【物理】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版） 13页

乌鲁木齐第四中学2019~2020下学期阶段性诊断测试 高二年级物理试题 一、单选题 ‎1.如图所示,用F表示两分子间的作用力,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 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当时，分子的引力与斥力大小相等，分子力为．在两个分子之间的距离由变为的过程中，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，分子势能减小，故B正确．‎ 考点：考查了分子间相互作用力 ‎2.已知阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，水的密度为ρ．则一个水分子的质量可以表示为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一个水分子的质量，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎3.下列关于热现象和热现象的规律的说法正确的是（ ）‎ A. 布朗运动就是液体分子的热运动 B. 气体如果失去容器的约束就会散开，这是因为气体分子存在斥力的缘故 C. 随着制冷技术的不断发展，不远的将来可以使温度降低到－‎‎273℃‎ D. 热机中燃气的热能不可能全部变成机械能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动的悬浮在液体中固体微粒的运动，不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反应了液体分子运动的无规则性，故A错误；‎ B．气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子不停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，故B错误；‎ C．绝对零度是达不到的，故C错误；‎ D．根据热力学第二定律热机中燃气的热能不可能全部变成机械能，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】该题考查多个知识点的内容，其中布朗运动是固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，不要把布朗运动与分子的热运动混为一谈 ‎4.如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置金属圆板A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，圆板的质量为不计圆板与容器内壁之间的摩擦若大气压强为，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】以活塞为研究对象，分析受力如图所示：‎ 重力Mg、外界大气压力P0S，气缸壁的压力N和气缸内气体的压力F，其中F=…①‎ 根据平衡条件，竖直方向上：P0S+Mg=Fcosθ…②‎ 联立①②得：P=P0+‎ 故选D 点睛：以活塞为研究对象，分析受力，气缸内气体的压力方向与活塞截面垂直，活塞的合力为零，由平衡条件求解气体的压强P．‎ ‎5.水对玻璃是浸润液体，而水银对玻璃是不浸润液体，它们在毛细管中将发生上升或下降的现象，现把粗细不同的三根毛细管插入水和水银中，液柱如图所示，其中正确的现象应是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．水对玻璃是浸润液体，浸润液体在毛细管附着层内液体的分子密度较大，液体分子间距较小（小于）分子相互作用表现为斥力，液面呈现扩散的趋势，即在毛细管内上升，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内上升的高度越大，故A正确，B错误；‎ CD．汞对玻璃是不浸润液体，不浸润液体在毛细管内附着层液体的分子密度较小，液体分子间距较大（大于）此时附着层内的分子相互作用表现为引力，液面呈现收缩的趋势，即液面下降，故不浸润液体在毛细管内下降，而且毛细管越细，浸润液体在毛细管内下降的高度越大，故CD错误．‎ ‎6.如图所示描述了封闭在某容器里的理想气体在温度 和 下的速率分布情况，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎ B. 随着温度升高，每一个气体分子的速率都增大 C. 随着温度升高，气体分子中速率大的分子所占的比例会增加 D. 若从到气体的体积减小，气体一定从外界吸收热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，b分子的速率较大的分子数比较多，则b的分子的平均动能一定比较大，由于温度是分子的平均动能的标志，所以，故A错误；‎ BC．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高时，气体分子中速率大的分子所占的比例会增加，但不是每一个气体分子的速率都增大，故B错误，C正确；‎ D．从到气体的体积减小，则外界对气体做正功；结合可知气体的内能增大；而做功与热传递都可以改变物体的内能，所以从到气体的体积减小，气体不一定从外界吸收热量，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎7.图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是(　　)‎ A. TATB，TB＝TC C. TA>TB，TBTC ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据理想气体状态方程可得：从A到B，因体积不变，压强减小，所以温度降低，即TA＞TB；从B到C，压强不变，体积增大，故温度升高，即TB＜TC ‎，故ABD错误，C正确。‎ ‎8.如图所示，一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上，绝热的活塞下方封闭着空气，若用竖直向上的力F将活塞缓慢向上拉一些距离. 则缸内封闭着的气体 A. 分子平均动能不变 B. 单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少 C. 每个分子对缸壁的冲力都会减小 D. 若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：向上拉活塞时，气体体积变大，气体对外做功，W＜0，由于气缸与活塞是绝热的，在此过程中气体既不吸热，也不放热，则Q=0，由热力学第一定律可知，△U=W+Q＜0，气体内能减小，温度降低，分子平均动能变小，但并不是每一个分子动能都减小，每个分子对缸壁的冲力都会减小，故AC错误；气体物质的量不变，气体体积变大，分子数密度变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少，B正确；若活塞重力不计，则活塞质量不计，向上拉活塞时，活塞动能与重力势能均为零，拉力F与大气压力对活塞做的总功等于缸内气体的内能改变量，D错误．‎ 考点：本题考查热力学第一定律．‎ ‎9.某自行车轮胎的容积为V．里面已有压强为P0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到P，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是P0，体积为（　　）的空气．‎ A. B. ‎ C. （-1）V D. （+1）V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 气体做等温变化，设充入的气体，，所以，C正确．‎ ‎10.一横截面积为S气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的．两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5：4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为（　　）‎ A. d B. d C. d D. d ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律，分别对气室1和气室2列方程，由这两方程可解得活塞B向右移动的距离．‎ ‎【详解】以活塞为研究对象：初状态 气室1、2的体积分别为 ，、‎ 末状态 气室1、2的体积分别为 ，‎ 在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 代入数据可解得：故ABC错误，D正确 故选D．‎ ‎【点睛】本题关键要确定气体发生何种状态变化，再选择合适的实验定律列式求解．正确确定初末各个状态参量，找出两部分气体的体积关系．‎ 二、多选题 ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B. 空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 D. 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A：悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液体分子的热运动，故A项错误．