学年河南省鲁山县一中高二下学期月考物理试题 解析版.docx
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学年河南省鲁山县一中高二下学期月考物理试题 解析版.docx
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学年河南省鲁山县一中高二下学期月考物理试题解析版
河南省鲁山县一中2017-2018学年第二学期高二6月月考物理试卷
一、选择题
1.质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动,轨道平面在竖直平面内,电场方向竖直向下,磁场方向垂直圆周所在平面向里,如图所示,由此可知()
A.小球带正电,沿顺时针方向运动
B.小球带负电,沿逆时针方向运动
C.小球带正电,沿逆时针方向运动
D.小球带负电,沿顺时针方向运动
【答案】D
【解析】
小球做匀速圆周运动,知靠洛伦兹力提供向心力,重力和电场力平衡,则电场力方向竖直向上,则小球带负电,根据小球所受的洛伦兹力方向,根据左手定则,小球沿顺时针方向运动,D正确.
2.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则()
A.线圈恰好在完全离开磁场时停下
B.线圈在未完全离开磁场时即已停下
C.线圈在磁场中某个位置停下
D.线圈能通过场区不会停下
【答案】D
【解析】
线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度,安培力
,知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功,则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,知出磁场后,动能减小量小于在磁场外面的一半,故不为零,还有动能,将继续运动,不会停下来,D正确.
3.信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区,每个磁化区代表了二进制数1或0,用以储存信息。
刷卡时,当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时,在检测头的线圈中会产生变化的电压(如图1所示)。
当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时,在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析:
由图1可知,当“1”区经过阅读器的检测头时,产生正向电压,当“0”区经过阅读器的检测头时,产生负向电压,可见B正确,故选B
考点:
考查电磁感应与图像
点评:
本题难度较小,根据磁极的N、S极代表的数字进行判断
4.如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点摆动。
金属线框从右侧某一位置静止开始释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面。
则线框中感应电流的方向是()
A.
B.先是
,后是
C.
D.先是
,后是
【答案】C
【解析】
由静止释放到最低点过程中,磁通量减小,且磁场方向向上,由楞次定律,感应电流产生磁场也向上,再由右手螺旋定则可知,感应电流的方向:
d→c→b→a→d;同理,当继续向右摆动过程中,向上的磁通量增大,根据楞次定律可知,电流方向是d→c→b→a→d,C正确.
【点睛】本题考查楞次定律的应用,关键在于先找出原磁通量的变化,再由楞次定律确定感应电流的磁场方向,最后确定感应电流,楞次定律可理解为“增反减同”.
5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数n1:
n2=4:
1,当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表A1的示数是12mA,则电流表A2的示数为( )
A.3mA
B.48mA
C.0,
D.与负载R的值有关
【答案】C
【解析】
试题分析:
变压器是根据磁通量的变化来工作的,当原线圈的磁通量恒定时,副线圈是没有感应电流的,根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论.
解:
由于直导线AB匀速运动,则AB切割磁场产生的电流时恒定的,线圈产生的磁通量也是恒定的,所以不会引起副线圈的磁通量的变化,所以副线圈不会有感应电流产生,即安培表A2的读数为0.故选:
D.
