2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

铜仁一中2018—2019学年度第二学期高二半期考试物理试题 一、选择题（每题4分，共8题，共32分）‎ ‎1.下列关于分子动理论说法中正确的是(　　)‎ A. 物体温度越高，则该物体内所有分子运动的速率都一定越大 B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D. 显微镜下观察到墨水中小颗粒在不停的做无规则运动，这就是液体分子的运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、分子的平均速率随着温度的升高而增大，这是统计规律，温度升高时单个分子速率变化情况是不确定，故A错误；‎ B、明确分子之间距离与关系，才能进一步确定随着分子之间距离的变化，分子力的变化情况，如若分子之间距离从处开始增大，则分子力先减小后增大再减小，故B错误；‎ C、若分子之间距离开始小于,则随着分子距离的增大，分子势能先减小后增大，故C正确；‎ D、显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停的做无规则运动，是因为液体分子的撞击形成的，本质上是固体微粒的运动，反应了液体分子的无规则运动，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答本题需要掌握：分子热运动的特点以及和温度的关系；分子之间作用力以及分子势能大小随着分子之间距离的变化所遵循的规律；正确理解布朗运动的实质、特点。‎ ‎2.下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 多晶体和非晶体各向同性，所以都不是晶体 B. 单晶体和多晶体都是各向异性的 C. 明矾是多晶体，小铁屑是单晶体 D. 金属材料各向同性，但金属中每一晶粒的内部各向异性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的某些物理性质各向异性，而多晶体表现各向同性，AB错误 C．明帆是单晶体，而常见金属是多晶体，所以小铁屑属于多晶体，C错误 D．金属材料属于多晶体，由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象，但是金属中每一晶粒的内部均表现为各向异性，D正确 ‎3.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 浸润液体在细管里能上升 B. 不浸润液体在细管里能下降 C. 在建筑房屋时，在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，这是为了增加毛细现象，使地下水容易上升 D. 农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，以减少毛细现象的发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．浸润液体附着层分子间距较小，表现为斥力，所以浸润液体在细管里能上升，而不浸润液体附着层分子间距较大，表现为引力，所以不浸润液体在细管里能下降，AB正确 C．在建筑房屋时，在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，是因为水对油和沥青不浸润，会阻止毛细现象，阻止地下水上升，C错误 D．土壤里有很多的毛细管，地下水可以沿着它们上升到地面，如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些毛细管，以减小毛细现象的发生，D正确 ‎4. 在一定温度下，当一定量气体的体积增大时，气体的压强减小，这是由于（ ）‎ A. 单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少 B. 气体分子的密集程度变小，分子对器壁的吸引力变小 C. 每个分子对器壁的平均撞击力变小 D. 气体分子的密集程度变小，单位体积内分子的重量变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：一定量气体，在一定温度下，分子的平均动能不变，分子撞击器壁的平均作用力不变；‎ 气体的体积增大时，单位体积内的分子数变少，单位时间内对器壁的碰撞次数减少，‎ 单位时间内器壁单位面积上受到的压力变小，气体产生的压强减小，故A正确；‎ 故选：A．‎ ‎5.A，B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，不计运动中的空气阻力，则下述说法中正确的是（ ）‎ A. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同 B. 相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同 C. 动量变化率大小不相等，方向相同 D. 动量的变化率大小相等，方向不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据动量定理：动量变化量等于合外力的冲量，因为合外力都是重力，所以相同时间内，冲量，相同，所以A正确，B错误 CD．动量的变化率：，因为两球质量相同，重力相同，所以动量的变化率大小相等，方向相同，CD错误 ‎6.如图所示远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变．在用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的是(　　)‎ A. 升压变压器的输出电压增大 B. 输电线上损耗的功率增大 C. 降压变压器的输出电压增大 D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为发电厂的输出电压即升压变压器原线圈电压不变，且升压变压器匝数比不变，所以升压变压器的输出电压不变，A错误 B．升压变压器输出电压不变，但输送功率变大，所以输送电流：变大，所以输电线上损耗的功率：，变大，B正确 C．副线圈两端电压：，因为传输电流变大，而传输电压不变，所以降压变压器输入电压变小，而降压变压器匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，C错误 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例，因为输送电压不变，而电流变大，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例变大，D错误 ‎7.如图所示，甲分子固定在坐标原点O处，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则(　　)‎ A. 乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动 B. 乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大 C. 