【物理】湖南省衡阳市第八中学2019-2020学年高二下学期第一次月考试题（4月） 15页

‎【参考答案】‎ ‎1、【答案】A ‎【解析】【分析】‎ 本题考查动量守恒定律，动量定理，基础题。‎ 对两个物体应用动量守恒定律求乙物块的速度，对乙物块应用动量定理求解。‎ ‎【解答】‎ 对两个物体应用动量守恒定律可得：，解得，对乙物体应用动量定理，轻绳绷紧的过程轻绳对乙物块的冲量大小为，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.【答案】D ‎【解析】【分析】‎ 由求出感应电动势，然后由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向，然后分析答题。‎ 本题考查了判断感应电流随时间变化的关系，分析清楚线框的运动过程、应用右手定则、、欧姆定律即可正确解题，解题时要注意排除法的应用。‎ ‎【解答】‎ C.由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，故C错误；‎ 由图示可知，线框进入开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，电流大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度L不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，故AB错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎3.【答案】C ‎【解析】解：当闭合电键，因为线圈与串联，所以电流会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流。当电键断开，这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且和、构成回路，通过 的电流也流过，所以变成反向，且逐渐减小。故C正确，A、B、D错误。‎ 故选：C。‎ 当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．‎ 解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．‎ ‎4.【答案】D ‎【解析】【分析】‎ 根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等；‎ 本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。‎ ‎【解答】‎ A.在时刻，产生的感应电动势最小，线圈一定处在中性面上；故A错误；‎ B.由图可知，a的周期为；b的周期为，则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；‎ C.曲线a的交变电流的频率；故C错误；‎ D.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为；故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.【答案】C ‎【解析】解：半径切割磁感线产生的感应电动势为：‎ ‎，‎ 交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有：‎ ‎，‎ 解得：，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C。‎ ‎6.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 本题考查变压器原理及远距离输电原理，要注意明确电压、电流及功率关系，在解题中要注意正确选择功率公式进行分析求解。‎ 本题解题的关键是由图甲可明确输入电压，再由电压之比等于匝数之比可求得输电电压，由功率公式可求得电流，由功率公式可求得功率，再由输出功率决定输入功率可明确功率变化。‎ ‎【解答】‎ A.由图可知，图示电压应为正弦式规律变化，故A错误；‎ B.输入电压有效值为220V，则根据电压之比等于匝数之比得输电电压为：，则由可得，电流表示数：，故B不正确；‎ C.输出功率决定了输入功率，故当用户消耗的功率变大时，输电线上消耗的功率也变大，故C正确；‎ D.增加原线圈匝数时，匝数之比减小，则输出电压减小，输出功率减小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】解：A、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和分子的平均速率有关，故A错误。‎ B、生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其它元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故B正确。‎ C、阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动并不是布朗运动，是由于气体的对流引起的。故C错误。‎ D、气体之间存在着间隙，在公式中，表示一个分子所占空间的体积，并非是分子的体积。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎8.【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 本题主要考查了分子力、分子势能，又考查了加速度与速度关系，根据加速度与速度同向加速，分子力做正功，分子势能减小；加速度与速度反向减速，分子力做负功，分子势能增大。‎ ‎【解答】‎ A.乙分子的运动方向始终不变，故A错误；‎ B.加速度与力的大小成正比，方向与力相同，在C点，乙的分子加速度等于0，故B正确；‎ C.乙分子从A处由静止释放，分子力先是引力后是斥力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，在C点，分子势能最小。