山东省济宁市鱼台县第一中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

2019年高二下学期期中考试物理试题一选择题（本题共12小题，1-8题为单选，9-12题为多选，共48分）1.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）A. t=1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. t=2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t=3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. t=4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误。【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。2.下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是()A. 分子间距离减小时分子势能一定减小B. 温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C. 悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显D. 非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性【答案】B【解析】【详解】当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，分子间距的增大时反之，故A错误；物体的温度越高，分子热运动的平均动能增大，物体中分子无规则运动越剧烈，故B正确；根据布朗运动的特点，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显，故C错误；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D错误。3. 用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B两部分，如图所示。A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则当两部分气体处于热平衡时()A. 内能相等B. 分子的平均动能相等C. 分子的平均速率相等D. 分子数相等【答案】B【解析】试题分析：两部分气体处于热平衡，即温度相同，所以两种气体的分子的平均动能相同，B正确；考点：考查了分子平均动能点评：温度是分子平均动能的标志基础知识一定要打牢4.如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论中正确的是()A. 它一定不是单晶体B. 它一定是多晶体C. 它一定是非晶体D. 它不一定是非晶体【答案】AD【解析】【详解】单晶体内部的结构具有规则，因单而晶体具有各向异性，所以显示各向同性的是多晶体或者非晶体，故AD正确。5.带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，VT图如图所示设气体在状态b和状态c的压强分别为和，在过程ab和ac中吸收的热量分别为和，则()A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据理想气体状态方程，得：，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点。由热力学第一定律，经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以相等，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多。故选C。【点睛】根据理想气体状态方程，整理后可得V-T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热。6.如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,面积之比为SA：SB = 1：2.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个气缸都不漏气.初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=300K.A中气体压强pA=1.5p0，p0是气缸外的大气压强.现对A加热，使其中气体的压强升到 pA = 2.0p0，同时保持B中气体的温度不变.则此时A中气体温度（ ）A. 400KB. 450KC. 500KD. 600K【答案】C【解析】【详解】活塞平衡时，由平衡条件得：PASA+PBSB=P0（SA+SB），PASA+PBSB=P0（SA+SB），已知SB=2SA，B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：PBVB=PBV0，设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，即，对气体A由理想气体状态方程得：，解得：。7.两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4 kg，m2=2 kg，A的速度v1=3 m/s（设为正），B的速度v2=3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）A. v1v21.5m/sB. v1+4 m/s，v2-5m/sC. v12m/s，v2-1m/sD. v1-1m/s，v25m/s【答案】D【解析】【详解】以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=m1v1+m2v2=43+2（-3）=6kgm/s，碰前总动能为：，如果v1=1.5m/s、v2=1.5m/s，碰后系统动量为9kgm/s，总动能为6.75J，系统动量不守恒、动能不增加，不符合实际，故A错误；如果v1=4m/s、v2=-5m/s，碰后系统总动量为6kgm/s，总动能为57J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果v1=2m/s、v2=-1m/s，根据碰撞的特点可知，相向运动的两个物体在碰撞后至少有一个物体运动的方向要发生变化或静止，碰后两球速度方向都不发生改变是不可能的，故C错误；如果v1=-1m/s、v2=5m/s，碰后总动量为6kgm/s，总动能为27J，系统动量守恒，动能不变，故D正确。8.给一定质量的温度为0的水加热，在水的温度由0上升到4的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”在水反常膨胀的过程中，水分子之间的结构发生变化导致体积减小，所有水分子间的总势能是增大的由此可知，反常膨胀时，下列说法正确的是（ ）A. 水分子之间的作用力表现为引力，水分子的平均动能增大B. 水分子之间的作用力表现为斥力，水分子的平均动能增大C. 水分子之间作用力表现为引力，水分子的平均动能不变D. 水分子之间的作用力的合力为零，水分子的平均动能增大【答案】B【解析】【详解】温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能最大；由题意，在水反常膨胀的过程中，体积减小则水分子之间的作用力表现为斥力。9.以下说法中正确的是()A. 系统在吸收热量时内能不一定增加；冰融化为同温度的水时，分子势能增加B. 悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈C. 封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍D. