湖北省黄冈市云学名校联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试题（Word版附解析）

这是一份湖北省黄冈市云学名校联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于热力学定律的说法正确的是( )
A. 第一类永动机设计思想违背了能量守恒定律
B. 史上用“从单一高温热库吸热全部用来做功”思想来设计的永动机称为第一类永动机
C. 热力学第二定律认为，热量永远不可能低温物体传到高温物体
D. 热平衡定律是指做功和热传递在改变物体内能时是等效的
2.下面关于固体和液体性质的叙述中正确的是( )
A. 布朗运动是指液体分子无规则的热运动，温度越高，布朗运动越剧烈
B. 液体表面张力是由于液体表面层分子间r略小于平衡距离，分子力表现为斥力的缘故
C. 水能浸润玻璃，因为附着层水分子间距较内部要小，附着层水分子间作用力表现为斥力所致
D. 物理性质不具有各向异性的固体都是非晶体
3.两个完全相同的容器，分别装有质量和温度都相同的氢气和氧气(均视为理想气体)，关于这两个容器中的氢气和氧气，下列哪个参量相同( )
A. 分子的数密度B. 分子的平均动能C. 气体的内能D. 气体的压强
4.右图为分子力f随分子间距r变化规律图像，r2为分子平衡时的间距。某空间仅有两个分子甲和乙，把甲固定在r=0的坐标原点，把乙分子从横轴上r=rl处由静止释放，结果乙能运动到右边最远点可到达r=r4处。则该过程中( )
A. 分子引力逐渐增大，斥力逐渐减小，在r=r3处合力表现为引力
B. 乙分子先加速运动，后减速运动，在r=r2处速度最大
C. 分子势能先减小后增大，接着又减小，在r=r3处势能最低
D. rl∽r2和r2∽r3两段图像与横轴所围成“面积”大小相等
5.有一种抗拉性极好PVC铝塑管，横截面内外层都是绝缘的PVC塑料材质，塑料中间夹嵌了一层铝箔。如右图，截取一段内壁光滑质量为 M的直PVC铝塑管，放在光滑的地面上，让一个质量为 m的圆柱状小磁铁(直径略小于管道内径，可视为质点)，以初速度v0从左向右沿中轴线射入管口，结果小磁铁恰好没有从右管口穿出( )
A. 磁铁运动到管中点时，左右两边管内铝箔产生的涡流都阻碍磁铁的运动
B. 磁铁运动到管中点时，左右管口处铝箔内涡流方向相同
C. 磁铁运动到管中点时，左右两管口都有扩张的趋势
D. 整个过程中，铝塑管获得的最大速度为v=mv0M
6.一定量的理想气体，从状态 a经历b，最后变到状态 c，其p−V图像如图所示，已知状态a时气体温度是ta=7C，下列说法正确的是( )
A. a→b的过程中，气体等温膨胀，吸收的热量等于对外做功
B. b→c的过程中，气体等温膨胀，内能保持不变
C. 状态c温度tc=4ta=28∘C，但状态a、c的分子平均动能相同
D. a→b过程气体对外做功小于b→c过程气体对外做功
7.直流电源、电阻、电键、自感线圈和平行板电容器连接成如下图电路，已知线圈的自感系数L=2π×10−2H，电容器的电容C=8π×10−4F，上板P和下板Q长度均为x=20cm，线圈的直流电阻与导线的电阻都不计。现先让电建S闭合，待稳定后断开电键，并记此时为t=0时刻，这时让一电子从两板左边界上的N点沿中线以v0=25m/s的速度平行极板射入电容器，结果电子从电容器右边界的板间射出。不考虑极板间电场的边缘效应，不计电子重力以及电子对电场的影响，忽略一切电磁波辐射。下列描述正确的是( )
A. t=2×10−3s时，线圈内自感电动势最大，电容器上电压为零
B. t=3×10−3s时，线圈上的自感电动势方向与电流方向相同
C. t=8×10−3s时，电子平行极板方向射出电容器，且射出速度大小与初速度相同
D. 若某时刻线圈内磁场方向和电容器间电场方向都向下，则电场能正在向磁场能转化。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示，两端封闭、粗细均匀、导热性能良好的 U形细玻璃管竖直放在水平桌面上(两侧管臂竖直)，管中有一段水银隔开了两部分理想气体A、B，稳定后左臂水银面比右臂低，两部分气体体积VA>VB，下列哪些操作一定能使水银向B端移动( )
A. 仅缓慢升高环境温度;
B. 仅缓慢降低环境温度;
C. 环境温度不变，以管底边 CD为转轴，把U形管向里缓慢旋转90∘(见图乙)
D. 环境温度不变，以 C点过垂直纸面内轴线为轴，把 U形管在竖直面内逆时针缓慢旋
转90∘(见图丙)。
9.如下图所示，速度选择器入口有一个粒子源 P，它能向选择器注入大量不定速率的氕核(H11H)、氘核(H12H)、氚核(H13H)。选择器内部的磁场(磁感应强度为B1)和电场方向见图，选择器出口右侧沿选择器中轴线确定x轴建立坐标系，第一象限内(包括x轴)以直线OA(y=x)为界，在直线两侧分布两个方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B2。对于某时刻同时到达O点的氕、氘、氚((不计重力以及粒子间的相互作用力)，关于它们以后在磁场B2中的运动过程，下列叙述正确的是( )