乙分子由a到c的过程，动能先增大后减小 D. 乙分子由b到d的过程，两分子间的分子势能一直增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．乙分子从a到c过程中，分子力始终表现为引力，加速度始终与速度方向相同，一直加速，动能一直增大，到达c点速度最大，动能最大，AC错误B正确 D．乙分子从b到c，分子引力做正功，分子势能减小，从c到d，分子斥力做负功，分子势能增大，所以从由b到d分子势能先减小再增大，D错误 ‎8.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管 A 和 B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度 H1>H2，水银柱长度 h1>h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是：（ ）‎ A. 均向下移动，A 管移动较多 B. 均向上移动，A 管移动较多 C. A 管向上移动，B 管向下移动 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对于管内封闭气体的压强可得：，对气体2也可以有：，因为，故，封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据理想气体状态方程得：，解得：，同理：,又因为：，即，，所以：，故气柱上方水银柱均向下移动，A管移动较多，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：先求开始时，各个封闭气体的压强，确定气体做等压变化，温度减小，气体发生等压变化，根据理想气体状态方程分析管内封闭气体体积的变化，即可作出判断。‎ 二、多项选择题（每题4分，共4题，全选得4分，少选得2分，错选得0分，共16分）‎ ‎9.如图（甲）所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1:n2=10:1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源．电压随时间变化规律如图（乙）所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r=2Ω，接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则 A. 电阻R两端的电压是10 V B. 通过风扇电动机的电流是6 A C. 通过灯泡的交流电频率是100 Hz D. 风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】理想变压器原副线圈电压值与匝数成之比，故有：，电阻两端的电压为：，故A正确；电风扇与灯泡并联，故风扇两端的电压为12V，而电风扇为非纯电阻元器件，故电流为：，故B错误；原线圈中交流电的频率为：，变压器只改变电压，不会改变频率，故C错误；风扇突然卡主住，流过风扇的电流增大，故干路电流增大，电阻分的电压增大，灯泡两端的电压减小，故灯泡变暗，故D正确；故选AD。‎ ‎【点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象，根据串并联电路关系及非纯电阻电路的特点即可求解。‎ ‎10.如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦式交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小，电流表内阻不计，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电阻R消耗的电功率为1.25 W B. 电阻R两端电压的函数表达式为u＝2.5sin200πt(V)‎ C. 若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A D. 这一交变电流与如图丁所示电流比较，其有效值之比为1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图乙可得，交流电的有效值为，所以电阻消耗的功率，A错误 B．根据图乙得，电流的瞬时值：，所以电阻两端电压，B正确 C．如果交流电由矩形线框转动产生：，转速提升1倍，最大值提升1倍，电流表示数即有效值为，C错误 D．图乙交变电流有效值：，图丁交流电有效值为：，解得电流，所以，D正确 ‎11.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是(　　) ‎ A. 从状态d到c，气体不吸热也不放热 B. 从状态c到b，气体放热 C. 从状态a到d，气体对外不做功 D. 从状态b到a，气体吸热 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 从状态d到c，温度不变，气压减小，根据理想气体状态方程PV/T=C，体积增加；体积增加说明对外做功，温度不变说明内能不变，根据热力学第一定律公式△‎ U=W+Q，气体吸收热量，故A错误；从状态c到b，气体的体积减小外界对气体做功，温度降低内能减小，根据热力学第一定律知气体放热，故B正确；从状态a到d，气压不变，温度升高，根据理想气体状态方程PV/T=C，故体积增加，体积增加说明对外做功，故C错误；从状态b到a，ad的延长线过原点，是等容变化；温度升高说明内能增加，体积不变说明气体不做功，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，气体吸收热量，故D正确；故选BD。‎ 点睛：本题关键先根据气体实验定律判断气体的P、V、T的变化，然后结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行分析，基础题．‎ ‎12.如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（ ）‎ A. 左右两边气体温度都升高 B. 右边气体温度升高，左边气体温度不变 C. 左边气体压强增大 D. 右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电热丝放热，右侧气体吸热，温度升高，气体膨胀，将隔板向左推，对左边气体做功，而左侧气体为绝热过程，由热力学第一定律可知，左侧气体内能增大，温度升高，A正确B错误 C．根据理想气体状态方程：可知，左侧气体温度升高，体积变小，压强一定增大，C正确 D．根据能量守恒，电热丝放出的热量等于右侧气体增加的内能与对外做功之和，所以右边气体内能的增加量小于电热丝放出的热量，D错误 三、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A前端装有橡皮泥，推动小车A使之匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如下图所示，在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz。