1、2018 级高二下学期第二次阶段段性测试物理一、选择题（1-8 单选，9-12 多选题，每题 4 分，多选选不全的得 2 分）1.下列说法中正确的是A.在太空站中处于失重状态的水滴呈球形，是由液体表面张力引起的B.用气筒给自行车打气，越打越费劲，是气体分子之间斥力变大C.在压强一定的情况下，晶体熔化过程中分子的平均动能增加D.当气体温度升高时，每一个分子运动速率都增加【答案】A【解析】【分析】本题考查液本表面张力、压强、晶体的性质及温度与分子平均动能的关系，要注意明确当温度升高时，分子的平均动能增大，但可能有部分分子的动能减小。太空站中水滴呈球形是因为液体表面张力引起的；用气筒给自行车打气时，
2、由于气体分子产生的压强而使我们越打越费劲；晶体有一定的熔点；熔化过程中吸收热量，温度保持不变；温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的速率都增加。【解答】A.太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故 A 正确；B.气体分子间距较大，很难达到分子间作用力的范围内，打气时我们克服的是气体压强的作用，故 B 错误；C.晶体在熔化过程要吸热，但温度不变，故晶体分子的平均动能不变，故 C 错误；D.气体温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的速率都增加，故 D 错误故选 A。2.下列对题中四幅图的分析，其中正确的是A.从图可知，光电效应实验中 b 光的频率比 a
3、光的大B.从图可知，能量为 5eV 的光子不能被处于第二能级的氢原子吸收C.从图可知，随着放射性物质质量的不断减少，其半衰期不断增大D.从图可知，粒子散射实验表明原子核由中子和质子组成【答案】A【解析】解：A、根据，从图可知，时，故，A 正确；B、，所以能量为 5eV 的光子能被处于第二能级的氢原子吸收并发生电离，B 错误；C、半衰期与物质质量无关，故 C 错误；D、粒子散射实验表明了原子的核式结构，还不能证明出由质子和中子组成，故 D 错误；故选：A。光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差本题考查了
4、有关的知识，知识点较多，平时理解要透彻，能级跃迁时吸收光子能量后，总能量大于等于 0，发生电离3.有下列 4 个核反应方程，核反应类型依次属于eg0124122411MNann1092361415610235923KrBaUHNHeF11221042199en10422131HeHH.A.衰变、裂变、人工转变、聚变B.裂变、裂变、聚变、聚变C.衰变、衰变、聚变、聚变D.衰变、人工转变、人工转变、聚变【答案】A【解析】【分析】根据核反应方程的分类，结合 衰变、衰变、裂变反应、轻核聚变以及原子核的人工转变依次进行判断即可。明确聚变、裂变、以及、衰变等各种核反应方程的特点；这方面的知识要加强理解记忆
5、，主要核反应方程的质量数和电荷数守恒。【解答】方程中，原子核的质量数不变，电荷数逐渐 1，同时有一个电子产生，所以是 衰变；(2)nn1092361415610235923KrBaU是 U235 吸收一个中子后裂变为两个中等质量的原子核，所以是重核的裂变；核反应中是用 粒子轰击，属于人工核反应方程；（4）n10422131HeHH，属于轻核的聚变；所以四个核反应类型依次属于衰变、裂变、人工转变、聚变，故 BCD 错误，A 正确。故选 A。4.实验观察到，静止在匀强磁场中 A 点的原子核发生 衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图则A.轨迹 1 是电子的，磁场
6、方向垂直纸面向外B.轨迹 2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外C.轨迹 1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里D.轨迹 2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里【答案】D【解析】解：原子核发生 衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；由半径公式是动量，分析得知，r 与电荷量成反比，粒子与新核的电量大小分别为 e 和为新核的电荷数，则 粒子与新核的半径之比为：ne：所以半径比较大的轨迹 1 是衰变后 粒子的轨迹，轨迹 2 是新核的。新核沿逆时针方向运动，在 A 点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里。由以上的分析可知，选项 D 正确，ABC 错误。故选：D。静止
7、的原子核发生 衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的方向相反，大小相等由半径公式，P 是动量，分析两个粒子半径轨迹半径之比该题即使没有说明是 衰变也可根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的带电的情况其中要注意的是电子的动量与新核的动量大小相等5.关于原子的特征谱线，下列说法不正确的是A.不同原子的发光频率是不一样的，每种原子都有自己的特征谱线B.太阳大气层中含有的元素会吸收自身特征谱线的光，使太阳光谱不连续C.可以用特征谱线进行光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成成分D.原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据【答案】D【解析】
8、【分析】光谱分析的基本原理是每种元素都有自己的特征谱线，本题是考查光谱与光谱分析，知道光谱分析的原理，明确光谱分析的正确应用。【解答】A.每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质，故 A 正确；B.太阳大气层中含有的元素会吸收自身特征谱线的光，使太阳光谱不连续，故 B 正确；利用光谱分析可以鉴别物质和确定物质的组成成分，不可以深入了解原子的内部结构，故 C 正确，D 错误。本题选错误的，故选 D。6.一条弹性绳子呈水平状态，M 为绳子中点，两端 P、Q 同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，下列判断正确的是A.左边的波先到达中点 MB.两
