【文档说明】【精准解析】江苏省徐州市第一中学2019-2020学年高二下学期开学收心检测物理试题.doc，共(20)页，1.147 MB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年度高二年级第二学期开学收心检测物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、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.乙图

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，分子势能有可能增大【答案】A【解析】【详解】AB．0r是平衡位置，pEr−图象中，0rr=处的分子势能最小，不为零；Fr−图象中

，0rr=处的分子力为零，所以乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线，甲图对应的是Fr−图象，故A正确，B错误；C．甲图为Fr−图象，根据图象可知，分子从靠得很近（0rr）位置开始，随分子间距离的增大，分子力先减少后增大，再减小，故C错误；D．在0rr

阶段，随着分子距离增大，分子力减小时，分子力做正功，分子势能减小，故D错误；故选A。2.如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1mol氧气，b部分气体为2mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。

解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是A.Va＞Vb，Ta＞TbB.Va＞Vb，Ta＜TbC.Va＜Vb，Ta＜TbD.Va＜Vb，Ta＞Tb【答案】D【解析】【详解】AB．解除锁定前，两部分气

体温度相同，体积相同，由pVnRT=可知质量大的部分压强大，即b部分压强大，故活塞左移，平衡时,ababVVPP=，故A、B错误；CD．活塞左移过程中，a气体被压缩内能增大，温度增大，b气体向外做功，内能

减小，温度减小，平衡时abTT，故C错误，D正确；故选D。3.下列说法不正确的是（）A.当一定量的气体吸热时，其内能可能减小B.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体都没有固定的熔点C.一定量的理想气体在等温变化的过程

中，随着体积减小，气体压强增大D.已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出该气体分子间的平均距离【答案】B【解析】【详解】A．做功和热传递都可以改变物体的内能，当一定量气体吸热时，若同时对外做功，其内能

可能减小，故A正确；B．单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B错误；C．根据pVCT=可知，一定量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大，故C正确；D．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，用气体的摩尔质量除

以密度可得摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数，可得一个分子运动占据的空间的体积，把每个分子占据的空间的体积看做是立方体，从而可估算出该气体分于间的平均距离，故D正确；不正确的故选B。4.如图为一简易恒温控

制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中，玻璃管内装有一段长L＝4cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的理想气体（气体始终处在恒温装置中且均匀受热）．开始时，开关S断开，水温为27℃，水银柱下方空气柱的长度为L0＝20cm，电路中的A、B部分恰好处于水银

柱的正中央．闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B处时，电路自动断开，电热丝停止加热．大气压强p0＝76cmHg．则水温为多少时电路自动断开（）A.320KB.340KC.330KD.333K【答案】C【解析】【详解】当水银

柱上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度为102LLL=+在此过程中空气柱的压强不变，根据盖-吕萨克定律有0101SLSLTT=联立代入数据解得1330KT=故A、B、D错误，C正确；故选C。

5.某一列沿x轴传播的简谱横波，在4Tt=时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点，质点P正在向动能增大的方向运动．下列说法正确的是（）A.波沿x轴正方向传播B.4Tt=时刻，Q比P的速度大C.34Tt=时刻，Q到达平衡位置D

.34Tt=时刻，P向y轴正方向运动【答案】D【解析】【详解】A．越靠近平衡位置运动速度越大，质点P正在向动能增大的方向运动，则P向下运动，波沿x轴负方向传播．故A错误；B．4Tt=时刻，Q到达最远位置，速度

为零．P在平衡位置和最远位置之间，速度不为零，所以Q比P的速度小．故B错误；C．34Tt=时刻，Q到达y轴正向最远位置，故C选项错误；D．34Tt=时刻，P从y轴负向最远位置向平衡位置运动，所以向y轴正方

向运动，故D选项正确．6.如图所示，由某种透明介质制成的长直细圆柱体置于真空中．某种单色光在介质中传输，经过多次全反射后从右端射出．若以全反射临界角传输的光线刚好从右端以张角2出射，则此介质的折射率为（）A.1sin2+B.1cos2+C.21cos+D

.21sin+【答案】D【解析】【详解】设射出时的入射角为，根据折射定律：sinsinn=由几何关系可得，发生全反射时入射角为：2C=−1sinnC=根据以上几式，解得：21sinn=+故D选项正确，ABC错误．7

.一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为4cm，周期为T＝6s．已知在t＝0时刻，质点a坐标为(5cm，－2cm)，沿y轴正向运动，质点b坐标为(15cm，2cm)，沿y轴负向运动，如图所示．下列说法正确的是（）A.a、b两质点可以同时在波峰B.该列简谐横波波长可能为1

