【文档说明】辽宁省葫芦岛市建昌县高级中学2019-2020学年高二下学期期初考试物理试题 【精准解析】.doc，共(16)页，610.500 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理一．选择题（共12小题，每小题4分，1—8为单选题，9—12为多选题，选对不全得2分。）1.分子力F、分子势能EP与分子间距离r的关系图线如甲乙两条曲线所示（取无穷远处分子势能EP=0）。下列说法正确的是

（）A.甲图线为分子势能与分子间距离的关系图线B.当r=r0时，分子势能为零C.随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大D.在r<r0阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小【答案】D【解析】【详解】AB．在0

rr=时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为0，故AB错误；C．从平衡位置开始，随着分子间距离的增大，分子间作用力随分子间距离增大后减小，故C错误；D．当0rr时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子

力做正功，分子势能减少，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.物体的动能增加，其内能也一定增加B.扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动C.一定质量的气体膨胀对外做功，气体内能一定增加D.随着分子间的距离增

大，分子间的引力、斥力都减小【答案】D【解析】【详解】A．物体的内能由分子动能和分子势能构成，与宏观的机械能大小无关，A错误；B．布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，B错误；C．根据热力学第一定律UQW=+可知一定质量的气体膨胀对外做功，吸放热情况未知，所以气体内能不一定增加，C错误

；D．随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小，D正确。故选D。3.如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分，已知上部分气体压强等于大气压强。若水银柱所在玻璃管处开一个小孔，则（）A.上端水银面上升，下端水银面上升B.上端水银面上升，下端水银

面下降C.上端水银面下降，下端水银面上升D.上端水银面下降，下端水银面下降【答案】C【解析】【详解】当开了一个小孔后，水银柱与外界气压相通。由于孔上方水银的压强与上部分气体的压强之和大于大气压强，因此上端水银面下降；在开孔前，下部分气体的压强等于上部分气体压强与水银柱压强之和，即下部分气

体的压强大于大气压强。而由于孔的位置与外界气压相通，则对于下部分气体的压强减少了孔上方那部分水银的压强，因此下端水银面上升，故ABD错误，C正确。故选C。4.如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气

体（不计气体的分子势能以及气缸和活塞间的摩擦）。将一个半导体NTC热敏电阻R（随着温度的升高热敏电阻阻值减小）置于气缸中，热敏电阻R与气缸外的电源E和电流表组成闭合电路，气缸和活塞与外界无热交换。现保持活塞位置不变，当发现电流表的读数增大时，下列说法正确的是（）A

.气体的密度增大B.气体的压强不变C.气体分子的平均动能增大D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子数不变【答案】C【解析】【详解】A．气体的质量和体积不变，根据mV=可知气体的密度不变，A错误；B．电流表读数增大，热敏电阻R减小，气体温度升高，根据查理定律pCT=可知气体压强增大，B错误；C．

气体的温度升高，所以气体分子的平均动能增大，C正确；D．气体温度升高，分子热运动剧烈程度增加，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增大，D错误。故选C。5.下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的是（）A.图（a）反映了气体的等容变

化规律B.图（b）反映了气体的等容变化规律C.图（c）反映了气体的等压变化规律D.图（d）反映了气体的等温变化规律【答案】B【解析】【详解】A．图（a）温度不变，根据气体状态方程得体积增大，压强减小，反映了气体的等温变化规律，故A错误；B．在等容变化

过程中pcT=，则(273)pct=+则图（b）反映了气体的等容变化规律，故B正确；C．在p－T图象中过原点的直线表示等容变化，故C错误；D．图（d）不能反映压强与体积成反比，所以图（d）可能是等温线，也有可能不是等温线，故D错误。故选B。6.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰

好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后A.摆动的周期为56TB.摆动的周期为65TC.摆球最高

点与最低点的高度差为0.3hD.摆球最高点与最低点的高度差为0.25h【答案】D【解析】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=12Mv12a、

b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有Mv1-m•2v1=（M+m）v2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：2212MmghMmv+=+（）（）整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D．考点：动量守恒定律；能量守

恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关．7.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，

经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中()A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2B.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C.地面对他的冲

