2021-2022学年湖北省新高考联考协作体高二（下）期中考试物理试题

2022年湖北省新高考联考协作体高二春季期中考试高二物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项是符合题目要求的．第8~11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A.变化的电场或变化的磁场一定能对外辐射电磁波B.法拉第首先预言了电磁波的存在C.电磁波不需要依赖于介质传播D.（第五代移动通信技术）信号比（第四代移动通信技术）信号在真空中的传播速度更大【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．均匀变化的电场或均匀变化的磁场产生稳定的磁场或电场，不能对外辐射电磁波，故A错误；B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故B错误；C．电磁波不需要依赖于介质传播，故C正确；D．电磁波在真空中的传输速度都一样等于光速，故D错误。故选C。2.如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图中，平行导轨间距均为L，回路中电流大小均为I，磁感应强度大小均为B。甲、乙、丙图中导轨处在水平面内，丁图中导轨倾斜，倾角为；甲、乙、丁图中磁场方向竖直向上，丙图中磁场与水平方向夹角为，且与导轨垂直；甲、丙、丁图中导体棒垂直导轨放置，乙图中导体棒与导轨夹角为．则甲、乙、丙、丁四图中导体棒所受安培力的大小分别为（）

A.B.C.D.【2题答案】【答案】D【解析】【详解】甲图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒垂直，故安培力为乙图导体棒有效长度为，磁场与导体棒垂直，故安培力为丙图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒夹角为θ，故安培力为丁图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒垂直，导轨倾角不影响安培力大小，故安培力为故ABC错误，D正确。故选D。3.如图所示为两分子系统的势能与两分子间距离r的关系曲线，下列说法中不正确的是（）A.当r大于时，分子间的作用力表现为引力B.当r等于时，两分子系统势能最小C.当r等于时，分子间的作用力为零D.当r由增大到无穷大的过程中，分子间的作用力一直减小【3题答案】【答案】D【解析】【详解】由图可知，当分子间距为时，分子势能最小，此时引力等于斥力，分子间作用力为零；当分子间距大于时，斥力比引力减小的更快，分子间的作用力表现为引力，当时，分子间的引力和斥力迅速减弱，几乎为零，故分子将作用力先增大后减小。故ABC说法正确，不符合题意；D说法错误，符合题意。故选D。4.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。当带电粒子从左侧小孔进入时，具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫作速度选择器，关于速度选择器，以下说法正确的是（）（不计粒子的重力）A.只能将带正电的粒子选择出来B.只要速度，正、负粒子都能通过速度选择器C.带电粒子的速度时，粒子将向上偏转D.若粒子改为从右侧小孔进入，只要速度，粒子也能通过速度选择器【4题答案】【答案】B【解析】【详解】ABC．带正电的粒子进入复合场后，受向下的电场力，向上的洛伦兹力，如果沿虚线路径通过，则合力为零，否则做曲线运动，根据解得如果是负电荷，洛伦兹力与电场力同时反向，同样可得故B正确，AC错误；D．若粒子改为从右侧小孔进入，无论粒子带正电还是带负电，洛伦兹方向和电场力方向相同，所以粒子一定会做曲线运动，故D错误。故选B。5.概率统计的方法是科学研究中的重要方法之一，以下是某一定质量的氧气（可看成理想气体）在和时统计出的速率分布图像，结合图像分析以下说法正确的是（）A.其中某个分子，时的速率一定比时要大B.时图线下对应的面积比时要小C.如果两种情况气体的压强相同，则时单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数比时少D.如果两种情况气体的体积相同，则时单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数与时相同【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，时的分子速率有时比时要小，故A错误；B．速率分布曲线的面积的意义，就是将每个单位速率的分子数占总分子数的百分比进行累加，累加的结果都是1，面积相等，故B错误；CD．如果两种情况气体的压强相同，由于时分子的平均动能比较大，所以单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数比时少，故C正确，D错误。故选C。6.能源问题是当今世界最为重要的问题之一，热力学的研究对能源利用率的提高起到了关键作用，为热机的设计与制造提供了足够的理论支持。关于热机和热力学定律，以下表述正确的是（）A.将电冰箱的门打开可以使房间里的温度降低B.因为能量守恒，随着科技的发展能量可以循环利用，从而解决能源危机问题C.第二类永动机并没有违背能量守恒定律，但热机的效率不可能达到D.热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．打开冰箱门不仅不能使房间的温度下降，还会使房间温度上升。