‎ ‎（1）木板的一端下边垫着小木片用以_____ 。‎ ‎（2）在实验中，需要的测量工具有 ____ 。‎ A．弹簧测力计 ‎ B．毫米刻度尺 ‎ C．天平 ‎ D．螺旋测微器 ‎（3）已测得小车A（包括橡皮泥）的质量为m1=0.310 kg，小车B（包括撞针）的质量为m2=0.205 kg，由以上测量可得：（结果保留三位有效数字）‎ 碰前两车质量与速度乘积之和为______kg·m/s；‎ 碰后两车质量与速度乘积之和为_____ kg·m/s；‎ ‎（4）结论：_____________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 平衡摩擦力； (2). BC; (3). 0.620; (4). 0.618; (5). 在实验误差范围内辆小车的质量和速度的乘积（mv）在碰撞中总量保持不变；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小车在木板上运动时，要受到木板的摩擦力作用，为了抵消摩擦力的作用，可将木板适当垫高，用小车的下滑分力平衡摩擦力；实验过程前（后）要测量的数据有小车的质量，以及纸带上点的距离，所以需要测量工具BC,在此因为当地重力加速度未知，所以不用弹簧测力计；碰撞前B车静止，所以乘积为0，而A的速度为，可得乘积和为，碰撞后辆车具有相同的速度一起运动，由纸带数据可求得，则乘积和为;由乘积和可知，因为有纸带的阻力作用（不可消除），导致前后两次数据不严格相等，但是在允许的实验误差范围内，二者是相等的。‎ 考点：验证动量守恒。‎ ‎14.（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的时间间隔均为30 s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同，_________（选填“甲”或“乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，___________（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈．‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 乙 ‎【解析】‎ 温度相同，颗粒越大，布朗运动越不明显，所以若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，温度越高，布朗运动越明显，故乙中水分子的热运动较剧烈．‎ ‎【名师点睛】本题主要考查布朗运动，布朗运动与悬浮在液体中颗粒的大小及液体的温度有关．‎ 四、计算题（14题10分，15题12分，16题16分，共38分）‎ ‎15.如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞（碰撞时间极短）．碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止．已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2 ．求：‎ ‎（1）A点距墙面的距离x； ‎ ‎（2）碰撞过程中，墙对小物块冲量大小I.‎ ‎【答案】（1）x=5m；（2）冲量大小为6.5N•s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块由A到B过程做匀减速运动，由动能定理可得：解得：x=5m ‎ ‎（2）选初速度方向为正方向，由动量定理得：解得：I=-6.5N•s，即冲量大小为6.5N•s．‎ ‎16.如图是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为44 cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的空气柱长度变为4 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞的重力．问：‎ ‎(1)若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大？‎ ‎(2)若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)‎ ‎【答案】(1)1.1×106 Pa (2)84J ‎【解析】‎ 试题分析：①缓慢压缩气体过程，由于热交换，封闭气体的温度与环境温度相同，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解压缩后气体的压强；②已知活塞对气体做功和气体向外散失的热量，根据热力学第一定律求解，该过程中气体内能的变化。‎ ‎(1) 设压缩后气体的压强为P，活塞的横截面积为S，l0=44cm，l=4cm，V0=l0S，V=LS．缓慢压缩，气体温度不变，由玻意耳定律：‎ P0V0=pV    ‎ 解得：p=11×106Pa  ；‎ ‎(2) 大气压力对活塞做功W1=p0S（l0-l）=4J，人做功W2=l00J，‎ 由热力学第一定律：△U=W1+W2+Q    ‎ 将Q=-20J等代人，解得：△U=84J  。‎ 点晴：对于气体状态变化问题，关键分析气体的状态参量，确定是何种变化过程，再列方程求解。‎ ‎17.如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10－3 m2，气缸内有质量m＝2‎ ‎ kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦。开始时活塞被销子K固定于如图位置，离缸底L1＝12 cm，此时气缸内被封闭气体的压强为p1＝1.5×105 Pa，温度为T1＝300 K。外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。‎ ‎(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K，其压强p2多大？‎ ‎(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？‎ ‎(3)保持气体温度为360 K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求气缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a大小及方向。‎ ‎【答案】（1）2.0×105Pa；（2）18cm；（3）7.5m/s2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①气体发生等容变化L2=L1，由查理定律得，‎ 解得 ‎②‎ 由理想气体状态方程得 解得（1分）‎ ‎（或先由等温变化 再由等压变化求得）‎ ‎③由等温变化 得 ‎∴应向上作匀加速直线运动，P0‎ 解得方向竖直向上 考点：气态方程；牛顿定律.‎ ‎ ‎ ‎ ‎