江苏省宿迁市泗阳县2023-2024学年高二下学期4月期中考试物理试题（原卷版+解析版）

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（满分100分，考试时间75分钟）
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分．每小题只有一个选项最符合题意。
1. 石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，正确的是（ ）
A. 石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B. 单层石墨烯的厚度约1µm
C. 石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
D. 碳原子在六边形顶点附近不停地振动
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨是晶体，石墨烯是从石墨中分离出的新材料，也属于晶体，故A错误；
B．单层石墨烯的厚度约为原子尺寸10-10m，故B错误；
C．石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故C错误；
D．根据分子动理论，固体分子在平衡位置附近不停地振动，故D正确。
故选D。
2. 关于下列四幅图说法，正确的是（ ）
A. 甲图中估测油酸分子直径时，可把油酸分子简化为球形处理
B. 乙图中，显微镜下看到的三颗微粒运动位置的连线是它们做布朗运动的轨迹
C. 热针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡熔化区域的形状如图丙，说明蜂蜡具有各向异性
D. 丁图中分子间距离为r0时，分子间作用力F最小，分子势能最大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．甲图中估测油酸分子直径时，可把油酸分子简化为球形处理，选项A正确；
B．布朗运动中的颗粒运动是无规律的，在乙图中，显微镜下看到的三颗微粒运动位置的连线不是它们做布朗运动的轨迹，选项B错误；
C．热针尖接触涂有蜂蜡的云母片背面，蜂蜡熔化区域的形状如图丙，说明云母片具有各向异性，选项C错误；
D．丁图中分子间距离为r0时，分子间作用力F最小，当分子距离从r0无论是增大还是减小时分子都做负功，分子势能都增加，则当分子间距离为r0时分子势能最小，选项D错误。
故选A。
3. 电磁波谱如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波是机械波，传播需要介质
B. 电磁波的传播速度是3×108m/s
C. 紫外线灭菌消毒主要是利用其具有较高的能量
D. 紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
【答案】C
【解析】
【详解】A．电磁波不是机械波，电磁波传播不需要介质，故A错误；
B．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s，在其他介质中传播时速度不等于3×108m/s，故B错误；
C．紫外线频率较高，能量较大，主要用于灭菌消毒，故C正确；
D．由于紫外线比紫光波长更短，更不容易发生衍射现象，故D错误。
故选C。
4. 将玻璃管和塑料管分别插入水中，管中液面如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 左边管子为塑料管
B. 右边液面是不浸润现象
C. 左边液面是因为水分子之间的斥力形成的
D. 右边液面是因为材料分子间的引力形成的
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据液面的形状可以判断左边管子是浸润的，右边管子是不浸润的，所以左边管子为玻璃管，A错误，B正确；
C．浸润是由于玻璃分子对水分子的吸引力大于水分子间的吸引力，液面为凹形，C错误；
D．不浸润是由于玻璃分子对水分子的斥力大于水分子间的斥力，液面为凸形，D错误。
故选B。
5. 在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，某小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于（ ）
A. 水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开
B. 油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大
C. 计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D. 求每滴溶液体积时，1mL的溶液的滴数少计了10滴
【答案】B
【解析】
【详解】A．水面上爽身粉撒得较多，油酸分子未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A错误；
B．油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大，则计算出的纯油酸的体积比实际值偏小，则直径将偏小，故B正确；
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S偏小，分子直径d将偏大，故C错误；
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，lmL的溶液的滴数少记了10滴，则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B。
6. 如图所示为交流发电机的示意图，线圈转动时通过滑环和电刷保持与外电路的闭合，线圈沿顺时针方向匀速转动通过图示位置瞬间，则下列说法正确的是（ ）
A. 图中位置，穿过线圈的磁通量最大
B. 图中位置，AB边的电流方向由B到A
C. 图中位置，AB边所受安培力竖直向上
D. 若使线圈转动的角速度增大一倍，则通过电阻电流的有效值变为原来的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中位置，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B．图中位置，根据右手定则可知，AB边的电流方向由A到B，故B错误；
