1、江苏省马坝高级中学2019-2020学年高二物理下学期5月调研测试试题（含解析）一、单项选择题1.下列关于布朗运动的说法中正确的是（）A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮固体颗粒的无规则运动B. 布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动C. 布朗运动是指液体分子的无规则运动D. 布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动【答案】A【解析】【详解】ABD布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮微粒的无规则运动，而组成小颗粒的分子有成千上万个，颗粒的运动是大量分子集体的运动，并不是颗粒分子的无规则运动，故BD错误，A正确；C布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故C
2、错误。故选A。2.下列过程中可能发生的是（）A. 将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开B. 利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高C. 打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发溢进去，恢复原状D. 某种物质从高温热源吸收20kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响【答案】B【解析】【详解】A扩散现象有方向性，因此不能自发地各自分开，故A错误；B根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些手段是可以实现的，故B正确；C气体膨胀具有方向性，不能自发溢出又自发溢进去，使其恢复原状，故C错误；D要使内能全部转化为机械
3、能必定要引起其他影响，故D错误。故选B。3.某气体的摩尔质量是M，标准状态下的摩尔体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，下列叙述中正确的是（）A. 该气体在标准状态下的密度为B. 该气体每个分子的质量为C. 每个气体分子在标准状态下的体积为D. 该气体单位体积内的分子数为【答案】D【解析】【详解】A摩尔质量除以摩尔体积等于密度，则密度为，故A错误；B每个分子质量为摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，则为，故B错误；C由于分子的间距存在，每个气体分子的体积远小于体积除以阿伏伽德罗常数，即远小于，故C错误；D分子数密度等于物质的量乘以阿伏伽德罗常数再除以标准状态的体积，即，故D正确。故选D。4.如图所示，某
4、种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气A. 体积不变，压强变小B. 体积变小，压强变大C. 体积不变，压强变大D. 体积变小，压强变小【答案】B【解析】试题分析：由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据理想气体状态方程（C为定值），压强增大，故B正确考点：考查了理想气体状态方程5. 如图所示为导热气缸，内封有一定质量理想气体，活塞与气缸壁的接触面光滑，活塞上用弹簧悬挂当周围环境温度不变，大气压缓慢变大之后，下列说法中正确的是A. 弹簧长度将改变B.
5、 气体内能将增加C. 气体向外放出热量D. 单位时间碰撞气缸单位面积的分子数不变【答案】C【解析】【详解】A以活塞和气缸整体为研究对象，根据平衡条件可知，两者的重力大小等于弹簧弹力大小，与大气压无关，所以A项错误；B周围环境的温度不变，气缸是导热的，气体的温度不变，所以气体的内能不变，B项错误；C由于大气压强增大，封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程，温度不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律封闭气体一定放出热量，所以C项正确；D压强增大，体积减小，相等时间内碰撞气缸单位面积的分子数一定增大，所以D项错误6.图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定
6、质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，当人从椅子上离开，M向上滑动的过程中（）A. 外界对气体做功，气体内能增大B. 外界对气体做功，气体内能减小C. 气体对外界做功，气体内能增大D. 气体对外界做功，气体内能减小【答案】D【解析】【详解】由题可知，当人从椅子上离开，M向上滑动的过程中，气体对外界做功。因筒内气体不与外界发生热交换，则由热力学第一定律可知气体内能减小，故ABC错误，D正确。故选D。7.如图，一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，处于静止状态，现用与水平方向成60角的恒力F=10N作用于物体上，历时5s，则（）力F对物体的冲量大小为力F对物体的冲量大
7、小为重力对物体的冲量大小为0物体所受合外力冲量大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由题意得，力F对物体的冲量大小为重力对物体的冲量大小为物体所受合外力大小为物体所受合外力冲量大小为故ABD错误，C正确。故选C8.关于物体的动量和冲量，下列说法中错误的正确是（）A. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B. 物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C. 物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向D. 物体所受的合外力越大，它的动量变化越快【答案】BCD【解析】【详解】根据动量定理可知合外力冲量等于动量的变化量，二者方向也相同。A物体所受合外力的冲量越大，它的动
8、量变化量也越大，而不是动量越大，故A错误；B当物体所受合外力的冲量不为零时，它的动量一定要改变，故B正确；C物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向，故C正确；D由得即物体所受合外力越大，它的动量变化越快，故D正确。故选BCD。9.在如图所示的装置中，木块B与水平桌面的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A. 动量守恒、机械能守恒B. 动量不守恒、机械能不守恒C. 动量守恒、机械能不守恒D. 动量不守恒、机械能守恒【答案】B【解析】【详解】在木块与
9、子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒，故B正确，ACD错误10.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的st图象如图所示，以下说法正确的是（）A. 碰撞前两物体动量相同B. m1等于m2C. 碰撞后两物体一起做匀速直线运动D. 碰撞前后，两物体的总动能保持不变【答案】B【解析】【详解】由图可知，曲线斜率即物体运动速度，所以，碰撞前两物体速度大小
10、相等，方向相反；碰撞后两物体静止不动，速度为零，即碰撞前后，两物体的总动能发生变化。由碰撞过程时间极短，内力远远大于外力，可近似认为动量守恒，故由碰撞后动量为零可得碰撞前动量为零，所以，碰撞前两物体动量大小相等，方向相反，故质量m1等于m2。故ACD错误，B正确。故选B。二、多项选择题11.放在光滑水平面上的甲、乙两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，但不连接，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是（）A. 两手同时放开后，两车的总动量为零B. 先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C. 先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D. 两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动