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力【答案】ABC【解析】【详解】根据热力学第一定律，U=W+Q，系统在吸收热量时，同时向外放热，则内能不一定增加；冰融化为同温度的水的过程中，分子的平均动能不变，吸收热量，分子势能增加，故A正确；当温度越高时，分子运动越激烈，导致布朗运动的颗粒也激烈，故B正确；若温度不变，分子平均动能不变，体积减半，分子密度加倍，单位时间内的气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，压强加倍，故C正确；铁棒没有断，说明此时分子间同时存在引力与斥力，分子力体现为引力，故D错误。10.同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙的情况若A固体和B毛细管都很干净，则()A. A固体和B管可能是同种材料B. A固体和B管一定不是同种材料C. 固体A的分子对液体附着层的分子的引力比B管的分子对液体附着层的分子的引力小D. 液体对毛细管B不浸润【答案】BCD【解析】ABD、由图可知，该液体不能附着在A的表面，所以对A是不浸润的；当把毛细管B插入这种液体时，液面呈现凹形说明液体对B浸润的。所以A与B一定不是同种材料。故A错误、B正确、D错误；C. 根据浸润与不浸润的特点可知，浸润时，附着层内的分子引力小于固体对分子的引力；而不浸润时，附着层内的分子引力大于固体对分子的引力，所以固体A的分子对液体附着层内的分子的引力比B管的分子对液体附着层内的分子的引力小些。故C正确；故选：BC。11.如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x=3.5m。下列说法正确的是( ) A. 在0.3s时间内，质点P向右移动了3mB. 这列波的传播速度是20m/sC. 这列波沿x轴正方向传播D. t=0.ls时，质点P的加速度大于质点Q的加速度【答案】CD【解析】【详解】简谐横波传播过程中，质点P只上下振动，不向右移动，故A错误；由图知：=4m，T=0.4s，则波速：，故B错误；由乙图读出，t=0时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故C正确；t=0.1s时，质点P位于波峰，可知，质点P的位移大于质点Q的位移，由知，质点P的加速度大于质点Q的加速度，故D正确。12.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是( )A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为气体分子之间存在势能的缘故B. 一定量100C的水变成100C的水蒸汽，其分子之间的势能增加C. 气体温度越高，气体分子的热运动越剧烈D. 如果气体分子总数不变，当气体分子的平均动能增大时，气体压强必然增大【答案】BC【解析】【详解】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散。不是由于气体分子存在势能，故A错误；一定量100的水变成100的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，分子总动能不变。在这个过程中水要吸热，内能增大，所以分子之间的势能必定增加，故B正确；温度是分子热运动平均动能的标志，故气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高，故C正确；温度是分子的平均动能的标志，当气体分子的平均动能增大，气体温度升高，根据理想气体的状态方程，可知气体温度升高时，若同时体积增大，掌握气体压强不一定增大，故D错误。二填空题（本题共2小题，共10分）13. 在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X。用以上字母表示油酸分子的大小d= 从图中数得X= 。【答案】；62（60-65均可）。【解析】（1）在围成的方格中，不足半个舍去，多于半个的算一个，从图中数得油膜占有的小正方形个数为X=62；（2）由题意可知，一滴这种纯油酸的体积为，油膜的面积为，由于形成单分子油膜，则油膜的厚度即为油酸分子的直径为14.在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验时， （1）为了利用单摆较准确地测出重力加速度，可选用的器材为 _ A20cm长的结实的细线、小木球、秒表、米尺、铁架台 B100cm长的结实的细线、小钢球、秒表、米尺、铁架台 C100cm长的结实的细线、大木球、秒表、50cm量程的刻度尺、铁架台 D100cm长的结实的细线、大钢球、大挂钟、米尺、铁架台 （2）为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最 _ （填“高”或“低”）点的位置时开始计时，并计数为1，摆球每次通过该位置时计数加1当计数为63时，所用的时间为t秒，则单摆周期为 _ 秒 （3）实验时某同学测得的g值偏大，其原因可能是 _ A实验室的海拔太高B摆球太重C测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算 D摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 【答案】 (1). （1）B； (2). （2）低； (3). (4). （3）C；【解析】（1）实验中应采用长1m左右，不能形变的细线，小球选用体积小质量大小的金属球；故选B；（2）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时由题分析可知，单摆全振动的次数为，周期为；（3）海拔太高时，重力加速度较小，这肯定不是测量结果偏大的原因；故A错误；摆球的重力越重，误差越小；故B错误；实验中误将n次全振动计为n+1次，根据求出的周期变小，g偏大，故C正确摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，依据：T2，测得的单摆周期变大，故由可知得到的g值偏小，故D错误故选C.点睛：本题考单摆测量重力加速度的实验原理和方法，了解重力加速度的变化规律和利用单摆测重力加速度的实验原理是解决此题的关键三. 计算题（本题共3小题，共42分）15.如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为=02使木板与重物以共同的速度v0=6m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g=10m/s2.求:(1)木板第二次与墙碰撞前的速度(2)木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间.【答案】(1)v=2m/s(2)t=4s【解析】【详解】（1）第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒得：2mv0-mv0=3mv 解得：v=2m/s（2）设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2mgt1=mv-m（-v0） 解得：t1=2s由牛顿第二定律得2mg=ma，式中a为木板的加速度在达到共同速度v时，木板离墙的距离为：开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t=t1+t2联立以上代入数据解得：t=4s16.（9分）如图，气缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动A、B的质量分别为mA12kg。mB8.0kg,横截面积分别为s14.01O-2m2Sg2.0l0-2m2一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间,活塞外侧大气压强Po1.0l05Pa气缸水平放置达到如图1所示的平衡状态，求气体的压强?已知此时气体的体积V1=2.010-2m3,现保持温度不变力气缸竖直放置，达到平衡后如图2所示,与图1相比.活塞在气缸内移动的距离l为多少？取重力加速度g10m/s2【答案】 9.110-2m【解析】试题分析：以活塞A、B及刚性细杆整体为研究对象，在水平方向上进行受力分析，根据平衡条件列式可求出气体压强；当气缸处于乙图所示位置时，再对活塞A、B及刚性细杆整体研究，运用平衡条件求出此时封闭气体的压强，由波意耳定律和几何关系结合解答。（1）气缸处于甲图所示位置时，设气缸内气体压强为，对于