1、通山一中2019-2020学年高二下学期周练（二）一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，每题4分，共48分）1如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（）A状态A到状态B是等温变化B状态A时所有分子的速率都比状态C时的小C整个循环过程，气体从外界吸收的热量是 D状态A到状态B，气体对外界做功为2如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1v2。则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为A2mv1 B2mv2 Cm(v2+v1) Dm(v1-v2
2、)3氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是 A当氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收1. 89eV的能量B处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子而向高能级跃迁C一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出6 种不同頻率的光子Dn=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长短4一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L的轻绳拴一质量为m的小球，轻绳上端固定在O点，在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F随时间t的变化规律如图乙所
3、示。引力常量G及图中F0均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是（）A 该星球表面的重力加速度为B.该星球的密度为C小球过最高点的速度为D该星球的第一宇宙速度为5如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2不计空气阻力，则满足A12B23C34D4v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理可知，合力的冲量.A.2mv1与计算结果不相符；故A项错误. B.2mv2与计算结果不相符；故B项错误.C.m(v1+v2)与计算结果相符；故C项正确. D.m(v2-v1)与计算结果不相符；故D项错误.3氢原子能级图如图所
4、示，下列说法正确的是 A当氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收1. 89eV的能量B处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子而向高能级跃迁C一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出6 种不同頻率的光子Dn=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长短【答案】A【解析】【详解】A.根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，E3-E2=E，因此氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收的光子能量必须等于1.89eV，故A正确；B.处于n=2能级的氢原子可以被能量为2eV的电子碰撞，吸收1.89eV
5、的能量而向第3能级跃迁；故B正确.C.只有一个氢原子，则n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以释放3种频率的光子；故C错误.D.结合能级图可知，从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的能量比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的能量小，由可知从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长长；故D错误.4一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L的轻绳拴一质量为m的小球，轻绳上端固定在O点，在最低点给小球一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大
6、小F随时间t的变化规律如图乙所示。引力常量G及图中F0均为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是（）B 该星球表面的重力加速度为B.该星球的密度为C小球过最高点的速度为D该星球的第一宇宙速度为【答案】B由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为7F0，在最高点拉力为F0，设最高点速度为，最低点速度为，在最高点在最低点由机械能守恒定律得解得，在星球表面该星球的第一宇宙速度星球质量密度【答案】B5如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2不计空气阻力，则满足A12B23C34D45【答案】C运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，
7、又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C6下列说法正确的是（）A布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的B在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力（斥力与引力的合力）一定减小C一定质量某种理想气体在等温膨胀过程中，压强一定减小且向外界释放热量D自然界中自发进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性A 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒受到液体分子的撞击形成的，故A错误；B 分子力表现为斥力时，分子力随分子距离的增大而减小；分子力表现为引力时，分子之间的距离增大，分子力先增大后减小，故B错误；C 根据理想气体状态方
8、程，气体在等温膨胀过程中，压强一定减小；而气体在等温膨胀，有U=0，W0，根据热力学第一定律U=Q+W，有Q0，气体从外界吸收热量，故C错误。D 一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，例如扩散、热传递等现象具有方向性，故D正确。故选：D。7教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为若发电机线圈的转速变为原来的，则AR消耗的功率变为B电压表V的读数变为C电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变【答案】B根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效
9、值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；【详解】AB根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；C副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；D转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压