6.下列说法正确的是()
A.不考虑摩擦的热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C.晶体在一定条件在可以转变为非晶体,而非晶体不能转变为晶体
D.能量耗散过程违背了热力学第一定律
【答案】B
【解析】
由热力学第二定律可知,热机效率不可能达到100%,故A错误;物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功,故B正确;晶体在一定条件在可以转变为非晶体,非晶体也可以转变为晶体,故C错误;能量耗散过程不违背热力学第一定律,故D错误。
所以B正确,ACD错误。
7.用一段金属丝做成环状,把棉线的两端松弛地系在环的两点上,然后把环浸入肥皂水中,再拿出来使环上形成肥皂膜,如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜,则如图所示a、b、c三个图中,可能的是图( )
A.a、b、c
B.a、b
C.b、c
D.a、c
【答案】B
【解析】
先把个棉线圈拴在铁丝环上,再把环在肥皂液里浸一下,使环上布满肥皂液薄膜.膜中分子间的距离比液体内部大一些,分子间的相互作用表现为引力,所以产生收缩效果.故(a)、(b)是可能的,(c)是不可能的,故应选B。
点晴:
凡作用于液体表面,使液体表面积缩小的力,称为液体表面张力.它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层,叫做表面层,表面层里的分子比液体内部稀疏,分子间的距离比液体内部大一些,分子间的相互作用表现为引力。
8.容积为20L的钢瓶充满氧气后,压强为150atm,打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5L的小瓶中,若小瓶原来是抽空的,小瓶中充气后压强为10atm,分装过程中无漏气,且温度不变,那么最多能分装( )
A.4瓶
B.50瓶
C.56瓶
D.60瓶
【答案】C
【解析】
根据玻意耳定律p0V0=p′(V0+nV1),
所以
.故选C.
点睛:
本题考查等温变化状态方程.重点是确定初末状态的各物理量,注意原瓶内气体体积,不要忘了V0.
9.如图所示,用导热的固定隔板把一容器隔成容积相等的甲、乙两部分,甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气.在达到平衡时,它们的温度必相等,若分子势能可忽略,则甲、乙中( )
A.气体的压强相等
B.气体分子的平均动能相等
C.气体的内能相等
D.气体分子的平均速率相等
【答案】B
【解析】
忽略分子势能,内能只与温度有关,温度相同分子的平均动能相同,由于甲乙气体质量相同,分子个数不同,分子总动能不同,内能不同,B对;
10.一定质量的理想气体初始状态为(P0,V0),分别经过三个不同的过程变到末状态(P0,2V0).
①等温膨胀变为2V0,再等容升压到(P0,2V0),总共吸收热量为Q1;
②等压膨胀到(P0,2V0),吸收的热量为Q2;
③先等容降压到0.5P0,再等压膨胀到2V0,最后等容升压到(P0,2V0),总共吸收热量Q3;则Q1、Q2、Q3的大小关系是( )
A.Q1=Q2=Q3
B.Q1>Q2>Q3
C.Q2>Q1>Q3
D.Q3>Q2>Q1
【答案】C
【解析】
由公式
可知,三种情况温度变化相同,内能变化相同
在第二种情况中,等压膨胀,气体对外做功,则吸收的热量Q2=△U+P0V0
在第一种情况中,在等温膨胀的过程中,气体对外做功,在等容升压的过程气体对外不做功,等温膨胀时,由于体积增大,则压强减小,知压强小于
知该过程中气体对外做功小于P0V0,大于0.5P0V0,则Q1<△U+P0V0
在第三种情况中,在等容变化的过程中气体对外不做功,则等压膨胀时,气体对外做功为0.5P0V0,则Q3=△U+0.5P0V0.所以Q2>Q1>Q3,故C正确,A、B、D错误。
点晴:
根据气体状态方程知,温度的变化相同,则内能变化相同,根据热力学第一定律△U=Q+W,通过做功的大小比较吸收热量的大小。
11.下列关于热力学第二定律的表述中,正确的是()
A.热量不能从低温物体传到高温物体
B.不可能从单一热源吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响
C.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
D.在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减小
【答案】BCD
【解析】
A项:
不可能自发把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响,但热量是可以从低温物体传到高温物体,故A错误;