0cmC.在t＝0.5s时刻质点a的位移为0D.当质点b在波谷时，质点a不一定在波峰【答案】C【解析】【详解】AD．质点a、b振动刚好相反，故两质点振动总是相反，那么两质点一在波峰，另一质点必在波谷，故A、D错误；B．根据两质点振动总是相反可得两质点平衡

位置间的距离110cm()2n=+，n=0，1，2，…故波长20cm21n=+，n=0，1，2，…那么波长不可能为10cm故B错误；C．根据质点a的振动和周期可得质点a的振动方程为011sin()4sin()36yAtt=+=−当0.5st=时，则有0

y=即当0.5st=时刻质点a的位移为0，故C正确；故选C。8.一只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，开始时气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性良好，当分别作为打气筒和抽气筒使用时，

活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（）A.np0，1np0B.0nVVp0，0VnVp0C.（1+0VV）np0，（1+0VV）np0D.（1+0nVV）p0，（0VVV+）np0【答案】D【解析】【详解

】打气时，活塞每推动一次，把体积为V0压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V+nV0)＝p′V所以p′＝0000

(1)VnVVpnpVV++＝抽气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V膨胀为V+V0，而容器内气体的压强就要减小，活塞推动时将抽气筒中的V0气体排除，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V+V0容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气

：'010()pVpVV+＝得'100VppVV+＝第二次抽气：''1020()pVpVV+＝得'2200()VppVV+＝第三次抽气：''2030()pVpVV＝+得'3300()VppVV+＝第n次抽气完毕后，气体

压强为00()nnVppVV+＝故选D．【点睛】解决本题的关键是对抽气和打气认真分析，对每次气体的体积压强分析，本题考查了玻意耳定律的应用，难度适中，平时要多加强练习．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，

共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。9.下列说法正确的是（）A.一定量的0℃的水结成0℃的冰，内能一定减小B.布朗微粒做无规则运动是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果C.液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性D.若附着层

的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润【答案】AC【解析】【详解】A．在一定条件下，一定量0℃的水结成0℃的冰，向外放出热量，内能一定减小，故A正确；B．布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子的撞击力不平衡造成的，故B错误；C．液晶既具有液体的

流动性，又具有晶体的光学的各向异性，故C正确；D．若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为不浸润，故D错误；故选AC。10.回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K．某台回热式制冷机工作时，一定量的

氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27℃，状态C和D的温度均为-133℃，下列判断正确的是（）A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低B.气体由状态B到C过程，内能保持不变C.气体由状态C到D过程

，分子间的平均间距减小D.气体由状态C到D过程，气体对外做功【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知，气体在状态A、B时的温度相等，两状态在同一等温线上，由理想气体状态方程pVCT=可知pVTC=由图示图线可知，气体由状态A到B过程，pV先变大后变小，则气体温度温度先升高后降低，故A正

确；B．由图示图线可知，气体由状态B到C过程，气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，故B错误；C．由图示图线可知，气体由状态C到D过程，气体体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；D

．由图示图线可知，气体由状态C到D过程，气体体积增大，气体对外做功，故D正确；故选AD。11.如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度为d，底面镀有反光膜CD，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A点入射

，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出（B点图中未画出）．已知该光线在玻璃砖中的传播速度为22c，c为光在真空中的传播速度，则（）A.平行玻璃砖的折射率为2B.入射点A与出射点B之间的距离为233dC.平行玻璃砖的全反射临界角为30°D.为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，

则底面反光膜CD长度至少2d【答案】ABD【解析】【详解】A．玻璃砖的折射率为222ccnvc===故A正确；B．由折射定律得sinαsinβn=可得30=因此入射点A与出射点B之间的距离为232anβ3ABdxdt==故B正

确；C．设临界角为C，则有12sinC2n==可得45C=故C错误；D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，反射光线不能在顶面发生全反射，则底面反光膜CD至少为2tanC2CDLdd==故D正确；故选ABD。12.如图所示，S1为振

源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿S1S2直线传播，S1、S2两点之间的距离为9m．S2点的左侧为一种介质，右侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3∶4．某时刻波正好传到S2右侧7m处，且S1、S2均在波峰位置．则（）A.波在S2左侧的周期比在右侧

时大B.S2开始振动时方向可能向下也可能向上C.左侧的波长为λ1＝321+nm（n＝1，2，3，4…）D.右侧的波长为λ2＝281+nm（n＝1，2，3，4…）【答案】BC【解析】【详解】A．波的振动周期由振源决定，波在2S左侧的周期和右侧的周期相等，故A错误