11、量不守恒【答案】ABD【解析】【详解】A当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确；B先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向左，故B正确；C先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误；D当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒；两手放开有向后时，放开一手在放开另一手的过程中系统所受合外力不为零，两手都放开手系统所
12、受合力为零，整个过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D正确；故选ABD点睛：本题关键要掌握动量守恒的条件，系统所受合外力为零时，系统动量守恒，知道系统初状态时动量的方向12.以下说法正确的是（）A. 液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势B. 晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C. 温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移D. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动【答案】AB【解析】【详解】A液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势，故A正确；B晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；C热量总是从分子平均动能大物体向分子平均动能小
13、的物体转移，而不是温度，故C错误；D花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了液体分子在不停地做无规则运动，故D错误。故选AB。13.如图所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭着一定质量、常温常压的气体，气缸固定不动一条细线一端连结在活塞上，另一端跨过两个光滑的定滑轮后连结在一个小桶上，开始时活塞静止，现不断向小桶中添加细沙,使活塞缓慢向上移动（活塞始终未被拉出，气缸、周围环境温度不变）则在活塞移动的过程中，下列说法正确的是A. 气缸内气体的分子平均动能不变B. 气缸内气体的内能变小C. 气缸内气体的压强变小D. 气缸内气体向外界放热【答案】AC【解析】【详解】AC使活塞缓慢上升，气体的体积增大，根据理想
14、气体的状态方程，可知气缸内气体的压强变小由于是导热性能良好的气缸，而且使活塞缓慢向上移动，则此过程中气体的温度不变，所以气体的分子的平均动能不变，故AC正确；B气体的内能仅仅与分子的平均动能有关，气体的分子的平均动能不变，则气体的内能不变，故B错误；D气体对外界做功，而气体的内能不变，所以气体吸收热量，故D错误故选AC。14.如图所示，在光滑的水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功为W，然后撤去外力，则()A. 从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0B. 当A离开墙面时，B的动量大小为C. A离开墙面后，A的最大速度为D. A离开
15、墙面后，弹簧的最大弹性势能为【答案】CD【解析】试题分析：在撤去推力时，A受墙壁的作用力，故墙对A的冲量不为零，A错误，撤去力后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：,所以B的动量为,B错误A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：机械能守恒：，解得，CD正确，考点：考查了机械能守恒和动量守恒点评：正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫
16、做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件三、填空题15.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图所示在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板的一端下垫着小木片用以平衡摩擦力(1)若已得到打点纸带如图所示，测得各计数点间距离并标在图上，A为运动起始的第一点则应选_段来计算小车A碰撞前的速度，应选_段来计算A和B碰撞后的共同速度(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg，小车B的质量m2=0.20 kg，由以上的测量
17、结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s；碰撞后两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s.(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.420 (4). 0.417【解析】【详解】（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰
18、后共同的速度（2）碰前系统的动量即A的动量，则 碰后的总动量；四、解答题16.在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的VT图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在状态A的压强为PPa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量为J。求：(1)气体在状态B的体积VB； (2)此过程中气体内能的增量U。【答案】(1)8.0103m3 ；(2)400J。【解析】【详解】(1)由题VT图像通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：解得：(2)外界对气体做的功：根据热力学第一定律：解得：。17.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内
19、的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数=0.25，求：(1)两小球碰前A的速度；(2)球碰撞后A，B的速度大小；(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。【答案】(1)；(2)，；(3)，方向竖直向上【解析】【详解】(1)碰前对A由动量定理有解得(2)对A、B研究，碰撞前后动量守恒，即碰撞前后动能保持不变联立解得(3)因为B球在轨道上机械
20、能守恒，则有解得在最高点C对小球B有解得由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力大小为，方向竖直向上。18.将一质量为MQ=3kg的长木板Q静止放在光滑的水平面上，一质量为MP=3kg，可视为质点的滑块P静止在长木板的左端。用一长为L=0.8m的质量不计的细绳拴接一质量为m=0.5kg、可视为质点的小球，并将细绳的另一端悬于天花板，如图所示。现将小球拉到与悬点等高的位置且无初速地释放，当小球运动到最低点时恰好与滑块P发生正碰，碰后小球能沿原路返回到与碰撞点竖直高度为h=0.2m处，而滑块P开始在长木板的上表面运动，并且最终滑块和长木板以相同的速度在水平面上做匀速直线运动。已知重力加速度g=10m/s
21、2。求：(1)小球与滑块P碰撞后，滑块P的速度；(2)滑块P与长木板Q最终的共同速度；(3)上述全过程中整个系统损失的机械能为多少。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设小球与滑块P碰前速度为v0，碰后速度为v1，则对小球，根据机械能守恒定律，与滑块P碰前下摆的过程，有解得碰后上摆的过程有解得小球与滑块P碰撞过程中，以小球与滑块P为系统，动量守恒。设碰后滑块P速度为vp，取向右为正方向，由动量守恒有解得(2)滑块与长木板相互作用过程中，以滑块与长木板为系统，系统动量守恒，设滑块P与长木板最终速度为v共，则有解得(3)故小球及P、Q组成的系统损失的机械能为解得即全过程中整个系统损失的机械能为。
