辽宁2017高二物理下学期期末考试(共14页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2016-2017学年高二下学期期末考试物理一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分。17小题给出的四个选项中只有一个选项正确， 812小题有多个选项正确。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分)1. 下列说法正确的是（ ）A. 温度是分子平均动能的宏观标志，所以两个物体只要温度相等，那么它们分子的平均速率就相等B. 热力学第二定律可描述为：“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”C. 在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机D. 热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成【答案】D【解析】温度是分子平均动能的宏观标志，所以两个物体只

2、要温度相等，那么它们分子的平均动能就相等，但是由于分子质量不同，分子的平均速率不同，选项A错误；热力学第二定律可描述为：“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他的变化”，选项B错误；在自然界能的总量是守恒的，但是能源利用之后，短期不能再生，或被重复利用，故肆意浪费能源必然造成能源危机，故C错误热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成，选项D正确；故选D.2. 如图所示，物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经位置A、B、C，其中A、B之间的距离l1=2m，B、C之间的距离l2=3m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于（ ）A. m B. m

3、C. m D. m【答案】C【解析】设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有：，由l2=vBT+aT2，l1=vBT-aT2可得：l=aT2=1 m，所以，即C正确故选C.点睛：本题考查匀变速直线运动中的规律应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式以及推论，并能进行灵活的运用3. a、b两车在平直公路上行驶，其vt图象如图所示，在t=0时，两车间距为s0，在t1时间内，a车的位移大小为s，则（ ）A. 0t1时间内a、b两车相向而行B. 0t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍C. 若a、b在t1时刻相遇，则s0=sD. 若a、b在时刻相遇，则下次相遇时

4、刻为2t1【答案】C【解析】试题分析：A、0t1时间内a、b两车速度均为正，即运动方向相同，故不是相向而行，A错误；B、匀变速直线运动中=，则=v0，可得：=3，故B错误；D、若a、b在时刻相遇，由图象可知，s为阴影部分对应的距离，即s0=s，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为t=t1，故D错误；故选：C4. 如图，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B，连接在以一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成37角，不计所有摩擦。当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则球A、B的质量之比为（ ）A. 43B. 34C. 35D. 58【答案】A【解析】试题分析：分别对AB两球分析，运用

5、合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=mBg；（根据正弦定理列式）故mA：mB=1：tan=1：=4：3故选A。考点：共点力平衡【名师点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来。5. 把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移。在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（ ）A. F不变，FN增大B. F不变，FN减小C. F减小，FN不变D. F增大，

6、FN不变【答案】D【解析】试题分析：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力满足受力平衡作出受力分析图如下由图可知，即，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，N不变，故ABC错误；D正确考点：考查了力的动态平衡分析【名师点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析6. 关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（ ）A. 在核反应中，质量守恒、电荷数守恒B.

7、氢原子从n=6跃迁至n=2能级时辐射出频率v1的光子，从n=5跃迁至n=2能级时辐射出频率v2的光子，频率为v1的光子的波长较大C. 已知铀238的半衰期为4.5109年，地球的年龄约为45亿年，则现在地球上存有的铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半D. 衰变能释放出电子说明了原子核中有电子【答案】C【解析】在核反应中，质量数守恒、电荷数守恒，选项A错误；氢原子从n=6的能级跃迁到n=2的能级的能级差大于从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的能级差，根据Em-En=h知，频率为v1的光子的能量大于频率为v2的光子的能量，频率为v1的光子的波长较小，选项B错误；铀238的半衰期为4

8、.5109年，地球的年龄约为45亿年，则有铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半故C正确；衰变是中子转变成质子而放出的电子故D错误；故选C.点睛：解决本题的突破口是比较出频率为v1和频率为v2的能量的大小，然后由公式得出频率大小；并考查衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解半衰期的含义，注意质量与质量数区别7. 如图，质量为3kg的木板放在光滑水平面上，质量为1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4m/s时，物块（ ）A. 加速运动 B. 减速运动C. 匀速运动 D. 静止不动

