江苏省徐州市三校2019-2020学年高二下学期联考物理试题 Word版含解析 16页

- 1 - 2019－2020 学年高二年级三校联考试题 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.物体做简谐运动时，下列叙述正确的是（ ） A. 物体到达平衡位置时，合力一定为零 B. 平衡位置就是回复力为零的位置 C. 每次通过同一位置时，位移、速度和加速度一定相同 D. 简谐运动的图像表示质点振动的轨迹 【答案】B 【解析】 【详解】AB．当物体运动到平衡位置时，其位移为零，根据 F=-kx 可知，物体的回复力为零， 但合外力不一定为零，例如单摆运动中的小球到达最低点时，其合力竖直向上，不等于零， 故 A 错误，B 正确； C．物体每次经过同一位置时，速度方向不一定相同，则速度不一定相同，故 C 错误； D．简谐运动的图象不表示质点振动的轨迹，例如水平的弹簧振子中的振子，其运动轨迹是直 线，但是简谐运动的图象是曲线，故 D 错误。 故选：B。 2.关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 墨汁在水中的扩散实际上是水分子的无规则运动过程 B. 当分子间的距离减小时，分子间的引力减小而斥力增大 C. 布朗运动的原因是液体分子永不停息地无规则运动 D. 磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力 【答案】C 【解析】 【详解】A、墨水的扩散实际上是墨水分子和水分子的无规则运动的过程，故 A 错误； B、当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，故 B 错误； C、布朗运动是固体小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的， 间接证明了分子永不停息地做无规则运动，故 C 正确； D、磁铁可以吸引铁屑，并非是分子力的作用，故 D 错误． - 2 - 3.关于受迫振动和共振，下列说法正确的是（ ） A. 火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆 B. 受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关 C. 在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象 D. 挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频 【答案】D 【解析】 【详解】A．火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故 A 错误； B．受迫振动的频率与驱动频率有关，而与振动系统的固有频率无关，故 B 错误； C．停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故 C 错误； D．挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的 频率时，发生共振，结果水桶中的水溢出。挑水时为了防止从水桶中荡出，可以加快或减慢 走路的步频，故 D 正确。 故选：D。 4.关于温度和内能的理解，下列说法中正确的是( ). A. 温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，则物体每一个分子的动能都增大 B. 不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能 C. 1g100℃水的内能小于 1g100℃水蒸气的内能 D. 做功和热传递对改变物体内能是等效的，也就是说做功和热传递的实质是相同的 【答案】C 【解析】 试题分析：内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，做功 和热传递是改变内能的两种方式．并且做功和热传递对改变内能是等效的．温度是物体的分 子热运动平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大． 温度是分子平均动能的标志，物体温度升高分子的平均动能增加，则不是每一个分子的动能 都增大，A 错误；质量相等的氢气和氧气，温度相同，分子的平均动能相同，而氢气的分子数 多，则氢气的内能较大，B 错误；水变成水蒸气要吸热，则同质量水的内能小于水蒸气的内能， C 正确；做功和热传递对改变物体内能是等效的，但实质不同，做功是其他能和内能的转化， 热传递是内能的转移，D 错误； 5.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )． - 3 - A. 可以根据各向同性或各向异性来鉴别晶体和非晶体 B. 一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体 C. 一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体 D. 一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则一定是多晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．各向同性可以是多晶体，也可以是非晶体，故不能根据各向异性或各向同性来鉴 别晶体和非晶体，故 A 错误； B．