B项:
不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其它影响,故B正确;
C项:
气体膨胀后,我们必须对气体做功,使之恢复原来的状态,所做的功转化为气体向外界传出的热量,根据热力学第二定律,我们无法通过循环过程再将这热量完全转化为功,所以这个过程是不可逆的,故C正确;
D项:
不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零,故D正确。
点晴:
热力学第二定律的内容:
①不可能自发把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响;②不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其它影响;③熵增加原理:
不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零。
12.下列说法中正确的是( )
A.两个系统相互接触发生热传递,当内能相等时达到热平衡
B.两分子之间距离为r0分子处于平衡位置时,分子势能最小
C.液面上部的蒸汽达到饱和时,仍有液体分子从液面飞出
D.单晶体中的原子都是按照一定的规则周期性排列的,原子在晶格上静止不动
【答案】BC
【解析】
A项:
两个系统相互接触传热,当温度相等时,达到了热平衡,故A错误;
B项:
分子间距离为平衡距离时,分子间作用力的合力为零,分子势能最小,故B正确;
C项:
液面上部的蒸汽达到饱和时,液体分子从液面飞出,同时有蒸汽分子进入液体中,从宏观上看,液体不再蒸发,其实质是动态平衡,故C正确;
D项:
单晶体中的原子都是按照一定的规律周期性排列的,但原子并不是固定不动的,而是在其平衡位置附近振动,故D错误。
点晴:
温度相等是两个系统达到热平衡的标志,分子力做正功分子势能减小;分子力做负功,分子势能增加;平衡距离时,分子势能最小;液面上部的蒸汽达到饱和时,其实质是动态平衡;晶体中的原子都排列有一定规律,原子在其平衡位置附近振动。
13.设某种物质的摩尔质量为μ,分子间平均距离为d,已知阿伏加德罗常数为NA,则该物质的密度ρ可表示为( )
A.ρ=
B.ρ=
C.ρ=
D.ρ=
【答案】AB
【解析】
假设分子为球体,则该物质的单个分子的体积是:
…①
物体的摩尔质量:
…②
联立①②得:
假设分子为立方体,则该物质的单个分子的体积是:
…③
联立②③得:
,故AB正确.
点睛:
本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算及考查分子间距的求解,注意气体分子间距与液体、固体的物理模型不同,后者是一个一个挨着,而气体占据立方体。
14.一定质量的理想气体经历一系列状态变化,其p-
图线如图所示,变化顺序由a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,cd线段与p轴垂直,da线段与
轴垂直.气体在此状态变化过程中( )
A.a→b,压强减小、温度不变、体积增大
B.b→4c,压强增大、温度降低、体积减小
C.c→d,压强不变、温度降低、体积减小
D.d→a,压强减小、温度升高、体积不变
【答案】AC
【解析】
【详解】由理想气体状态方程PV/T=C整理得:
p=
,在P-1/V图象中a到b过程斜率不变,CT不变,故说明温度不变;压强减小,体积增大,故A正确;b到c过程中气体体积不断增大,压强增大,选项B错误;c→d,压强不变,体积减小,则由理想气体状态方程PV/T=C可知,温度降低;故C正确;d到a过程中,体积不变,压强减小,故温度应减小;故D错误;故选AC。
【点睛】本题考查理想状态方程与图象的综合应用;对于图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式,根据表达式判断各物理量的变化情况.
15.如图所示,上端封闭的玻璃管插在水银槽中,管内封闭着一段空气柱l,管内外水银面的高度差为h,若使玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,则管内外水银面的高度差h和管内气体长度l将( )
A.h增大
B.h减小
C.l增大
D.l减小
【答案】BD
【解析】
【详解】设大气压为P0,封闭气体压强P=P0-h,玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度,
水银柱的有效高度h变小,封闭气体压强变大,玻璃管内外水银面的高度差变小;气体温度不变,压强变大,由玻意耳定律可知,气体体积变小,则管内气体长度l变小;故AC错误,BD正确;故选BD。
【点睛】在玻璃管倾斜过程中,管内气体温度不变,根据气体压强变化应用玻意耳定律即可正确解题.