A. 圆周运动的半径相同
B. 最先跨过OA分界线的是氚核
C. 下次再次相遇前的路程相同
D. 下次相遇时三种粒子的速度要么平行，要么垂直
10.如下图，ab和cd是两个间距为L、半径为h的四分之一圆弧导电轨道，固定在竖直面上，圆弧轨道空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，轨道 b、c两个端点接有阻值为R的电限，现有质量为m、电阻为r、长也为L的导棒，搭在b、c端，给它一个竖直向下的速度v，由于导棒与导轨各接触点的动摩擦因数不同，结果导棒恰好匀速率沿圆周运动到轨道水平端ad处，导棒与导轨有良好的接触，导轨与其它导线电阻不计。则该过程中( )
A. 流过电阻R的电荷量为q=πBLh2(R+r)
B. 导棒受到的安培力的冲量为I安=B2L2hR+r
C. 电阻R上消耗的电功率为P=B2L2v22(R+r)
D. 导棒与导轨间摩擦生热为Q=mgh−πB2L2hv4(R+r)
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“用油膜估测分子大小”的实验中，操作如下：
Ⅰ、在量筒配制体积比浓度为0.25%的油酸酒精溶液;
Ⅱ、取一浅盘装上清水，并在水面上薄薄的撒上一层痱子粉，用注射器抽取量筒中油酸酒精溶液2mL(即2cm3)，滴一滴到水盘中，静置待用;
Ⅲ、把注射器中剩余的油酸酒精溶液一滴一滴地滴回量筒，滴完时数得注射器内总共滴出了200滴(包括水盘中那一滴);
Ⅳ、将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油膜的形状.随后把玻璃板放在坐标纸上，数出油膜轮廓占方格数，再乘以单个方格面积，得到油膜的总面积为500cm2。
(1)根据上述实验数据，可以估算油酸分子直径d=__________m(保留一位有效数字);
(2)如果实验中，使用水盘太小，配置油酸浓度太大，导致一滴油酸溶液在水面上的油膜不能充分扩展开，会导致测量结果__________
A、偏大
B、偏小
C、没有影响
(3)上述实验中水盘中油膜中油酸分子个数的最接近下列哪个数量级?__________
A、1013
B、1017
C、1021
D、1026
12.一定量气体等温变化时，其P与V的乘积是个定值C，有同学设计了下面实验，欲验证等温时PV乘积是否为定值，并测出该定值 C以及当地的大气压值P0。
I、找一段内壁比较光滑的废弃排水管以及配套的堵帽，用胶水把堵帽胶粘在管底，底部密封后做成气缸，固定放在水平地面上;
Ⅱ、找一个与排水管配套的管件“补芯”(直径比水管内径略小同材质的薄圆柱体)充当活塞，测出活塞的横截面积为S=10cm2。如右图，用胶水把补芯活塞、硬杆和置物平台牢固地粘连在一起，并用天平称出其质量;
Ⅲ、在活塞边缘和气缸内部涂抹上凡士林(保证良好的密封和润滑)，把活塞缓慢地竖直插入气缸内，密封一定量气体。取一配重物块，亦称出其质量，把配重物块和活塞硬杆置物平台的质量加在一起，记为m1，然后把配重物块放在置物平台，活塞无摩擦地下移，稳定时测出密封气体柱长度h1;
IV、在平台上增加配重块，当配重物块和活塞硬杆置物平台的总质量增大更换为m2、m3、⋯⋯时，测得密封气体的气柱长度分别h2、h3、⋯⋯算出对应气柱长度的倒数1h值。根据m对应的1h值，做出m−1h图像。
(1)实验中温度不变，图像是一条直线，验证PV乘积C是定值的依据是__________
A、图像的斜率是定值
B、图像纵轴截距是定值
C、图像横轴截距是定值
(2)取g=10m/s2，根据图像，可以测得被密封气体的定值C=__________;测得当地大气压的值为P0=__________Pa(以上两空均保留两位有效数字， C值必须注明单位，否则不给分)
(3)实验中活塞下移中与管壁存在摩擦，假设这里的摩擦力大小始终恒定，但图像法处理数据时没有考虑，这样会导致 C的测量值与真实值相比将__________，大气压P0测量值与真实值相比将__________。(上述两空选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如下图，一个匝数为N=100、面积为S= 2π×10−2m2的矩形线框abcd在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕OO′轴以n=3000r/min的匀速转动，已知线框abcd的的总电阻为r=2Ω，产生的交流电通过电刷A、B导出，经匝数比为n1n2=25的升压变压器升压后，再通过总阻值为R0=1.5Ω两条输电线输送到匝数比为n3n4=31的降压变压器降压，最终对阻值R的用户负载供电，已知远距输电线上电流I=2A。不计其他导线电阻、变压器的铁芯涡流和电磁辐射。
(1)线圈产生电动势的最大值(Em)和有效值(E)分别多大?
