2019年湖北省荆门市东宝区龙泉中学第二轮复习物理试卷(二)

1、2019 年湖北省荆门市东宝区龙泉中学第二轮复习物理试卷（二）副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分）1.声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为（）A. 声波是纵波，光波是横波B. 声波振幅大，光波振幅小C. 声波波长较长，光波波长较短D. 声波波速较小，光波波速很大2. 一个带活塞的气缸内密封一定量的气体，已知气体的温度随其内能的增大而升高，则（）A. 当温度升高时，气体一定吸热B. 当温度升高时，气体一定被压缩C. 压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必定不变D. 压缩气体，同时气体从外界吸热，其温度必定升高3. 质量为 m1 和 m2

2、的两个带电小球，被两根丝线悬挂着，当达到平衡时，两小球在同一水平线上，且两根丝线与竖直方向的夹角分别为）和，如图所示则（A.B.C.D.4. 一带电粒子沿如图所示的曲线穿过匀强电场，重力不计，关于粒子带何种电荷以及该粒子在 a、 b 两点动能的大小，下列结论正确的是（）A.C.负电，在 a 点动能大负电，动能相等B.D.正电，在a 点动能大正电，在b 点动能大5. 固定的汽缸内由活塞封闭着一定质量的气体，在通常的情况下，这些气体分子之间的相互作用力可以忽略。在外力F 作用下，将活塞缓慢地向上拉动，如图所示。在拉动活塞的过程中，假设汽缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，关于对汽缸内的气体的下

3、列论述，其中正确的是（）A. 气体对活塞做功，气体的内能减少B. 气体从外界吸热，气体分子的平均动能增大C. 气体从外界吸热，气体压强不变D. 气体单位体积的分子数减小，气体压强减小第1页，共 15页6. 如图，长为 L ，倾角为 的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为 +q，质量为 m 的小球，以初速度 v0 由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为 v0，则（）A. 小球在 B 点的电势能一定大于在A 点的电势能B. A、 B 两点的电势差一定为C. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是D. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是7. 如图所示，电梯由质量为

4、1×103kg 的轿厢、质量为8×102kg 的配重、定滑轮和钢缆组成，轿厢和配重分别系在一根绕过定滑轮的钢缆两端，在与定滑轮同轴的电动机驱动下电梯正常工作，定滑轮与钢缆的质量可忽略不计，重力加速度g=10m/s2在轿厢由静止开始以2m/s2 的加速度向上运行 1s 的过程中，电动机对电梯共做功为（）A.B.C.D.二、多选题（本大题共3 小题，共12.0 分）8. 如图所示，图甲为一列横波在t=0.5s 时的波动图象，图乙为质点 P 的振动图象，下列说法正确的是（）A. 波沿 x 轴正方向传播B. 波沿 x 轴负方向传播C. 波速为 6D. 波速为9. 如图所示是两列都沿

5、 x 轴负方向传播的简谐横波， 波速均为 v=4m/s，当 t=0 s时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中 P、Q 处的质点均处于波峰，则下列关于这两列波的说法，正确的是（）A. 甲波的频率大于乙波的频率B. 若这两列波相遇，可能发生稳定的干涉图样C. 当时， P、 Q 质点通过的路程均为D. 甲波中 M 处的质点比P 处的质点先回到平衡位置10.某电场的电场线分布如图所示，以下说法错误的是（）第2页，共 15页A. c 点场强大于 b 点场强B. a 点电势高于 b 点电势C. 若将一试探电荷由 a 点释放，它将沿电场线运动到b 点D. 若在 d 点再固定一点电荷，将一试探电荷由 a 移至

6、b 的过程中，电势能减小三、实验题探究题（本大题共2小题，共 15.0分）“”10411. 在做 用油膜法估测分子的大小实验中，油酸酒精溶液的浓度为每mL 溶液中有纯油酸 6mL，用注射器测得1mL 上述溶液有液滴75 滴，把 1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上在玻璃上描出油酸膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，经测量油酸膜的面积是1.15 ×10-22m（ 1）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_m3（ 2）按上述数据，估测出油酸分子的直径是_m。12. 在 “用单摆测重力加速度 ”的实验中：（ 1）下面所给器材中，选用哪些器材较好，请把所选用器材前

7、的字母依次填写在题后的横线上。A长 1m 左右的细线；B长 30cm 左右的细线；C直径 2cm 的铅球；D直径 2cm 的铝球；E秒表；F时钟；G最小刻度是厘米的直尺；H最小刻度是毫米的直尺所选用的器材是_。（ 2）某同学测得g 值比当地标准值偏大，其原因可能是_A测量摆长时忘记加上小球半径B振幅过小C将摆长当成了摆线长和球直径之和D摆动次数多记了一次E小球不是在竖直平面内摆动F摆球质量过大，空气阻力影响所致四、计算题（本大题共4 小题，共45.0 分）13. （ 1）一定量的气体从外界吸收了4.7 ×105J 的热量，同时气体对外做功2.5 ×105J，则气体的内能增加

