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1、12014-20152014-2015 学年江苏省南通市启东中学学年江苏省南通市启东中学高二（下）期中物理试卷高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（本题共一、单项选择题（本题共 1010 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，共分，共 3030 分，每小题只有一个选项是正确的）分，每小题只有一个选项是正确的）1 （3 分）关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是（ ）A 具有各向同性的物体一定没有明显的熔点B 外形不规则的固体都是非晶体C 通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体D 晶体和非晶体在适当条件下可相互转化【考点】： * 晶体和非晶体【分析】： 晶体由固定的熔点
2、，非晶体没有固定的熔点同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性【解析】： 解：A、晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故各向同性可能是多晶体，有固定的熔点故 A 错误B、凡是晶体，不一定具有确定的几何外形，比如多晶体则没有故 B 错误C、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，因为金属是多晶体，故 C 错误D、晶体和非晶体在适当条件下可相互转化，如石英是晶体，但变成玻璃就不是晶体了，故D
3、正确；故选：D【点评】： 单晶体，多晶体，非晶体由于内部结构不同，表现出不同的物理特性，记牢即可本题考查了晶体与非晶体的区别，是一道基础题，要牢固掌握基础知识22 （3 分） （2011 秋松江区期末）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为 V 的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为 S，这种油的摩尔质量为 M，密度为 ，则阿伏加德罗常数 NA可表示为（ ）A NA= B NA=C NA= D NA=【考点】： 用油膜法估测分子的大小【专题】： 实验题【分析】： 求出油酸的摩尔体积除以每个油酸分子的体积，即可求出阿伏加德罗常数的表达式【解析】： 解：油酸的摩尔
4、体积为：Vmol=每个油酸分子体积为：V0= d3= （ ）3阿伏伽德罗常数为：NA=联立解得：NA=故选：A【点评】： 本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度3 （3 分） （2011 秋攀枝花期末）如图所示，甲分子固定于坐标原点 O，乙分子位于 x 轴上，甲、乙两分子间的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F0 为斥力，F0为引力a、b、c、d 为 x 轴上四个特定的位置，现将乙分子从 a 移动到 d 的过程中，两分子间的分子力和分子势能同时都增大的阶段是（ ）3A 从 a 到 b B 从 b 到 c C 从 b 到 d D 从 c
5、到 d【考点】： 分子间的相互作用力【专题】： 分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】： 根据图象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【解析】： 解：A、乙分子由 a 到 b 一直受引力，分子力增大，分子力做正功，分子势能减小，故 A 错误；B、从 b 到 c 分子力逐渐变小但仍为引力，分子力做正功，分子势能减小，故 B 错误；C、从 b 到 d 分子力先减小后增大，分子力先是引力后是斥力，分子势能先减少后增大，故C 错误；D、从 c 到 d 分子力是斥力，增大，分子力做负功，分子势能增大，故 D 正确；故选 D【点
6、评】： 本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强4 （3 分）一定质量的理想气体处于平衡状态，现设法使其温度升高而压强减小，达到平衡状态，则下列说法中正确的是（ ）A 状态时的分子平均动能比状态时的大B 状态时的分子间的平均距离比状态时的大C 状态时每个分子的动能都比状态时每个分子的动能小D 气体从状态变化到状态的过程中要吸收热量【考点】： 理想气体的状态方程；热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题4【分析】： 由题意可知气体的变化，则由温度与分子平均动能的关系可得出平均动能的变化；由热力学第一定律要得出气体内能的变化和吸放热【解析】： 解：根据理想气体的状态方
7、程：可知，温度升高而压强减小，则气体的体积一定增大A、因温度升高，故气体的分子平均动能增大，故时的分子平均动能大，故 A 错误；B、气体的体积一定增大，状态时的分子间的平均距离比状态时的小故 B 错误；C、温度是分子的平均动能的标志，是电量分子运动的统计规律，物体的温度升高，分子的平均动能增大，不表示每一个分子的动能都增大，所以也不能说状态时每个分子的动能都比状态时每个分子的动能小，故 C 错误；D、从状态到状态的过程中，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外界做功，所以气体向外吸热，故 D 正确；故选：D【点评】： 本题考查气体的理想气体状态方程及热力学定律的内容，注意温度是分子平均动能的标
8、准，温度越高，分子的平均动能越高，但是单个分子的动能不一定变大5 （3 分）下列说法正确是（ ）A 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量不能凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一物体，或从一种形式转化为另一种形式B 由热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性C 因为能量守恒，所以能源危机是不可能的D 摩擦力做功的过程，必定有机械能转化为内能【考点】： 热力学第二定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 热力学第二定律反应了宏观自然过程的方向性，热力学第二定律的克劳修斯描述阐述了热传递的方向性，开尔文描述阐述了机械能与内能转化的方向性能量是守恒的，但有些能源
