山东省济宁市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 16页

济宁一中2018级线上学习阶段测试高二物理 一、单项选择题 ‎1.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是（　　）‎ A. 已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，若认为气体分子为球形，则该气体分子的直径可以表示为 B. 布朗运动是指悬浮在液体里的微小固体颗粒的运动 C. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故 D. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，若认为气体分子为立方体模型，则该气体分子间的距离可以表示为，选项A错误；‎ B．布朗运动是指悬浮在液体里的微小固体颗粒的运动，选项B正确；‎ C．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强作用的缘故，与分子间的斥力无关，选项C错误；‎ D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这仅与液体的种类有关 B. 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 C. 天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D. 在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类以及毛细管的材料都有关，选项A错误；‎ B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母各向异性，即云母是晶体，选项B错误；‎ C．天然石英表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒是按照一定规则排列的，但沿晶体的不同方向，微粒排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理性质不同，这就是晶体的各向异性，故C错误；‎ D．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为： 和 ，下列表述正确的有（　　）‎ A. X是质子 B. Y的质子数是3，中子数是6‎ C. 氘和氚的核反应是核聚变反应 D. 两个核反应都没有质量亏损 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在反应中，根据电荷数守恒、质量数守恒，则X的电荷数为0，质量数为1，可知X是中子，故A错误。‎ B．根据可知，Y的质子数是3，质量数为6，则中子数是3，选项B错误；‎ C．氘和氚的核反应是核聚变反应，选项C正确；‎ D．两个核反应都放出能量，则都有质量亏损，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 红外线比红光波长短，它的显著作用是热作用 B. 紫外线的频率比可见光低，它的显著作用是荧光作用 C. 阴极射线来源于核外的自由电子，β射线来源于原子核内部核衰变得到的电子 D. 在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的时钟与他观察到的地球上的时钟走得同样快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红外线比红光波长长，它的显著作用是热作用，选项A错误；‎ B．紫外线的频率比可见光高，它的显著作用是荧光作用，选项B错误；‎ C．阴极射线来源于核外的自由电子，β射线来源于原子核内部核衰变时中子转化为质子时放出的电子，选项C正确；‎ D．根据钟慢效应，宇宙飞船相对于地球高速运动过程中，飞船的人观察飞船是不运动的，而地球是高速运动的，所以飞船上的时钟没有变慢了，正常走时，而地球上的钟变慢了，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是（　　）‎ A. 医院中用于体检的“B超”利用了超声波的衍射原理 B. 两列波发生干涉时，振动加强区域的质点的位移一定始终最大 C. 声波容易发生衍射是因为声波的波长较短 D. 观察薄膜干涉时，应该在入射光的同一侧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理，选项A错误；‎ B．两列波发生干涉时，振动加强区域的质点的振幅较大，但是位移不一定始终最大，选项B错误；‎ C．声波容易发生衍射是因为声波的波长较长，选项C错误；‎ D．观察薄膜干涉时，应该在入射光的同一侧，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是（　　）‎ A. A→B过程温度升高，压强变大 B. B→C过程体积不变，压强变小 C. B→C过程体积不变，压强不变 D. C→D过程温度不变，压强变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，由A→B过程中，温度升高体积变大，体积与热力学温度成正比，由可知，气体压强不变，是等压变化，故A错误；‎ BC．由图象可知，在B→C过程中，气体体积不变温度降低，由可知，气体压强变小，故B正确，C错误；‎ D．由图象可知，在C→D过程中，气体温度不变体积减小，由可知，压强变大，故D错误。 故选B。‎ ‎7.如图，MN是介质1和介质2的分界面，介质1、2的绝对折射率分别为n1、n2，一束细光束从介质1射向介质2中，测得，，根据你所学的光学知识判断下列说法正确的是（　　）‎ A. 介质2相对介质1的相对折射率为 B. 光在介质2中的传播速度大于光在介质1中的传播速度 C. 介质1相对介质2来说是光密介质 D. 光从介质1进入介质2可能发生全反射现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光从介质1射入介质2时，入射角与折射角的正弦之比叫做介质2相对介质1的相对折射率，所以有 故A正确；‎ B．因介质2相对介质1的相对折射率为 可以得出介质 2 的绝对折射率大，因，所以光在介质2 中传播的速度小于光在介质1中传播的速度，故B错误； ‎ C．介质2相对介质 1来说是光密介质，故C错误； D．光从介质1进入介质2，是从光疏介质射入光密介质，不会发生全反射现象，故D错误； 故选A。‎ ‎8.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（　　）‎ A 核比核更稳定 B. 核的结合能约为14MeV C. 两个核结合成核时吸收能量 D. 核中核子的平均结合能比核中的大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．比结合能越大，核越稳定，核比核比结合能较大，则更稳定，选项A正确；‎ B．根据图象知核的比结合能约为7MeV，所以结合能△E=7×4=28MeV，故B错误；‎ C．由图可知的比结合能约为1MeV，则核结合能为2MeV；核的比结合能为7MeV，结合能为28MeV，则两个核结合成核时放出能量，选项C错误；‎ D．由图像可知，核中核子的平均结合能比核中的小，选项D错误。‎ 故选A。‎ 二、多项选择题 ‎9.下列对热力学定律的理解正确的是（　　）‎ A. 可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 B. 如果物体从外界吸收了热量，物体的内能一定增加 C. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 D. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是要引起其他的变化，选项A正确；‎ B．如果物体从外界吸收了热量，若物体对外做功，则物体的内能不一定增加，选项B错误；‎ C．空调机在制冷过程中，由于压缩机要消耗电能做功，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，选项C正确；‎ D．