山东省菏泽市 2022-2023学年高二物理下学期6月月考试题（Word版附解析）

高二物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.菏泽牡丹，山东省荷泽市特产，中国国家地理标志产品。牡丹不只极具观赏价值，随着经济发展和科技水平的提高，牡丹产业已逐渐由过去单一观赏拓展至食用、药用、保健等多个领域。下列与牡丹有关的说法正确的是（　　）A.牡丹“花气袭人”是布朗运动B.牡丹油不容易压缩说明分子之间存在引力C.少量的牡丹油在汤里形成小油珠是浸润现象D.牡丹“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动【答案】D【解析】【详解】AD．牡丹“花气袭人”是扩散现象，不是布朗运动，主要原因是气体分子在水不停息地做无规则运动，A错误，D正确；B．牡丹油不容易压缩说明分子之间存在斥力，B错误；C．少量的牡丹油在汤里形成小油珠是不浸润现象，C错误。故选D。2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（）A.0B.BIlC.2BIlD.【答案】C【解析】【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=BI∙2l=2BIl-20- 则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。3.铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率，铯原子钟利用的两能级的能量差量级为10-5eV，跃迁发射的光子的频率量级为（普朗克常量，元电荷）（　　）A.103HzB.106HzC.109HzD.1012Hz【答案】C【解析】【详解】铯原子利用的两能极的能量差量级对应的能量为由光子能量的表达式可得，跃迁发射的光子的频率量级为跃迁发射的光子的频率量级为109Hz。故选C。4.2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探测卫星成功发射。该卫星搭载的莱曼阿尔法太阳望远镜可用于探测波长为的氢原子谱线（对应的光子能量为）。根据如图所示的氢原子能级图，可知此谱线来源于太阳中氢原子（）A.和能级之间的跃迁B.和能级之间的跃迁C.和能级之间的跃迁D.和能级之间的跃迁【答案】A【解析】-20- 【详解】由图中可知n=2和n=1的能级差之间的能量差值为与探测器探测到的谱线能量相等，故可知此谱线来源于太阳中氢原子n=2和n=1能级之间的跃迁。故选A。5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据可得从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b态体积。故选B。6.如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。时开关S打到b端，-20- 时回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（）A.回路的周期为0.02sB.回路的电流最大时电容器中电场能最大C.时线圈中磁场能最大D.时回路中电流沿顺时针方向【答案】C【解析】【详解】A．以顺时针电流为正方向，LC电路中电流和电荷量变化的图像如下：时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为，故A错误；B．根据图像可知电流最大时，电容器中电荷量为0，电场能最小为0，故B错误；CD．时，经过，根据图像可知此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器放电完毕，电能全部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C正确，D错误。故选C．7.如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是（　　）-20- A.第二次与第一次进入时线圈中电流之比为4：1B.第二次与第一次进入时外力做功功率之比为C.第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为D.第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为1：1【答案】D【解析】【详解】A．根据导体棒切割磁感线产生感应电动势，由得由欧姆定律有故A错误：B．匀速进入，外力做功功率与克服安培力做功的功率相等，由得故B错误；C．产生的热量为得故C错误；D．由电荷量得-20- 故D正确。故选D。8.金属甲和金属乙发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的波长倒数的关系如图所示，已知普朗克常量为h，真空中的光速为c。则（　　）A.金属甲、乙的图线的斜率均等于hB.能使金属甲发生光电效应的入射光，一定能使金属乙发生光电效应C.要使金属甲发生光电效应，入射光的波长需要大于D.金属乙逸出功为hcb【答案】D【解析】【详解】A．根据光电效应方程知两图线的斜率均为hc，故A错误：B．由图可知，乙的极限波长小，因此极限频率大于甲的极限频率，根据光电效应发生的条件，可知能使金属乙发生光电效应的入射光，一定能使金属甲发生光电效应，故B错误；C．由甲图可知，时，则极限频率为解得极限波长为故要使金属甲发生光电效应，入射光的波长需要小于，故C错误；-20- D．乙图线与横轴交点对应，即且由乙图线可知联立解得故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积，假设整个系统不漏气。下列说法正确的是（　　）A.气体自发扩散前后内能减少B.在自发扩散过程中，气体对外界做功C.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功D.