(2)用户负载R的阻值多大?
14.导热良好、横截面积相同的甲、乙两气缸内各有一用轻杆连接的活塞C和D，缸底部各自被活塞密封了一定量的理想气体A和B。甲气缸放在水平地面上，缸口有一圈卡环，乙气缸倒置且足够深。已知环境的温度为T0，当地的大气压恒为P0，稳定时气缸甲内密封的气柱高为 h，活塞C到卡环的距离也为h，气缸乙的质量为M=P0S2g，内密封的气柱高为h2，其底部离天花板的距离为H=2h，活塞C、D的质量为mC=mD=P0S4g(其中g、S未知，表示当地重力加速度、活塞面积)。现让环境温度缓慢升高，两活塞与气缸乙将上升，会出现活塞 C先达到卡环，后出现气缸乙触及天花板。
(1)求升温前A、B两部分密封气体压强：PA=?PB=?(均用P0表示)
(2)求活塞C刚达到卡环时环境的温度(结果用T0表示)?气缸乙刚与天花板接触时，此时气缸甲中封闭气体压强(结果用P0表示)?
15.如图，空间足够大范围内存在一个垂直纸面向内匀强磁场，磁场中有一个半径为 R圆形区域，OD是圆区域的一条半径。在距离圆心O相距R2处的A点竖直放置两个开有小孔的面积很小、间距很小的正对金属极板c、d，OA与OD之间夹角为α=37∘，(cs37=45)，在两极板c、d之间电势差Ucd随时间变化规律如下图。t=0时刻，在c板小孔处由静止释放一个带正电的粒子，粒子经c、d间加速，并进入磁场，已知交变电压的最大值为U0，周期为T0，磁场的磁感应强度大小与粒子比荷的乘积为B⋅qm=16π9T0，其中B、q、m未知，不计粒子的重力以及粒子在 cd两板间的运动时间和位移，忽略极板外的电场以及极板内的磁场。粒子第一次加速后恰好不射出给定的圆形区域。
(1)粒子经过第一次加速后的速度多大?
(2)求粒子的比荷qm=?(3)粒子经过第一次电场加速和磁场偏转后，还能再次回到电场进行加速偏转，求粒子在以后运动中的最大速度?