沿各个方向对一块均匀薄片施加拉力，发现其强度一样，表现出各向同性，可能是非晶体， 也可能是多晶体，故 B 错误． C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，即各向异性，则该球体一定是单晶体， 故 C 正确； D．一块晶体，若其各个方向的导热性相同，可能是多晶体，故 D 错误． 故选 C。 6.下列叙述中正确的是（ ） A. 因液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力 B. 用粉笔吸干纸上的墨汁能，不能用来说明毛细现象 C. 因为水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 D. 液体表面张力总是垂直于液体表面，使液体表面积趋于最小 【答案】A 【解析】 【详解】A．与气体接触的液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的 分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离 r0，分子 引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，故 A 正确； B．因为粉笔疏松多孔，所以粉笔吸干纸上的墨汁是利用了毛细现象，故 B 错误； C．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的。液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固 体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，故 C 错误； D．表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直，故 D 错误； 故选：A。 7.将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了。其原因和调整的方法分别为（ ） - 4 - A. g g甲 乙 ，将摆长缩短 B. g g甲 乙 ，将摆长加长 C. g g甲 乙 ，将摆长缩短 D. g g甲 乙 ，将摆长加长 【答案】A 【解析】 【详解】将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了，说明周期变长了，根据单摆的周期 公式 2 lT g  可知：甲地的重力加速度大于乙地的重力加速度；为了减小周期，可以减小 摆长，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 8.安全带是在高空作业与进行技艺表演时，为保障安全所用的带子。假设质量为 70 kg 的建 筑工人，不慎从高空由静止落下，幸好有弹性安全带，使他最终静止悬挂。已知弹性安全带 的缓冲时间是 1.0 s，安全带长 5 m，g 取 10 m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力 的大小为（ ） A. 700 N B. 1400 N C. 7000N D. 770 N 【答案】B 【解析】 【详解】人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为： 0 2 10m/sv gh  取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力 mg 和安全带给的冲力 F，取 F 方向为正方向，由动量定理得： 00Ft mgt mv   （ ） 解得： 0 70 1070 10N N 1400N1.0 mvF mg t       故 B 正确，ACD 错误。 故选：B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.如图所示，水平弹簧振子沿 x 轴在 M、N 间做简谐运动，坐标原点 O 为振子的平衡位置，其 - 5 - 振动方程为 5sin 10 cm2x t      ．下列说法正确的是（ ） A. MN 间距离为 5cm B. 振子的运动周期是 0.2s C. 0t  时，振子位于 N 点 D. 0.05t s 时，振子具有最大加速度 【答案】BC 【解析】 【详解】A．MN 间距离为 2A=10cm，选项 A 错误； B．因 =10 rad/s  可知振子的运动周期是 2 2 s 0.2s10T       选项 B 正确； C．由 5sin 10 cm2x t      可知 t=0 时，x=5cm，即振子位于 N 点，选项 C 正确； D．由 5sin 10 cm2x t      可知 0.05t s 时 x=0，此时振子在 O 点，振子加速度为零，选 项 D 错误． 10.关于热力学定律，下列说法正确的是（ ） A. 气体向真空的自由膨胀是不可逆的 B. 理想气体在等温膨胀过程中从外界吸收的热量全部用于对外做功 C. 空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 D. 只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据热力学第二定律知气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故 A 正确； B．理想气体在等温膨胀过程中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功，故 B 正 确； - 6 - C．空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体 传向低温物体，故 C 错误； D．