错误；B．由题知，原线圈的电流为1A，则输入功率为P=U1I=22

0W输入功率与输出功率相等，可知变压器输出功率为220W，故B正确；C．由图可知，该交流电的周期为T=0.02s，则频率为1fT50Hz故C正确；D．交流电一个周期内方向改变2次，而周期为0.02s，故每秒方向改变100次，故D错误。故选BC.10.有两个完全相同的电

阻，一个通以10A的直流电流,热功率为P，另一个通以正弦式交变电流，热功率为2P，那么（）A.交流的有效值为10AB.交流的最大值为102AC.交流的有效值为102AD.交流的最大值为20A【答案】CD【解析】【详解】一个通以10A的直流电流，热功率为P，则有P＝I2R，当正弦式交变电

流，同一电阻，热功率为2P，则有正弦电的电流有效值为I′，因此2P＝I′2R，解得：I′2I＝102A；正弦电流的最大值为Im2I′＝20A，故CD正确，AB错误．11.下列说法正确的是（）A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反

映了花粉分子的热运动B.空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大【答案】BCE【解析】【详解】A．悬浮在水中花粉的布朗运动反映

了液体分子的热运动，故A错误；B．表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故B正确；C．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特

点，故C正确；D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压强较低的缘故，故D错误；E．饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故E正确。故选BCE。12.如图，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，

b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中（）A.气体对外界做功，内能减少B.气体不做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变E.容器中的气体在足够长的时间内，还能全部自动回到a部分【答案】BD【解析】【详解】AB．绝热容器内的稀薄气体

与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，由热力学第一定律可知，气体内能不变，故A错误，B正确；CD．根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，故C错误，D正确；E．根据热力学第二

定律可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故E错误。故选BD。13.根据热力学定律，下列说法正确的是（）A.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D.对能源的过度消耗将使自然界的

能量不断减少，形成能源危机E.电冰箱的制冷系统能够不断把冰箱内的热量传递到外面，违背了热力学第二定律【答案】AB【解析】【详解】A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，其过程消耗了电能，故A正确；B．空调机在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，

故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故B正确；C．根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，故C错误；D．自然界的能量不会减少，形成“能源危机”的原因是能源的品质下降，可利用的能源不断减少，故D错误；E．由热力学第

二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但电冰箱的制冷系统能够不断把冰箱内的热量传递到外面是由于电动机做功，不违背了热力学第二定律，故E错误。故选AB。14.如图表示一定质量的理想气体状态变

化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是（）A.从状态d到c，气体不对外做功，外界也不对气体做功B.从状态c到b，气体对外做负功C.从状态a到d，气体对外做功D.从状态b到a，气体不对外做功，外界也不对气体做功【答案】BCD【解析】【详解】A．由图

示图象可知，从状态d到c，温度不变而压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，气体对外做功，故A错误；B．由图示图象可知，a到b过程p与T成正比，是等容变化，则bbVV从c到b′是等压变化，温度降低，由盖吕萨克定律可知，体积减小，即cbVV则

cbVV＞从c到b过程体积减小，外界对气体做功，即气体对外界做负功，故B正确；C．从状态a到d，是等压变化，气体温度升高，由等压变化可知，气体体积增大，气体对外做功，故C正确；D．由图象可知，从状态b到a过程，p与T成正比，是等容变化，气体体积不变，气

体不对外做功，外界也不对气体做功，故D正确。故选BCD。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）15.油膜法估测分子大小的实验，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL这样的溶液共计80滴。现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是_____

____m3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积_______，估算的油酸分子直径________。（后两空选填“偏大”或“偏小”）【答案】(1).2.5×10－11(2).偏小(3).偏大【解析】【

详解】[1]这滴溶液中纯油酸的体积3811311=10mL=2.510mL=2.510m50080V[2][3]若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由

VdS可知，估算的油酸分子直径偏大16.利用图a所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内部电路的总电阻R内。使用的器材有：多用电表，毫安表（量程10mA），电阻箱，导线若干。回答下列问题：(1)将多

用电表挡位调到电阻“×10”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；(2)将电阻箱阻值调到最大，再将图a中多用电表的红表笔和_____（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。(3)调节电阻箱，记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图b所示，则该读数为_________；

