【文档说明】江苏省连云港市灌南县第二中学2022-2023学年高二下学期第二次阶段性检测物理试卷.pdf，共(11)页，603.743 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级物理试卷第1页，共4页灌南县第二中学2022-2023学年度第二学期第二次阶段性检测高二物理试题考试时间：75分钟试卷总分：100分命题人：赵金兵审核人：黄成柱一、单选题（共12题，每题4分，共48分。）1．关于下列各图，说法正确的是（）A．图甲中

，实验现象说明薄板材料是非晶体B．图乙中液体和管壁表现为不浸润C．图丙中，T1对应曲线为同一气体温度较低时的速率分布图D．图丁中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显2．如图所示，图1为速度选择器，图2为磁流体发电机，图3为回旋加速器，图4为质谱仪。下列说法正确的是（）A．

图1中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是EvBB．图2是磁流体发电机，A点电势比B点电势高C．图3要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度D．图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比3．在中学生科技展上，某同

学呈现了如图所示的自制实验装置：两个线圈A、B之间没有导线相连，其中线圈A与手机的音频输出端相连，线圈B与音响输入端相连，把线圈A插入线圈B时，音响响起了手机上的播放歌曲。下列说法错误的是（）A．该装置的工作原理与变压器相同B．线圈A中

的电流是恒定电流C．将线圈A、B互换，音响播放效果会变D．线圈A中插入铁芯，音响播放效果会更好4．如图所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁体的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转

。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的磁场。若从图示位置开始计时，当线框绕固定转动轴匀速转动时，下列图像中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是（）高二年级物理试卷第2页，共4页A．B．C．D．5．分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相

距2rr处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（）A．从2rr到0rr分子间引力、斥力都在减小B．从2rr到1rr分子力的大小先减小后增大C．从2rr到0rr分子势能先减小后增大D．从2rr到1rr分子动能先增大后减小6．2010年诺贝尔

物理学奖授予安德烈·盖姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究，他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34nm的石墨烯，是碳的二维结构。如图所示为石墨、石墨烯的微观结构。根据以上信息和已学知识判断，下列

说法中正确的是（）A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体B．石墨是单晶体，石墨烯是多晶体C．石墨的物理性质表现为各向异性，石墨烯的物理性质表现为各向同性D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的7．2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时（）A．气泡受

到浮力B．因处于完全失重状态，所以不会有水分子进入气泡中C．气泡内气体在界面处对水产生压力D．水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力8．下列说法中正确的是（）A．0℃的冰和0℃的铁，它们的分子平均速率相同B．已知氧气的摩尔质量、密度及阿伏加德罗常数，可以算出一个

氧气分子的体积C．当分子间斥力与引力大小相等时，分子势能为极小值D．花粉微粒在液体中的布朗运动，是由花粉微粒内部分子无规则运动引起的9．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120J，已知状态A气体的温度为150C。下列说法正确的是（）A．气体在状态B时的

温度为300CB．气体在此过程中吸收了200J的热量C．状态B气体中每个分子动能与状态A相比较或多或少都有所增加D．状态B时气体单位时间内对容器壁单位面积上碰撞的分子数为状态A时的一半高二年级物理试卷第3页，共4页10．如图所示，为一定质量的理想气体所经历的由两个绝热过程和两个等容过程组成

奥托循环，则该气体（）A．在状态a与状态c内能可能相等B．从d→a吸收的热量小于从b→c放出的热量C．从c→d的过程中，气体对外界做功D．经历一个循环，气体对外做功11．下列说法正确的是（）A．不可能从单一热源吸收热量使之全部转化为功B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递

中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第一定律D．随着技术的不断发展，最终也不能使热机的效率达到100%12．图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣

把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，然后把锁扣扳下，使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好、有效面积为28cm（不计吸盘和墙壁接触部分的面积），扳下锁

扣前密封体积为31.0cm，压强等于大气压强为5110Pa，空气密度为31.29kg/m，扳下锁扣后吸盘内体积变为32.0cm，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍，下列说法正确的是（）A．扳下锁扣后吸盘内气体压强为51.810Pa

B．扳下锁扣后吸盘内气体密度为31.03kg/mC．该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60ND．冬天使用该吸盘时，吸盘能够承受的最大拉力将减小二、实验题（4空，每空3分，共12分）13．（1）某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明

显偏大，可能是由于______A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量的酒精C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格D．求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴（2）在“用油膜法估测分子的大小”的实验

中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和

尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1cm则：①油酸薄膜的面积是______cm2。②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL.（取1位有效数字）③按以上实验数据估测出油酸分子直径约为______m。（取1位有效数字）三、解答题（4个小题，共40分，其中8+18+

12+12=40分）14．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p­V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为T=300K，求：(1)气体在状态C时温度T；(2)若气体在A→B过程中吸热1000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？高二年级物理

试卷第4页，共4页15．在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V­T图像。已知AB的反向延长线过坐标原点O，气体在状态A时的压强为p=1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体从外界吸

收的热量为Q=6.0×102J，求：（1）气体在状态B时的体积V。（2）此过程中气体内能的增加量ΔU。16．如图所示，空间分布着有理想边界的匀强磁场，左侧区域宽度d，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，右侧区域宽度足够大，匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里