9、为高品质能源，可以直接利用，而能源在利用中会转化为不能直接应用的低品质能源5【解析】： 解：A、第二类永动机是指只需从单一热源吸收热能便能永远对外做功的动力机械，虽然不违反能量的转化和守恒，但是违反了机械能和内能转化的方向性，故 A 错误；B、由热力学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都具有方向性，故 B 正确；C、能量虽然是守恒的，总量不变，但是我们可以利用的能源是有限的，故一定要注意节约能源，防止能源危机，故 C 错误；D、静摩擦力做功，没有进转化为内能，故 D 错误故选：B【点评】： 本题考察了学生对热力学第二定律的理解，概念性强，理解起来比较抽象，学生可以通过生活中的实例来加深
10、理解6 （3 分） （2014漳州四模）带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体气体开始处于状态 a，然后经过过程 ab 到达状态 b 或经过过程 ac 到达状态 c，b、c 状态温度相同，如图所示设气体在状态 b 和状态 c 的压强分别为 pb和 pc，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为 Qab和 Qac，则（ ）A pbpc，QabQac B pbpc，QabQacC pbpc，QabQac D pbpc，QabQac【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 根据理想气体状态方程，整理后可得 VT 图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定
11、律判断做功和吸热【解析】： 解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V= T，所以斜率越大，表示压强越小，即 b 点的压强小于 c 点由热力学第一定律U=W+Q经过过程 ab 到达状态 b 或经过过程 ac 到状态 c，温度变化情况相同，所以U 相等，6又因经过过程 ab 到达状态 b，体积增大，对外做功，W 为负值，而经过过程 ac 到状态 c，体积不变，对外不做功，W 为零，所以第一个过程吸收的热量多故选：C【点评】： 根据理想气体状态方程，结合热力学第一定律判断各物理量体积、压强、温度的变化7 （3 分）装有炮弹的大炮总质量为 M，炮弹的质量为 m，炮筒水平放置，炮弹水平射出时相对炮口的
12、速度为 v0，则炮车后退的速度大小为（ ）A v0 B C D v0【考点】： 动量守恒定律【分析】： 对炮弹和炮身组成的系统，火炮发射炮弹的过程中，在水平方向受到的外力可忽略不计，在水平方向动量守恒，列式可求得炮弹离开炮口时炮车后退速度【解析】： 解：炮弹离开炮口时，炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计，则系统在水平方向动量守恒取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：（Mm）vmv0=0解得炮车后退的速度大小：v=故选：C【点评】： 本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，关键掌握速度的分解和某一方向系统动量守恒，知道炮弹和炮车组成系统总动量不守
13、恒8 （3 分）如图所示，质量为 M、长为 L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为 M 的物块（视为质点）以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为（ ）7A L B C D 【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式如果长木板不固定，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，根据守恒定律列式求解；在对系统运用能量守恒列式，最后联立求解即可【解析
14、】： 解：小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为 f，物块的初速度 v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式：0fL=0 M如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v对系统运用能量守恒，有：fL= M （M+M）v2由以上各式解得：L= 故选：D【点评】： 本题关键是明确木块和木板的运动规律，知道木板滑动时，物块和木板系统动量守恒，掌握动量守恒定律、动能定理和能量的转化与守恒定律的应用，能
15、量的转化与守恒是本题的难点89 （3 分） （2011 秋黄浦区校级期末）在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线2、3 小球静止，并靠在一起，1 球以速度 v0射向它们，如图所示设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是（ ）A v1=v2=v3=v0 B v1=0，v2=v3=v0C v1=0，v2=v3= v0 D v1=v2=0，v3=v0【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： 碰撞中系统动量守恒列出等式碰撞中不损失机械能，根据机械能守恒列式求解【解析】： 解：A、2、3 小球静止，并靠在一起，1 球以速度 v
16、0射向它们，碰撞前系统动量为 mv0，如果碰后三个小球的速度 v1=v2=v3=v0，碰撞后系统动量为mv0，不符合碰撞中系统动量守恒，故 A 错误B、如果 v1=0，v2=v3=v0，碰撞后系统动量为mv0，不符合碰撞中系统动量守恒，故 B错误C、选项中数据符合系统动量守恒定律，碰撞前系统动能为v1=0，v2=v3= v0，碰撞后系统动能为，不符合机械能守恒，故 C 错误D、本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球 1 与球 2 发生碰撞时间极短，球 2 的位置来不及发生变化，这样球 2 对球 3 也就无法产生力的作用，即球 3 不会参与此次碰撞过程而球 1 与球 2 发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球 1 立即停
