2020-2021学年河南省漯河市20210602高二下学期（理科）_（物理）试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省漯河市20210602高二下学期（理科）_（物理）试卷新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 关于布朗运动及其原因，以下说法不正确的是（ ）
A.布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动
B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
C.布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的
D.液体的温度越高，布朗运动越剧烈

2. 如图所示，用F表示两分子间的作用力，用Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中（ ）

A.F不断增大，Ep不断减小
B.F先增大后减小，Ep不断减小
C. F不断增大，Ep先增大后减小
D.F、Ep都是先增大后减小

3. 下列说法正确的是（ ）
A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B.用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力
C.教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动
D.露珠呈球形状是由于液体表面张力的作用

4. 下列说法正确的是（ ）
A.常温常压下，一定质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大
B.用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功3.5×105J，同时空气的内能增加了2.5×105J，则空气从外界吸收热量1.0×105J
C.物体的温度为0​∘C时，分子的平均动能为零
D.热量从低温物体传到高温物体是不可能的

5. 大气压强p0=1.0×105Pa，某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa的气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩下气体的质量与原来气体的质量之比为（ ）
A.1:19B.1:20C.2:39D.1:18

6. 半径相同的A、B两球在光滑的水平面上沿同一直线、同一方向运动．mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A. vA′=5m/s ，vB′=2.5m/s
B. vA′=2m/s ，vB′=4m/s
C. vA′=−4m/s，vB′=7m/s
D. vA′=7m/s，vB′=1.5m/s

7. 放在水平桌面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平推力推它t秒，物体始终不动，那么t秒内，推力对物体的冲量大小是（ ）
A.FtB.mgtC.0D.无法计算

8. 如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（ ）

A.5m/sB.4m/s
二、多选题

由爱因斯坦光电效应方程可以画出光电子的最大初动能和入射光的频率的关系，如图所示，以下说法正确的是（ ）

A.ν0表示极限频率
B.p的绝对值等于逸出功
C.直线的斜率表示普朗克常量ℎ的大小
D.图线表明最大初动能与入射光频率成正比

如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1kg．图乙为它们碰撞前后两个小球的x−t图象．由此可以判断（ ）

A.碰前小球B静止，小球A向右运动
B.碰后小球A和B都向右运动
C.小球B的质量为m2＝0.2kg
D.小球B的质量为m2＝0.3kg

如图，静止在光滑水平面上的物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点由静止下滑，则下列正确的是（ ）

A.m不能到达M上的B点
B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒

如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）

A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物体的质量之比为m1:m2=1:2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1:Ek2=8:1
三、实验探究题

在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸0.1mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40cm的浅盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状；
⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个．
（1）这种估测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．

（2）利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为________m3，油膜面积为________m2，求得的油膜分子直径为________m．（结果均保留两位有效数字）

利用气垫导轨和光电门进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，气垫导轨的左侧与一倾斜轨道平滑连接，滑块在水平气垫导轨上运动时可忽略阻力．让滑块A在左侧倾斜轨道的P点由静止释放，然后与静止在光电门C和光电门D之间的滑块B发生碰撞，如图所示．

（1）实验中滑块B备有甲、乙两种：其中甲种滑块左端装有弹性圈，乙种滑块左端装有橡皮泥，与滑块A碰撞后会粘在一起．若要求碰撞时动能损失最大，则应选用________种滑块（填“甲”或“乙”），若要求碰撞时动能损失最小，则应选用________种滑块（填“甲”或“乙”）．

（2）某同学选取左端装有橡皮泥的滑块B进行实验，两滑块的质量分别为mA和mB，滑块A从P点释放后，通过光电门C的时间为t1，与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2，则在误差允许的范围内，只需验证等式________成立即说明碰撞过程中mA和mB系统动量守恒．

（3）在上一问的某次实验中，滑块通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05s和t2=0.15s，那么滑块A和滑块B的质量之比为mA:mB=________．
四、解答题

质量m＝70kg的撑竿跳高运动员从ℎ＝5.0m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10m/s2)

如图所示，圆柱形汽缸A中用质量为2m的活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27​∘C，气缸中的活塞通过滑轮系统悬挂一质量为m的重物，稳定时活塞与汽缸底部距离为ℎ，现在重物m上加挂质量为m3的小物体，已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，m=p0Sg，不计一切摩擦，求当气体温度升高到37​∘C且系统重新稳定后，重物m下降的高度．


如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．质量为m1的小球从高为ℎ处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2．