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到 100%，即使对内燃机不断改进，也不可 以把内燃机得到的全部内能转化为机械能，故 D 错误。 故选：AB。 11.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd 和 da 这四段过程在 p-T 图 像上都是直线段，ab 和 dc 的延长线通过坐标原点 O，bc 垂直于 ab，ad 平行于纵轴，由图可 以判断 （ ） A. a→b 过程中气体体积不断减小，气体向外放出热量 B. b→c 过程中气体体积不断减小，单位时间内撞击器壁的分子数增多 C. c→d 过程中气体体积不断增大，气体对外做功 D. d→a 过程中气体体积不断增大，气体从外界吸收热量 【答案】BD 【解析】 【详解】根据理想气体状态方程 pV CT  分析可知，在 p-T 图象中，图线上各点与坐标原点 的连线斜率代表体积，斜率越大体积越小； A．a→b 为过坐标原点的一条倾斜直线，a 到 b 为等容过程，即 Va=Vb，体积不变，外界对气体 不做功，温度降低，气体内能减小，放热，故 A 错误； B．b 到 c 图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越大，体积越来越小，单位体积内的分子数 增多，即 Vb＞Vc，b 到 c 温度降低，分子的平均动能减小，压强增大，故单位时间内撞击器壁 的分子数增多，故 B 正确； C．c 到 d 图线为过坐标原点的一条直线，直线斜率不变，体积不变，气体对外界不做功，故 C 错误； - 7 - D．d 到 a 图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，体积越来越大，即 Vd＜Va，气体对外 界做正功，温度不变，内能不变，故需要吸收热量，故 D 正确； 故选：BD。 12.如图所示，质量相等的 A、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运 动，A 球的速度是 6 m/s，B 球的速度是－2 m/s，不久 A、B 两球发生了对心碰撞。对于该碰 撞之后的 A、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有 可能实现的是（ ） A. vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B. vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C. vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D. vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．两小球碰撞动量守恒，初动量为 6 2 4p m m m   碰前总动能 2 2 k 1 16 ( 2) 202 2E m m m      碰后总动量 2 6 4p m m m     碰后总能量 2 2 k k 1 1( 2) 6 202 2E m m m E        动量守恒，机械能守恒，可以实现，A 正确； B．碰后总动量 2 2 4p m m m    碰后总动能 - 8 - 2 2 k k 1 12 2 42 2E m m m E       动量守恒，机械能不增加，可以实现，B 正确； C．碰后总动量 1 3 4p m m m    碰后总动能 2 2 k k 1 11 3 52 2E m m m E       动量守恒，机械能不增加，可以实现，C 正确； D．碰后总动量 3 7 4p m m m     碰后总动能 2 2 k k 1 1( 3) 7 292 2E m m m E        动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，D 错误。 故选 ABC。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.物体是由大量分子组成的，分子非常微小。在“用油膜法估测分子的大小”的实验中利用 油酸能在水面上铺开，会形成厚度为一个分子的表面膜的特性，将微观量的测量转化为宏观 量的测量。 (1)实验中，如果油酸酒精溶液体积浓度为 b，N 滴油酸酒精溶液的总体积为 V，如果 1 滴油酸 酒精溶液在水面上形成的油膜面积为 S，则估算油酸分子直径大小的表达式为 d=______。 (2)实验中，把玻璃板盖在浅盘上描出油酸膜的轮廓，如图所示，图中正方形小方格的边长为 1cm，则油酸膜的面积是______ cm2 已知油膜酒精溶液中油酸浓度为 0.04%，100 滴油酸酒精溶 液滴入量筒后的体积是 1.2mL，则油酸分子的直径为_____m。（结果均保留两位有效数字） - 9 - (3)同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因， 下列说法中可能正确的是________。 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 B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开 【答案】 (1). Vb NS (2). 60 (3). 