；一个带正电的粒子（质量m，电量q，不计重力）从左边缘a点，以垂直于边界的速度进入左区域磁场，经过右区域磁场后，又回到a点出来。求：（1）粒子在磁场中运动的半径R；（2）粒子在磁场中运动的速率v；（3）粒子在磁场中运动的时间t。17．如图所示，足够长的U形

轨道倾斜放置，与水平面成30角，宽度0.5mL，其下端连接一个定值电阻2ΩR。导轨间存在1TB的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下。一根质量0.1kgm、电阻1Ωr的导体棒ab，垂直于导轨放置。虚线MN以上部分，导轨光滑；MN以下部分，导轨粗糙，且导体棒与

轨道间动摩擦因数33。距虚线MN上方0.8m处，导体棒ab以02m/sv的初速度开始向下滑行，恰能以最大速度越过虚线MN，此后继续滑行，最终停止。（g取210m/s）求：（1）导体棒刚开始下滑时的加速度；（2）在整个过程中，电阻R产生的焦耳热；（3）越过虚线MN之

后，导体棒滑行的距离。答案第1页，共7页参考答案：1．C【详解】A．图甲说明薄板在传导热量上具有各向同性，多晶体和非晶体都具有各向同性，说明薄板可能是多晶体，也可能是非晶体，故A错误；B．图乙中液体在毛细管中上升，说明该液体能够浸润玻璃，故B错误；C．温度越高，各速率区

间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，则图丙中，T1对应曲线为同一气体温度较低时的速率分布图，故C正确；D．图丁中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，粒子越趋于平衡，布朗运动越不明显，故D错误。故选C。2．A【详解】A.图1中电子、质子能够沿直线通过

速度选择器的条件是EvB，A正确；B.图2是磁流体发电机，根据左手定则可知，A点电势比B点电势低，B错误；C.由公式2vBqvmR可知BqRvm故粒子获得的动能为2222k1122BqREmvm图3要增大某种粒子的最大动能，可增加磁场的磁感应强度，C错误；D.由题可知2212

UqmvvBqvmr解得12UmrBq图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比111222mqrrmqD错误。故选A。3．B【详解】A．该装置的工作原理是电磁感应，与变压器的工作原理相同，故A正确；B．线圈A中的电流是变化的电流，变化的电流激

发了变化的磁场，变化的磁场在线圈B中激发了变化的电流，故B错误；C．将线圈A、B互换，会改变磁通量，从而改变音响播放效果，故C正确；答案第2页，共7页D．线圈A中插入铁芯，能增强磁场强度，音响播放效果会更好，故D正确。本题要求选择错误的，故选B。4．D【详解】AB．因发

电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线呈辐向分布，线框与磁感应线垂直的两边所在处的磁感应强度的大小相等，故线框在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势的大小不变，AB错误；CD．线框越过竖直方向的空隙段后，根据右手定则可知线框切割磁感线产生的感应电动势的方向发生变化，C错误，D正确。

故选D。5．D【详解】A．从2rr到0rr分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；B．由图可知，在0rr时分子力为零，故从2rr到1rr分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；C．分子势能在0rr时分子势能最小，故从2rr到0r

r分子势能一直减小，故C错误；D．从2rr到1rr分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。故选D。6．D【详解】AB．石墨、石墨烯都是单晶体。石墨与石墨烯等都是碳元素的单质，它们互为同素异形体。故AB错误；C

．石墨、石墨烯的物理性质都表现为各向同性，故C错误；D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的，故D正确。故选D。7．C【详解】A．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；B．水分子在平衡位置附近做无规则的热运动，会有很少的水分子（界面附近）进入气泡内，B错误；C．由于在失重状态下，气泡内

气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C正确；D．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误。故选C。8．C【详解】A．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相等，因分子质量不同，故

平均速率不相等，A错误；B．利用氧气的摩尔质量、密度可以求出氧气的摩尔体积，由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子占据的平均体积，考虑到分子间隙较大，所以平均体积大于分子体积，所以无法算出氧气分子的体积，B错误；C．当分子斥力与分子引力大小相等时，分子力

为零，此时距离增大表现为引力做负功，距离减小表现为斥力做负功，因此是能都要增大，所以此时分子势能有极小值，C正确；答案第3页，共7页D．花粉颗粒在液体中的布朗运动是花粉小颗粒的运动，它反映了液体分子的无规则运动，D错误。故选C。9．B【详解】A．从状态A变

化到状态B，等压变化，则ABABVVTT由题意知332.010mAV，334.010mBV，273K150C423KAT可得2846K573CBATT故A错误；B．从状态A变化到状态B，气体膨胀，外界对气体做负功，则530.4104.02.010J80JW

从状态A变化到状态B，该过程中气体内能增加了120J，则120JU由热力学第一定律UWQ可得200JQ故B正确；C．从状态A变化到状态B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都增大，故C错误；D．从

状态A变化到状态B，体积加倍，压强不变，温度升高，分子平均动能增大，则分子运动的激烈程度增大，分子对器壁的平均撞击力增大；根据压强的微观意义可知，单位时间内单位面积上碰撞器壁的气体分子数一定减少，不一定