参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省漯河市20210602高二（理科） (物理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
布朗运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，间接证实了液体分子的无规则运动，故A正确，B错误；
CD．布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡引起的，液体的温度越高，布朗运动越剧烈，故CD正确．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
分子间的相互作用力
【解析】
根据图像可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．
【解答】
解：当r=r0时，分子的引力与斥力大小相等，分子力为F=0．
在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中，由图看出，分子力F先增大后减小．此过程分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能Ep减小，故B正确．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
分子间的相互作用力
* 液体的表面张力现象和毛细现象
*相对湿度
【解析】
绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥：表面张力，是液体表面层由于分子引力不均衡而产生的沿表面作用于任一界线上的张力．
【解答】
解：A．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误．
B．用气筒给自行车打气，越打越费劲，是因为车胎内外的压强差越来越大，与气体分子之间有斥力无关，故B错误；
C．教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，是固体小颗粒在气体中的运动，这种运动是空气的流动引起的，不是布朗运动，故C错误；
D．由于水分子的表面层中的分子之间的距离大于液体内部的分子之间的距离，所以分子的表面层中的分子力表现为引力，露珠成球形，故D正确．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
热力学第一定律
理想气体的状态方程
【解析】
根据理想气体状态方程PVT=C知，一定质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大，根据热力学第一定律公式△U=W+Q判断吸热或放热，分子处于永不停息的无规则运动之中，热量从低温物体传到高温物体是可能的．
【解答】
解：A．根据理想气体状态方程pVT=C知，一定质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大，A正确；
B．根据热力学第一定律公式ΔU=W+Q知对空气做功3.5×105J，同时空气的内能增加了2.5×105J，则空气向外界放出热量1.0×105J，B错误；
C．分子处于永不停息的无规则运动之中，温度为零，分子不会停止运动，C错误；
D．热量从低温物体传到高温物体是可能的，比如电冰箱，D错误．
故选：A．
5.
【答案】
B
【考点】
理想气体的状态方程
【解析】
温度不变，气体更换后气体在做等温变化，根据玻意耳定律求解．
【解答】
解：以原来所有气体为研究对象，
初状态：p1=20×105Pa，V1=20L，
末状态：p2=1.0×105Pa，V2=？
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
代入数据得：V2=400L，
V1V2=120，故ACD错误，B正确．
故选：B．
6.
【答案】
B
【考点】
动量守恒定律的综合应用
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据动量守恒，碰前系统动量p=mAvA+mBvB=1×6kg⋅m/s+2×2kg⋅m/s=10kg⋅m/s，经过计算四个选项均满足；碰前系统的动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=12×1×62J+12×2×22J=22J，根据动能不增加的要求，碰后系统的动能Ek′=12mAvA′2+12mBvB′2≤22J，满足条件的只有A、B，排除C、D，本题中A追上B发生碰撞，碰后必然有vA′≤vB′，故可再排除A，由此可见，只有B满足三个条件，故B正确．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
冲量
【解析】
根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小．
【解答】
解：推力为F，在t时间内，推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零，故A正确，BCD错误．
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
动量守恒定律的综合应用
动能定理的应用
【解析】
根据动能定理求出小球在落到车底前瞬间的水平速度，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解。
【解答】
解：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：
mgℎ=12mv12−12mv02，
解得：v0＝15m/s，
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：
−mv0+Mv＝(M+m)v′，
解得：v′＝5m/s．
故选A．
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
光电效应现象及其解释
爱因斯坦光电效应方程
【解析】
光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程．
【解答】
解：A．根据光电效应方程得Ekm=ℎν−W0=ℎν−ℎν0，与图像比较可知，横轴截距为金属的极限频率，即ν0表示极限频率，故A正确；
B．横轴截距与普朗克常量的乘积等于p，其绝对值表示金属的逸出功，故B正确；
C．由上面的分析可知Ekm与ν成一次函数关系，知图线的斜率等于普朗克常量，即为：k=ℎ，故C正确；
D．图像表明Ekm与ν成一次函数关系，不是成正比，故D错误．
故选ABC．
【答案】
A,D
【考点】
动量守恒定律的综合应用
【解析】
s−t（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况．根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能．
【解答】
解：A．由x−t（位移—时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止，m1向速度大小为v1=Δs1Δt1=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞，故A正确；