C．图中位置，AB边的电流方向由A到B，根据左手定则可知，AB边所受安培力竖直向下，故C错误；
D．根据
可得电动势的有效值为
电流的有效值为
所以，若使线圈转动的角速度增大一倍，则通过电阻电流的有效值变为原来的2倍，故D正确。
故选D
7. 某时刻，振荡电路中电流的方向与线圈中磁感线的方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 若电容器的上极板带正电，则电容器正在充电
B. 若磁场正在减弱，则电容器的上极板带正电
C. 减小电容器两极板间距离，振荡周期将变小
D. 若在线圈中加一铁芯，则充放电过程会变慢
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示电流沿顺时针方向，若电容器的上极板带正电，则电容器上极板的带电荷量减少，电容器正在放电，A错误；
B．若磁场正在减弱，则电流在减小，磁场能减小，电场能增大，则电容器正在充电，电流沿顺时针方向，负电荷向上极板移动，则电容器的上极板带负电，B错误；
C．振荡电路的周期为
根据电容的决定式
减小电容器两极板间距离，增大，振荡周期将变大，C错误；
D．若在线圈中加一铁芯，线圈的自感系数L增大，振荡周期增大，充放电过程会变慢，D正确。
故选D。
8. 如图所示，用气体压强传感器探究“一定质量气体在温度不变时压强与体积关系”的实验。某小组在一次实验过程中，环境温度明显升高，其他操作均规范，则该小组最后得到的p-1V关系图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据理想气体状态方程
可得
对于一定量的气体，温度T升高，图像的斜率变大。
故选A。
9. 如图甲所示，在匀强磁场中，一巨型金属线圈两次不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像分别如图乙中曲线a、b所示，则（ ）
A. 两次时刻穿过线圈的磁通量均为零B. 曲线a表示的交变电动势的最大值为25V
C. 曲线b表示的交变电动势有效值为15VD. 曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A．两次时刻线圈产生的感应电动势均为零，可知此时穿过线圈的磁通量均最大，A错误；
B．曲线a表示的交变电动势的最大值为30V，B错误；
D．转速n在单位为r/s时，本质上就指频率，即有
故两者的转速之比为
D正确；
C．线圈在磁场中，感应电动势的瞬时值为
则电动势的最大值
则有
曲线a表示的交变电动势最大值是30V，解得
则曲线b表示的交变电动势有效值为
C错误。
故选D。
10. 如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可忽略），如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计，则（ ）
A. 吸管上气温计刻度是均匀的，左大右小
B. 温度升高后，罐中气体压强增大
C. 用更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大
D. 用更小的饮料罐，其余条件不变，可提高该气温计的测温灵敏度
【答案】C
【解析】
【详解】A．设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长为L0、其横截面积为S，温度变化后温度为T1、罐中空气体积不变、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积不变，在温度变化时，气体做等压变化，有
可知
故温度变化量与距离的变化量成正比，即吸管上气温计刻度是均匀的，且左小右大，故A错误；
B．罐中气体压强始终等于大气压，即罐中气体压强始终不变，故B错误；
C．根据题意及A选项分析，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测量范围会变大，故C正确；
D．根据可得，若用更小的饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，即该气温计的测温灵敏度会降低，故D错误。
故选C。
11. 利用霍尔元件可进行微小位移的测量。如图所示，两块相同磁铁，同极正对放置，将霍尔元件垂直磁场放入中间位置，通图示方向电流，则当元件向右偏离初始位置微小距离，下列关于这个位移传感器说法正确的是（ ）
A. 该传感器将位移量转化磁学量输出
B. 该传感器输出为电压，电压值应区分正负
C. 该传感器的精度可以减小通入电流来提高
D. 仅将右边磁铁的极性对调仍能测出元件位置变化
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速度为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为a，霍尔元件上下宽度为b，则电流的微观表达式为
I=nqSv=nqabv
载流子在磁场中受到洛伦兹力为
F洛=qvB
载流子在洛伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出
可知，UH与B成正比，而B与z轴的位置有关，故UH与坐标z是有关的；在Δz＜0区域（霍尔元件距离左侧的N极较近），所处的B方向沿z轴正方向，在Δz>0区域（霍尔元件距离右侧的N极较近），所处的B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断载流子偏转方向相反，则霍尔电压符号相反，即该传感器是将位移量转化为电压且随着位置在中心点的左右不同输出电压正负不同，选项A错误，B正确；
C．由表达式可知，电流越小，输出电压越小，越不精确，选项C错误；
D．若将右侧磁铁N、S极对调，则磁场方向变为都向右，则输出电压将没有正负之分，选项D错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可拆变压器如图所示。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______；
