2017-2018学年广西南宁市第三中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年广西南宁市第三中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

‎2017-2018学年广西南宁市第三中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 一、选择题 ‎1. 下列说法正确的是 A. 自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性 B. 气体压强越大，气体分子的平均动能就越大 C. 气体从外界吸收了热量，内能必定增加 D. 在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减少 ‎【答案】A ‎【解析】A、自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；‎ B、气体压强越大，温度不一定很高，所以气体分子的平均动能不一定越大，故B错误；‎ D、气体从外界吸收了热量，但气体对外做功，根据，则气体内能不一定增加，故C错误；‎ C、在绝热过程中外界对气体做功，根据得气体的内能必然增加，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2. 关于近代物理学的结论中，哪些是正确的 A. 热辐射只与物体的温度有关 B. 康普顿效应说明光子只有动量 C. 光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 D. 电子像光一样既具有粒子性也具有波动性 ‎【答案】D ‎【解析】A、辐射强度按照波长的分布情况随物体的温度而有所不同，这是热辐射的一种特性，故A错误；‎ B、康普顿效应说明光子不但具有动量，而且有能量，故B错误；‎ C、从光电效应方程知，光电子的最大初动能与照射光的频率成一次函数关系，不是成正比．故C错误；‎ ‎ ‎ 故选D。‎ ‎3. 下列关于物体动量和冲量说法正确的是 A. 物体动量改变的方向，就是它所受合力冲量的方向 B. 物体动量越大，则合外力冲量越大 C. 物体所受合外力为零，它的动量一定为零 D. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越大 ‎【答案】A ‎【解析】A、根据动量定理知，合力冲量的方向与动量变化的方向相同，故A正确；‎ B、根据动量定理知，物体动量越大，合外力冲量不一定大，故B错误；‎ C、根据动量定理知，物体所受合外力为零，合外力的冲量为零，则动量的变化量为零，它的动量不一定为零，故C错误；‎ D、根据知，，合外力越大，动量的变化越快，它的动量变化量不一定就越大，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】合外力的冲量等于动量的变化量，合力冲量的方向和动量变化量的方向相同，结合动量定理分析判断。‎ ‎4. 物体自东向西运动，动量的大小为10kg·m/s，水平恒力F作用了10s，物体动量的方向变为自西向东，大小为15kg·m/s．若规定自东向西的方向为正，则物体受到的恒力为 A. 0.5‎N B. N C. 2.5N D. N ‎【答案】D ‎【解析】规定自东向西的方向为正，根据动量定理知，解得，故D正确，ABC错误；‎ 故选D。‎ ‎5. 如图为两端封闭竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为、，压强变化量为、，对液面压力的变化量为、，则 A. 水银柱向下移动了一段距离 B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】AD、首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：，对气体B：‎ 初始时，，，后来，‎ 可见使A、B升高相同温度，，故假设错误，水银柱将向上运动，所以，故AD错误；‎ B、液体不可压缩，气体的总体积不变，故，故B错误；‎ C、对水银柱进行受力分析，如图所示 ‎ ‎ 竖直方向 ：‎ 因水银柱向上移动了一段距离，所以，故Ｃ正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题可采取假设法，假设气体的体积不变，‎ 根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向，关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析。‎ ‎6. 一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ab与竖直轴平行，bc的延长线通过原点，cd与水平轴平行，da与bc平行，则下列说法错误的是 A. ab过程中气体内能不变 B. ab过程中气体体积减少 C. bc过程中其体体积保持不变 D. cd过程外界对气体做功 ‎【答案】B ‎【解析】AB、ab过程气体发生等温过程，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律PV=C分析可知，气体的体积变大，故A正确，B错误；‎ C、bc过程，连线过坐标原点，则bc过程中体积不变，故C正确；‎ D、cd过程是等压变化，温度降低，由盖•吕萨克定律分析可知体积减小，外界对气体做功，故D正确；‎ 说法错误的故选B。‎ ‎【点睛】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，关键是会看图象，从图象中提取有用的信息是一种重要的能力。‎ ‎7. 如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，‎ 规定向右为正方向 ‎，‎ 解得：‎ 故选C。‎ ‎ ‎ ‎8. 在两端开口的弯管内用两段水柱封闭了一段空气柱，A、B、C、D四个液面的位置关系如图所示。现将左侧试管底部的阀门K打开，释放掉少量水后立刻关闭阀门，A、B、D液面相对各自原来的位置下降的长度、和之间的大小关系为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】释放掉少量水后立刻关闭阀门，空气柱长度增大，压强减小，C液面上升，B液面下降，A液面下降，AB之间液面高度差减小，A相对于底面压强最大，所以A下降的最大，其次是B，上升最小的是C液面，与D液面下降的高度相同，故，故ACD错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查液体和气体压强的变化，关键是分析出液面的变化，本题难度较大，解题时一定要认真分析。‎ ‎9. 下列说法正确的是 A. 物理性质表现为各向同性的固体为非晶体 B. 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故 C. ‎ 空气的相对湿度是空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，相对湿度越大，人的体表水分蒸发越慢 D. 