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】考察热学第二定律和永动机的制成。【解答】第一类永动机设计思想违背了能量守恒定律，A正确;
史上用”从单一高温热库吸热全部用来做功“思想来设计的永动机称为第二类永动机，B错误;
热力学第二定律认为，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体， C错误;
热平衡定律是指温度相等， D错误。
2.【答案】C
【解析】A.布朗运动是指悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故A错误；
B.液体表面张力是由于液体表面层分子间r略大于平衡距离，分子力表现为引力的缘故，故B错误；
C.浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为斥力的缘故，故C正确；
D.物理性质不具有各向异性的固体也可能是多晶体，故D错误。
3.【答案】B
【解析】【分析】
当不考虑分子间作用力时，物体只有分子热运动的动能，物体的内能仅仅与物体的温度有关.温度相同，物体的平均动能相同。氢气分子的质量比氧气的分子质量小，平均动能相同时，氢气分子平均速率大。
【解答】由于不考虑分子间作用力，氢气和氧气只有分子动能，当温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能多，故 B正确，C错误;由于两个容器完全相同，但分子数不同，故分子的数密度不相同，进而气体的压强不相同，故 AD错误;
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查分子间作用力的理解，把握图象即可；
【解答】
A.随分子间距r增大，分子引、斥力都减小；故A错误；
BC.从r1到r4分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，在r=r2处势能最低；乙分子先加速运动，后减速运动，在r=r2处速度最大，故C错误，B正确；
D.图像与横轴所围成“面积”大小表示分子力做功，乙分子从r1到r4，由动能定理可知分子力做功为零，故rl∽r2和r2∽r4两段图像与横轴所围成“面积”大小相等。故D错误。
故选B；
5.【答案】A
【解析】楞次定律“阻碍相对运动”，故A对;磁铁运动到管中点时，左侧铝箔内磁通量正减小，右侧铝箔内磁通量正增大，故 BC错误;关于D选项，磁铁运动到右管口处两者共速，动量守恒。
6.【答案】D
【解析】A.a→b气体PV值增大，T升高，吸收的热量大于对外做功，A错误；
B、b→c气体PV值先增大后减小，仅Tb=Tc，但过程中 T先升高后减小，内能先增后减小， B错误；
C、根据理想气体状态方程pVT=C，可知c点的热力学温度Tc=4Ta，并不是tc=4ta=28∘C，且状态a、c的分子平均动能不相同，故C错误；
D、p−V图像中气体对外做功等于对应过程中图线与坐标轴所围的面积，由图可知a→b过程气体对外做功小于b→c过程气体对外做功，故D正确。
7.【答案】C
【解析】【解答】振荡周期T=2π LC=8×10−3S，断开电键时t=0，线圈电流最大，电容器电量为零，t=2×10−3s时，电容器第一次充电结束。t=3×10−3s时，电容器正在放电，故 AB错;若某时刻线圈内磁场方向和电容器间电场方向都向下，电容器正在充电，故D错;t=0时射入极板间的电子水平方向一直匀直运动，竖直方向，加速度渐增的加速→加速度渐减的加速→加速度渐增的减速→加速度渐减的减速，t=8×10−3s时，电子平行极板方向射出电容器，且射出速度大小与初速度相同，故 c对。
8.【答案】AC
【解析】关于AB两选项，假设水银不动，Δpp=ΔTT故A正确，B错误;关于C选项，竖放时pA>pB，平放后pA′=pB′;至于D选项仅有可能，不能一定。所以选AC。
9.【答案】CD
【解析】能穿过速度选择器，氕、氘、氚的速度相同，进入磁场B2后，半径r=mvqB以及周期T=2πmqB，结合下图，可判断CD正确。
10.【答案】BD
【解析】A.流过电阻R的电荷量为q=IΔt=ΔΦR+r=BLhR+r;故A错误
B.导棒受到的安培力的冲量为I=F安⋅Δt=BILΔt=B2L2hR+r;故B正确
C.导棒在圆轨道内圆运动的角速度为ω=vh，下滑时产生的电动势为e=BLvx=BLvsin(ωt)，是正弦交流电，有效值E=BLv 2，电阻R上消耗的电功率为P=(ER+r)2R=B2L2v2R2(R+r)2;P总=B2L2v22(R+r)；故C错误
D.根据能量守恒，导棒与导轨间摩擦生热为Q=mgh−(ER+r)2(R+r)[14(2πω)]=mgh−πB2L2hv4(R+r)；故D正确
故选BD。
11.【答案】(1)5×10−10；(2)A；(3)B
【解析】解：(1)依题意，一滴纯油酸的体积为：
V=2200×0.25100mL=2.5×10−11m3
单层油酸分子油膜的面积为：