10、器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率8如图，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于MON平面指向纸里。质量为m，长度为l，电阻为R的金属棒ab从abO=45的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为g，金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是（ ）A棒下滑过程机械能守恒B下滑过程中棒产生从b到a方向的电流C从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生的电能小于D从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量大于【答案】C【解析】【详解】A棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，棒将受到安培力
11、作用，安培力对棒做功，棒的机械能不守恒，故A错误；B棒下滑过程中，围成的面积减小，根据楞次定律可知，产生感应电流，方向为到，故B错误；C棒从释放到滑至水平轨道过程，金属棒的重力势能减小为金属棒减小的重力势能转化为金属棒的电能和金属棒的动能，由能量守恒定律得知棒上产生的电能小于，故C正确；D棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为根据推论得到通过棒的电荷量为故D错误；故选C。二、多选题9(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x5 m的M点的波形图，图乙是质点N(x3 m)从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x10 m处的质点下列说法正确的是（ ）A这列波的传播速度是1.25 m/s
12、BM点以后的各质点开始振动时的方向都沿y方向C质点Q经过8 s时，第一次到达波峰D在016 s内，质点Q经过的路程为11 m【答案】BC【解析】由甲图得到波长为4m；由乙图得到周期为4s，故波速；故A错误；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前M起振方向向下，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故B正确；x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，故；故C正确；波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：t=11s=2T，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：S=11A=1110cm=110cm=1.1m，故D错误；故选BC点睛：本题考查基本的读图能
13、力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握10(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程，A矿车上升所用的时间之比为4:5B电机的最大牵引力之比为2:1C电机输出的最大功率之比为2:1D电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】【分析】【详解】A由图可得，变速阶段的加速度 ，设第次所用
14、时间为t，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，解得：，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 ，选项A正确；B由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，可得提升的最大牵引力之比为11，选项B错误；C由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项C正确；D加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力第次提升过程做功；第次提升过程做功；两次做功相同，选项D错误【点睛】此题以速度图像给出解题信息解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；
15、二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同11(多选)如图所示，质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=3kg滑块以初速度v0=2m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板则下面说法正确是A滑块和木板的加速度之比是1:3B整个过程中因摩擦产生的热量是1.5JC可以求出木板的最小长度是1.5mD从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是8:3【答案】AB【解析】【分析】【详解】A、水平面光滑，设滑块与木板之间的滑动摩擦力为f，根据牛
16、顿第二定律对m：f=ma1；对M：f=Ma2，滑块和木板的加速度之比a1a2=，A正确.B、设滑块相对木板静止时共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒有：m=(m+M)v，解得v=1.5m/s.根据能量守恒整个过程中因摩擦产生的热量Q=m-(m+M)=-1+3)J=1.5J，故B正确.C、设木板的最小长度为L，则有Q=mgL，题中动摩擦因数未知，所以不能求出L，故C错误.D、从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比=，故D错误.故选A、B【点睛】本题是个经典的题目，考察的知识点比较多.牛顿第二定律，能量守恒，动量守恒定律，滑动摩擦力做功的特点还有运动学知识，要好好体会理解
17、.12(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45已知M始终保持静止，则在此过程中A水平拉力的大小逐渐增大BM所受细绳的拉力大小一定保持不变CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】AD如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大； 对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T
18、的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加故本题选BD三、实验题13（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是_（用符号表示）。（2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是_。A将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化C计算油膜面积时，只数了完整的方格数D求每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL溶液的滴数多记了10滴（3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要
