辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二物理下学期期初考试试题.doc

辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二物理下学期期初考试试题辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二物理下学期期初考试试题年级：姓名：- 17 -辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二物理下学期期初考试试题（含解析）一选择题（共12小题，每小题4分，18为单选题，912为多选题，选对不全得2分。）1.分子力F、分子势能EP与分子间距离r的关系图线如甲乙两条曲线所示（取无穷远处分子势能EP=0）。下列说法正确的是（）A. 甲图线为分子势能与分子间距离的关系图线B. 当r=r0时，分子势能为零C. 随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大D. 在rr0阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小【答案】D【解析】【详解】AB在时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为0，故AB错误；C从平衡位置开始，随着分子间距离的增大，分子间作用力随分子间距离增大后减小，故C错误；D当时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A. 物体的动能增加，其内能也一定增加B. 扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动C. 一定质量的气体膨胀对外做功，气体内能一定增加D. 随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小【答案】D【解析】【详解】A物体的内能由分子动能和分子势能构成，与宏观的机械能大小无关，A错误；B布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，B错误；C根据热力学第一定律可知一定质量的气体膨胀对外做功，吸放热情况未知，所以气体内能不一定增加，C错误；D随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小，D正确。故选D3.如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分，已知上部分气体压强等于大气压强。若水银柱所在玻璃管处开一个小孔，则（）A. 上端水银面上升，下端水银面上升B. 上端水银面上升，下端水银面下降C. 上端水银面下降，下端水银面上升D. 上端水银面下降，下端水银面下降【答案】C【解析】【详解】当开了一个小孔后，水银柱与外界气压相通。由于孔上方水银的压强与上部分气体的压强之和大于大气压强，因此上端水银面下降；在开孔前，下部分气体的压强等于上部分气体压强与水银柱压强之和，即下部分气体的压强大于大气压强。而由于孔的位置与外界气压相通，则对于下部分气体的压强减少了孔上方那部分水银的压强，因此下端水银面上升，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体（不计气体的分子势能以及气缸和活塞间的摩擦）。将一个半导体NTC热敏电阻R（随着温度的升高热敏电阻阻值减小）置于气缸中，热敏电阻R与气缸外的电源E和电流表组成闭合电路，气缸和活塞与外界无热交换。现保持活塞位置不变，当发现电流表的读数增大时，下列说法正确的是（）A. 气体的密度增大B. 气体的压强不变C. 气体分子的平均动能增大D. 每秒撞击单位面积器壁的气体分子数不变【答案】C【解析】【详解】A气体的质量和体积不变，根据可知气体的密度不变，A错误；B电流表读数增大，热敏电阻减小，气体温度升高，根据查理定律可知气体压强增大，B错误；C气体的温度升高，所以气体分子的平均动能增大，C正确；D气体温度升高，分子热运动剧烈程度增加，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增大，D错误。故选C。5.下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的是（）A. 图（a）反映了气体的等容变化规律B. 图（b）反映了气体的等容变化规律C. 图（c）反映了气体的等压变化规律D. 图（d）反映了气体的等温变化规律【答案】B【解析】【详解】A图（a）温度不变，根据气体状态方程得体积增大，压强减小，反映了气体的等温变化规律，故A错误；B在等容变化过程中，则则图（b）反映了气体的等容变化规律，故B正确；C在pT图象中过原点的直线表示等容变化，故C错误；D图（d）不能反映压强与体积成反比，所以图（d）可能是等温线，也有可能不是等温线，故D错误。故选B。6.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半则碰撞后A. 摆动的周期为B. 摆动的周期为C. 摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD. 摆球最高点与最低点的高度差为0.25h【答案】D【解析】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度所以AB错误在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒有：Mgh=Mv12a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒所以有 Mv1-m2v1=（M+m）v2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：整理得：v205v1，所以h=025h故C错误，D正确故选D考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关7.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中()A. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为mv2B. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D. 地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】【详解】设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：Imgtmv0Imvmgt。运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功；A地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为mv2，与结论不相符，选项A错误；B地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零，与结论相符，选项B正确；C地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2，与结论不相符，选项C错误；D地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零，与结论不相符，选项D错误；故选B。8.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态放出一个质量为m的粒子后反冲已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】放出质量为的粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，则有：放出的粒子的动能为： 原子核反冲的动能：联立解得：A.与分析不符，不符合题意； B.与分析不符，不符合题意；C.