9、列波波速之比为 1：2C.中点 M 的振动总是加强的D.绳的两端点 P、Q 开始振动的方向相同【答案】D【解析】【分析】两列波在相遇时，振动方向相同，则振动加强；振动方向相反，则振动减弱并满足矢量叠加原理本题关键明确驻波产生的原理，会用波的叠加原理进行分析，同时掌握波速由介质决定，及理解波的传播方向确定质点的振动方向【解答】A.因波速由介质决定，则它们的传播速度相同，因此两波同时到达中点 M，故 A 错误；B.波速由介质决定，与波长和频率无关，两列波波速之比为 1：1，故 B 错误；C.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M 点并不是振动加强点，故 C 错误；D.由图可知，左边波向右传播，而
10、右边的波向左，依据上下坡法，那么它们起振方向相同，再依据波产生的原理：带动、重复、滞后，即可判定 P、Q 开始振动的方向相同，故 D 正确；故选：D。7.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为，下列说法正确的是A.该质点振动周期为 T=4sB.该质点振幅A=10cmC.第 1s 末和第 5s 末质点的位移相同D.4s 内质点通过的路程为 40cm【答案】B【解析】解：A、根据得：，则该质点振动周期，故A 错误B、该质点振幅，故 B 正确C、当和分别代入得，位移分别为和，故C 错误D、由于，所以 4s 内质点通过的路程为，故 D 错误故选：B简谐运动的一般表达式为，A 为振幅，为圆频率根据
11、，可求出周期，读出振幅将时间代入振动方程可求得任意时刻的位移根据时间与周期的倍数关系求质点通过的路程解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为，知道 A 为振幅，为圆频率要知道质点做简谐运动时，在半个周期内通过的路程是 2A8.如图所示，轻质弹簧下端挂重为 30N 的物体 A，弹簧伸长了 3cm，再挂重为 20N 的物体 B时又伸长了 2cm，若将连接 A 和 B 的连线剪断，使 A 在竖直面内振动时，下面结论正确的是A.振幅是 2cmB.振幅是 3cmC.最大回复力为 30ND.最大回复力为 50N【答案】A【解析】【分析】先研究 AB 两物体，分析出物体 A 简谐运动的平衡位置；刚剪断细线时物体
12、的加速度最大，此处相当于是物体 A 到达简谐运动的振幅处，回复力最大。解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。【解答】弹簧下端挂重为 30N 的物体 A 而处于平衡状态时，此处相当于物体 A 简谐运动的平衡位置；刚剪断细线时物体的加速度最大，此处相当于是物体 A 到达简谐运动的振幅处，故振幅为 2cm，故 A 正确，B 错误；将连接 A、B 两物体的细绳剪断瞬间，合力充当回复力；由于细线剪断前是平衡状态，剪断后绳对 A 的拉力减小了 20N，而弹力不变，故合力为 20N，故最大回复力为 20N，故CD 错误。故选 A。9 以下说法正确的是A.晶体的各向异性
13、是指沿不同方向其物理性质不同B.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C.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D.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量【答案】AD【解析】解：A、晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，但要注意不是所有单晶体的所以物理性能都是各向异性；故 A 正确；B、温度是分子平均动能的标志，根据热力学第二定律可知，热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故 B 错误；C、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒内部分子是不停地做
14、无规则运动的反应，故 C 错误；D、气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律可得，知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故 D 正确。故选：AD。知道液体表面张力的成因，能用分子间作用力来解释；明确晶体的性质，知道只要有一个性质为各向异性则为单晶体；温度不会转移；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功，气泡缓慢上升过程中气泡内空气的
15、温度始终等于外界温度，内能不变，根据热力学第一定律可以判断气泡做功的情况本题考查了布朗运动、温度的微观意义、热力学第一定律、晶体的性质以及表面张力，要注意准确理解热学性质，能从微观上进行解释相关现象10.一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其图象如图所示，其中 ab 延长线过原点，bc 平行于 p 轴，ac 平行于 T 轴，下列判断正确的是A.过程 bc 中气体既不吸热也不放热B.过程 ab 中气体一定吸热C.过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【答案】BD【解
16、析】【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在图象中等容线为过原点的直线。【解答】解：由图示图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故 A 错误；B.由图示可知，ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故 B 正确；C.