‎ B：空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故B项正确．‎ C：高原地区水沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故．故C项错误．‎ D：干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果．故D项正确．‎ ‎12.气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满空气，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（　　）‎ A. 气体对舱壁做功，内能减小 B. 气体分子的平均动能不变 C. 气体温度不变，压强减小 D. 一段时间后，A内气体的密度可能自发地恢复到原来的密度 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．气体向真空方向扩散不对外做功，同时此过程中系统与外界没有热交换，由热力学第一定律可知气体内能不变，理想气体不计分子势能，所以气体分子动能不变，温度不变，平均动能不变，故A错误，B正确；‎ C．气体温度不变，平均动能不变，但是单位体积内分子个数减少，所以气体压强减小，故C正确；‎ D．气体A中的密体减小，由热力学第二定律可知，A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D错误。故选BC ‎13.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的理想气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 当外界温度升高（大气压不变）时，L不变、H减小、p不变、V变大 B. 当外界温度升高（大气压不变）时，h减小、H变大、p变大、V减小 C. 当外界大气压变小（温度不变）时，h不变、H减小、p减小、V变大 D. 当外界大气压变小（温度不变）时，L不变、H变大、p减小、V不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对汽缸和活塞构成的整体受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，所以弹簧的弹力恒定，形变量恒定，活塞位置不变，所以汽缸内理想气体的压强恒定，当外界温度升高，根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大，则、不变，减小，A正确，B错误；‎ CD．对汽缸受力分析 外界大气压减小，所以气体压强减小，根据玻意尔定律可知气体体积增大，则、不变，减小，C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎14.如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为‎0℃‎的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低‎60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．下列说法正确的是 A. 气泡C中气体压强为180mmHg B. 打开S前，B气泡中气体压强为120mmHg C. 为使左右水银柱高度差又为60mmHg，可将右侧水的温度加热到364K D. 为使左右水银柱高度差又为60mmHg，可将右侧水的温度降低到182K ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：‎ ‎，打开阀门后，‎ 由题意 由玻意尔定律 得，，，A正确B错误；‎ C内封闭气体做等容变化，若右高左低，加热后压强 ‎，，‎ 代入数据可得 得 若左高右低，加热后匀强 ‎，‎ 代入数据可得 解得，CD正确。‎ 故选ACD。‎ 三、实验题 ‎15.某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。‎ ‎(1)该实验中的理想化假设是________；‎ A.将油膜看作单分子层薄膜 B．不考虑油酸分子间的间隙 C．不考虑油酸分子间的相互作用力 D．将油酸分子看成球形 ‎(2)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1mL，则油酸分子直径大小的表达式为d＝_______；‎ ‎(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是____。‎ A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算 B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化 C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开 D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理 ‎【答案】 (1). ABD (2). (3). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]．在“用油膜法估测分子的大小”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分子之间空隙不计，由此可知，ABD正确， C错误． 故选ABD．‎ ‎(2)[2]．纯油酸的体积V等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，即 油滴面积为S，则分子直径大小的公式为 ‎.‎ ‎(3) [3]．根据 ‎，则有： A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确； B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故B错误； C．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的面积S偏小，导致结果计算偏大，故C正确； D．计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则计算所用的面积S偏大，会导致计算结果偏小，故D错误；‎ 故选AC。‎ 四、解答题 ‎16.如图，长L=‎100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长L=‎50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h=‎25cm．大气压强为75厘米汞柱,将玻璃管由水平位置缓慢地转到开口竖直向上位置，求：此时密闭气柱的长度.‎ ‎【答案】37.5厘米 ‎【解析】当玻璃管水平放置时：P1=P0=75cmHg；V1=50S 当玻璃管开口端向上竖直放置时：P2=P0+h=100cmHg V2=L2S 由P1V1=P2V2得：P1•LS=P‎2L2S 代入数据得：L2=‎‎37.5cm ‎17.有一个导热性能良好的气缸，用轻质活塞密封了一定质量的气体，活塞用轻绳悬挂在天花板上，如图所示．气缸的质量为M，活塞可以在缸内无摩擦滑动，活塞的面积为S，活塞与缸底距离为h，大气压强恒为p0，此时环境温度为T．若已知环境温度升高时，气缸缓慢移动距离d 后再次处于静止，则在此过程中密闭气体的温度升高了多少？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】气体进行的是等压变化，初态 V1=Sh；T1=T；‎ 末态 V2=S(h+d) ；‎ 根据盖吕萨克定律可得 解得 ‎18.为防治2019-nCoV，社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为(不计储液桶两端连接管体积)，初始时桶内消毒液上方气体压强为，体积为V0，打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为。喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，为外界大气压强。求：‎ ‎(1)停止喷洒时剩余的药液体积；‎ ‎(2)为使桶内气体压强恢复为，需打入压强为的气体体积(不考虑打气过程中温度变化)。‎ ‎【答案】(1) ；(2)‎ ‎【解析】 (1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得 ‎ ‎ 解得 停止喷洒时剩余的药液体积 ‎(2)对原气体和需打入气体为对象，根据玻意耳定律可得 ‎ ‎ 解得 ‎19.如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求 ‎①气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；‎ ‎②在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】①由理想气体状态方程得 ‎ 解得：V1=V ‎ ‎②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=P0（V﹣V1） ‎ 活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得 ‎ 解得：T1=2T0； ‎ 在这一过程中，气体内能变化量为△U=α（T0﹣T1） ‎ 由热力学第一定律得，△U=W+Q ‎ 解得：Q=p0V+αT0 ‎