因为电冰箱的制冷机工作后，冰箱冷冻室内的蒸发器温度降低，吸收空气的热量，与此同时，冰箱内部的冷凝器温度升高，将热量传给空气，室内空气的热量只是被冰箱吸收后又被放出，所以室温不会降低。反而，电动机工作时，会将一部分电能转化为内能，故室内温度会有少许升高，故A错误；B．虽然能量守恒，由于使用后能量的品质降低，可利用的能源会越来越少，使用能源危机仍然存在，我们在日常的生产生活中要养成节约能源的习惯，故B错误；C．第二类永动机并没有违背能量守恒定律，但热机的效率不可能达到，故C正确；D．热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化”，故D错误。故选C。7.为测算太阳射到地面的辐射能，某校科技实验小组的同学把一个横截面积是S的矮圆筒的内壁涂黑，外壁用保温材料包裹，内装质量m的水。让阳光垂直圆筒口照射1分钟后，水的温度升高了。水的比热容为c，地球的半径为R，太阳到地球的距离为r，不考虑太阳能在传播过程中的损失，假设到达圆筒内的能量全部被水吸收。则由此可算出地球每分钟接收的太阳能量为（）A. B.C. D.【7题答案】【答案】A【解析】【详解】横截面积是S的矮圆筒每分钟吸收太阳的内能为则每平方米每分钟吸收的太阳能量为地球上每分钟被照射的有效面积为则地球每分钟接收的太阳能量为故A正确，BCD错误。故选A。8.以下对固体、液体的描述，正确的是（）A.晶体有确定的熔点以及各向异性的特点B.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有的物质还可能形成不同的晶体C.液体的表面张力是由于液体表面层分子密度比较密集，分子间的作用力表现为斥力的缘故D.液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质【8题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．单晶体物理性质是各向异性，而多晶体物理性质是各向同性，故A错误；B．天然水晶是晶体，经熔化凝固过程的水晶即变为非晶体，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同形态出现。受温度、压力等影响，有的物质还可能形成不同的晶体，故B正确；C．液体的表面张力时由于分子间的作用力表现为引力的缘故，故C错误；D．液晶体具有液体和晶体的共同特性，故液晶态既具有液体的流动性，又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质，故D正确。故选BD。9.如图所示，矩形线圈绕对称轴在匀强磁场中匀速转动，角速度为，己知，匝数，磁感应强度，图示位置线圈平面与磁感线平行。闭合回路中线圈的电阻，外接电阻．则有（）A.从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为B.通过电路的电流最大值为C.从图示位置转过过程中外力对线圈所做的功为D.从图示位置转过过程中，通过线圈截面的电荷量为【9题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．产生的感应电动势最大值为由图可知，图示位置垂直于中性面，则瞬时表达式为故A错误；B．通过电路的电流最大值为故B正确；C．外力对发电机所做的功，等于电路中产生的焦耳热，从图示位置转过180°过程中用时电路中电流的有效值为外力对发电机所做的功为故C错误；D．通过线框截面电量为故D正确。故选BD。10.一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中过程为等压变化，过程为等容变化，变化过程压强p与体积V的关系如图所示。己知状态A的体积为，状态A的压强与状态B的压强相同，都为，状态A的温度与状态C的温度相同，都为，状态B的温度为。以下正确的是（）A.气体在状态B时的体积为B.气体在状态C时的压强为C.过程中，外界对气体做功，做的功为D.整个过程中，气体从外界吸收热量【10题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．过程为等压变化，根据可求得A正确；B．过程为等容变化，根据可求得B错误；C．根据求得气体对外界做功，C错误；D．状态A的温度与状态C的温度相同，整个过程中，内能变化根据可得气体从外界吸收热量，D正确．故选AD。11.如图所示，在的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m，电量为）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达点C（图中未标出）；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点O。已知两点到坐标原点的距离分别为，不计电子的重力。则（）A.电场强度的大小为B.磁感应强度的大小为C.电子从C运动到O经历的时间D.将电子的出发点从A点沿负x方向平移，初速度方向不变，调整大小，使电子仍然从C点第一次穿越x轴，则电子第二次穿越x轴的位置仍然为坐标原点O【11题答案】【答案】ACD【解析】【详解】A．根据类平抛规律，水平方向2d=v0t竖直方向根据牛顿第二定律可得eE=ma联立解得故A正确；B．设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则联立以上解得θ=60°由此可得v=2v0电子运动轨迹如图所示电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力为根据几何关系可得联立解得故B错误；C．粒子的运动周期为电子在磁场中运动的圆心角为电子从C运动到O经历的时间故C正确；D．