8、了多少？（ 2）热力学第二定律有两种表述，一种是克劳修斯表述，另一种叫开尔文表述。请你写出开尔文表述第3页，共 15页14.一根弹性绳沿x 轴方向放置， 左端在原点O 处，用手握住绳的左端使其沿y 轴方向做周期为 1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波绳上质点 N 的平衡位置为x=5m，振动传播到质点M 时的波形如图所示求：（ 1）绳的左端振动后经过多长时间传播到质点N；（ 2）质点 N 开始振动时，绳的左端已通过的路程；（ 3）如果从 N 开始振动计时，画出质点N 振动的位移 -时间图线15. 如图所示， 一根光滑绝缘细杆与水平面成 =30的°角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水

9、平向右的匀强电场中，场强E=2×104N/C在细杆上套有一个带电量为q=-×10-5 C、质量为 m=3×10-2kg 的小球。现使小球从细杆的顶端A 由静止开始沿杆滑下， 并从 B 点进入电场， 小球在电场中滑至最远处的 C 点。已知 AB 间距离 x1=0.4m，g=10m/s2求：（ 1）小球在 B 点的速度 vB；（ 2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；（ 3）小球从 A 点滑至 C 点的时间是多少？16. 如图所示，在绝缘的水平面上，相隔2L的， 4B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷， G、 O、D 是 AB 连线上的三个点，O 为连线的中点，

10、CO=OD= 一质量为m、电量为 q 的带电物块以初速度v0 从 c 点出发沿 AB 连线向 B 运动，运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用，但在速度为零时，阻力也为零当物块运动到O点时，物块的动能为初动能的 n 倍，到达 D 点刚好速度为零， 然后返回做往复运动，直至最后静止在 O 点已知静电力恒量为k，求：（ 1） AB 两处的点电荷在 c 点产生的电场强度的大小；（ 2）物块在运动中受到的阻力的大小；（ 3）带电物块在电场中运动的总路程第4页，共 15页第5页，共 15页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波 长相比差不多或比波 长

11、更短。由于声波的波 长比较大（1.7cm17m）和楼房的高度相近，故可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。故只有 C 正确。故选：C。波能否绕过某一建筑物 传播是指波是否 发生明显的衍射现象，波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波 长相比差不多或比波 长更短掌握了波 发生明显衍射的条件即可 顺利解决此 题2.【答案】 D【解析】解：A 、B：改变物体内能的途径有：做功和 热传递，故温度升高时不一定是吸热还是做功引起的， AB 错误；C、压缩气体，同时气体向外界放 热，其温度可能变，也可能不变，C 错误；D、压缩气体，同时气体从外界吸 热，其温度必

12、定升高，D 正确；故选：D。改变物体内能的途径有：做功和 热传递，温度是否升高要看做功和 热传递的和是正还是负本题考查了改变物体内能的两种方式， 记住公式 U=W+Q 即可解决此 类问题3.【答案】 B【解析】解：对两球受力分析，如图所示：根据共点力平衡和几何关系得：m1gtan =F，m gtan =F122第6页，共 15页根据牛顿第三定律，有：F1=F2，故=；故选：B。对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的 质量的大小关系本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力 联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关 键4

13、.【答案】 D【解析】解：A 、由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运 动轨迹的内侧，电场力方向与电场方向一致，故粒子带正电，从A 到 B 电场力做正功，电势能减小、动能增加，故 A 、B、C 错误；D 正确；故选：D。由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运 动轨迹的内侧则电场力一定水平向右，同时注意电场线方向，由电场力做功判断能量 变化题就是对电场力做功特点的考 查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小5.【答案】 D【解析】解：AB 、由题意知，汽缸内的封闭气体是理想气体且温度不变，故平均动能不变，气体内能不变，故 AB 错误；CD、气体体积增大，

14、对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收 热量；封闭气体温度不 变，体积增大，压强减小，故 C 错误，D 正确。故选：D。第7页，共 15页气缸壁的 导热性能良好，环境的温度保持不 变，故气体做等温变化，温度不变内能不变，对于做功、放热问题可由热力学第一定律 讨论，压强的变化可由玻意耳定律分析。主要考查热力学第一定律和 压强的微观解释，关键点在于判断出气体作等温变化。6.【答案】 C【解析】解：A 、小球从 A 运动到 B 的过程中，动能不变，而重力势能增加，则根据能量守恒可知小球的 电势能减小，则小球在 B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能。故 A 错误；B 、根据动能定理得：-mg