；B．2S开始运动时方向与振源的起振方向相同，由于振源的起振方向不知道，所以无法确定2S开始运动时方向，故B正确；CD．若传到2S时，2S质点从平衡位置向下振动，则有2237m4n+=解得228m43n+=，（n=0，1，2，3…）此时在2S的左边

，有1229912343)374n===+(解得121m43n+=，（n=0，1，2，3…）若传到2S时，2S质点从平衡位置向上振动，则有2217m4n+=解得228m41n+=，（n=0，1，2

，3…）此时在2S的左边，有1229912341)374n===+(解得121m41n+=，（n=0，1，2，3…）因1S、2S均在波峰位置，可知341)7n+(和343)7n+(都应该是整数，根据数学知识可得，这两个数包含了所有的奇数，即可表示为21n+，则1可表示为13m21n=

+，（n=0，1，2，3…）故C正确，D错误；故选BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.“用油膜法估测分子的大小“的实验方法及步骤如下：①向体积为1mL的油酸中加入酒精，配制一定浓度的油酸酒精溶液；②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴

地滴入小量筒中，当滴入100滴时，测得其体积恰好是1mL；③向边长为30～40cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉均匀撒在水面上：④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状

；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长a＝20mm．根据以上信息，回答下列问题：油酸薄膜的面积约为_____mm2：若测得油酸分子的直径约为4×10﹣10m，1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为_____mL；由此可知，油酸酒精溶液的浓度为__

___%．（结果均保留2位有效数字）【答案】(1).4.2×104(2).1.7×10﹣5(3).0.17【解析】【详解】[1]由图示坐标纸可知，油膜所占方格数是105，则油膜的面积S=105×20mm×20mm=4.2×104mm2；[2]一滴酒精油酸溶液

含纯油酸的体积V=4.2×104×10﹣6×4×10﹣10m3=1.68×10﹣11m3≈1.7×10﹣5mL；[3]当滴入100滴时，测得其体积恰好是1mL；即有1滴酒精油酸溶液体积为V′=0.01mL；那么油酸酒精溶液

的浓度为51.7510mL0.17%0.01mL−==．14.(1)在“测定玻璃砖的折射率”的实验中，取一块半圆形玻璃砖，O点为圆心，一束红色激光从左侧圆面对准圆心O进入玻璃砖，最初入射光线垂直于玻璃砖右侧平

面，如图中实线所示．保持入射光方向和O点位置不变，让玻璃砖绕O点沿逆时针方向缓慢旋转，当转过θ角时（图中虚线位置），折射光线消失．则玻璃对红光的折射率n＝_________；已知绿光的折射率大于红光的折射率，若换绿色激光重复上述实验，则折射光线消失时，玻璃砖转过的角度θ′___θ（填“＞”、

“＝”或“＜”）．(2)有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，各自利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”．①以下对实验的几点建议中，有利于提高测量结果精确度的是________；A．实验中适当加长摆线B．单摆偏离平衡位置的角度大一些C．当单摆经过最

大位移处开始计时D．测量多组周期T和摆长L，作T2－L关系图像来处理数据②他们交换了实验数据，并由计算机绘制了T2－L图像，如图甲所示．去北京大学的同学所测实验结果对应的曲线是________（填“A”或“B”）③在南京大学做探究的同学还利用计算机绘制

了当地两种单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比abLL＝________．【答案】(1).1sin(2).＜(3).AD(4).B(5).94【解析】【详解】(1)[1]由题意分析可知：当玻璃砖转过角时，光线在

玻璃砖底面上发生了全反射，此时入射角等于临界角C，即C=根据临界角公式1sinCn=得1sinθn=[2]若换绿色激光重复上述实验，由于绿光的折射率大于红光的折射率，由1sinCn=得知，绿光的临界角小于红光的临界角，则

折射光线消失时，玻璃砖转过的角度(2)①[3]A．实验中适当加长摆线，增大单摆的振动周期，以利用减小周期的测量误差，故A正确；B．单摆的振动周期与振幅无关，增大单摆偏离平衡位置的角度，不能提高测量结果精确

度，故B错误；C．当单摆经过最大位移处开始计时，摆球速度较慢，周期测量误差较大，应从单摆经过平衡位置时开始计时，故C错误；D．测量多组周期T和摆长L，作2TL−关系图象来处理数据，可减小误差，提高精确度，故D正确；故选AD。②[4]由2LTg=得224TLg=知2

TL−图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线；③[5]由振动图线知，两单摆的周期比为32abTT=由2LTg=得两单摆摆长之比29()4aabbLTLT==15.如图所示，按下压水器，能够把一

定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．开始时桶内气体的体积08.0LV=，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差10.20mh=．出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积20.08mS=．现压入空气，缓慢流出了12.0VL=水．求压入的空气在外界时的体积V为多少