9、【答案】A【解析】设木板的质量为M，物块的质量为m；开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1根据动量守恒定律得： 代入解得：此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2由动量守恒定律得：,代入解得：两者相对静止后，一起向左匀速直线运动由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向右加速过程中，加速度向右故选A。8. 下列叙述中正确的是（ ）A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动B. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C. 已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数D. 扩散现

10、象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动【答案】BD【解析】布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项A错误； 当分子力表现为引力时，随分子间距离的增加，分子力做负功，则分子势能随分子间距离的增加而增加，选项B正确； 已知水的密度和水的摩尔质量，再已知一个水分子的体积才可以计算出阿伏加德罗常数，选项C错误；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动，选项D正确；故选BD.9. 下面说法中正确的是（ ）A. 所有晶体沿各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C.

11、 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多【答案】CD【解析】单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同故A错误足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关故B错误根据热力学第二定律知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性故C正确一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多故D正确故选CD.10. 如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图

12、象，下列说法正确的是（ ）A. 若DE能结合成F，结合过程一定能放出核能B. 若DE能结合成F，结合过程一定要吸收能量C. 若CB能结合成A，结合过程一定要放出能量D. 若CB能结合成A，结合过程一定要吸收能量【答案】AD【解析】A、DE结合成F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放，A正确，B错误；C、若CB能结合成A，也有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，有能量释放，D正确，C错误；故选AD。11. 下列关于饱和汽压的说法中，不正确的是（ ）A. 在一定温度下，水的饱和汽压力为一定值B. 液体的饱和汽压与液体的种类无关C. 一定温度下的饱和汽压随饱和汽体积的增大而减小D. 饱和汽不符

13、合理想气体的实验规律【答案】BC【解析】在一定的温度下，饱和汽的分子密度一定，分子的平均动能不变，故饱和汽压为一定值，故A正确；液体的饱和汽压与温度和液体种类都有关，故B错误；饱和汽压与温度有关一定温度下的饱和汽压不随饱和汽的体积增大而减小，故C错误；饱和蒸汽状态的情况下：如果稍微降低温度将会出现凝结，而变成液体，体积迅速减小；稍微增大压强亦可出现凝结体积也会大大减小所以饱和状态下的汽体不遵循理想气体实验定律，而未饱和汽近似遵守理想气体定律，故D正确；本题选错误的，故选BC.点睛：该题考查对饱和蒸汽和未饱和蒸汽的理解，解决本题的关键是知道饱和汽压的大小取决于物质的本性和温度，与体积无关.12.

14、 小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车人枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是（ ）A. 第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方B. 待打完n发子弹后，小车将以一定速度一直向右匀速运动C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大【答案】AC【解析】子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为

15、零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的，此时车向右运动一定距离；设子弹出口速度为v，车后退速度大小为v，以向右为正，根据动量守恒定律，有：0=-mv+M+（n-1）mv子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故：vt+vt=d 联立解得 ; 故车后退距离为： ；每颗子弹从发射到击中靶过程，车均退S，故n颗子弹发射完毕后，小车后退S=nS=；由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，后退S=nS=；故BC错误，AD正确；故选AD点睛：本题关键根据动量守恒定律求解出从发射一颗子弹到击中靶过程小车后退的距离，此后重复这个循环.二、填空题（本题包括2小题，共16分。请将答案写在答题纸对

16、应的位置上。）13. 实验中，如图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T0.1 s.(1)根据纸带可判定小车做_运动。(2)根据纸带计算各点瞬时速度：vD_ m/s，vC_ m/s，vB_ m/s。在如图乙所示坐标中作出小车的vt图线，并根据图线求出纸带的加速度a_。（所有结果均保留三位有效数字）【答案】 (1). 匀加速直线(或匀加速) (2). (2)3.90 (3). 2.64 (4). 1.38 (5). 12.6 m/s2;图像如图；【解析】（1）由图示纸带可知：BC-AB=CD-BC=DE-CD=12.6cm，由此可知，物