量为mv，地面对他做的功为12mv2D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】【详解】设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0I＝mv＋mgΔt。运动员从下蹲状态

到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功；A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2，与结论不相符，选项A错误；B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零，与结论相符，选项B正确；C．地面

对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2，与结论不相符，选项C错误；D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零，与结论不相符，选项D错误；故选B。8.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的

粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为()A.0EB.0mEMC.0mEMm−D.02()MmEMm−【答案】C【解析】【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为Mm−，该过程动量守恒，则有：0)(mvMmv−=放出的粒子的动能为：20

012Emv=原子核反冲的动能：()212kEMmv=−联立解得：0kmEEMm=−A.0E与分析不符，不符合题意；B.0mEM与分析不符，不符合题意；C.0mEMm−与分析相符，符合题意；D.02()Mm

EMm−与分析不符，不符合题意．9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知x轴上x1=0处质点的振动图线如图甲所示，x2=3m处的另一质点的振动图线如图乙所示，则此列波的传播速度可能是（）A.6m/sB.2m/sC.1.2m/sD.0.4m/s【答

案】BD【解析】【详解】根据振动图像可知质点振动周期为2sT=波沿x轴正方向传播，则33m4n+=（n=1，2，3…）则波速为12643m/sm/s243nvTn+===+（n=1，2，3…）当0n=时，2m/sv=，当3n=时，0.4m/sv=，代入

6m/s、1.2m/s时，n不是整数，AC错误，BD正确。故选BD。10.两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图甲、乙所示。图丙中有一半圆玻璃砖，O是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点，折射角为r。则下列说法正确的是

（）A.乙光以i入射时一定发生全反射B.甲光的频率比乙光的频率大C.光的干涉现象说明光是一列横波D.若绕O点逆时针旋转玻璃砖，PQ上可能接收不到甲光【答案】BD【解析】【详解】AB．根据干涉条纹间距公式Lxd=可知乙光的波长较长，根据cf=

可知乙光的频率小于甲光的频率，所以乙光的折射率小于甲光的折射率，根据1sinCn=可知乙光的临界角较大，所以甲单色光以入射角i由玻璃砖内部射向O点时发生折射，乙光以i入射时不会发生全反射，A错误，B正确；C．光的干涉现

象说明光具有波动性，光的偏振说明光是一列横波，C错误；D．若绕O点逆时针旋转玻璃砖，i增大，甲的临界角较小，容易发生全反射，所以PQ上可能接收不到甲光，D正确。故选BD。11.细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方摆长12处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示．现将单摆向左拉开一个小角度，然后

无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中错误的是()A.摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B.摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍C.摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D.摆球在左、右两侧上升的最大高度一样【答案】BC【解析】【详解】A.根

据单摆周期方程，未放钉子时，单摆周期：2lTg=，放钉子后，过钉子摆长减半，单摆周期：'2llTgg=+，周期变小，A正确．BCD.设左侧摆角为，右侧角为，根据机械能守恒有，左右两侧上升的最大高度一样，

根据几何关系有coscos22lll=+，整理得：2cos1cos=+，如果2=，解得0=，不符合题意，所以角度不是2倍关系，根据弧长公式：lr=弧，两端角度不是2倍关系，而半径是一半关系，所以最大弧长不相等．BC错误D正确12.下列说法

中正确的是（）A.物体的温度改变时，其内能必定改变B.外界对物体做功，物体的内能可能减小C.物体向外界放热，物体的内能一定减小D.质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积一定越大【答案】BD【解析】【详解】A．物体温度改变，做功大小未知，根据热力

学第一定律可知内能不一定改变，A错误；B．若物体放出的热量大于外界对物体做功，物体的内能可能减小，B正确；C．物体向外界放热，做功大小未知，所以物体内能不一定减小，C错误；D．根据理想气体状态方程pVCT=可知压强不变，温度

越高，体积一定越大，D正确。故选BD。二．填空题。（共3小题，每空2分，共12分）13.如图所示，直线I、II分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线III是一个小灯泡的伏安特性曲线，则电源1和电源2的内阻之比为_____。若把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单