？已知水的密度331.010kg/m=，外界大气压强501.010Pap=，取重力加速度大小210m/sg=，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变．【答案】2.225LV=【解析】【详解】

初始时，瓶内气体的压强与外界相等,10pp=缓慢流出了12.0VL=水后，瓶里的液面下降：3210m=0.025m2.5cm0.08VhS−===此时管口与瓶中液面高度差为：10.225mHhh=+=此时，瓶内气体

的压强与为：535201.010Pa+1.010100.225Pa1.022510PappgH=+==以最终在瓶中的气体为研究对象，由理想气体状态方程：00201()()pVVpVV+=+解得

：2.225LV=16.如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D位于AB边上，过D点做AC边的垂线

交AC于F．该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察．恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2cm，EF=1cm．求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)【答案】3【解析】【详解】过D点作AB边的发现NN，连接OD，则ODN=为O点发出的光纤

在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有sin=sinn①式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知=60②30EOF=③在OEF中有sinEFOEEOF=④由③④式和题给条件得2cmOE=⑤根据题

给条件可知，OED为等腰三角形，有30=⑥由①②⑥式得3n=⑦17.如图所示，一个长方形气缸放置于水平地面上，左右侧壁光滑且绝热，底面面积为S=20cm2且导热良好，质量为m=2kg且绝热的活塞下方封闭了一定量的理想气体，稳定时气柱长度为h=20cm．现在在活塞上放一个物

块(未画出)，待系统再次稳定后，活塞下方的气柱长度变为h′=10cm，已知大气压强始终为p0=1×105Pa，重力加速度g=10m/s2，一切摩擦阻力不计、气密性良好且外界环境温度保持不变．求：(1)活塞上所放物块的质量M；(2)第一次稳定到第二次稳定过程中从底部发生

热交换的情况．【答案】（1）22kg（2）44J【解析】【详解】(1)初态对活塞由平衡知识可知：01pSmgpS+=放上物块再次稳定后：12pShpSh=此时对活塞：02pSmgMgpS++=解得：22kgM=(2)对活塞的全过程由动能定理：()()00pSmgMghhW−+++=活塞队气体

做功-W，根据热力学第一定律：()0UQW=+−=其中从底部热交换耗散于外界环境的热量为Q，联立解得：44JQ=18.如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧的上端固定，下端与小球相连接，小球的质量为m，小球静止于O点．现将小球拉到O点下方距离为A的位置，由静止释放，此后运

动过程中始终未超过弹簧的弹性限度．规定平衡位置处为重力势能和弹簧弹性势能的零点．以平衡位置O为坐标原点建立如图所示的竖直向下的一维坐标系Ox．忽略空气阻力的影响．（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：a．求小球处于平衡状态时弹

簧相对原长的伸长量s；b．证明小球做简谐运动；（2）从教科书中我们明白了由v﹣t图象求直线运动位移的思想和方法；从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系．图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，请你借鉴此方法，从功与能量

的观点出发，解决以下问题：a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的重力势能pGE和弹性势能pE弹的总和Ep的表达式为21p2Ekx=；b．求小球在振动过程中，运动到平衡位置O点下方距离为2A时的动能Ek．并根据小球运动过程中速度v与

相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动的全过程中速度随振动位移变化的v﹣x图象．【答案】（1）a．mgsk=；b．见解析．（2）a．见解析．b．2k3EkA8=；【解析】【详解】（1）a．对小球，由平衡

条件mg＝ks．b．设小球偏离平衡位置x时的回复力为F回＝mg﹣k（s+x）＝﹣kx，故小球做简谐运动．（2）a．重力势能EpG＝﹣mgx以平衡位置处弹性势能为0，从平衡位置（弹簧伸长量为s）到坐标为x处（弹簧伸长量为s+x），根据弹簧弹力特点做出F﹣x图线如图，弹

簧弹力做功为2()1()22ksksxWxkxksx++=−=−+弹设x坐标处的弹性势能为pE弹，由弹力做功与弹性势能变化量的关系可知pWE弹弹＝﹣，即0WEp弹弹＝﹣（﹣）得221122pEWkxk

sxkxmgx++弹弹＝﹣＝＝重力势能和弹性势能的总和212ppGpEEEkx+弹＝＝．b．小球在运动到平衡位置O点下方距离为2A时的势能2p122AEk=小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有2211222kAkAkE=+可得，238kE

kA=由能量守恒定律pkpmaxkminEEEE++＝，即222111222kxmvkA+＝，也即222kxmvkA+＝，整理得：22221xvAkAm+=故v﹣x图是椭圆．