【物理】湖北省通山一中2019-2020学年高二下学期周练（二）试题（解析版）

【物理】湖北省通山一中2019-2020学年高二下学期周练（二）试题（解析版）

通山一中2019-2020学年高二下学期周练（二）‎ 一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，每题4分，共48分）‎ ‎1．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（　　）‎ A．状态A到状态B是等温变化 ‎ B．状态A时所有分子的速率都比状态C时的小 C．整个循环过程，气体从外界吸收的热量是 ‎ D．状态A到状态B，气体对外界做功为 ‎ ‎【答案】C A．从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程 温度一定升高，A错误。‎ B．从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程 温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，B错误。‎ C．从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即；从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功 对于整个循环过程，内能不变，，根据热力学第一定律 得 代入数据解得 C正确。‎ D．从状态A到状态B，压强的平均值 气体对外界做功为大小 D错误；‎ ‎2．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2。则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为 A．2mv1 B．2mv‎2 C．m(v2+v1) D．m(v1-v2)‎ ‎【答案】c 由于v2>v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理可知，合力的冲量.‎ A.2mv1与计算结果不相符；故A项错误. B.2mv2与计算结果不相符；故B项错误.‎ C.m(v1+v2)与计算结果相符；故C项正确. D.m(v2-v1)与计算结果不相符；故D项错误.‎ ‎3．氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是 ‎ A．当氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收1. 89eV的能量 B．处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子而向高能级跃迁 C．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出6 种不同頻率的光子 D．n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长短 ‎【答案】A ‎【解析】A.根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，E3-E2=△E，因此氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收的光子能量必须等于1.89eV，故A正确；‎ B.处于n=2能级的氢原子可以被能量为2eV的电子碰撞，吸收1.89eV的能量而向第3能级跃迁；故B正确.‎ C.只有一个氢原子，则n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以释放3种频率的光子；故C错误.‎ D.结合能级图可知，从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的能量比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的能量小，由可知从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长长；故D错误.‎ ‎4．一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L的轻绳拴一质量为m的小球，轻绳上端固定在O点，在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所示。引力常量G及图中F0均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是（　　）‎ A． 该星球表面的重力加速度为 B.该星球的密度为 C．小球过最高点的速度为 D．该星球的第一宇宙速度为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】．由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为‎7F0，在最高点拉力为F0，设最高点速度为，最低点速度为，在最高点 在最低点 由机械能守恒定律得 解得 ‎，‎ 在星球表面 该星球的第一宇宙速度 星球质量 密度 ‎5．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足 A．1<<2 B．2<<‎3 ‎C．3<<4 D．4<<5‎ ‎【答案】C 运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C．‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的 B．在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力（斥力与引力的合力）一定减小 C．一定质量某种理想气体在等温膨胀过程中，压强一定减小且向外界释放热量 D．自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性 ‎【解析】A． 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒受到液体分子的撞击形成的，故A错误；‎ B． 分子力表现为斥力时，分子力随分子距离的增大而减小；分子力表现为引力时，分子之间的距离增大，分子力先增大后减小，故B错误；‎ C． 根据理想气体状态方程，气体在等温膨胀过程中，压强一定减小；而气体在等温膨胀，有△U=0，W＜0，根据热力学第一定律△U=Q+W，有Q＞0，气体从外界吸收热量，故C错误。‎ D． 一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，例如扩散、热传递等现象具有方向性，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7．教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为若发电机线圈的转速变为原来的，则　　‎ A．R消耗的功率变为 B．电压表V的读数变为 C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 ‎【答案】B 根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；‎ ‎【详解】AB．根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；‎ C．副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；‎ D．转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率．‎ ‎8．如图，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于MON平面指向纸里。质量为m，长度为l，电阻为R的金属棒ab从∠abO=45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为g，金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是（ ）‎ A．棒下滑过程机械能守恒 B．下滑过程中棒产生从b到a方向的电流 C．从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生的电能小于 D．