与分析相符，符合题意；D.与分析不符，不符合题意9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知x轴上x1=0处质点振动图线如图甲所示，x2=3m处的另一质点的振动图线如图乙所示，则此列波的传播速度可能是（）A. 6m/sB. 2m/sC. 1.2m/sD. 0.4m/s【答案】BD【解析】【详解】根据振动图像可知质点振动周期为波沿轴正方向传播，则（n=1，2，3）则波速为（n=1，2，3）当时，当时，代入、时，不是整数，AC错误，BD正确。故选BD。10.两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示。图丙中有一半圆玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。则下列说法正确的是（）A. 乙光以i入射时一定发生全反射B. 甲光的频率比乙光的频率大C. 光的干涉现象说明光是一列横波D. 若绕O点逆时针旋转玻璃砖，PQ上可能接收不到甲光【答案】BD【解析】【详解】AB根据干涉条纹间距公式可知乙光的波长较长，根据可知乙光的频率小于甲光的频率，所以乙光的折射率小于甲光的折射率，根据可知乙光的临界角较大，所以甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点时发生折射，乙光以i入射时不会发生全反射，A错误，B正确；C光的干涉现象说明光具有波动性，光的偏振说明光是一列横波，C错误；D若绕O点逆时针旋转玻璃砖，增大，甲的临界角较小，容易发生全反射，所以PQ上可能接收不到甲光，D正确。故选BD。11.细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示现将单摆向左拉开一个小角度，然后无初速地释放对于以后的运动，下列说法中错误的是( )A. 摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B. 摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍C. 摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D. 摆球在左、右两侧上升的最大高度一样【答案】BC【解析】【详解】A.根据单摆周期方程，未放钉子时，单摆周期：，放钉子后，过钉子摆长减半，单摆周期：，周期变小，A正确BCD.设左侧摆角为，右侧角为，根据机械能守恒有，左右两侧上升的最大高度一样，根据几何关系有，整理得：，如果，解得，不符合题意，所以角度不是2倍关系，根据弧长公式：，两端角度不是2倍关系，而半径是一半关系，所以最大弧长不相等BC错误D正确12.下列说法中正确的是（）A. 物体的温度改变时，其内能必定改变B. 外界对物体做功，物体的内能可能减小C. 物体向外界放热，物体的内能一定减小D. 质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积一定越大【答案】BD【解析】详解】A物体温度改变，做功大小未知，根据热力学第一定律可知内能不一定改变，A错误；B若物体放出的热量大于外界对物体做功，物体的内能可能减小，B正确；C物体向外界放热，做功大小未知，所以物体内能不一定减小，C错误；D根据理想气体状态方程可知压强不变，温度越高，体积一定越大，D正确。故选BD。二填空题。（共3小题，每空2分，共12分）13.如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线III是一个小灯泡的伏安特性曲线，则电源1和电源2的内阻之比为_。若把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比为_。【答案】 (1). 11：7 (2). 1：2【解析】【详解】1根据闭合电路欧姆定律变形得可知图像斜率的大小为内阻，则2曲线III与电源图线的交点即为小灯泡直接接入电源时，小灯泡两端的电压和电流，所以14.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_cm【答案】 (1). 3.205（3.203-3.207） (2). 5.015【解析】【详解】1由图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度示数是3mm，可动刻度示数是，螺旋测微器的示数是： 2由图所示游标卡尺可知，主尺示数是5cm，游标尺示数是30.05mm=0.15mm=0.015cm，则游标卡尺的示数是：15.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接O P3图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量_（用上述所给物理量的字母表示），则玻璃砖的折射率可表示为_【答案】 (1). l1、l3 (2). l1/l3【解析】【详解】12设圆半径为R，由几何知识得入射角的正弦为折射角的正弦为 根据折射率公式 ，解得 所以需要测量的量是l1、l3；三、计算题。（共4小题，16小题8分，17、18小题均10分，19小题12分）16.x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图像如图所示，质点A刚好开始振动。 (1)求波在介质中的传播速度；(2)求x=4m的质点在0.14s内运动的路程。【答案】(1)50m/s；(2)0.15m【解析】【详解】(1)传播速度(2)由波形图可知，在0.14s内，x=4m的质点从平衡位置开始振动了个周期，该质点运动的路程17.如图所示，将一个折射率为的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到P点，AP之间的距离为d，入射角为，AP间的距离为d=30cm，光速为c=3.0108m/s，求： ()若要使光束进入长方体后正好能射至D点上，光线在PD之间传播的时间； ()若要使光束在AD面上发生全反射，角的范围。【答案】(i)；(ii) 3060【解析】【详解】(i)由几何关系 (ii)要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为，如图甲所示，根据几何关系有根据折射定律有解得角的最小值为=30如图乙，要使光束在AD面上发生全反射，则要使射至AD面上的入射角满足关系式:sinsinC解得60因此角的范围为3060.18.如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0105Pa，温度为27C，现对气体加热，求：(1)当加热到127C时活塞离底部的高度；(2)当加热到427C时，气体压强。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设气缸横截面积为S，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为，则对于封闭气体，等压变化，根据盖吕萨克定律可知解得可知当加热到时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为，对于封闭气体由可得解得(2)设当加热到427C时气体的压强变为，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，对于封闭气体由可得代入数据解得19.如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，求：滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离（取g=10m/s2）【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v1，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有： 联立解得： （2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：联立解得