8.0×10-10 (4). ACD 【解析】 【详解】(1)[1] 纯油酸体积为： 0 VbV N  油膜面积为：S，油酸分子直径 Vbd NS  (2)[2][3] 油膜的面积可从方格纸上得到，所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于 一半的舍去，图中共有 60 个方格，故油膜面积为： S=nS0=60×1cm×1cm=60cm2 每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是： 6 3 12 31.2 10 0.04%m 4.8 10 m100V       油酸分子的直径： 12 10 4 4.8 10 m 8.0 10 m60 10 Vd S        (3)[4]同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，根据 以上分析可知出现这种结果的原因可能是公式中的体积偏大或计算的油膜的面积偏小的原 因： 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，V 偏大，故 A 正确； B．计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则油膜的面积偏大，故 B 错误； C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则油膜的面积偏小，故 C 正确； D．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜的面积偏小，故 D 正确。 故选：ACD； - 10 - 14.某同学用图甲所示装置通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来寻找不变量，图中 CQ 是斜槽， QR 为水平槽，二者平滑相接，实验时先使 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止开始滚下，落 到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹。然后 把 B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让 A 球仍从位置 G 由静止开始滚下，和 B 球碰撞后， A、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作 10 次。 图中 O 是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P 为未放被碰球 B 时 A 球的平均落点，M 为 与 B 球碰后 A 球的平均落点，N 为被碰球 B 的平均落点。若 B 球落点痕迹如图乙所示，其中米 尺水平放置，且平行于 OP。米尺的零点与 O 点对齐。 (1)入射球 A 的质量 mA 和被碰球 B 的质量 mB 的关系是 mA________mB（选填“>”“<”或“＝”）。 (2)碰撞后 B 球的水平射程应为________cm。 (3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________（填选项前的字母）。 A.水平槽上未放 B 球时，测量 A 球平均落点位置到 O 点的距离 B.A 球与 B 球碰撞后，测量 A 球平均落点位置到 O 点的距离 C.测量 A 球或 B 球的直径 D.测量 A 球和 B 球的质量 E.测量 G 点相对于水平槽面的高度 (4)若 mv 为不变量，则需验证的关系式为_____________。 【答案】 (1). > (2). 64.7(64.2～65.2 均可) (3). ABD (4). mA·OP＝mA·OM ＋mB·ON 【解析】 【详解】(1)[1] 为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 mA 大 于 mB。 (2)[2] 由图乙所示可知，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约 为 64．7cm； (3)[3] 两球离开轨道后做平抛运动，它们在控制的运动时间 t 相等，如果碰撞过程动量守恒， - 11 - 则： mAv0=mAv1+mBv2 两边同时乘以 t 得： mAv0t=mAv1t+mBv2t 则： mAOP=mAOM+mBON 实验需要测量小球的水平位移、小球的质量，故选 ABD． (4)[4]有以上分析可知，需要验证的表达式为： mA·OP＝mA·OM＋mB·ON 15.轿车中设有安全气囊以保障驾乘人员的安全。轿车在发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化 钠（NaN3）爆炸产生气体（假设都是 N2）充入气囊。若氮气充入后安全气囊的容积 V＝70 L， 囊中氮气密度  ＝2 kg/m3，已知氮气摩尔质量 M＝0.028 kg/mol，阿伏加德罗常数 NA＝6×1023 mol-1.试估算（结果均保留 1 位有效数字）： (1)气囊中氮气分子的总个数 N (2)气囊中氮气分子间的平均距离。 【答案】（1） 243 10 个；（2） 93 10 m 【解析】 【详解】（1）根据题意可知，气体物质的量 Vn M  所以气体分子的总个数为 A A VN nN NM   解得 243 10N   个 （2）把每个气体分子看成立方体，立方体的边长作为气体分子间的距离 3 30  VL V N   代入得 93 10 mL   - 12 - 16.如图所示，将质量为 mA = 100g 的平台 A 连接在劲度系数 k = 200N/m 的弹簧上端，弹簧 下端固定在地面上，形成竖直方向的弹簧振子，在 A 的上方放置 mB=mA 的物块 B，使 A、 B 一 起上下振动，弹簧原长为 5cm。