独连接时，则在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比为_____。【答案】(1).11：7(2).1：2【解析】【详解】[1]根据闭合电路欧姆定律EUIr=+变形得UEIr=−可知图像斜率的大小为内阻，则121011710711rr==[2]曲线III与电源图线的交点即为小灯泡直接接入电

源时，小灯泡两端的电压和电流，所以12351562PP==14.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如下图所示，则该金属丝的直径d=_______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分

刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如下图所示，则该工件的长度L=_____cm．【答案】(1).3.205（3.203-3.207）(2).5.015【解析】【详解】[1]由图所示螺旋测微器可知

，螺旋测微器的固定刻度示数是3mm，可动刻度示数是20.50.01mm0.205mm=，螺旋测微器的示数是：3mm0.206mm3.206mmd=+=[2]由图所示游标卡尺可知，主尺示数是5cm，游标尺示数是3×0.05mm=0.15mm=0.

015cm，则游标卡尺的示数是：5cm0.015cm5.015cmL=+=15.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，

在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3．图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．设AB的长度为l1，AO的长度为l2

，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量__________（用上述所给物理量的字母表示），则玻璃砖的折射率可表示为___________．【答案】(1).l1、l3(2).l1

/l3【解析】【详解】[1][2]．设圆的半径为R，由几何知识得入射角的正弦为1sinsinABiAOBBOlR===折射角的正弦为3sinsinlDCrDOCOCR===根据折射率公式sinsininr=，解得13nll=所以需要测量的量

是l1、l3；三、计算题。（共4小题，16小题8分，17、18小题均10分，19小题12分）16.x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图像如图所示，质点A刚好开始振动。(1)求波在介质中的传播速度；(2)求x=4m的质点在0.1

4s内运动的路程。【答案】(1)50m/s；(2)0.15m【解析】【详解】(1)传播速度7m/s50m/s0.14xvt===(2)由波形图可知，在0.14s内，x=4m的质点从平衡位置开始振动了34个周期，该质点运动的路程315cmsA=

=17.如图所示，将一个折射率为72n=的透明长方体放在空气中，矩形ABCD是它的一个截面，一单色细光束入射到P点，AP之间的距离为d，入射角为θ，6ADAP=，AP间的距离为d=30cm，光速为c=3.0×108m/s，求：(

ⅰ)若要使光束进入长方体后正好能射至D点上，光线在PD之间传播的时间；(ⅱ)若要使光束在AD面上发生全反射，角θ的范围。【答案】(i)93.510st−=；(ii)30°≤θ≤60°【解析】【详解】(i)由几何关系2267PDddd=+=987777

770.3m=3.510s222310m/sddddtcvccn−=====(ii)要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为α，如图甲所示，根据几何关系有227sin7(6d)dd==+根据折射定律有sinsinn=解得角θ的

最小值为θ=30°如图乙，要使光束在AD面上发生全反射，则要使射至AD面上的入射角β满足关系式:sinβ≥sinC1sinCn=22sinsincos1sin1n==−=−解得θ≤60°因此角

θ的范围为30°≤θ≤60°.18.如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温

度为27°C，现对气体加热，求：(1)当加热到127°C时活塞离底部的高度；(2)当加热到427°C时，气体的压强。【答案】(1)43L；(2)51.1710Pa【解析】【详解】(1)开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压

变化。设气缸横截面积为S，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为Ct，则对于封闭气体，等压变化，根据盖—吕萨克定律11VTVT=可知273K2300KtLSLS+=解得327Ct=可知当加热到127C时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h，对于封闭气体

由1122VTVT=可得12273K300273K400tLShSt+==+解得43hL=(2)设当加热到427°C时气体的压强变为3p，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，对于封闭气体由331131ppVVTT=可得133131VTppVT=代入数据解得531.1710Pap=19

.如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5．一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右

端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：①滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；②滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离（取g=10m/s2）．【答案】（1

）4m/s（2）5m3L=【解析】【详解】（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v1，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：1220mvMv−=220

1211(2)22EmvMv=+联立解得：14m/sv=21m/sv=．（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：12()mvMvmMv−=+共由能量守恒定律得：22122111()222mgLmMvmMv=+−+共联立解得5m3L=