根据热力学第一定律可知，做功与热传递都可以改变物体的内能，所以做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递也不一定会改变内能，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎10.某振动系统的固有频率为f0 ，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f ．若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 当f < f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小 B. 当f > f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大 C. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0‎ D. 该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故ff0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率f，故C错误，D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈．‎ ‎11.如图是氢原子的能级图。一个氢原子从n=4的能级向低能级跃迁，则以下判断正确的是（　　）‎ A. 该氢原子最多可辐射出3种不同频率的光子 B. 该氢原子只有吸收0. 85eV的光子时才能电离 C. 该氢原子跃迁到基态时需要吸收12.75eV的能量 D. 该氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量是特定值 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．单个处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出n-1种不同频率的光子，故该氢原子向低能能跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子，A项正确； B．只要吸收的光子的能量大于0.85eV，该氢原子就能电离，B项错误； C．该氢原子跃迁到基态时需要释放-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV的能量，C项错误； D．氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量等于两能级的能量差，此能量差为一特定值，D项正确。 故选AD。‎ ‎12.如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图像，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 单色光1的频率比单色光2的频率低 C. 增大单色光1的强度，其遏止电压不变 D. 单色光1的入射光子数比单色光2的入射光子数多 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知单色光1的遏止电压绝对值小于单色光2的遏止电压，再根据最大初动能和遏止电压的关系eU=Ekm，可知Ek1＜Ek2，故A错误；‎ B．根据光电效应方程：Ek=hν-W可知单色光2的频率较高，选项B正确；‎ C．光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，则增大单色光1的强度，其光电子最大初动能不变，遏止电压不变，选项C正确；‎ D．由于单色光1的饱和光电流比单色光2的饱和光电流大，则单色光1的入射光子数比单色光2的入射光子数多，选项D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎13.一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动，平衡位置在坐标原点，向x轴正方向运动时弹簧被拉伸，振子的振动图像如图所示，已知弹簧的劲度系数为20N/cm，振子质量为m=‎0.1kg，则（　　）‎ A. 图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5N，方向指向x轴的负方向 B. 图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的负方向 C. 图中A点对应的时刻振子的加速度大小为‎50m/s2‎ D. 在0～4s内振子通过的路程为‎4cm ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点A点对应的时刻振子的位移为‎0.25cm，所受的回复力 F=-k△x=-20×0.25N=-5 N 负号表示方向指向x轴的负方向，故A正确； B．质点A点对应的时刻振子的位移为‎0.25cm，正在向最大位移运动，所以点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向，故B错误； ‎ ‎ C．图中A点对应的时刻振子的加速度大小为 故C正确；  D．由图可知，振子的振幅为‎0.5cm，在0～4 s内振子做了2次全振动。振子通过的路程为 s=2×‎4A=2×4×‎0.5cm=‎‎4cm 故D正确。 故选ACD。‎ ‎14.沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，两质点M、N的横坐标分别为m和m，t=0时刻质点M的运动方向沿y轴的负方向。若从t=0时刻开始，经0.25s质点N第一次到达平衡位置，则（　　）‎ A. 该列波沿x轴负方向传播 B. 该列波的周期为1s C. 该列波的波速为‎2m/s D. 0～1s内，质点N通过的路程等于‎8cm ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t=0时刻质点M的运动方向沿y轴的负方向，依据波的平移法，可知该列波沿x轴负方向传播，故A正确；‎ BC．该列波沿x轴负方向传播，则N点振动的方向向上，从t=0时刻开始，经0.25s质点N第一次到达平衡位置，可知该波在0.25s内传播的距离：x=3-2.5=‎0.5m，所以波速 由图可知，该波的波长为‎4m，则 故B错误，C正确； ‎ D．由图可知，该波振幅A=‎4cm，质点在半个周期为的路程等于2倍的振幅，所以0～1s内，质点N的路程等于‎8cm,故D正确。 故选ACD。‎ ‎15.钍具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤，同时伴随有γ射线产生，其方程为，钍的半衰期为24天。则下列说法正确的是（　　）‎ A. X为电子 B. X是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的 C. 的比结合能比的比结合能大 D. ‎1g钍经过120天后还剩‎0.2g钍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电荷数和质量数守恒知X的质量数为0，电荷数为-1，则钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A正确； B．β衰变的实质是β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确； C．该反应因为放出能量，则的比结合能比的比结合能小，选项C错误；‎ D．钍的半衰期为24天，‎1g钍经过120天后，发生5个半衰期，‎1g钍经过120天后还剩，故D错误； 故选AB。‎ 三、非选择题 ‎16.如图所示为用单摆测重力加速度的实验。‎ ‎(1)为了减小误差，下列措施正确的是__________‎ A.摆长L应为线长与摆球半径的和，且在‎20cm左右 B.在摆线上端的悬点处，用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线 C.在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线 D.