A 的厚度可忽略不计，g 取 10m/s2。求： (1)当系统做小振幅简谐振动时，A 的平衡位置离地面 C 多高？ (2)当振幅为 0.5cm 时，B 对 A 的最大压力有多大？ (3)为使 B 在振动中不脱离 A，振幅应满足的条件。 【答案】（1）4cm；（2）1.5N ；（3）不能大于 1cm。 【解析】 【详解】  1 振幅很小时，A、B 间不会分离，将 A 与 B 整体作为振子，当它们处于平衡位置时， 根据平衡条件得  0 A Bk x m m g   得形变量 0 1cmx  平衡位置距地面高度 0 0 4cmh l x     2 当 A、B 运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时 A、B 间相互作用力最大，设振幅为 A，最大加速度    0 2 m 5m/sA B A B A B k A x m m g kAa m m m m        取 B 为研究对象，有 mB BN m g m a  得 A、B 间相互作用力  m 1.5NBN m g a   - 13 - 由牛顿第三定律知，B 对 A 的最大压力大小为1.5N ；  3 为使 B 在振动中始终与 A 接触，在最高点时相互作用力应满足： 0N  取 B 为研究对象，根据牛顿第二定律，有 B Bm g N m a  当 0N  时，B 振动的加速度达到最大值，且最大值 2 m 10 /' m sa g  （方向竖直向下 ) 因 m mA Ba a g  ，表明 A、B 在最高点时仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于 原长。 振幅 1' cmA x   ， 所以 A、 B 一起上下振动的振幅不能大于 1cm。 17.如题图所示，为一密闭内壁光滑太阳能集热气缸，下底面及侧面为可导热的集热材料，顶 面为质量为 m 的透明玻璃活塞，已知活塞横截面积为 S，外界大气压强为 p0，缸内气体温度为 T1.现将气缸静置于阳光下，气体体积由 V1 增大到 V2，该过程中气体吸收的热量为 Q1，之后保 持体积 V2 不变，已知气体内能 U 与温度 T 的关系为 U＝αT，求： (1)停止加热时缸内气体的温度； (2)该过程中气体吸收或者放出的热量。 【答案】（1） 2 1 1 V TV ；（2） 2 1 0 2 1( )( )mgT T p V VS      【解析】 【详解】(1)加热过程中气体等压膨胀，由 1 1 V T ＝ 2 2 V T 得： T2＝ 2 1 V V T1 (2)过程中，封闭气体内能增加ΔU=αT2－αT1，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功， W<0， - 14 - W＝－pΔV＝－(p0＋ mg S )(V2－V1) 由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W 可得： Q1＝αT2－αT1＋(p0＋ mg S )(V2－V1) 18.如图所示，滑块 A、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长,其左端放置一滑 块 C，B、C 间的动摩擦因数为μ ，A、B 由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态. 现在突然给 C 一个向右的速度 v0 让 C 在 B 上滑动，当 C 的速度为 0  4 v 时绳子刚好伸直，接着绳 子被瞬间拉断，绳子拉断时 B 的速度为 03 16 v ，A、B、C 的质量分别为 2m、3m、m.求: (1)从 C 获得速度 v0 开始经过多长时间绳子被拉直; (2)拉断绳子造成的机械能损失. (3)木板的长度至少为多少 【答案】(1) 03 4 vt g (2) 2 0 33 1024 mv (3) 2 03 8 vL g 【解析】 【详解】(1)从 C 获得速度 v0 到绳子拉直的过程中根据动量定理得： 0 0 1 4mgt mv mv   计算得出： 03 4 vt g (2)设绳子刚拉直时 B 的速度为 Bv ，对 B、C 系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律 得： 0 0 1 34 Bmv m v mv   代入数据计算得出： 0 1 4Bv v 绳子拉断的过程中 A、B 组成的系统动量守恒；以向右为正，根据动量守恒定律得： 0 33 2 3 16B Amv mv m v   计算得出： 0 3 32Av v 绳子拉断过程中以 A、B 为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为： - 15 - 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 1 3 1 3 333 2 32 4 2 32 2 16 1024E m v m v m v mv                        (3)由题意可知在绳子拉断前 C 不能离开 B，即至少在拉断瞬间离开 B，设 B 的长度为 L，则在 拉断绳子前的运动过程中对 B、C 分析根据动能定理有： 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 132 4 2 4 2mgL m v m v mv                 解得 2 03 8 vL g 答：(1)从 C 获得速度 v0 开始经过 03 4 vt g 绳子被拉直; (2)拉断绳子造成的机械能损失为 2 0 33 1024 mv . (3)木板的长度至少 2 03 8 vL g - 16 -