河北省张家口市新时代NT名校联合体2022-2023学年高二下学期期中考试物理试题（Word版含解析）

张家口市新时代NT名校联合体2022-2023学年高二下学期期中考试
物理
注意事项：1.考试时间为75分钟，满分100分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列关于表面张力及与表面张力有关的现象成因解释正确的是
A.表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面垂直
B.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果
C.作用在任何一部分液面上的表面张力，总是跟这部分液面的分界线垂直
D.喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠，这是表面张力作用使其表面具有扩张趋势引起的结果
2.陆游在诗作《村居山喜》中写到“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。关于“花气袭人”，下列说法正确的是
A. “花气袭人”的主要原因是因为有微风吹过的缘故
B. “花气袭人”说明分子之间存在着相互作用力
C.温度越高，“花气袭人”现象越明显
D.温度升高，每个分子的运动速率都会增大
3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又到状态D。若O、A、D三点在同一直线上，下列说法正确的是
A.由状态B变到状态C过程中，分子的平均动能减小
B.气体在D状态和在A状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C.由状态C变到状态D过程中，气体分子的数密度也减小
D.在D状态与A状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
4.如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达O点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是
甲 乙
A.振子在1s末的速度为0
B.振子在0.25s和0.75s时的回复力大小相等，方向相反
C.振子在0.75s和1.25s时的速度大小相等，方向相反
D.振子在0~2s内通过的路程为12cm
5.如图甲所示装置，竖直圆盘静止时，小球竖直方向上做简谐振动的振动图像如图乙所示。竖直圆盘绕固定轴转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T形支架在竖直方向运动，从而使小球从静止开始上下振动。下列说法正确的是
A.若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4s
B.若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s
C.若圆盘转动越快，小球振动的振幅越大
D.若圆盘以30r/min勾速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大
6.一个密闭竖直玻璃管中封有一段水柱，上端封闭气体压强恰好等于大气压，如图所示，现在水柱所在玻璃管处开一个小孔，在开孔后极短时间内
A.上端水面下降，下端水面上升
B.上端水面上升，下端水面下降
C.上端水面下降，下端水面下降
D.上端水面上升，下端水面上升
7.如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。若已知，以下判断正确的是
A.当B下降到最低点时，A左边轻绳与水平方向夹角为60°
B.当B下降到最低点时，A左边轻绳与水平方向夹角为45°
C.在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做负功后做正功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B动能的增加量
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.如图所示，竖直方向的弹簀振子做简谐运动，O点为平衡位置，P点为O上方一点，当它经过O点时开始计时，经过0.3s，第一次到达P点，再经过0.2s第二次到达P点，则弹簧振子的周期可能为
A.0.53s B.1.4s C.1.6s D.2s
9.“天宫课堂”中，王亚平将分别挤有水球的两块板慢慢靠近，直到两个水球融合在一起，再把两板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”，这一实验展示了水分子间存在作用力。将一个分子P固定在O点，另一个分子Q从图中的A点由静止释放，两分子之间的作用力与间距关系的图像如图所示，则下列说法正确的是
A.分子Q由A到C加速运动
B.分子Q在C点时分子势能最大
C.分子Q在C点时加速度大小为零
D.分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，加速度先增大后减小再增大
10.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，与薄板碰撞后二者粘在一起并在以后的运动中不再分离，物块的位置随时间变化的图像（x-t）如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则
A.t=0.4s时物块的加速度大于重力加速度
B.若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘在一起后振动的周期增大
C.若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘在一起后振动的振幅增大
D.t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（6分）某实验小组用如图甲所示实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
甲 乙
（1）为了减小测量误差，下列说法正确的是 （选填字母代号）。
A.将钢球换成塑料球
B.当摆球经过平衡位置时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
（2）该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L一T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式g= 。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样 （选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。
12.（9分）某实验小组用油膜法估测油酸分子的大小，实验用油酸酒精溶液的浓度为每500mL溶液中含有纯油酸1mL，1mL上述溶液有100滴，实验中把1滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板盖在浅盘上并描出油膜的轮廓，如图所示。
（1）该实验中的理想化假设是 。
A.将油膜看作单分子层油膜
B.不考虑油分子间的间隙
C.不考虑油分子间的相互作用力
D.将油分子看成球体
（2）已知每一个小正方形的边长为20mm，则该油酸薄膜的面积为 m2（结果保留两位有效数字）。
（3）油酸分子的直径是 m。（结果保留1位有效数字）
13.（13分）在托里拆利实验中，玻璃管顶端高出水银槽液面1m。实验时不小心使玻璃管上部混入少量气体，当气温为300K，外界气压为76cmHg时，玻璃管中水银液面距水银槽液面的竖直距离为70cm。
（1）在相同气温下，玻璃管中水银液面距水银槽液面的竖直距离为68cm，则外界气压为多少？（最终结果保留1位小数）
（2）若在气温为270K时，玻璃管中水银液面距水银槽液面的竖直距离为70cm。则外界气压为多少？（最终结果保留1位小数）
