2021-2022学年山西省长治市第二中学高二（下）期中考试物理试题含解析

  2021—2022学年山西省长治市第二中学第二学期高二期中考试物理试题

【满分100分，考试时间为90分钟】

一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。第1-8小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第9-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）

1. 下列热学相关知识，说法正确的是（　　）

A. 单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小

B. 第二类永动机即违反能量守恒定律，也违反了热力学第二定律

C. 太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果

D. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能不一定增加

【答案】C

【解析】

【详解】A．气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，A错误；

B．第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，B错误；

C．液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，C正确；

D．在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功，气体与外界没有热交换，气体内能一定增大，D错误。

故选C。

2. 如图所示，一个横截面积为S的圆桶形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为，圆板的质量为m，不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为，重力加速度为g，则被圆板封闭在容器中的气体的压强p等于（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】以活塞为研究对象，分析受力：重力Mg、外界大气压力P0S，气缸壁压力N和气缸内气体的压力F，其中

根据平衡条件得

解得

故D正确，ABC错误。

故选D。

3. 一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体（　　）

A. 状态b的压强大于状态c的压强

B. 状态a的压强大于状态b的压强

C. 从状态c到状态d，体积减小

D. 从状态b到状态d，体积减小

【答案】A

【解析】

【详解】AB．分别过abcd四个点作出等压变化线，如下图所示

保持体积不变，温度越高，则压强越大可知，在图像中，倾角越大，压强越小，所以，故A正确，B错误；

CD．由图像可知，状态c到状态d体积增大，从状态b到状态d，体积增大，故CD错误。

故选A

4. 如图所示，竖直放置的弯曲管端开口，端封闭，密度为的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为、和，则端气体的压强为(已知大气压强为)(　　)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】

设中间部分气体压强为，以处液面为研究对象可得

再以处液面为研究对象可得

联立可得

B正确，ACD错误；

故选B。

5. 两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中( )

A. 做直线运动，电势能先变小后变大

B. 做直线运动，电势能先变大后变小

C. 做曲线运动，电势能先变小后变大

D. 做曲线运动，电势能先变大后变小

【答案】C

【解析】

【详解】根据等势面与电场线垂直，可知粒子受静电力方向与速度方向不在同一直线上，所以粒子做曲线运动，A、B选错误．带负电的粒子先靠近带正电的固定电荷，后又远离正电荷，电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先变小后变大，C正确．

6. 大气压强p0=1.0×105Pa。某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa的理想气体，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，容器内剩下的气体质量与原来气体的质量之比为（　　）

A. 1∶19 B. 1∶20 C. 2∶39 D. 1∶18

【答案】B

【解析】

【详解】由

得

因

则

即容器中剩余20L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400L，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比

故选B。

7. “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示。之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。对此，下列说法不正确的是（　　）

A. 卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度

B. 卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短

C. 卫星在轨道Ⅲ上运动加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点时的加速度

D. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小

【答案】C

【解析】

【详解】A．月球的第一宇宙速度是其最大的环绕速度，所以卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度。故A正确，与题意不符；

B．根据开普勒第三定律，有

易知卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短。故B正确，与题意不符；

C．根据

解得

易知卫星在轨道Ⅲ上运动的加速度等于沿轨道Ⅰ运动到P点时的加速度。故C错误，与题意相符；

D．依题意，卫星在P点变轨，均为从高轨减速变到低轨，发动机对卫星做负功，卫星机械能减小。可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小。故D正确，与题意不符。

本题选不正确的，故选C。

8. 在2018年平昌冬奥会冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图a 所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶刷擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的速度时间图像如图中的实线所示，两冰壶质量相同，则

A. 两壶碰撞为弹性碰撞

B. 碰后两壶相距的最远距离为1.1m

C. 碰后红、蓝两壶的滑动摩擦力相同

D. 碰后蓝壶的加速度大小为0.10m/s²

【答案】B

【解析】

【详解】由图知：碰前红壶的速度，碰后速度为，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，碰撞前的总动能为，碰撞后的总动能，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；由图可知，若红壶不碰撞，则加速度为，经时间ts速度变为零，则，即图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t=6s；碰撞后红壶移动的位移为，蓝壶移动的位移为，故碰后两壶相距的最远距离为，故B正确；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为，故D错误；故选B．

【点睛】根据速度的正负分析红壶的速度方向．对于碰撞过程，运用动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，若碰撞前后能量守恒，则为弹性碰撞．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解蓝壶移动的位移，从而求出它们相距最远的距离；根据图象的斜率分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律分析碰后红、蓝两壶所受的摩擦力大小关系．