从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量大于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，棒将受到安培力作用，安培力对棒做功，棒的机械能不守恒，故A错误；‎ B．棒下滑过程中，围成的面积减小，根据楞次定律可知，产生感应电流，方向为到，故B错误；‎ C．棒从释放到滑至水平轨道过程，金属棒的重力势能减小为 金属棒减小的重力势能转化为金属棒的电能和金属棒的动能，由能量守恒定律得知棒上产生的电能小于，故C正确；‎ D．棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为 根据推论得到通过棒的电荷量为 故D错误；故选C。‎ 二、多选题 ‎9．(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x＝‎5 m的M点的波形图，图乙是质点N(x＝‎3 m)从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x＝‎10 m处的质点．下列说法正确的是（ ）‎ A．这列波的传播速度是‎1.25 m/s B．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿－y方向 C．质点Q经过8 s时，第一次到达波峰 D．在0～16 s内，质点Q经过的路程为‎11 m ‎【答案】BC ‎【解析】由甲图得到波长为‎4m；由乙图得到周期为4s，故波速；故A错误；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前M起振方向向下，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故B正确；x=‎2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故；故C正确；波速为‎1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=2T，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：S=‎11A=11×‎10cm=‎110cm=‎1.1m，故D错误；故选BC．‎ 点睛：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．‎ ‎10．(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，‎ A．矿车上升所用的时间之比为4:5 B．电机的最大牵引力之比为2:1‎ C．电机输出的最大功率之比为2:1 D．电机所做的功之比为4:5‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A．由图可得，变速阶段的加速度 ，设第②次所用时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；‎ B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；‎ C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；‎ D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力 ‎，‎ 匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功 ‎；‎ 第②次提升过程做功 ‎；‎ 两次做功相同，选项D错误．‎ ‎【点睛】‎ 此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同．‎ ‎11．(多选)如图所示，质量为M=‎1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=‎3kg滑块以初速度v0=‎2m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板．则下面说法正确是 A．滑块和木板的加速度之比是1:3‎ B．整个过程中因摩擦产生的热量是1.5J C．可以求出木板的最小长度是‎1.5m D．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是8:3‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A、水平面光滑，设滑块与木板之间的滑动摩擦力为f，根据牛顿第二定律对m：f=ma1；对M：f=Ma2，滑块和木板的加速度之比a1a2===，A正确.‎ B、设滑块相对木板静止时共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒有：m=(m+M)v，解得v=‎1.5m/s.根据能量守恒整个过程中因摩擦产生的热量Q=m-(m+M)=-1+3)］J=1.5J，故B正确.‎ C、设木板的最小长度为L，则有Q=mgL，题中动摩擦因数未知，所以不能求出L，故C错误.‎ D、从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比====，故D错误.‎ 故选A、B ‎【点睛】本题是个经典的题目，考察的知识点比较多.牛顿第二定律，能量守恒，动量守恒定律，滑动摩擦力做功的特点还有运动学知识，要好好体会理解.‎ ‎12．(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N．另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中 A．水平拉力的大小逐渐增大 B．M所受细绳的拉力大小一定保持不变 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 ‎【答案】AD 如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；‎ ‎ ‎ 对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD．‎ 三、实验题 ‎13．（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是____（用符号表示）。‎ ‎（2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d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．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 C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D．求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数多记了10滴 ‎（3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的________。‎ A．摩尔质量 B．摩尔体积 C．质量 D．体积 ‎【答案】cadb AC B ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下 配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量 油膜面积→计算分子直径．所以在实验的步骤中，是“将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里 的水面上，等待形状稳定”，因此操作先后顺序排列应是cadb．‎ 第二空：根据分析则有：‎ A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值 偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；‎ B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，‎ 故B错误；‎ C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，‎ 故C正确；‎ D. 