S=500×10−4m2
油酸分子直径约为
d=VS
代入数据解得：d=5×10−10m
(2)依题意，油膜没有充分展开，对应的油膜面积偏小，根据d=VS可知，最终的测量结果将偏大，故选A；
(3)由于油膜分子直径d=5×10−10m，故分子体积V0=πd36≈6.54×10−29m3，一滴纯油酸的体积为V=2200×0.25100mL=2.5×10−11m3，故个数n=VV0≈4×1017个，故选B。
故选：(1)5×10−10；(2)A；(3)B
(1)已知油膜的面积，计算出一滴纯油酸的体积，结合公式V=dS计算出分子的直径；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS分析出测量结果和实际值的大小关系；
(3)根据分子体积与一滴溶液体积的关系计算分子个数。
本题主要考查了油膜法测量分子直径大小的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS即可完成分析，在计算过程中要注意单位的换算。
12.【答案】12、(1)A;
(2)16J、(7.9±0.2)×104;(3)无影响、偏小

【解析】(1)实验中，温度恒定，面积恒定，变量为气柱长度的倒数，设面积为S，V=Sh，若图像是一条直线，验证PV乘积C是定值则有PV=PSh=C，根据平衡条件有：PS=P0S+mg，P0S+mgh=C，变换形式后：m=Chg−P0Sg，可以图像的斜率为定值，选A。
(2)由图可知：斜率k=Cg=3.2−07.0−5.0=1.6，所以C=16J，当m=0时，代入数据解得：P0=ChS=8.0×104
(3)若考虑下移中与管壁存在的摩擦，则有PS=P0S+mg−f，P0S+mg−fh=C，m=Chg−P0Sg+fg，则C无影响，P0偏小
13.【答案】解：(1)转动的角速度：ω=2πn=100πrad/s
线圈产生电动势的最大值：Em=NBSω=40 2V
有效值：E=Em 2=40V
(2)升压变压器原线圈电流I1=n2In1=5A
升压变压器原线圈电压U1=E−I1r=30V
升压变压器副线圈电压U2=U1n1n2=75V
降压变压器原线圈电压U3=U2−IR0=72V
降压变压器副线圈电压U4=U3n3n4=24V
降压变压器副线圈电流I4=n3In4=6A
负载电阻R=U4I4=4Ω
【解析】此题考查了线圈产生电动势的最大值、有效值以及变压器的工作原理以及欧姆定律。
(1)掌握感应电动势最大值的求法，理解有效值与最大值的关系；
(2)掌握理想变压器的电压、电流及欧姆定律的关系。
14.【答案】解：(1)初始状态，研究气缸乙、 CD两活塞和杆的整体 (M+mC+mD)g+P0S=PAS
PA=2P0①
对于气缸乙，Mg+P0S=PBS
PB=32P0②
(2)由于活塞C先到达卡环(气缸乙还未到达天花板)，设此时环境升温到T，
这个过程A气体做等压变化，hT0=2hT③
解得：T=2T0④
要使气缸乙到达天花板，需环境继续升温到T′，直到气体 B气柱长变为：hB=(H+h2)−h=32h⑤
气体B从T0升到T′一直做等压膨胀l2hT0=hBT
解得T′=3T0⑥
设气缸乙刚到达天花板时气体A的压强为PA′，活塞 C在温度T刚达卡环→气缸乙在温度T刚
到达天花板过程中，气体 A等容变化，(注：也可对 T0升到T′全过程使用气态方程)
PAT=PAT′结合①④⑥解得PA′=3P0
【解析】此题考查了气体的状态变化方程解决问题；关键是确定气体的状态变化参量并确定气体的状态变化特点，从而选取合适的物理规律列方程解答。
(1)以气缸乙、CD两活塞和杆的整体以及气缸乙根据平衡条件可得升温前A、B两部分密封气体压强；
(2) 由于活塞C先到达卡环(气缸乙还未到达天花板)，A气体做等压变化。可得此时环境温度；要使气缸乙到达天花板，一直做等压膨胀需环境升高的温度，活塞 C在温度T刚达卡环→气缸乙在温度T刚到达天花板过程中，气体 A等容变化可得气缸甲中封闭气体压强。
15.【答案】(1)t=0时刻释放的粒子第一次加速后在磁场中圆运动半径为r，则
(R−r)2=(R2)2+r2−2(R2)rcsα①
解得r=58R
第一次加速后速度为v，在圆周运动中
qvB=mv2r②
结合题设条件B⋅qm=16π9T0③
联立①②③解得v=10πR9T0④
(2)第一次加速时由动能定理
qU0=12mv2⑤
联立④⑤解得qm=50π2R281U0T02⑥
(3)粒子第一次加速后到再次回到A点需要的时间△t正好是其圆周运动的一个周期，且以后相邻两次加速时间间隔保持不
变，都是△t
Δt=2πmqB⑦
联立③⑦解得Δt=98T0
因此粒子除了t=0时刻加速外，在t=Δt，t=2Δt，t=3Δt(即9T08时刻、18T08时刻、27T08时刻)还需经过三次加速速度达到最大。这三次的加速电压分别为3U04、U02、U04，设以后运动的最大速度为vm，则
q(U0+34U0+12U0+14U0)=12mvm2⑨
联立⑥⑨解得vm=5 10πR9T0⑩

【解析】详细解答和解析过程见【答案】