计时起点和终点都应在摆球的最高点，且测不少于30次全振动的时间 ‎(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T=__________，当地的重力加速度g=__________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1]．A．摆线长度L应为线长与摆球半径的和，且在‎100cm左右，A错误； B．在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，防止摆线长度变化，B正确；‎ C．在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线，以确定是否做单摆运动，C正确；‎ D．计时起终点都应在摆球的最低点，D错误； 故选BC。‎ ‎(2) [2][3]．单摆的周期 由可得 ‎17.现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉实验装置，用以测量红光的波长。‎ ‎(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右表示各光学元件的字母的排列顺序应为C、__________、__________、__________、A；‎ ‎(2)将激光束照在双缝上，在光屏上观察到的现象是图选项中的__________；‎ A. B. C. D. ‎ ‎(3)保持双缝到光屏的距离不变，换用间隙更小的双缝，在光屏上观察到的条纹间距将___________；保持双缝间隙不变，减小双缝到光屏的距离，在光屏上观察到的条纹间距将___________；（均选填“变宽”“变窄”或“不变”）‎ ‎(4)将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数______mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为____mm；‎ ‎(5)已知双缝间距d为m，测得双缝到屏的距离L为‎0.700m，由计算式λ=__________，求得所测红光波长为__________mm。‎ ‎【答案】 (1). E (2). D (3). B (4). A (5). 变宽 (6). 变窄 (7). 13. 870 (8). 2. 310 (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]．为获取两列单色相干光，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝。排序应为C、E、D、B、A。‎ ‎(2)[4]．将激光束照在双缝上，将出现双缝干涉现象，而双缝干涉图样是中间为亮条纹的明暗相间的等间距条纹，则A正确。‎ ‎(3)[5][6]．根据双缝干涉条纹间距公式可知在其他条件不变，d减小时，条纹间距变宽；而在其他条件不变，L减小时，条纹间距变窄。‎ ‎(4)[7][8]．图乙的读数：螺旋测微器固定刻度读数为13. ‎5mm，可动刻度读数为37. 0×0. ‎01mm，两者相加为13. ‎870mm。图甲的读数：甲图中固定刻度读数为‎2mm，可动刻度读数为32. 0×0. ‎01mm，两者相加的读数为2. ‎320mm，由以上读数可知；‎ ‎(5)[9][10]．根据知 代入数据得 ‎18.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．‎ ‎（1）求棱镜的折射率；‎ ‎（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．‎ ‎【答案】（1）；（2）sin=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得 ‎…………①‎ 式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知 α+β=60°…………②‎ 由几何关系和反射定律得 ‎…………③‎ 联立①②③式，并代入i=60°得 ‎…………④‎ ‎（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得 ‎…………⑤‎ 依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且 ‎…………⑥‎ 由几何关系得 ‎…………⑦‎ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为 sin=…………⑧‎ ‎19.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)‎ ‎【答案】144 cmHg　‎‎9.42 cm ‎【解析】‎ ‎【详解】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位.由题给条件得 p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg　l1＝‎20.0 cm①‎ l1′＝(20.0－ ) cm＝‎12.5 cm②‎ 由玻意耳定律得p‎1l1S＝p1′l1′S③‎ 联立①②③式和题给条件得：p1′＝144 cmHg④‎ 依题意p2′＝p1′⑤‎ l2′＝‎4.00 cm＋ cm－h＝‎11.5 cm－h⑥‎ 由玻意耳定律得p‎2l2S＝p2′l2′S⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈‎9.42 cm.‎ ‎20.如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L＝‎80 cm，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d＝‎30 cm处设有卡环A、B，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气的压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境的温度均为t1＝‎27 ℃‎，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．‎ ‎①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；‎ ‎②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至‎227 ℃‎，求活塞移动的距离．‎ ‎【答案】（1）375K（2）5.6‎ ‎【解析】‎ 试题分析：活塞恰好要离开卡环时，两侧气体的压强相等，左侧氮气发生等容变化，根据查理定律即可求出活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；对左侧氮气运用理想气体的状态方程，①对右侧运用玻意耳定律，联立即可求出活塞移动的距离．‎ ‎“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象：‎ 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p2＝1.0×105 Pa，T2，V2＝V1‎ 由查理定律，有 代入数据解得T2＝375 K ‎②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动距离为x 取氮气为研究对象：‎ 初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p3，T3＝500 K，V3＝dS＋xS 由理想气体状态方程有：‎ 取氧气为研究对象：‎ 初状态：p2＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，V4＝(L－d)S 末状态：p5＝p3，T5＝300 K，V5＝LS－V3‎ 由玻意耳定律有p2V4＝p5V5‎ 代入数据解得向右移动距离x≈‎5.6 cm.‎ 点睛：本题主要考查了气体定律的综合运用，解题关键是要知道活塞离开卡环后左右两侧压强始终相等，左右两侧的体积之和恒为LS，分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决．‎