是一半。故D错误。故选B。10．D【详解】A．依题意，气体从a→b状态，气体绝热膨胀，则气体对外做功，气体内能减小；气体从b→c状态，气体体积不变，压强减小，则气体温度降低，内能减小，可知气体在状态a的内能大于状态c内能，故A错误；C．从c→d的过程中，气体体积减小，则外界对气体做

功，故C错误；BD．依题意，从b→c气体体积不变，压强减小，则温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体放出热量；从d→a气体体积不变，压强增大，则温度升高，气体内能增大，气体吸收热量；气体经历一个循环，气体内能不变，根据热力

学第一定律可知WQ由pV图像围成的面积可知一个循环后气体对外做功，则整个过程气体吸热，即一个循环过程从d→a吸收的热量大于从b→c放出的热量，故B错误，D正确。故选D。11．D答案第4页，共7页【详解

】A．根据热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量使之全部转化为功，但要引起其他变化，故A错误；B．热量可以从低温物体传递给高温物体，但要引起其他变化，故B错误；C．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故C错误；D．根据热力学第二定律可知，随着技术的不断发展

，最终也不能使热机的效率达到100%，故D正确。故选D。12．C【详解】A．由于轻质吸盘导热良好，所以扳下锁扣前、后吸盘内气体可视为等温变化，根据玻意耳定律有0011pVpV解得扳下锁扣后吸盘内气体压强为510.510Pap故A错误；B．扳下锁扣后吸

盘内气体质量不变，体积变为原来的2倍，所以密度变为原来的一半，即30.645kg/m，故B错误；C．此时吸盘与墙壁间的正压力大小为N01()40NFppS该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过maxN1.560NGF

故C正确；D．根据前面分析可知，扳下锁扣后吸盘内外压强差为大气压强的一半，冬天温度较低，大气压强较大，所以冬天使用该吸盘时，吸盘与墙壁间正压力增大，吸盘能够承受的最大拉力将增大，故D错误。故选C。13．AC1158×10­67×10­10【详解】（1）[1]A．根据VdS油酸未完全散开时

，面积减小，所以估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，A正确；B．油酸中含有大量的酒精没有影响直径的测量，因为油酸本来就是要加入酒精希释的，B错误；C．计算油膜面积时舍去了是所有不足半格的方格，所以计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格时

，面积测量值变小，则计算结果偏大，C正确；D．求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，则体积的测量变小了，所以计算直径偏小，D错误。故选AC。（2）①[2]计算油膜面积时满半格的方格算一格，不足半格的不算，则油酸薄膜的面积是2221151cm115cmSnL答案第5页，共

7页②[3]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是466110mL=810mL75V③[4]按以上实验数据估测出油酸分子直径约为621081010m710m115VdS14．(1)375K；

(2)气体内能增加，增加了400J【详解】(1)D→A为等温线，则TA=TD=300KC到D过程，由盖—吕萨克定律得CDCDVVTT=解得TC=375K(2)A→B过程压强不变，气体做功为53210310J600JWpV

由热力学第一定律，得1000J600J400JQUW则气体内能增加，增加了400J15．（1）33810m；（2）400J【详解】（1）由题意可得ABABVVTT解得33810mBV（2）在从状态A变

化到状态B的过程中，气体压强不变，对外界做功为200JBAWpVV根据热力学第一定律可得400JUQW16．（1）233d；（2）233Bqdm；（3）73mqB【详解】（1）画出粒子在磁场中的运动轨迹如图

答案第6页，共7页由几何关系可知，三角形O1O2O3为等边三角形，则粒子在磁场中运动的半径23sin603ddR（2）根据洛伦兹力提供向心力2vqvBmR解得粒子在磁场中运动的速率233Bqdvm（3）粒子运动的周期2mTqB则粒子在磁场中运动的时间60603

0073603mtTqB17．（1）2103m/s，方向沿斜面向下；（2）0.4J；（3）7.2m【详解】（1）导体棒刚开始下滑时感应电动势010.52V1.0VEBLv由欧姆定律得电路中定律1.01AA213EIRr导体

棒所受安培力11=10.5NN36FBIL安由牛顿第二定律得导体棒刚开始下滑时的加速度2sin10m/s3mgFam安方向沿斜面向下。（2）越过虚线MN之后，动摩擦因数33，则si

ncosmgmg越过虚线MN之后，重力与摩擦力对导体棒所做总功为0，对导体棒从开始到最终停止利用答案第7页，共7页动能定理2f0102GWWWmv安解得0.6JW安导体棒克服安培力做的功转化为电路中的焦耳热，由22RrWQQQIRtIrt

安解得在整个过程中，电阻R产生的焦耳热0.4JRRQQRr（3）导体棒到达MN时，恰好速度最大，则sinmgF安又=FBIL安，EIRr，EBLv即22sinBLvmgRr解得导体棒的速

度6msv越过虚线MN之后，对导体棒由动量定理得0Ftmv安即22BLvtmvRr解得22BLxmvRr解得227.2mmvRrxBL