9. 如图所示是一定质量理想气体的状态变化图线。已知是等温膨胀过程，则对于图中所示的4个过程中，以下说法中错误的是（　　）

A. 可能既不吸热也不放热

B. 过程气体对外做功最多，内能增加也最多

C. b、c、d、e各状态下，单位体积内的气体分子个数都相同

D. 过程气体内能的减少量不可能恰好等于气体对外做的功

【答案】AD

【解析】

【详解】A．a→c过程气体体积增大，气体对外做功，a→c过程气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A错误，符合题意；

B．由图示图象可知，b、c、d、e点的体积V相等，，由查理定律

可知

a→d是等温膨胀过程，则

从a到b、c、d、e过程体积变化量相同，气态对外做功

a→b过程气体压强不变，a→c、a→d、a→e过程压强减小，则a→b过程气体对外做功最多，a→b过程气体温度升高最大，气体内能增加最多，故B正确，不符合题意；

C．b、c、d、e各状态下气体体积相等，分子数密度相等，即单位体积内的气体分子个数相等，故C正确，不符合题意；

D．a→e过程气体温度降低，内能减少，气体体积增大，气体对外做功，气体内能的减少量可能等于气体对外做的功，故D错误，符合题意。

故选AD。

10. 一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是，如图所示.( )

A. 玻璃管内气体体积减小 B. 玻璃管内气体体积增大

C. 管内外水银面高度差减小 D. 管内外水银面高度差增大

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】假设气体的体积不变，当玻璃管向下运动时，液面差会增大，二外界的大气压不变，所以玻璃管内气体的压强增大，因此气体的体积减小；而由于气体的体积减小，因此内压增大，而气体的内压等于大气压加上液面差的压强，因此高度差最大。

故选AD。

11. 如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则(　　)

A. 乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动

B. 乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大

C. 乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减少

D. 乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加

【答案】BC

【解析】

【详解】A、乙分子从a到b再到c的过程中，分子间的作用力一直表现为引力(F<0)，所以该过程由于分子力的作用会使乙分子做加速运动，分子力做正功、分子势能减少，故选项A错误；

B、乙分子到达c处时分子力为零，加速度为零，速度最大，此时分子的动能最大、分子势能最小，故选项B正确；

C、乙分子再从c到d的过程中，分子力表现为斥力，由于分子力的作用会使乙分子做减速运动，直至速度减为零，该过程分子力做负功、分子势能增加、分子动能减少，故选项C正确，D错误．

点睛：解决本题的关键是通过分子力做功去判断动能和分子势能的变化：分子力做正功，动能增加，分子势能减小．

12. 如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则

A. θ＝90°时，l＝9.1cm B. θ＝60°时，l＝9.1cm

C. θ＝45°时，l＝4.55cm D. θ＝30°时，l＝4.55cm

【答案】AD

【解析】

【详解】解：由洛仑兹力充当向心力可得；

Bqv=m

解得：R===0.0455m=4.55cm；

所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；

故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD正确，BC错误；

故选AD．

【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间．

二、实验题（本题共两题，共16分）

13. 在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示。坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油膜的面积是________m2；已知油酸酒精溶液中油酸浓度为0.2%，400滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是12mL，则油酸分子的直径为________m（结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. 8.0×10-3    ②. 7.5×10-9

【解析】

【详解】[1]油膜的面积是

[2] 油酸分子直径为

14. 有一新型圆柱形的导电材料，电阻阻值在8~10Ω之间，为了测量该导电材料的电阻率，实验室提供了以下实验器材：

A．20分度的游标卡尺

B．螺旋测微器

C．电流表A1（0~100mA，内阻约为10Ω）

D．电流表A2（0~0.6A，内阻约为0.1Ω）

E．电压表V1（0~3V，内阻约为3kΩ）

F．电压表V2（0~15V，内阻约为15kΩ）

G．直流电源E（4V，内阻不计）

H．滑动变阻器R（0~5Ω，2A）

I．开关及导线若干

（1）用游标卡尺测得该样品的长度L。其示数如图甲所示，其读数为________mm；用螺旋测微器测得该样品的外径D，其示数如图乙所示，其读数为________mm；

（2）本次实验的电流表选用的是______，电压表选用的是______（填写器材前的字母）；

（3）为尽量精确测量新型圆柱形的导电材料的电阻R0应采用下图中的________（选填“甲”“乙”“丙”或“丁”）电路图。

【答案】    ①. 41.75    ②. 3.627（3.626~3.628均可）    ③. D    ④. E    ⑤. 甲

【解析】

【详解】（1）[1]游标卡尺读数为

[2]螺旋测微器读数为

（2）[3][4]电源电动势为4V，若选择电压表V2，则电压表的指针偏转过小，不够准确，所以电压表选择V1，电路中最大电流约为

则电流表选A2。

（3）[5]滑动变阻器最大阻值与待测电阻阻值差不多，略小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法。又因电压表内阻远大于待测电阻阻值，则电流表应采用外接法，选择图甲所示电路。