14.（13分）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量m=0.05kg的小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于伸直状态，释放摆球，则摆球将在坚直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ（θ小于10°且是未知量）。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，摆球运动到最低点时的速度大小为。取重力加速度g=10m/s2，求：
甲 乙
（1）单摆的振动周期和摆长；
（2）图乙中细线拉力最大值Fmax和最小值Fmin（结果保留3位小数）。
15.（13分）某密闭容器容积为V0，内部放一体积为的实心金属球，开始时密闭容器内空气压强为p0，现用抽气筒抽气，抽气筒每次抽出空气的体积相同，第一次抽气后，密闭容器内压强为。假设抽气的过程中气体的温度不变，求：
（1）抽气筒每次抽出空气的体积；
（2）抽气两次后，密闭容器内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。
张家口市新时代NT名校联合体2022-2023学年高二下学期期中考试
物理参考答案
1.C【解析】表面张力产生在液体表面层，是引力，在液体的表面层内的各个方向上都存在，力的方向总是跟液面相切，A错误；缝衣针浮在水面上不下沉是液体表面张力和重力平衡的结果，B错误；作用在任何一部分液面上的表面张力，总是跟这部分液面的分界线垂直，分界线两侧的分子会对对方分子产生引力，C正确；喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠是表面张力作用使其表面具有收缩趋势引起的结果，D错误。
2.C【解析】“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，AB错误；温度升高，分子的平均动能增大，“花气袭人”现象越明显，但并非每一个分子的运动速率都增大；C正确，D错误。
3.D【解析】由状态B变到状态C的过程为等温过程，则分子平均动能不变，故A错误；依题意，O、A、D三点在同一直线上，说明气体在D状态和在A状态时压强相等，在D状态体积较大，分子的密集程度小，温度较高，分子的平均动能较大，所以单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数较少，B错误；由状态C变到状态D的过程为等容过程，温度降低，则压强减小，体积不变，则气体分子的数密度不变，C错误；根据冲量的定义可知，又，联立可得，根据上面选项分析可知，气体在D状态和在A状态时压强相等，所以相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等。故D正确。
4.D【解析】在1s末振子在平衡位置，速度最大，A错误；振子在0.25s和0.75s时所处的位置相同，回复力大小相等、方向相同，B错误；振子在0.75s和1.25s时所处的位置关于平衡位置对称，且均沿x轴负方向运动，C错误；振子在0~2s内通过的路程为4A=12cm，D正确。
5.B【解析】若圆盘以30r/min匀速转动，小球做受迫振动，振动达到稳定时其振动的周期等于驱动力的周期，A错误，B正确；驱动力的周期越接近小球做简谐运动的固有周期，小球振动的振幅越大，C错误；若圆盘以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小，当圆盘以15r/min匀速转动时，驱动力的周期为，恰好等于弹簧和小球的固有周期，发生共振，小球的振幅最大，D错误。
6.A【解析】设开孔处上方水银柱高度为h1，下方水银柱高度为h2，则开始时下端部分气体的压强为，开孔后，孔上方水银在孔处的压强为，孔下方水银在孔处的压强为，所以在极短时间内孔上下方的水银都将从孔中溢出，即上端水银面下降，下端水银面上升，A正确。
7.B【解析】由题意可知，B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得，解得在最低点时，弹簧弹力为F=2mg，对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，根据A对水平桌面的压力刚好为零，，且，联立解得θ＝45°，A错误，B正确；由题意可知，B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，C错误；对于B，在从释放到速度最大过程中，只有重力做功和弹簧弹力做功，根据动能定理，B动能的增加量等于重力做的功和弹力做的功之和，D错误。
8.AC【解析】若从O点开始向上振，则振子的振动周期为：，若从O点开始向下振，令从O到与P点对称的点的时间为t，则有，解得，振子的振动周期为，AC正确。
9.ACD【解析】分子Q在由A运动到C的过程中，一直受引力作用，速度一直增加，动能增加，分子势能减小，在C点的分子势能最小，A正确，B错误；分子Q在C点时受到的分子力为零，故Q在C点时加速度大小为零，C正确；分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，在C点右侧时，分子间的作用力表现为引力，先增大后减小，然后到C点左侧时分子力为斥力且逐渐变大，故加速度先增大后减小再增大，选项D正确。
10.ACD【解析】根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即，由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有，所以，，到A点时，物块只受重力，所以，A正确；弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘在一起振动周期不变，B错误；若增大物块自由下落的高度，根据能量守恒，则物块与薄板粘在一起后振动的振幅增大，C正确；由图乙可知，T=0.6s，则，振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为，当t=0.4s时，x=0.5m，代入上式得，所以，D正确。
11.（1）B；（2）；不影响（每空2分，共6分）。
【解析】（1）实验中为了减小阻力的影响，应选择密度大的材质小球，A错误；为了减小测量误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时，B正确；小球做单摆运动应满足摆角小于5，C错误；应记录多次全振动的时间求出平均值作为周期，再根据公式计算重力加速度g，D错误。
（2）根据单摆的周期公式，可得，整理可得，即L-T2图线斜率，由图乙可知，斜率，联立可得。在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，L-T2图线斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
12.（1）ABD；（2）；（3）（每空3分，共9分）。
【解析】（1）在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子层分布的；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙，故选ABD。
（2）由题图可读出超过半格的格数约为75（74~76）小格，则油膜面积为。
（3）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，油酸分子的直径为。
13.（1）73.6cmHg；（2）75.4cmHg。
【解析】（1）设玻璃管的横截面积为S，外界气压为p，
取封闭在玻璃管中的气体为研究对象，
初态：，，
末态：，，
气体温度不变，由玻意耳定律有，
代入数据解得。
（2）设外界气压为，取封闭在玻璃管中的气体为研究对象，
初态：，，末态：，，
由等容变化得，代入数据解得（2分）。
14.（1）T=0.4πs；L=0.4m；（2）0.510N；0.495N。
【解析】（1）由F-t图可得T=0.4πs（1分），由，得L=0.4m（1分）。
（2）摆球运动到最低点时，解得Fmax=0.510N（1分），
A→B机械能守恒，且，
解得Fmin=0.495N（1分）。
15.（1）；（2）。
【解析】（1）若每次抽出气体的体积为，由玻意耳定律可知，，解得。
（2）设第二次抽气后气体的压强为，则有，
解得，设剩余气体压强为时的体积为V，则，
剩余气体与原来气体的质量比，解得。