【文档说明】广东省佛山市三水中学2019-2020学年高二下学期第二次统考物理试题 【精准解析】.doc，共(15)页，628.500 KB，由小赞的店铺上传

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三水中学2019-2020学年下学期第二次统考高二物理试题（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的磁效应，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】A．1820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k22er=m2vr知，22kevmr，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：B．3.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.由题图乙可知，0～t1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0～t1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0～t1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0～t1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5C升高到10C，体积的增量为ΔV1；温度由10

C升高到15C，体积的增量为ΔV2，则（）A.ΔV1＝ΔV2B.ΔV1>ΔV2C.ΔV1<ΔV2D.无法确定【答案】A【解析】【详解】由盖·吕萨克定律11VT＝22VT可得11VT＝VT即ΔV＝1TTV1所以ΔV1＝5278V1ΔV

2＝5283V2(V1、V2分别是气体在5C和10C时的体积)，而1278V＝2283V所以ΔV1＝ΔV2故A正确，BCD错误。故选A。6.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)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．t＝0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D．7.如图所示是一定质量的理

想气体的状态变化过程的p－T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=1Ω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=1Ω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.匀强磁场的磁感应强度为

1.0TC.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中电流的方向由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：00BILmgma，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有000ababEBLvIRRRR，联立得2200abBLvmgmaRR，代入数据解得2.

0TB，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10.30.060.24mhhh，则通过R的电荷量210.24C0.24C11ababBLhqRRRR，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22abBLvmgRR，解得金属杆的速度1.5m/sv；根据能量守恒得2201122mghmvmvQ，而两电阻串联热量关系为RabQQRRR，联立解得0.86625JRQ，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：Et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：Et可得，A线圈中电流变化越快，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r<r0时分子力表现为斥力，分子间的距离增大时，分子间作用力减小；分子距离减小时，分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大；当r>r0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D､E能结合成F,结合过程一定要释放能量B.若D､E能结合成F,结合过程一定要吸收能量C.若A能分裂成B､C,分裂过程一定要

释放能量D.若A能分裂成B､C,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,则反应过程中一定要吸收能量,由图象易知A､C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ν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ν0B.该金属的逸出功W0=hv0C.遏止

电压为E/eD.普朗克常量h=E/ν0【答案】ABD【解析】【详解】A．频率大于ν0时，才能发生光电效应，所以该金属的极限频率为ν0，故A正确；B．根据光电效应方程EKm=hγ−W0=hγ−hγ0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=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/ν0．故D正确．故选ABD.13.如图所示，先后

以速度1v和2v匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且122vv，则在先后两种情况下（）A.线圈中的感应电动势之比为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EBLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比；根据2QIRt，求出线圈中产生的焦耳热之比；根据qItR，求出通过线圈某截面的电荷量之比；【详

解】AB.由于122vv，根据EBLv，知感应电动势之比2:1，感应电流EIR，则感应电流之比为12:2:1II，故A正确，B错误；C.由Ltv，知时间比为1:2，根据2QIRt，知焦耳热之

比为2:1，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：qItR，知通过某截面的电荷量之比为1:1，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EBLv，欧姆定律，知道电磁感应中电荷量公式qnR

Φ．14.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于22442mgRBL【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22BLvmgmaR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0~t1和t1~

t2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Ⅰ磁场到进入Ⅱ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=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则220BLvm

gR，得22mgRvBL，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于22mgRBL，根据22vhg得金属杆进入磁场的高度应大于222224444=22mgRmgRgBLBL，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Ⅰ和Ⅱ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B＝0.1T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0.1Ω，框架光滑且电阻不计，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=ERE=BLvmax联立以上各式得vmax＝22mgRBL＝220.1100.10.11m/s＝10m/

s(3)导体ab达到最大速度时其电功率为P＝IE，由以上各式得P＝2maxBLvR＝2(0.1110)0.1W＝10W16.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p1V1=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（）⑧17.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4Ω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1Ω，求：

①通过小灯泡的电流；②恒力F的大小；③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5LabRRR总回路中感应电动势为：10

.5?BESVtt灯炮中的电流强度为：10.1?LEIAR总（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：0.1?LIIA恒力大小：0.1AFFBIdN（3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：210.5E

EV金属棒在磁场中的速度：20.5/EvmsBd金属棒未进入磁场的加速度为：20.125/vamst故金属棒的质量为：0.8Fmkga【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．