(4)甲同学根据EIRR内，得到关于1I的表达式，以1I为纵坐标，R为横坐标，作1RI图线，如图c所示；由图得E=______V，R内=______。（结果均保留三位有效数字）(5)该多用电表的表盘如图d所示，其欧姆刻度线中央刻度

值标为“15”，据此判断电阻“×10”挡内部电路的总电阻为______Ω，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是_________________。【答案】(1).1(2).23.2(3).1.43(4).200(5).15

0(6).甲同学没有考虑毫安表内阻的影响【解析】【详解】(2)[1]欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；(3)[2]由图可知，电阻箱读

数为=(210+31+20.1)Ω23.2ΩR(4)[3][4]由EIRR内变形得11=+RRIEE内由图像可得117514050kE解得1.43VE截距为=140RbE内得200ΩR内(5)[5]由图可知，此欧姆表的中值电阻

为=1510Ω=150ΩR中则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为150Ω[6]由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有11=++RrRIEEE内由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻四、计算题（共3小题，共34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）17.如图10­2­30所示为泰安某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V40W”的白炽灯6盏）供电

．如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么：（1）发电机的输出功率应是多大？（2）发电机的电动势是多大？（3）输电效率是多少？【答案】（1）5424W；（2）250V；（3）97.3%【解

析】【详解】（1）全校教室白炽灯消耗的功率P用＝22×40×6W＝5280W．设输电线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，334441UnUn而U4＝220V，则U3＝4×220V＝880V，3528068

80PIAAU用线线路损失功率P损＝IR线＝36×4W＝144W，所以P出＝P用＋P损＝5424W．（2）U损＝I线R线＝6×4V＝24V，U送＝U2＝U损＋U3＝904V，由1122=UnUn得：211219042264UnUVVn升压变压器原线圈电流1

1542424?226PIAAU发电机的电动势E＝I1r＋U1＝24×1V＋226V＝250V．（3）5280100%100%97.3%5424PP用出【点睛】解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之

和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．18.如图所示，一粗细均匀的玻璃瓶水平放置，瓶口处有阀门K，瓶内有A、B两部分用一活塞分开的理想气体。开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度

分别为2L和L，压强均为p。若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略。当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L时，（忽略摩擦阻力）求此时(1)A中气体的压强；(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比。【答案】（

1）pA＝65p；（2）BBmm＝12【解析】【详解】(1)对A中气体由玻意耳定律可得p·2L＝pA(2L＋0.4L)解得pA＝65p(2)AB气体通过活塞分开，AB中气体压强始终保持相同即pA＝pB设漏气后B中气体和漏出气体总长度为LB，则

pSL＝pBSLB解得LB＝65L此时B中气体长度为L′B＝L－0.4L＝0.6L则此时B中气体质量m′B与原有质量mB之比为BBmm＝BBLL解得'BBmm＝1219.粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端

开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。现从U形管右侧缓慢注入水银，使右侧空气柱上方水银柱的长度变为25cm。求：(i)右侧管内封闭空气柱的长度；(ii

)左侧管内水银面上升的高度。【答案】(i)4.5cm；(ii)2cm【解析】【详解】(i)设玻璃管的横截面积为S；令、g分别为水银密度和重力加速度，初始时，右侧水银柱高度为h1=15cm，产生压强为ph1，空气柱长度为l1=5cm，压强为p1，注入水银后，右侧水银柱高度为h1ʹ=25cm，产生压

强为ph1ʹ，空气柱长度为l1ʹ，压强为p1ʹ，由力的平衡条件有p1=p0+ph1=90cmHgp1ʹ=p0+ph1ʹ=100cmHg由玻意耳定律有p1l1S=p1ʹl1ʹS，联立以上各式并代入数据解得l1ʹ=4.5cm(ii)初始时，左侧空气柱长度为l2=32cm，压强为p

2=p1；注入水银后，设左侧水银面上升的高度为h，高出的水银柱产生压强为2ph，左侧空气柱压强为p2ʹ由力的平衡条件有p2ʹ=p1ʹ‒2ph由玻意耳定律有p2l2S=p2ʹ(l2‒h)S联立以上各式并代入数据得h2‒82h+160=0解得h

=80cm（不合题意，舍去），h=2cm