从C图中可知，在A点静止释放乙分子时，分子势能为负，动能为0，乙分子的总能量为负，在以后的运动过程中乙分子的总能量不可能为正，而动能不可能小于0，则分子势能不可能大于0，所以C图中不可能出现横轴上方那一部分，故C错误；‎ D.分子动能不可能为负值，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.BC ‎【解析】【分析】‎ 空气中水蒸气压强越小时，空气的绝对湿度越小，人体水分蒸发的越快；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；温度是分子平均动能的标志。晶体在熔化的过程中吸收热量，温度不变，分子的平均动能不变；空气的相对湿度指水在空气中的蒸汽压与同温度同压强下的饱和蒸汽压的比值。‎ 本题考查了饱和汽压、相对湿度、晶体熔点、分子平均动能等知识点。热学内容考得都比较基础，多多积累是解这种题型的关键。‎ ‎【解答】‎ A、空气中水蒸气压强越小时，空气的绝对湿度越小，人体水分蒸发的越快。故A正确。‎ B、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B正确；‎ C、温度是分子平均动能的标志。晶体在熔化的过程中吸收热量，温度不变，分子的平均动能不变。故C正确；‎ D、空气的相对湿度指水在空气中的蒸汽压与同温度同压强下的饱和蒸汽压的比值，人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距增大，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎10.【答案】AD ‎【解析】【分析】 ‎ 对右管中的水银受力分析知，管中气体压强比大气压强高hcmHg ‎，则可知道弯管左管内外水银面的高度差；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变；环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升。‎ 解决本题的关键知道封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之和，所以里面封闭气体的压强不变。‎ ‎【解答】 ‎ A.对右管中的水银受力分析知，管中气体压强比大气压强高hcmHg，所以弯管左管内外水银面的高度差为h，故A正确；‎ B .弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，故B错误；‎ C .封闭气体温度和压强不变，体积不变．所以弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升，故C错误。‎ D .环境温度升高，气体压强不变，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.【答案】AD ‎【解析】【分析】‎ 注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，能够用物理规律把所要研究的物理量表示出来。‎ 根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量温度是分子平均动能变化的标志，一定质量的理想气体的密度变化看体积的变化。‎ ‎【解答】‎ A.ab过程中T增大，分子平均动能增大，内能增大。根据气体状态方程知道V不变，质量不变，所以气体密度不变，故A正确；‎ B.bc过程中T增大，分子平均动能增大，内能增大。P不变，根据气体状态方程知道V增大，密度减小，故B错误；‎ C.cd过程中T不变，分子平均动能不变，P减小，据气体状态方程知道V增大，对外做功，应吸热，故C错误 D.da过程中，T减小，分子平均动能减小，内能减小，P不变，根据气体状态方程知道V减小，质量不变，气体密度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.ABD ‎【解析】【分析】‎ 小滑块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；滑块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，BC碰撞过程动量守恒，机械能守恒，当AC第一次相对静止时A的速度最小，可根据运动学公式和牛顿第二定律求出，同理可知BC碰撞前C的速度，系统动量守恒，可求最终的速度，由能量守恒定律可求系统减小的机械能。‎ 解决本题的关键是要知道AC第一次相对静止时A的速度最小，BC碰撞过程动量守恒，机械能守恒，ABC组成系统动量守恒，应用能量守恒定律可求系统损失的机械能。‎ ‎【解答】‎ 设ABC三者的最终为v，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：‎ ‎   ‎ 解得：‎ 设木块A在整个过程中的最小速度为，所用时间为t，由牛顿第二定律得：‎ 对滑块A：‎ 对滑块 对木板C：‎ 当滑块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有 ‎   ‎ 解得 滑块A在整个过程中的最小速度为：‎ 当滑块B的速度变为所需要的时间为，所以，，‎ 此时，AC有共同速度：，BC碰撞后具有最小速度 对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：‎ 联立上式解得：，‎ 所以B的最小速度为；由于碰撞后，故AB不可能发生碰撞 由能量守恒定律可知：‎ 所以系统损失的机械能为，故ABD正确C错误。‎ 故选ABD。‎ ‎13.【答案】‎ ‎【解析】【分析】‎ 根据小球碰撞的过程中，动量守恒以及机械能守恒，据此列出方程组表示出碰撞之后的速度表达式，根据碰后要满足小球2的速度水平向右做平抛运动即可得出结果；‎ 根据动量守恒列出等式，结合小球2做的平抛运动即可得出质量之比；‎ 分别表示出初动能和末动能即可得出结论。‎ 本实验主要考查弹性碰撞中涉及到的机械能守恒和能量守恒，抓准这两个守恒即可得出结果。