15、Lsin +qU = m - m=0，得到：UAB=，AB故 B错误；C、电场力与重力、支持力的合力 为零，小球做匀速直线运动，到达 B 点时小球速度仍 为 v0小球的重力沿斜面向下的分力 为 mgsin一定，则当电场力沿斜面向上，大小为 F=mgsin时，电场力最小，场强最小，又电场力 F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是故C 正确。D、根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共 线，且与斜面的夹角时 则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可小于 ，能等大于重力 mg，此时的电场强度 E故D 错误；故选：C。根据动能定理和 电场力做功公式 结合，求解 A 、B 两点的

16、电势差。根据电场力做功的正 负，判断小球电势 能的大小，当电场 力做正功 时，小球电势 能减小；相反，电势能增大。若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小 值，再确定场强的最小值。第8页，共 15页本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题 当作力学 问题去处理，可增强解题的信心。7.【答案】 D【解析】解：根据牛顿第二定律得，F-Mg=Ma ，解得 F=Mg+Ma=1000× 12N=12000N，静止开始以 2m/s2 的加速度向上运行1s 的过程中，发生位移为 h=；则起重机对轿厢做正功 W=Fh=12000J。对于质量为 8×

17、102kg 的配重，牵引力做负功，其值为 W。根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得 F=mg-ma=800×8N=6400N，因此起重机 对配重做负功 W=Fh=-6400J。所以电动机对电梯共做功 为 12000J-6400J=5600J，故D 正确，ABC 错误；故选：D。根据牛 顿第二定律与运 动学公式，求出各自 牵引力的大小，根据做功的正负，从而求出 牵引力做的 总功本题通过牛顿第二定律，结合功的公式 进行求解，也可以通 过动能定理求出起重机对 物体做功的大小8.【答案】 AD【解析】解：AB 、由振动图象乙上 t=0.5s时刻，读出 P 点的速度方向沿y 轴负方向，则根

18、据波形的平移法可知，波沿x 轴正方向传播。故 A 正确，B 错误 。CD、由图该波的波长 =4m，周期T=1s，则波速 v= = =m/s。故C 错误，D正确。故选：AD 。由振动图象乙上 t=0.5s读出 P 点的速度方向，在波 动图象上判断 传播方向由波动图象甲读出波长，由振动图象乙读出周期，可求出波速第9页，共 15页本题首先要能正确 识别、理解振动图象和波动图象，关键能把握两种 图象之间的内在联系9.【答案】 AD【解析】解：A 、甲、乙波的波长分别为 4 m 和 8 m，由可得甲波的 频率大于乙波的频率。故 A 正确；B、二者频率不同，不能产生干涉。故 B 错误；C、当 t=2.0

19、s时，P 质点经过了两个周期、Q 质点经过了一个周期，故 P、Q 通过的路程分 别为 0.8 m 和 0.4 m，故C 错误；D、甲波的频率大于乙波的 频率，则甲的周期小于乙的周期，波向左 传播，从最大位移 处回到平衡位置的 时间都是 ，故M 处的质点比 P 处的质点先回到平衡位置，故 D 正确。故选：AD 。同一波动图上，根据质点的振动方向和所在位置判断回到平衡位置的先后。不同的波 动图上，先由图可读出波长，根据波速分别算出它们的周期，根据时间判断回到平衡位置的先后。根据干涉的条件判断能否产生干涉。波的基本特点是波 传播的是振 动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振 动。要

20、熟练进行质点振动方向和波的 传播方向关系的判断。10.【答案】 AC【解析】解：A 、电场线密的地方 场强大，b 点电场线比 c 点密，所以 b 点场强大，故 A错误。B、沿着电场线方向电势降低，则 a 点电势高于 b 点电势，故B 正确。C、由于电场线是曲线，将一试探电荷+q 由 a点释放，运动轨迹不可能与 电场线重合，故 C 错误 。D、若在 d 点再固定一点 电荷 -Q，将一检验电荷 +q 由 a 移至 b 的过程中，-Q 对第10 页，共 15页+q 的静电力做正功，可知合电场对 +q 做正功，它的电势能减小，故 D 正确。本题选择错误 的，故选：AC。沿着电场线方向电势降低。电场线的

21、疏密反映 电场的强弱。正电荷在电势高处电势能大。根据电场力做功情况判断 电势能变化情况。解决本题的关键要掌握电场线的物理意 义：电场线的方向反映 电势的高低，疏密表示 场强的相对大小。11.【答案】 8×10-127×10-10【解析】解：（1）1 mL 油酸酒精溶液含有 纯油：v=ml，每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体 积是：v0=8×10-12 m32）油酸分子的直径是：d=7×10-10（m；故答案为 1 8×10-122 7×10-10：（）（）（1）一滴溶液的体积乘以溶液的 浓度，就是 1 滴酒精油酸溶液所含 纯油的体积