17、由图象可知，ca 过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减少，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程 ca 中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故 C 错误；D.由图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c 状态气体的分子数密度不同，b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故 D 正确；故选 BD。11 原子核的比结合能曲线如图所示，根据曲线，下列判断正确的是（）A.核的结合能约为 14MeVB.核比核更稳定C.两个核结合成核时释放能量D.核中
18、核子的平均结合能比核中的大【答案】BC【解析】由图得出氦核的比结合能，抓住比结合能等于结合能与核子数的比值得出氦核的结合能；比结合能越大，原子核越稳定，通过图示得出比结合能的大小。本题考查了结合能和比结合能的基本运用，知道结合能与比结合能的关系，知道比结合能越大，原子核越稳定。【解答】A、由图可知，氦核的比结合能大约为 7MeV，氦核的核子数为 4，则氦核的结合能大约为28MeV，故 A 错误。B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则核比核更稳定，故 B 正确。C、两个核结合成核时有质量亏损，释放能量，故 C 正确。D、由图可知，核中核子的平均结合能比核中的小，故 D 错
19、误。12 图甲为一列简谐横波在 t=0 时的波形图，P 是平衡位置在 x=1.0m 处的质点，Q 是平衡位置在 x=4.0m 处的质点；图乙为质点 Q 的振动图象，下列说法正确的是A.这列波的波长是 8.0m，周期是 0.2s，振幅是 10cmB.在 t=0 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动C.从 t=0 到 t=0.15s，该波沿 x 轴负方向传播了 6mD.从 t=0到 t=0.15s，质点 P 通过的路程为 30cm【答案】AB【解析】解：A、由甲图知：这列波的波长是，振幅是 10cm，由乙图知：周期是，故 A 正确。B、图为质点 Q 的振动图象，则知在时，质点 Q 正从平衡位置向波峰
20、运动，所以质点 Q 向 y 轴正方向运动，故 B 正确；C、在时，质点 Q 向 y 轴正方向运动，根据波形平移法可知该波沿 x 轴正方向传播，波速为：，从到，经过的时间为：，则从到，该波沿 x 轴正方向传播的距离为，故 C 错误。D、从到，由于时质点 P 不在波峰、波谷和平衡位置，所以从到内，所以质点 P 通过的路程不是，故 D 错误；故选：AB。由甲图读出振幅和波长，由乙图读出周期由时 Q 点在平衡位置上，由乙图确定 Q 的运动方向，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点 P 的位置和加速度，求出通过的路程根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，根据求解波传播的距
21、离根据图象读出振幅 A，结合数学知识写出 Q 点的振动方程本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是 4A，半个周期内通过的路程是 2A，但其它时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析二实验题（每空 2 分，共 14 分）13.下面为某同学用单摆测量当地的重力加速度实验部分操作需要测出单摆的摆长 L 和周期 T，再用计算式_ 来求当地的重力加速度的值下列给出的材料中应选择_ 作为摆球与摆线，组成单摆A.木球铁球柔软不易伸长的丝线粗棉线在测定单摆摆长时，下列的各项操作正确的是_A.装好单摆，抓住摆球，用力拉
22、紧，测出摆线的悬点到摆球球心之间的距离B.让单摆自由下垂，测出摆线长度再加上摆球直径C.取下摆线，测出摆线长度后再加上摆球半径D.测出小球直径，把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径实验中，测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是_A.摆球的质量偏大B.单摆振动的振幅偏小C.计算摆长时没有加上摆球的半径值D.将实际振动次数 n 次误记成次若单摆是一个秒摆（周期是 2s），将此摆移到月球上，其周期是_(6)用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图所示，读数为_mm(7)秒表读数为_s【答案】；BC；D；D；9.895.1s【解析】解：根据，知单摆在摆动过
23、程中阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆动时摆长不变，所以选柔软不易伸长的丝线故 B、C 正确，A、D 错误故选：BC测定单摆摆长时，先测出摆球的直径，然后固定单摆，让小球自然下垂，测出摆线的长度，摆长等于摆线的长度加上小球的半径所以选项 ABC 错误，D 正确故选：D、根据，可知测得的重力加速度与摆球的质量无关故 A 错误B、根据，可知测得的重力加速度与振幅无关故 B 错误C、计算摆长时没有加上摆球的半径值，测得的摆长偏小，根据，测得重力加速度偏小故 C 错误D、将实际振动次数 n 次误记成次测得的周期偏小，根据，测得的重力加速度偏大故 D 正确故选：D秒摆的周期为 2s，将此秒摆移