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能增大【答案】CD【解析】【详解】AB．抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，气体没有对外做功，又没有热传递，则根据可知，气体的内能不变，AB错误；CD．气体被压缩时，体积减小，外界对气体做功，而，根据热力学第一定律可得则-20- 即气体在被压缩的过程中内能增大，根据理想气体的内能只与温度有关，内能增大，温度升高，而温度是分子平均动能的标志，所以气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能增大，CD正确。故选CD。10.某小型发电机在外力驱动下发生转动，其感应电动势图像如图所示，下列描述正确的是（　　）A.发电机线圈转动角速度为5πrad/sB.时，穿过发电机线圈平面的磁通量最大C.感应电动势的瞬时值表达式为D.时，穿过发电机线圈平面的磁通量变化率最大【答案】ACD【解析】【详解】A．由图可知，线图转动的周期为0.4s，根据公式可得，发电机线圈转动的角速度为A正确；B．由图可知，时，感应电动势最大，则穿过发电机线圈平面的磁通量最小，B错误；C．由图可知，感应电动势的瞬时值表达式为C正确；D．由图可知，时，感应电动势最大，穿过发电机线圈平面的磁通量变化率最大，D正确。故选ACD。11.如图所示为某型号电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P-20- 处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该电吹风吹热风时输入功率为500W，吹冷风时输入功率为60W。小风扇额定电压为60V，正常工作时小风扇输出功率为50W。和分别是理想变压器原、副线圈的匝数。则（　　）A.吹冷风时触片P位于a、b之间B.变压器原、副线圈的匝数比C.吹热风时通过电热丝的电流约为2.3AD.吹热风时通过电热丝的电流为2A【答案】BD【解析】【详解】A．由图示电路图可知，触片P若同时接触两个触点b和c，只有小风扇接入电路，只有小风扇工作，电吹风处于吹冷风工作状态，A错误；B．变压器的原线圈、副线圈的匝数比为B正确；CD．电热丝消耗的功率为则电热丝中的电流为C错误，D正确。故选BD。12.一定质量的理想气体，初始温度为300K。压强为。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是（　　）A.初始状态下，气体的体积为6L-20- B.等容过程中，气体对外做功400JC.等压过程中，气体对外做功200JD.两个过程中，气体的内能增加量都为400J【答案】ACD【解析】【详解】BD．等容过程中，根据热力学第一定律有等容过程，、气体对外做功为0，而，则对于一定质量的理想气体，初始温度为300K，等压过程温度上升100K，而等容过程温度上升100K，则气体的内能增加量相同，即B错误，D正确；C．等压过程中，根据热力学第一定律有而，，解得则气体对外做功200J，C正确；A．等压过程根据盖一吕萨克定律，结合，解得初始状态下，气体的体积为6L，A正确。故选ACD。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。-20- 实验步骤：①将冰糖装进注射器，插入活塞，再将注射器通过软管与压强传感器连接并固定注射器；②推动活塞，透过活塞所在的刻度读取了多组气体体积V，同时记录对应的传感器数据；③建立直角坐标系。（1）在实验操作中，下列说法正确的是______。A．活塞应用润滑油涂抹以保证空气密闭性B．推动活塞时，可以用手握住注射器封闭空气部分C．为快速完成实验，可快速推动活塞（2）为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为______（选填“”或“”）。（3）选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到图像如图乙所示（截距a、b已知），若传感器和注射器连接处的软管容积为，则冰糖的体积为______。【答案】①.A②.③.【解析】【详解】（1）[1]A．活塞应用润滑油涂抹以保证空气密闭性，故A正确；B．推动活塞时，为了保证封闭空气温度不变，不可以用手握住注射器封闭空气部分，故B错误；C．为了保证封闭空气温度不变，应缓慢推动活塞，故C错误；故选A（2）[2]气体发生等温变化，根据可得-20- 为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为，则x轴为。（3）[3]设冰糖体积为，对一定量的气体，根据玻意耳定律可得整理得可知解得冰糖的体积为14.在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，有下列实验步骤：①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。②往边长约40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撤在水面上。③用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。④将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。⑤将面有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。完成下列填空：（1）将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液，测得的油酸酒精溶液有100滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为___________m。