17、体在相邻相等时间间隔内的位移之差是一个定值，且随时间增加，物体在相等时间内的位移变大，故物体做匀加速直线运动（2）计数点间的时间间隔T=0.1s，物体的瞬时速度：，应用描点法作图，v-t图象如图所示， ；点睛：熟练应用匀变速运动规律，即可正确求出物体的瞬时速度；本题的难点是作v-t图象，求加速度，一定要掌握描点法作图的方法14. 如左图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复

18、多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是_。A应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B斜槽轨道必须光滑C斜槽轨道末端必须水平D小球1质量应大于小球2的质量(2)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有_。AA、B两点间的高度差h1BB点离地面的高度h

19、2C小球1和小球2的质量m1、m2D小球1和小球2的半径r(3)当所测物理量满足表达式_(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式_(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失。(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如右图所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M、P、N。用刻度尺测量斜面顶点到M、P、N三点的距离分别为l1，l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_(用所测物理量的字母表示)

20、。【答案】 (1). (1)ACD (2). (2)C (3). (3) (4). (5). (4) 【解析】试题分析：为了保证每次碰撞速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，A正确；小球每次从轨道上滑落过程中我们只需要得到相同的碰撞速度，实验过程中摩擦力的存在与否，对我们研究实验没有影响，故不需要保证斜槽轨道必须光滑，B错误；我们研究的是水平方向上的碰撞，所以斜槽轨道末端必须水平，C正确；为了防止入射小球反弹，所以小球1质量应大于小球2的质量，D正确；小球飞出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以不放小球2时，小球1的速度，放了小球2后，小球1的速度为，小球2获得的速度为，

21、故需要验证，即，故需要测量两小球的质量，C正确；当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要成立则机械能守恒，即如果满足，则两球碰撞时无机械能损失。碰撞前，小球1落在图中的点，设其水平初速度为小球1和2发生碰撞后，1的落点在图中点，设其水平初速度为，m2的落点是图中的点，设其水平初速度为 设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得同理，可见速度正比于所以只要验证m1m1m2即可考点：验证动量守恒定律验证三、计算题（本题包括3小题，共36分。要求写出必要的文字说明和解题步骤，只写出最终结果的不能得分。 ）15. 在游乐场中，有一台大型游戏机叫“跳楼机”，参

22、加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放，座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而紧接着做匀减速运动，下落到离地面4.0m高处速度刚好减小到零，这一下落全过程历经的时间是6s，求：（1）座椅被释放后自由下落的高度有多高；（2）在匀减速运动阶段，座椅和游客的加速度大小是多少。（g=10m/s2）【答案】（1）7.2m（2）2.5m/s2【解析】（1）设全过程下落高度为h，历时为t；自由落体阶段下落高度为h1，历时t1，末速度为v 则有：对后阶段匀减速运动有： 联立上两式解得： 下落高度为： 所以下落时间为：（2）

23、对后阶段匀减速运动的逆过程，有：所以：16. 如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l40.0 cm；汽缸外大气的压强为p1.00105 Pa，温度为T303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气

24、体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。【答案】（1）330K；（2）1.01105Pa；【解析】试题分析：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l）s2+s1=（40）40+80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=4040=1600cm3，由盖吕萨克定律得：=，即：=，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2

25、=330K，T3=T=303K，由查理定律得：=，即：=，解得：p3=1.01105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105PA17. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看做质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为，求

26、：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。【答案】（1）v0（2）【解析】试题分析：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律mv0=2mv1解得v1=v0，方向水平向右 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2解得v2=v0，方向水平向右（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2对系统由能量守恒定律（2m）g2（L+x）=（2m）v02+（2m）v12-（4m）v22解得解得Ep=mv02考点：动量守恒定律、能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练.专心-专注-专业