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 ‎【答案】CD ‎【解析】A、多晶体的物理性质表现为各向同性，故A错误； ‎ B、水对油脂表面是不浸润的，所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，B错误；‎ C、空气的相对湿度是空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，相对湿度越大，人的体表水分蒸发越慢，人们感到潮湿，故C正确；‎ D、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材质有关，D正确；‎ 故选CD。‎ ‎10. 阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，铝的摩尔质量为M(kg/mol)，铝的密度为ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是 A. 1kg铝所含原子数为NA/M B. 1m3铝所含原子数为ρNA C. 1个铝原子的质量为M/NA(kg) D. 1个铝原子所占的体积为MNA/ρ(m3)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A、1kg铝所含的原子数目为，故A正确；‎ B、摩尔体积，1m3铝所含物质的量：，原子数目为，故B错误；‎ C、一摩尔铝原子的质量为M，故一个铝原子的质量为（kg），故C正确；‎ D、一摩尔体积，故一个铝原子的体积为，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，一摩尔的任何物质所含有的该物质的单位微粒数叫阿伏伽德罗常数。‎ ‎11. 如图所示，水平面上相距L=0.5m的两根光滑平行金属导轨MN、PQ的电阻均可忽略不计，在M和P之间接有最大值为6.0Ω的定值电阻，导体棒ab电阻为r=1.0Ω，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T，滑动变阻器处在中间位置，现使ab在外力作用下以v0=10m/s的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是 A. 通过导体棒的电流大小为0.5A，方向由b到a B. 导体棒受到的安培力大小为0.1N，方向水平向左 C. 外力功率大小为1W D. 要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片移向P端 ‎【答案】BC ‎【解析】AB、切割电动势为：，感应电流大小为：，根据右手定则，感应电流方向为：a→b；安培力大小为：，根据左手定则，安培力水平向左；故A错误，B正确；‎ ‎ C、导体棒匀速运动，根据平衡条件，拉力为F=FA=0.1N，故拉力的功率为：，故C正确；‎ D、导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M端移动，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】根据切割公式求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断安培力方向；对于电源，当电路的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大。‎ ‎12. 如图，半径为R、质量为2m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(不计体积)从距A点正上方R高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为，则 A. 小球和小车组成的系统动量守恒 B. 小车向左运动的最大距离为2R/3‎ C. 小球离开小车后做竖直上抛运动 D. 小球第一次到最低点对半圆轨道的压力为7mg ‎【答案】BC ‎【解析】A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；‎ B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：，，解得小车的位移：，故B正确；‎ C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；‎ D、小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，对称位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，下降过程摩擦力做功大于于，机械能损失大于，根据动量守恒定律得：，根据能量守恒得，根据牛顿第二定律可得，联立解得，故D错误；‎ 故选BC。‎ 二、实验题 ‎13. “探究碰撞中的不变量”的实验中：‎ ‎(1)入射小球m1=15g，原静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的x－t图象如图，可知入射小球碰撞前的m1v1是_____kg·m/s，碰撞后的m1v′1是_____kg·m/s，被碰球被撞后的m2v′2是_____kg·m/s。由此得出结论_______________________。‎ ‎(2)实验装置如图所示，本实验中，实验必须要求的条件是_______；‎ A.斜槽轨道必须是光滑的 B.斜槽轨道末端点的切线必须是水平的 C.入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速释放 D.入射球与被碰球满足ma>mb，ra=rb ‎【答案】 (1). （1）0.015 (2). 0.0075 (3). 0.0075 (4). 碰撞中mv的矢量和是守恒量(或者碰撞过程中动量守恒) (5). （2）BCD ‎【解析】(1)由图所示图像可知，碰撞前入射小球的速度：‎ 碰撞后，球的速度：‎ 入射小球碰撞前 入射小球碰撞后 被碰小球撞后 碰撞前系统总动量 碰撞后系统总动量，由此可知:碰撞过程中动量守恒；‎ ‎(2) A、实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；‎ B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；‎ C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射小球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；‎ D、为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎14. 温度传感器是一种将温度变化转化为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻，在某次实验中，为了测量热敏电阻RT在到之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。‎ 其实验步骤如下：‎ ‎①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；‎ ‎②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；‎ ‎③重复第②步操作若干次，测得多组数据。