19、直到油滴的_。A摩尔质量 B摩尔体积 C质量 D体积【答案】cadb AC B 【解析】【详解】第一空. “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）测定一滴酒精油酸溶液的体积准备浅水盘形成油膜描绘油膜边缘测量油膜面积计算分子直径所以在实验的步骤中，是“将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定”，因此操作先后顺序排列应是cadb第二空：根据分析则有：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，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故B错
20、误；C.计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则面积S会减小，会导致计算结果偏大，故C正确；D. 求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误。第三空. 设一个油酸分子的体积为，则，由可知，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积A.由上分析可知，故A错误；B.由上分析可知，故B正确；C.由上分析可知，故C错误；D.由上分析可知，故D错误。14某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，他先测得摆线长为，摆球的直径为，然后用秒表记录了单摆完成50次全振动所用的时间，则（1）该单摆的摆长为_cm（2）如果测出的g值偏小，可能
21、的原因是_A测量摆线长，线拉得过紧B摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了C开始计时时，秒表按下迟了D实验中误将49次全振动记为50次（3）该同学由测量数据作出图线，根据图线求出重力加速度_(保留3位有效数字)。【答案】98.50 B 9.86 【解析】【分析】【详解】（1）1单摆的摆长（2）2根据单摆的周期公式得A测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大，故A错误；B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B正确；C开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故
22、C错误；D实验中误将49次全振动数为50次，测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大，故D错误。故选B（3）3由单摆的周期公式得图线的斜率由图像知，图线的斜率解得四、解答题15如图所示，粗细均匀、横截面积为S的足够长的导热细玻璃管竖直放置，管内用质量为m的水银柱密封着一定质量的理想气体，当环境温度为T，大气压强为p0时，理想气体的长度为L0，现保持温度不变将玻璃管缓慢水平放置。重力加速度为g，不计摩擦，水银始终没有从管口溢出。（1）求稳定后气柱的长度；（2）若将环境温度降为，将玻璃管平放于光滑水平桌面上并让其以加速度a向左做匀加速直线运动(如右图所示)，求稳定后的气柱长度。【答案】（1）（2）【解
23、析】【分析】先根据力的平衡可求出初状态气体的压强，再借助于理想气体方程可求出不同状态下的气柱的长度。【详解】（1）初始时封闭气体的压强 水平放置时封闭气体的压强 由理想气体方程可得： 解得：（2）若将环境温度降为，由理想气体方程可得： 解得： 当玻璃管向左以加速度a做匀加速运动时，有 解得： 故本题答案是：（1）（2）16如图所示是某时刻一列横波上A、B两质点的振动图象，该波由A传向B，两质点沿波的传播方向上的距离x =6.0m，波长大于10.0 m，求这列波的波速【答案】40m/s或m/s【解析】【分析】【详解】由振动图象可知，质点振动周期T=0.4s取t=0时刻分析，质点A经平衡位置向上振
24、动，质点B处于波谷，设波长为若波由A传向B，则x=n+，（n=0、1、2、3）所以该波的波长为因为有10m的条件，所以取n=0当n=0时，1=16m，波速v1=40m/s若波由B传向Ax=n+=m（n=0、1、2、3）因为有10m的条件，所以取n=0当n=0时2=m波速v2=m/s17如图，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为，E、F金属板水平平行放置，间距和板长均为d，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场，磁场上AC边界与极板E在同一条直线上现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔处由静止释放，穿过小孔后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从AD边界上的P处离开
25、偏转电场时速度方向与水平方向夹角为37，已知sin37=0.6，cos37=0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：（1）粒子到达小孔时的速度；（2）P点与上极板的距离h；（3）要使粒子进入磁场区域后不能从AC边射出，磁场磁感应强度的最小值【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可求出粒子到达小孔时的速度；（2）进入偏转电场后，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求P点与上极板的距离h；（3）根据几何关系求出半径R，根据运动的合成与分解原理求出进入磁场的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度【详解】（1）粒子在加速电场中，根
26、据动能定理得：粒子到达小孔时的速度 （2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度 在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有： ， 则P点与上极板的距离（3）要使得粒子不从AC边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 解得：粒子进入磁场时速度 在磁场中，则有： 所加磁场的磁感应强度最小值为【点睛】本题主要考查了粒子在组合场运动的情况解题的关键：一、是分析清楚粒子在各个场运动的特点和运动规律，列出相应的方程；二、是灵活应用几何关系、动能定理和运动的合成与分解等知识进行求解18如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个
27、滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s3，求：（1）滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力。（2）滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）7N，方向竖直向下。（2）0.22J。【解析】【详解】（1）以滑块为研究对象，在最高点，由牛顿第二定律得：mAg+FN=mA已知最高点压力FN=mAg由机械能守恒定律得：+mA2R=mAvA2在半圆轨道最低点由牛顿第二定律得：FN-mAg=mA解得：FN=7N由牛顿第三定律得：滑块在半轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下（2）以A、B为研究系统，由动量守恒定律得：mAvA=mBvB解得：vB=3m/s以B、小车为研究系旒，由动量守恒定律得：mBvB=（M+mB）v共由能量守恒定律得：EP=-mBgL解得：EP=0.22J