24、到月球上，根据公式，其周期故答案为：；根据，可知 g 的表达式单摆在摆动的过程中摆长不能变，空气阻力能忽略根据实验的要求与减小误差的方法分析即可；根据，分析 g 值偏大的原因根据单摆的周期公式，通过比较即可得出结论解决本题的关键掌握单摆的周期公式，以及知道测量时形成误差的原因三计算题14.如图，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积 s=100cm2 的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为 m=10kg。在汽缸内部有一个阻值 R=4的电阻丝，电阻丝两端的电压 u=12V。接通电源 10s 后断开，活塞缓慢升高 h=10cm。已知理想气体的初始温度 t0=
25、27、体积 V=3 10-3 m3，大气压p0=1.0105 Pa，重力加速度 g=10m/s2。若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：(1)活塞上升 10cm 后理想气体的温度；(2)从接通电源到活塞上升 10cm 的过程中理想气体的内能变化量。解：(1)气体的压强保持不变，由得(2)设汽缸内气体的压强为 p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，根据力的平衡知识得：活塞在上升的过程中外界对气体做功电阻丝在通电 10s 内产生的热量为根据热力学第一定律得：即气体的内能增加了 250J15.如图，弹簧振子以 O 点为平衡位置，在相距的 B、C 两点间做简谐运动。规定从 O点向 B 点运动为正
26、方向。时，振子从 P 点以速度 v 向 B 点运动；时，振子速度第一次变为；时，振子速度第二次变为。(1）求振子振动周期(2)求振子在 4s 内通过的路程（3）从振子向负方向运动经过 O 点开始计时，写出振子位移随时间变化的关系式【答案】解：根据已知条件可知，弹簧振子振动周期；振子的振幅：cm，振子s 内通过的路程：；振子的振幅：，角频率：，从振子向正方向运动经过 O 点开始计时，即时，则振子简谐振动方程为：x=12.5sin（2t+）或 x=12.5sin（2t-）（cm）答：振子振动周期 T 为 1s。振子在内通过的路程为 2m。振子位移随时间变化的关系式是 x=12.5sin（2t+）或
27、 x=12.5sin（2t-)（cm)）【解析】在时刻，振子从 OB 间的 P 点以速度 v 向 B 点运动，经过它的速度大小第一次与 v 相同，方向相反，再经过它的速度大小第二次与 v 相同，方向与原来相反，质点 P 运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期。由 B、C 之间的距离得出振幅，从而求出振子在内通过的路程。求出振子的振幅、角频率，结合振子开始计时的位置，写出振子位移表达式。本题在于关键分析质点 P 的振动情况，确定 P 点的运动方向和周期。写振动方程时要抓住三要素：振幅、角频率和初相位。16.已知氘核质量为，中子质量为，氦核质量为，1u 相当于写出两个氘核聚变成的核反应方程；计算上
28、述核反应中释放的核能 保留三位有效数字；若两个氘核以相同的动能做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应后生成的氦核和中子的动能各是多少？【答案】解：由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为：反应过程中质量减少了：反应过程中释放的核能设核和的动量分别为和，由动量守恒定律得：由此得和大小相等由动能和动量关系及核和质量关系得：中子的动能是核动能的 3 倍即：1由能量守恒定律得：由以上可以算出：MeV答：核反应方程为：；上述核反应中释放的核能是；反应中生成的 He 核和中子的动能分别是，MeV【解析】根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程先求出核反应中质量亏损，再由爱因
29、斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；两氘核对心碰撞过程，遵守动量守恒和能量守恒根据动量守恒和能量守恒列方程求解对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒17 一列横波在 x 轴上传播，和时的波形如图中的实线和虚线所示求波速；设周期小于，并且波速为，求波的传播方向【答案】解：波向右传播时，向右传播的距离，1，2，3，所以波速；波向左传播时，向左传播的距离，1，2，3，所以波速；周期小于，则中；又有波速为，若波向右传播，则，不是整数，故不符合条件；若波向左传播，则，所以，波的传播方向为 x 轴负方向。答：若波向右传播，则波速为；若波向左传播，则波速为；设周期小于，并且波速为，则波的传播方向为 x 轴负方向。【解析】在求解波动问题时，要注意在未给出传播方向时，要分别讨论两个相反的传播方向情况，然后根据条件舍去一些不符合条件的结果；另外，给出两个时刻的波形图，那么波的传播距离可能与图示最小距离相差整数个波长。由图得到波的传播位移，进而得到波速；由周期范围可求得波速范围，再根据波速及可得到传播方向。