‎ ‎（1）该小组用多用电表“”档测热敏电阻在下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到______档（选填“”、“”）；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：___________，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是_____；‎ 实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的RT-t关系________；‎ ‎（2）若把该热敏电阻与电源（电动势E=1.5V、内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻Rg=100Ω）、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测量探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。‎ ‎①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该_______(填“较大”或“较小”)；‎ ‎②若电阻箱的阻值取R0=220Ω，则电流表3mA处所对应的温度刻度为______。‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). 重新进行欧姆调零 (3). (4). (5). （2）较小 (6). ‎ ‎【解析】（1）用多用表的“×100”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，说明电阻较小，换用小倍率的，所以换用“×10”倍率；换挡后，需重新欧姆调零，电阻的阻值等于20×10Ω=200Ω，‎ 从图中取相距较远的两个特殊点，代入RT=R0+kt计算，由图有：120=R0+20k，200=R0+100k，解得：R0=100Ω，k=1，‎ 故该热敏电阻的R-t关系式：RT=100+t；‎ ‎（2）①由闭合电路欧姆定律有：，可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较大，电流刻度较大处对应的温度刻度应该较小；‎ ‎②若电阻箱阻值时，代入，得热敏电阻的阻值为：R=180Ω；结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为：R=t+100，故此时对应的温度数值为80℃。‎ ‎【点睛】多用电表的刻度盘零刻度在右边，当指针偏角比较大时，说明电阻比较小，指针偏角比较小时，说明电阻比较大；每次换挡需重新进行欧姆调零，欧姆表测电阻的阻值等于读数乘以倍率，根据图象的性质可明确对应的公式；‎ 电流小，根据闭合电路欧姆定律，可以得到热敏电阻的电阻值大，而根据题图甲，热敏电阻的电阻大时温度高；根据闭合电路欧姆定律计算得到热敏电阻R的值，再从电阻与温度图象得到温度值。‎ 三、计算题 ‎15. 如图所示，开口向上的汽缸被一个质量的活塞封闭了一定量的理想气体，活塞横截面积，活塞到汽缸底部的长度为。现在把汽缸倒过来开口向右放在水平地面上，大气压强，汽缸导热良好，不计一切摩擦和环境温度变化。‎ 求活塞静止时到汽缸底部的距离L。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由于气缸导热，且不计环境温度的变化，所以整个过程是等温变化 气缸竖直放置后活塞静止时，对活塞有：‎ 气缸水平放置时，对活塞有：‎ 对上述过程中的气体，根据玻意耳定律有：‎ 解得 ‎16. 如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连的木块A和B，一质量为m的子弹以速度v0水平击中木块A，并留在其中，A的质量为3m，B的质量为4m。‎ ‎(1)子弹射入A后速度变为多少？‎ ‎(2)求弹簧第一次恢复原长时B的速度 ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】解：（1）以子弹与A为系统，设子弹与A的共同速度为v，以方向为正方向 由动量守恒，‎ 可得 ‎（2）子弹与A共同运动挤压弹簧，以子弹、A和B为系统，弹簧恢复原长时，设子弹与A速度为，B速度为，以方向为正，由动量守恒有 弹簧恢复原长时，动能没有损失 可得 ‎ ‎17. 如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T，活塞距离气缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，重力加速度为g，求 ‎(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；‎ ‎(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。‎ ‎【答案】(1) (2) ，‎ ‎【解析】(i) 设封闭气体的压强为P，对活塞分析：‎ ‎ ‎ 用水银柱表达气体的压强 ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(ii) 加热过程中气体变化是等压变化 ‎，‎ ‎ ‎ 根据热力学第一定律： ‎ 可得。‎ ‎18. 在光滑的水平面上，有一质量M=2kg的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车表面上Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间的距离L=3m，如图所示。某时刻平板车以速度v1=1m/s向左滑行，同时小滑块以速度v2=5m/s向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距。（g取10m/s2）‎ ‎（1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向；‎ ‎（2）求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置。‎ ‎【答案】（1），方向为水平向右（2）本题有两种可能：或 （3）当 时，离Q点距离；当时离Q点距离：‎ ‎【解析】【分析】将Ｍ、ｍ作为系统，由动量守恒定律列出等式求出Ｍ、ｍ共同速度；分两种情况讨论，由能量守恒列出等式分别求出对应的动摩擦因数；木板与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒列出等式求解。‎ 解：（1）设M、m共同速度为v，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 方向为水平向右 ‎（2）本题有两种可能 ‎①如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对A、B组成的系统，由能量守恒： ‎ 代入数据得：‎ ‎②如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有 解得：‎ ‎（3）平板车A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设滑块B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由能量守恒定律有：‎ 代入数据可得：‎ ‎（ⅰ）当时，设B相对A的路程为S，由能量守恒得： ‎ 代入数据得：‎ 由于s＞，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，‎ 设离Q点距离为s1有 ‎ ‎（ⅱ）当时，联立解得 小滑块最终停在平板车上Q点左侧离Q点距离： ‎ ‎ ‎