三、计算题：（本题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

15. 如图所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l、温度为T1的空气柱，左右两管水银面高度差为hcm，外界大气压为h0cmHg．

①若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平（原右管中水银没全部进入水平部分），求在右管中注入水银柱的长度h1（以cm为单位）；

②在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l，求此时空气柱的温度T′．

【答案】①；②

【解析】

【分析】①以封闭气体为研究对象，先结合连通器的原理求出初末状态的压强，应用玻意耳定律可以求出气体的长度，再由几何关系即可求出；

②在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变；根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度。

【详解】①封闭气体等温变化，初状态：

P1＝h0﹣h，V1＝lS

末状态：

P2＝h0，V2＝l′•S

由玻意耳定律：

P1V1＝P2V2①

 在左侧的试管中，液面上升的高度：

△h＝l﹣l′

进入左侧试管中的水银的体积：

△V＝△h•S

所以注入右侧的水银的体积：

△V0=(h+△h)⋅S2+△V=(h+3△h)⋅S2

所以在右管中注入水银柱的长度

h1=h+3(l-l′)②

联立①②得：

②空气柱的长度为开始时的长度l时，左管水银面下降回到原来的位置，此时右侧的水银比开始时多出了，所以比左侧高

空气柱的压强：

由

④

联立解得：

【点睛】根据液体产生的压强的特点求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强．

16. 如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为，，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时气缸中的空气压强p＝1.3×Pa，温度T＝540 K，气缸两部分的气柱长均为L．已知大气压强，g取10 m/，缸内空气可看做理想气体，不计一切摩擦，求：

（1）重物C的质量M；

（2）逐渐降低气缸中气体的温度，活塞A将向右缓慢移动，当活塞A刚靠近D处而处于平衡状态时缸内气体的温度．

【答案】（1）3kg（2）360K

【解析】

【详解】（1）活塞整体受力处于平衡状态，则有：

代入数据解得：M=3 kg．

（2）当活塞A靠近D时，活塞整体

受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有：

解得：．

17. 如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，

①在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。

②在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

【答案】① ；② ，吸收热量。

【解析】

【详解】①设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即

由此得

①

在两个活塞上各加质量为的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件

，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中

在初态，气体的压强为：，体积为：；

在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）

由玻意耳定律得

代入数据解得

②当温度由上升至时，气体压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，

由盖∙吕萨克定律得

活塞对气体做的功为

环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。

18. 如图所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小物块A和B，质量mA=0.2kg，mB=0.4kg，A、B间夹有少量炸药。在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为mC=0.2kg的木板C，木板C的上表面与平台在同一水平面上，其高度h=0.2m，长度L=1m，物块B与木板C上表面、地面与木板C下表面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.1．某时刻炸药爆炸，A、B分别沿水平方向运动，物块A压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为Ep=4.05J；物块B最终落到地面上。取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间？

（2）爆炸后瞬间，物块B的速度大小？

（3）物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离？

【答案】（1）0.2s；（2）4.5m/s；（3）0.32m

【解析】

【详解】（1）物块 B从木板C上表面飞出做平抛运动，由

得

t0=0.2s

（2）设爆炸后瞬间，物块A的速度大小为vA，物块A向左运动的最大距离为S，物块 A与水平平台间的动摩擦因数为μ；由功能关系可知

μmAgS=EP

爆炸前、后系统A、B动量守恒，取向右为正方向，则

mBvB-mAvA=0

得

vB=4.5m/s

（3）设B从C的左端滑到右端过程中，设C运动的距离为SC
则此过程中

μ1mBg=mBaB 

得

aB=4m/s2

Sc+L=vBt-aBt2

对C，有

μ1mBg-μ2（mB+mC）=mCaC 

得

aC=5m/s2

Sc=aCt2

得

t=s 

或t=s（舍去）
B从C的上表面水平抛出时，设B、C的速度分别为vB0、vC

vB0=vB-aBt

vC=aCt 

B从C的上表面水平抛出后

μ2mCg=mCaC′

B从C的上表面水平抛出后，C速度减小到0所用时间

由此可知B在平抛过程中C一直在做匀减速直线运动。则B从C的上表面水平抛出后，B、C在水平方向运动的距离

xB=vB0t0

物块 B刚落到水平地面时与木板C右端的水平距离

△x=xB-xC

解得

△x=0.32m