（结果保留1位有效数字）（2）若阿伏伽德罗常数为，油酸的摩尔质量为M，油酸的密度为ρ。则下列说法正确的是______A．油酸所含有分子数为B．1油酸所含分子数为-20- C．1个油酸分子的质量为D．油酸分子的直径约为（3）某同学做完实验后，发现自己所测的分子直径明显偏大。出现这种情况的原因可能是______A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B．水面上痱子粉撤得太多，油膜没有充分展开C．计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格D．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化E．配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点F．计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器把溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的粗【答案】①.②.B③.ABE【解析】【详解】（1）[1]一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为油酸分子的直径为（2）[2]A．1kg油酸所含有分子数A错误；B．油酸所含分子数B正确；C．1个油酸分子的质量C错误；D．把油酸分子看作一个个球紧密排列，则有-20- 解得D错误。故选B。（3）[3]A．根据，将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，体积偏大，分子直径偏大，A正确；B．根据，水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，面积偏小，分子直径偏大，B正确；C．根据，计算油膜面积时，将不完整的方格均视为完整方格处理，面积偏大，分子直径偏小，C错误；D．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，实验时仍然按照小浓度计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，使得一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，则分子直径偏小，D错误；E．实际配置的油酸酒精溶液浓度偏小，导致油膜面积偏小，因此，分子直径的计算结果偏大，E正确；F．滴在水面上的这滴油酸酒精溶液的体积比已计算好的每一滴体积要大，形成的油膜面积偏大，因此，分子直径的计算结果偏小，F错误。故选ABE15.用波长λ=0.50μm的绿光照射某金属，发出的光电子垂直进入的匀强磁场中，光电子所形成的圆轨道的最大半径为0.6cm（电子电荷量C，质量，普朗克常量。求：（1）光电子的最大初动能。（2）该金属发生光电效应的极限频率。（以上结果均保留三位有效数字）【答案】（1）；（2）-20- 【解析】【详解】（1）光电子进入磁场后，受到的洛伦兹力等于做匀速圆周运动的向心力光电子的最大初动能（2）绿光光子的能量由爱因斯坦的光电效应方程解得16.如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，A管内气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位）【答案】【解析】【详解】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为，此时有倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管-20- 的2倍，则可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为、，所以有倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有对B管有其中联立解得17.在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，矩形区域（－3d<x<d，）内无磁场，区域外存在磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从点沿y轴正方向射入磁场，从处进入无磁场区，不计粒子重力。（1）求粒子射入磁场时的速度。（2）求粒子离开P点后经多长时间第一次回到P点。（3）若仅将入射速度变为，其它条件不变，求粒子从离开P点到再次到达P点过程中通过的路程。-20- 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子从P点沿y轴正方向射入磁场，沿y轴负方向从进入无磁场区，粒子做圆周运动的半径r=d，由得（2）如图所示，粒子从P到Q做匀速圆周运动的时间进入无磁场区，粒子从Q到M的时间-20- 粒子离开P点后第一次回到P点的时间（3）粒子入射速度变为，运动半径如图所示，粒子从P点射入磁场，由L点与x轴成角进入无磁场区，从N点射出无礠场区后回到P点。粒子从P到L的路程从L到N点的路程从点到点的路程综上：粒子从点射出再次到达的总路程18.如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；-20- （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得联立解得，由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为（2）根据能量守恒有解得（3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得又，联立可得-20- 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为-20-