二、实验题
16.在带活塞的汽缸中,封闭一定质量的气体,假设汽缸不漏气且汽缸和活塞不吸收热量.当气体吸收100J热量,同时对活塞做了40J功,则气体的内能变化________J。
当气体放出100J热量,同时活塞对它做了40J的功,则气体的内能变________J。
【答案】
(1).60J;
(2).-60J;
【解析】
由热力学第一定律
可得:
同理可知,
。
17.在“用油膜法估测分子大小”的实验中,已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为K,N滴溶液的总体积为V。
在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉,将一滴溶液滴在水面上,待油膜稳定后,在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓,如图所示,测得油膜占有的正方形小格数为Y。
(1)用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为________________。
(2)油酸分子直径约为________________。
【答案】
(1).
(2).
【解析】
(1)N滴油酸酒精溶液的总体积为V,那么N滴溶液中纯油酸的体积kV,则每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
;
(2)油膜法测量分子直径实验的科学依据是将油膜看成单分子油膜,那么油酸分子的直径,等于薄膜厚度,即为
。
点晴:
本题关键理解并掌握实验的原理,建立分子模型.在用油膜法估测分子的大小实验中,我们做了些理想化处理,认为油酸分子之间无间隙,油酸膜为单层分子,明确该实验的实验原理即可正确解答本题。
三、计算题
18.一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105 J的热量,同时气体对外做了6.0×105 J的功,问
(1)理想气体的内能如何变化?
(2)这部分理想气体的压强如何变化?
(回答“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若这种气体的摩尔质量是32g/mol,则0.48g该种气体内包含有多少个分子?
(阿伏加德罗常数取6.02×1023mol-1,结果保留两位有效数字)
【答案】
(1)
(2)减小(3)
个
【解析】
试题分析:
(1)根据热力学第一定律分析答题;
(2)根据内能的变化判断温度的变化,根据气体做功情况判断气体体积的变化,最后应用理想气体状态方程判断压强如果变化;
(3)由公式
求分子个数。
解:
(1)由热力学第一定律:
△U=W+Q
可得:
:
△U=-6.0×105+4.2×105=-1.8×105J
所以气体内能减少:
1.8×105J;
(2)理想气体气体内能减小,温度T降低,
由于气体对外做功,气体体积V增大,
由理想气体状态方程:
可知:
气体压强P减小;
(3)气体所含的分子数为
。
点晴:
本题考查了求气体内能与压强的变化,应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题;应用热力学第一定律解题时,要理解各符号正负的含义。
19.如图所示,一绝热气缸开口向下,内部封闭有理想气体,绝热活塞的质量为m=400g,横截面积为S=2cm2,初始时绝热活塞位于距气缸顶部h=15cm处,气缸内气体的温度为27℃.现用电热丝加热,活塞下移到2h处,已知外界的大气压强为P0=1×104Pa,不计活塞和气缸之间的摩擦力,取0℃=273K,重力加速度g=10m/s2,求:
(1)加热前气缸内气体的压强;
(2)活塞下移到2h处时气缸内气体的温度.
【答案】
(1)
(2)
【解析】
(1)活塞静止,处于平衡状态,由平衡条件得:
P0S=P1S+mg,
解得:
P1=8×104Pa;
(2)气体的状态参量:
V1=hS,T1=273+27=300K,V2=2hS,
气体发生等压变化,由盖吕萨克定律得:
即:
解得:
T2=600K。
20.如图,一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置,管内用水银将一段气体封闭在管中.当温度为280K时,被封闭的气柱长L=22cm,两边水银柱高度差h=16cm,大气压强p0=76cm Hg.
(1)为使左端水银面下降3cm,封闭气体温度应变为多少?
(2)封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为20cm,需向开口端注入的水银柱长度为多少?
【答案】
(1)
(2)
【解析】
(1)初态压强
.
末态时左右水银面高度差为:
,
压强:
.
由理想气体状态方程:
,
解得:
(2)设加入的水银高度为l,末态时左右水银面高度差
.
由玻意耳定律:
式中
,
解得:
.
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