将电子的出发点从A点沿负x方向平移后，设初速度为v，电子进入磁场时速度为，与x轴的夹角为，则电子的半径为电子射出点到C点的距离为根据速度的合成与分解可知在磁场中有根据牛顿第二定律可得eE=ma联立以上并代入B和E值解得所以电子第二次穿越x轴位置仍然为坐标原点O，故D正确。故选ACD。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.“油膜法估测油酸分子的大小”的实验方法及步骤如下：①向体积油酸中加酒精，直至总量达到②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入滴时，测得其体积恰好是；③先往边长为的浅盘里倒入深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；④用注射器往水面上滴入一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的轮廓；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数，小方格的边长。根据以上信息，回答下列问题：（1）由此可知，油酸薄膜的面积S约为_______；油酸分子的直径d约为_______m。（结果均保留两位有效数字）（2）某同学在用油膜法估测油酸分子直径实验中，计算结果明显偏小，可能是由于______。A．配制好油酸溶液后，长时间未使用导致酒精挥发严重B．爽身粉太厚导致油酸未完全散开C．计算油膜面积时，多数了一些方格D．计算每滴体积时，的溶液滴数少数了几滴【12题答案】【答案】①.或②.③.AC【解析】【详解】(1)[1]由图示油膜可知，油膜格数是53个，油膜的面积为[2]一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为油酸分子的直径(2)[3]A．配制好油酸溶液后，长时间未使用导致酒精挥发严重，油酸溶液的浓度变大，1滴溶液中纯油酸增多，面积变大，则计算得到的分子直径将偏小，故A正确；B．油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故B错误；C．计算油膜面积时，多数了一些方格，S将偏大，故得到的分子直径将偏小，故C正确；D．求每滴体积时，的溶液滴数少数了几滴，可知，纯油酸的体积将偏大，则计算得到的分子直径将偏大，故D错误。故选AC。13.如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图，该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器上，的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的大苹果经过托盘秤时，杠杆对的压力为。调节可调电阻，可改变两端的电压之比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态。（1）当小苹果通过托盘秤时，所受的压力较小，电阻______（填“较大”、“较小”），两端的电压不足以激励放大电路发生吸动电磁开关的动作，分拣开关在弹簧向上压力作用下处于水平状态，小苹果进入上面的通道。（2）若电源电动势为，内阻不计，放大电路的激励电压为：①为使该装置达到上述分拣目的，的阻值等于________。（结果保留两位有效数字）②某同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻_______（填“”、“”或“电源”）两端。③若要提高分拣标准到，仅将的阻值调为______即可实现。（提示：托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比）（结果保留两位有效数字）【13题答案】【答案】①.较大②.15③.④.13【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知当小苹果通过托盘秤时，所受的压力较小，电阻较大；（2）[2]杠杆对的压力为，阻值为，为使该装置达到上述分拣目的，的阻值需满足则[3]随着苹果质量增大，阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端；[4]根据可知分拣标准到时，压力为，此时的阻值为，根据可知14.如图所示，两端带有阀门的细玻璃管，长为，初始状态A端在上，B端在下。A端阀门打开，B端阀门关闭。长为L的水银柱，将长为L的空气柱封闭在B端．水银的密度为，大气压为。（1）先关闭A端阀门，再将管倒置，最后打开阀门B，经足够长时间后，A端空气柱多长？（2）若先将管倒置后，水银未流出，再关闭A端阀门，后打开B端阀门，经足够长时间后，A端空气柱多长？【14题答案】【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）A端阀门关闭后、玻璃管倒置前，A端气体压强为，体积为玻璃管倒置、阀门打开后，A端气体压强为，设其长度为，由玻意耳定律得解得（2）玻璃管倒置前，B端气体的压强为，体积为，管倒置后，B端气体的压强为，设其长度为，由玻意耳定律得解得此时A端气体压强为，其长度为；A端阀门关闭，B端阀门打开后，A端气体压强为，设其长度为，由玻意耳定律得解得15.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，在原、副线圈的回路中分别接有定值电阻、滑动变阻器，原线圈一侧接在电压为的正弦交流电源上，求：（1）当时，两端的电压各为多少？（2）调节的阻值，电路中各部分的电压、电流也随之变化，当变压器原线圈中的电流多大时，消耗的功率最大？