22、。（2）油酸的体积除以油膜的面 积，就是油膜厚度，即油酸分子的直径。本题考查了油膜法 测分子直径的 实验数据处理，难度不大，是一道基础题；解题时要注意各物理量的 单位。12.【答案】 ACEHCDE【解析】解：（1）本实验的原理：振动的单摆，当摆角 10°时，其振动周期与摆长的平方根成正比，与重力加速度的平方根成反比，而与偏角的大小（振幅）、摆球的质量无关。周期公式为：T=2，变换这个公式可得 g=因此，本实验中测出单摆的摆长 l 和振动周期 T，就可以求出当地的重力加速度 g 的值，本实验的目的是 测量重力加速度 g 的值，而非验证单摆 的振动规律。因此实验中应选用较长的摆长 l，

23、这样既能减小 摆长的测量误差，又易于保证偏角 不大于 10°，而且由于振动缓慢，方便计数和计时，故选 A 本实验所用的实第11 页，共 15页际摆要符合理 论要求，摆长要有 1 m 左右，应选用无弹性的细线，摆球直径不要大于 2 cm，应选用较重的小球，故选 C由于重力加速度 g 与周期的平方成反比，周期 T 的测量误差对 g 的影响是 较大的，所用计时工具应选精确度高一些的，故选 E由于摆长 l 应是悬点到铅球的上边缘的距离 l 加上铅球的半径 r。球半径用游 标卡尺测量出（也可由教师测出后提供数据），因此 l 应读数准确到毫米位。实验中应用米尺或 钢卷尺来测量，故选 H。（2）因

24、为 T=2，所以 g=，由g 的表达式可知 g 测 偏大的原因可能是 l偏大或 T偏小，可知 C、D 正确，A错圆锥摆的周期 T=2T测测摆 ，故E 正确；因为单摆周期和振幅与 摆球质量无关，故 B、F 错 。故答案为：（1）ACEH（2）CDE（1）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和，单摆摆角在 5 度左右，且摆动在同一竖直面内。（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过测量周期的 误差判断重力加速度的 误差。（3）根据单摆的周期公式求出重力加速度的值。解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验注意的误差。单摆的摆长要注意是线长与摆球的半径之和，再就是 测定周期时要测定多个周期性

25、变化的总时间，除以次数，从而求出周期。13.【答案】 解：（1）根据能量守恒定律， 气体的内能增加 E=4.7 ×105-2.5 ×105 =2.2 ×105J （ 2）不可能从单一热源吸收热量，全部对外做功，而不产生其他影响。答：（ 1）气体的内能增加了2.2 ×105J；（ 2）热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热库（源）吸收热量，使之完全变成功（全部对外做功），而不产生其他影响（不引起其他变化）。【解析】在热力学中，系统发生变化时，设与环境之间交换的热为 Q，与环境交换的功第12 页，共 15页为 W，可得热力学能（亦称内能）的变化为：U=

26、Q+W 。不可能从 单一热库（源）吸收热量，使之完全变成功（全部对外做功），而不产生其他影响（不引起其他 变化）。本题考查了热力学第一定律、热力学第二定律，要理解 热力学第一定律公式中各物理量正 负的物理意 义。熟悉热力学第二定律的各种表述，能 够明确热力学第二定律的本 质。14.【答案】 解：（ 1）由图可知，波长 =2m，则波速： v= = m/s=2m/s振动从 O 传播到质点N 经历的时间： t= = s=2.5s（ 2）因 n= =2.5，所以质点N 开始振动时，绳的左端已通过的路程为：s=2.5 ×4A=2.5 ×4×8cm=80cm（ 3）由上可知，

27、经 2.5s波传播到N 点，由波形图知各质点的起振方向向下，振幅为 8cm，周期与波的周期相同即T=1s，所以质点N 的振动图象如图所示：答：（ 1）绳的左端振动经2.5s 时间传播到质点N；（ 2）质点 N 开始振动时，绳的左端已通过的路程为80cm（ 3）如果从N 开始振动计时，质点N 振动的位移 -时间图线如图所示【解析】（1）由图读出波长和周期，求出波速，根据质点 N 到波源 O 的距离，求出时间；（2）据振动的时间，分析波源的振动情况和通 过的路程；（3）波传播到 N 恰好为 2.5s，通过用描点法画出 质点的振动图象即可本题的关键是有题意判断 T=1s 和灵活应用波传播的特点求解；明确波动图象和振动图象的区别和联系15.【答案】 解：（ 1）小球在 AB 段滑动过程中，由机械能守恒mgx1sin =可得 vB=2 m/s。（ 2）小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度第13 页，共 15页a2=-5 m/s2小球进入电场后还能滑行到最远处C 点， BC 的距离为x2=m=0.4 m。（ 3）小球从A 到 B 和从 B