B．由图示图象可知，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故B错误；
CD．由图示图象可知，碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝−2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg，故C错误，D正确．
故选AD．
【答案】
C,D
【考点】
系统动量守恒的判断
动量守恒定律的综合应用
机械能守恒的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：D．小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，M和m组成的系统机械能守恒，D正确；
A．M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；
BC．M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确．
故选：CD．
【答案】
B,D
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
动量守恒定律的综合应用
【解析】
两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图像中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况．
【解答】
解：A．由图像可知，从0到t1的过程，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，
从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长，
从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，
从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，故A错误，B正确；
C．系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m2v0=(m1+m2)v2，即m2×3=(m1+m2)×1，解得：m1:m2=2:1，故C错误；
D．由图像可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为vA=2m/s，vB=−1m/s，物体的动能为Ek=12mv2，则A、B两物块的动能之比为Ek1:Ek2=8:1，故D正确．
故选BD．
三、实验探究题
【答案】
（1）直径
（2）4.0×10−12,8.1×10−3,4.9×10−10
【考点】
用油膜法估测分子的大小
【解析】
（1）本实验是处于理想模型法：①将每个分子视为球体；②形成的油膜可视为单分子油膜；
（2）根据题意得到油酸酒精溶液中纯油酸的浓度，再求出纯油酸的体积；因为形成单分子层的油膜，所以油膜分子直径等于纯油酸的体积与油膜面积之比。
【解答】
解：（1）这种估测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能在水面散开，形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．
（2）一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积为V=0.1250×1100mL＝4.0×10−12m3；
据题意：完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个，根据大于半格算一个计算，超过半格的方格个数为n＝67+14＝81，
则油膜面积为S＝81×1cm×1cm＝81cm2＝8.1×10−3 m3；
油酸在水面上形成单分子油膜，则油膜分子直径为d=VS=4.0×10−128.1×10−3m≈4.9×10−10m．
【答案】
（1）乙,甲
（2）mAt1=mA+mBt2
（3）1:2
【考点】
利用气垫导轨和光电门验证动量守恒定律
【解析】
（1）两物体发生完全弹性碰撞时系统损失的机械能最大，两物体发生弹性碰撞时，碰撞过程损失的机械能最小。
（2）根据题意求出滑块经过光电门时的速度，然后根据动量守恒定律分析答题。
（3）根据实验数据应用动量守恒定律可以求出滑块质量之比。
【解答】
解：（1）两物体发生完全非弹性碰撞时系统损失的机械能最大，两物体发生弹性碰撞时，碰撞过程损失的机械能最小，选用滑块乙时发生完全非弹性碰撞，此时碰撞损失的动能最大；选用滑块甲时发生弹性碰撞，碰撞过程损失的机械能最小．
（2）设滑块的宽度为d，滑块A碰撞前的速度为：vA=dt1，
碰撞后滑块的速度为：v=dt2，
如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的得：
mAvA=(mA+mB)v，
mAdt1=(mA+mB)dt2，
整理得：mAt1=mA+mBt2．
（3）系统动量守恒时满足：mAt1=mA+mBt2，已知：t1=0.05s和t2=0.15s，则：mA:mB=1:2．
四、解答题
【答案】
落到海绵垫上，该运动员身体受到的平均冲力约为1400N；
沙坑对运动员的平均冲力约为7700N．
【考点】
动量定理的基本应用
【解析】
求平均力，已知位移用动能定理，已知时间用动量定理，所以此题用动量定理．注意一动量定理是矢量式，二，此题是竖直方向动量定理的应用，一定要受力分析，不能忽略重力．这是动量定理的常考题型．
【解答】
解：以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2ℎg＝1s，
从开始下落到落到海绵垫上停止时mg(t+Δt1)−FΔt1＝0，
代入数据，解得F＝1400N，
下落到沙坑中时mg(t+Δt2)−F′Δt2＝0，
代入数据，解得F′＝7700N．
【答案】
重物m下降的高度为0.24ℎ．
【考点】
“汽缸活塞类”模型
【解析】
以汽缸内气体为研究对象，由平衡条件求出气体压强，求出初末状态的气体状态参量，然后由理想气体状态方程求出气体体积，求出重物下降的高度。
【解答】
解：以汽缸内的气体为研究对象，初状态时，对活塞，由平衡条件得：
p1S+mg＝p0S+2mg，气体压强：p1＝2p0，
气体体积：V1＝ℎS，温度：T1＝300K，
末状态下，对活塞，由平衡条件得：
p2S+43mg=p0S+2mg，气体压强：p2=53p0，
体积：V2＝(ℎ+Δℎ)S，温度：T2＝310K，
由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2，
解得：Δℎ＝0.24ℎ．
【答案】
碰撞后小球m2的速度大小v2= 2m1m1+m22gℎ．
【考点】
动量守恒定律的综合应用
能量守恒定律的应用
【解析】
（1）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能能守恒列方程分析求解碰童后的速度即可；
【解答】
解：小球m1从A下滑到B的过程，有：m1gℎ=12m1v02，
小球A和小球B发生碰撞，没有能量损失，因此动量守恒，机械能守恒：
m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02= 12m1v12+ 12m2v22，
联立可解得：v2= 2m1m1+m22gℎ．