‎ ‎【解答】‎ 在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，有，在碰撞过程中机械能守恒，有，解得，要碰后入射小球的速度，即，则，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，所以，所以C项正确；‎ 球1运动到C端的速度为，在空中做平抛运动，水平方向，竖直方向，解得，由于球1两次均从同一高度自由下滑，到C端速度均为，设球1与球2碰撞后速度分别为和，碰后两球在空中均做平抛运动，根据平抛运动规律可得，‎ ‎，碰撞前后球1和球2组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，即，解得；‎ ‎14.【答案】CBADE         A ‎【解析】解：先用浅盘装入约2cm深的水，然后用痱子粉或石膏粉均匀的撒在水面；用注射器或滴管将事先配制好的酒精油酸溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数；根据酒精油酸溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V；将一滴酒精油酸溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上；将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数不足半个的舍去，多于半个的算一个，再根据方格的边长求出油膜的面积S；用公式求出薄膜厚度，即油酸分子的大小。‎ 故顺序为；CBADE。‎ 这种粗测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这时油膜的厚度可视为油酸分子的直径，由图示油膜可知，油膜所占坐标纸的格数是116个均正确，油膜的面积为；‎ 一滴溶液中含纯油的体积；‎ 油分子直径。‎ 计算油酸分子直径的公式是，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积。‎ A.油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；‎ B.计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；‎ C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；‎ D.求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；‎ 故选：A；‎ 故答案为：；；；；。‎ 将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径。‎ 将油分子看成球体，让油在水面上形成单分子油膜，油膜的厚度就是油分子的直径，由图示求出油膜的面积，根据题意求出油的体积，最后求出油分子的直径。‎ 本题要紧扣实验原理，建立清晰的物理模型，知道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，油膜是单层分子。‎ ‎15.【答案】（10分）【答案】解：气体从状态A到状态B过程做等容变化，根据查理定律得：‎ 代入数据解得：‎ 气体从状态B到状态C做等压变化，根据盖吕萨克定律得：‎ 代入数据解得：‎ 因为状态A和状态C的温度相同，且气体内能只与温度有关可知，气体内能不变，即 气体从状态A到状态B过程体积不变，不做功，‎ 气体从状态B到状态C气体对外做功，且 由热力学第一定律得：‎ 解得：‎ 答：该气体在状态A时的热力学温度为900K，状态C时的热力学温度为900K；‎ 该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量为零，该过程中气体从外界吸收的热量Q为200J。‎ ‎【解析】由A到B气体做等容变化，根据查理定律列式求解A状态温度，B到C 气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；‎ 根据理想气体内能只与温度有关判断气体内能变化；且根据分析求解气体做功，然后根据热力学第一定律求解吸放热。‎ 解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化，牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关。‎ ‎16.【答案】（10分）解：由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a；........2分 由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，解得：；...........3分 设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律：，从b端向a端看，金属棒受力如图：‎ 金属棒达到最大速度时满足，由以上三式得：，由图象可知：斜率为，纵截距为，得到：，，解得：，。‎ ‎...........5分 答：金属棒ab中电流的方向为b到a；‎ 此过程中定值电阻上产生的焦耳热为；‎ 定值电阻的阻值和金属棒的质量m分别为和。‎ ‎17.解：最初整个系统处于静止状态，对活塞B进行受力分析，其受上方气体向下的压力、自身的重力及外部大气的压力而平衡，故有：，而大气压强恒为，解得最初B上方气体向下的压强为：；设A上方气体的压强为，由于A受力平衡，故有平衡方程：，解得：；当活塞B下降到气缸底部时设活塞A上方气体的温度为，由于AB活塞仍平衡，故AB上方的气体压强均不变，设此时A 活塞下移距离为：l，则对A上方的气体列理想气体状态方程可得：；对A下方的气体由理想气体状态方程：，联立解得：，活塞A上方气体的温度：；‎ 由以上分析可得，当活塞A上方气体的温度：时，活塞B已下降到气缸底部，故随内部气体温度再升高，B会掉下来。此时当温度缓慢升高到时，A下方气体温度与外界相同，对A活塞列平衡方程可得内部气体压强为：，解得：，对A上方气体列理想气体状态方程可得：，解得活塞A相对初始位置下降的距离。‎