A. 控制变量法B. 等效替代法C. 整体隔离法
（2）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择______；
A. 整块硅钢铁芯B. 整块不锈钢铁芯
C. 绝缘的硅钢片叠成D. 绝缘的铜片叠成
（3）本实验除有闭合铁芯的原、副线圈外，还须选用的器材是______；
A. B.
C. D.
（4）下列做法正确的是______。
A. 了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12V
B. 为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C. 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
D. 变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
（5）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为______。（填字母）
A. 1.5VB. 3.0VC. 6.0VD. 7.0V
【答案】（1）A （2）C
（3）AD （4）B
（5）D
【解析】
【小问1详解】
本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。
故选A。
【小问2详解】
为了减少涡流的影响，铁芯应该选择绝缘的硅钢片叠成。
故选C。
【小问3详解】
本实验原线圈需要连接低压交流电源，需要测副线圈的输出电压，需要交流电压表，所以需要选用的器材是学生电源和多用电表。
故选AD。
【小问4详解】
A．为了人身安全，只能使用低压交流电源，且电压不要超过12V，故A错误；
B．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量，故B正确；
C．根据变压器原、副线圈的规律有
可知匝数多，其电流相对较小；导线粗的线圈电阻小，对应较大电流，其匝数就少，故C错误；
D．变压器开始正常工作后，铁芯并不导电，通过电磁感应，把电能由原线圈输送到副线圈，故D错误。
故选B。
【小问5详解】
若为理想变压器，则有
可得
考虑到不是理想变压器，有漏磁、发热等现象，则原线圈的电压应大于6.0V，可能为7.0V。
故选D。
13. 已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10-2 kg/ml，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 ml-1．试求：(结果均保留两位有效数字)
⑴水分子的质量m0；
⑵一个水分子的直径d．
【答案】(1)m0=3.0×10-26kg (2)d=3.9×10-10m
【解析】
【详解】（1）由
得:m0=3.0×10-26kg
（2） 而
由两式可得一个水分子的直径:d=3.9×10-10m
14. 一瓶内装有氧气。已知氧气的分子数为N，密度为，摩尔质量为M，温度为T。阿伏伽德罗常数为。
（1）求瓶内氧气的体积V；
（2）升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，求氧气温度升至时瓶内氧气的密度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）氧气的质量
瓶内氧气的体积，解得
（2）升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，则
质量相等，则
解得
15. 一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500kW，路端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器能量损耗，求：
（1）升压变压器副线圈两端电压；
（2）用户得到的功率；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数比。
【答案】（1）2500V；（2）440kW；（3）10：1
【解析】
【分析】
【详解】(1)升压变压器副线圈两端的电压
=2500V
(2)输电导线上的电流
=200A
输电导线上的功率损失
P损=I22r线=60kW
用户得到的功率
P用=P1-P损=440kW
(3)输电导线上的电压损失
ΔU=I2r线=300V
降压变压器原线圈两端的电压
U3=U2-ΔU=2200V
降压变压器原、副线圈的匝数比为
10∶1
16. 如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.1 m、匝数n＝100 的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝T，线圈的电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，从t＝0时刻开始计时。
(1)写出线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式以及电压表中的示数；
(2)通电40 s小电珠L消耗的电能；
(3)t＝0.1 s时外力F的大小。
【答案】(1)e＝40sin 5πt(V) 38 V (2)6080J (3)160 N
【解析】
【详解】(1)由题图丙可得：vm＝2 m/s，T＝0.4 s
电动势最大值
Em＝nBLvm＝nB·2πr·vm＝40V
线圈转动的角速度
ω＝＝5πrad/s
电动势的瞬时值表达式：
e＝40sin5πt(V)
电动势的有效值
E＝＝V＝40V
电流的有效值
I＝＝A＝4A
电压表的示数
U＝IR2＝4×9.5V＝38V
(2)根据焦耳定律可得：
Q＝I2R2t＝42×9.5×40J＝6 080J
(3)t＝0.1 s时e＝Em＝40 V
电流强度
i＝Im＝＝A＝4A
此时线圈的速度最大而加速度为零，则：
F＝FA＝nBIm·2πr＝100××4×2π×0.1N＝160N