求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将 偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误。‎ 第三空. 设一个油酸分子的体积为，则，由可知，要测定阿伏 加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积．‎ A.由上分析可知，故A错误；B.由上分析可知，故B正确；‎ C.由上分析可知，故C错误；D.由上分析可知，故D错误。‎ ‎14．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，他先测得摆线长为，摆球的直径为，然后用秒表记录了单摆完成50次全振动所用的时间，则 ‎（1）该单摆的摆长为______cm ‎（2）如果测出的g值偏小，可能的原因是______‎ A．测量摆线长，线拉得过紧 B．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了 C．开始计时时，秒表按下迟了 D．实验中误将49次全振动记为50次 ‎（3）该同学由测量数据作出图线，根据图线求出重力加速度______(保留3位有效数字)。‎ ‎【答案】98.50 B 9.86 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）[1]单摆的摆长 ‎（2）[2]根据单摆的周期公式 得 A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误；‎ B．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，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B正确；‎ C．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故C错误；‎ D．实验中误将49次全振动数为50次，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故D错误。‎ 故选B ‎（3）[3]由单摆的周期公式 得 图线的斜率 由图像知，图线的斜率 解得 四、解答题 ‎15．如图所示，粗细均匀、横截面积为S的足够长的导热细玻璃管竖直放置，管内用质量为m的水银柱密封着一定质量的理想气体，当环境温度为T，大气压强为p0时，理想气体的长度为L0，现保持温度不变将玻璃管缓慢水平放置。重力加速度为g，不计摩擦，水银始终没有从管口溢出。‎ ‎（1）求稳定后气柱的长度；‎ ‎（2）若将环境温度降为，将玻璃管平放于光滑水平桌面上并让其以加速度a向左做匀加速直线运动(如右图所示)，求稳定后的气柱长度。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】先根据力的平衡可求出初状态气体的压强，再借助于理想气体方程可求出不同状态下的气柱的长度。‎ ‎【详解】（1）初始时封闭气体的压强 ‎ 水平放置时封闭气体的压强 ‎ 由理想气体方程可得： ‎ 解得：‎ ‎（2）若将环境温度降为，由理想气体方程可得： ‎ 解得： ‎ 当玻璃管向左以加速度a做匀加速运动时，有 ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 故本题答案是：（1）（2）‎ ‎16．如图所示是某时刻一列横波上A、B两质点的振动图象，该波由A传向B ‎，两质点沿波的传播方向上的距离Δx =‎6.0m，波长大于‎10.0 m，求这列波的波速．‎ ‎【答案】‎40m/s或m/s．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】由振动图象可知，质点振动周期T=0.4s 取t=0时刻分析，质点A经平衡位置向上振动，质点B处于波谷，设波长为λ 若波由A传向B，则 ‎△x=nλ+λ，（n=0、1、2、3…）‎ 所以该波的波长为 因为有λ＞‎10m的条件，所以取n=0‎ 当n=0时，λ1=‎16m，波速 v1==‎40m/s 若波由B传向A ‎△x=nλ+λ λ=m（n=0、1、2、3…）‎ 因为有λ＞‎10m的条件，所以取n=0‎ 当n=0时 λ2=m 波速 v2=m/s ‎17．如图，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为 ‎，E、F金属板水平平行放置，间距和板长均为d，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场，磁场上AC边界与极板E在同一条直线上．现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔处由静止释放，穿过小孔后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从AD边界上的P处离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：‎ ‎（1）粒子到达小孔时的速度；‎ ‎（2）P点与上极板的距离h；‎ ‎（3）要使粒子进入磁场区域后不能从AC边射出，磁场磁感应强度的最小值．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可求出粒子到达小孔时的速度；（2）进入偏转电场后，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求P点与上极板的距离h；（3）根据几何关系求出半径R，根据运动的合成与分解原理求出进入磁场的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）粒子在加速电场中，根据动能定理得：‎ 粒子到达小孔时的速度 ‎ ‎（2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度 ‎ 在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有： ， ‎ 则P点与上极板的距离 ‎（3）要使得粒子不从AC边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 ‎ 解得：‎ 粒子进入磁场时速度 ‎ 在磁场中，则有： ‎ 所加磁场的磁感应强度最小值为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了粒子在组合场运动的情况．解题的关键：一、是分析清楚粒子在各个场运动的特点和运动规律，列出相应的方程；二、是灵活应用几何关系、动能定理和运动的合成与分解等知识进行求解．‎ ‎18．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道轨道半径R=‎0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=‎0.1kg，mB=‎0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量为M=‎0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=‎0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=‎10m/s3，求：‎ ‎（1）滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力。‎ ‎（2）滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。‎ ‎【答案】（1）7N，方向竖直向下。（2）0.22J。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）以滑块为研究对象，在最高点，由牛顿第二定律得：mAg+FN=mA 已知最高点压力FN=mAg 由机械能守恒定律得：+mA•2R=mAvA2‎ 在半圆轨道最低点由牛顿第二定律得：F′N-mAg=mA 解得：F′N=7N 由牛顿第三定律得：滑块在半轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下 ‎（2）以A、B为研究系统，由动量守恒定律得：mAvA=mBvB 解得：vB=‎3m/s 以B、小车为研究系旒，由动量守恒定律得：mBvB=（M+mB）v共 由能量守恒定律得：EP=--μmBgL 解得：EP=0.22J