河南省鲁山县一中2020学年高二物理6月月考试题 10页

‎2020学年河南省鲁山县第一高级中学高二6月月考物理试卷 ‎ 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷共100分，答题时间：90分钟。‎ 第I卷选择题（共50分）‎ 一、单项选择题：（本大题包括10小题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知（ ）‎ A．小球带正电，沿顺时针方向运动 B．小球带负电，沿逆时针方向运动 C．小球带正电，沿逆时针方向运动 D．小球带负电，沿顺时针方向运动 ‎2．如图所示，在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )‎ A．线圈恰好在完全离开磁场时停下 B．线圈在未完全离开磁场时即已停下 C． 线圈在磁场中某个位置停下 D．线圈能通过场区不会停下 ‎3．信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是 ‎4．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为、阻值为的闭合矩形金属线框用绝缘轻质细杆悬挂在点，并可绕点摆动。金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。则线框中感应电流的方向是 A．‎ B．先是，后是 C． ‎ D．先是，后是 ‎5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1：n2=4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则电流表的示数为（　　）‎ A．3 mA B．48 mA C．0， D．与负载R的值有关 ‎6、下列说法正确的是（ ）‎ A. 不考虑摩擦的热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 B. 物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C. 晶体在一定条件在可以转变为非晶体，而非晶体不能转变为晶体 D. 能量耗散过程违背了热力学第一定律 ‎7、用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛地系在环的两点上，然后把环浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜，则如图所示a、b、c三个图中，可能的是图（　　）‎ A.a、b、c 　　B.a、b C.b、c D.a、c ‎8、容积为‎20L的钢瓶充满氧气后，压强为150atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为‎5L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装（　　）‎ A. 4瓶 B. 50瓶 C. 56瓶 D. 60瓶 ‎9、如图所示，用导热的固定隔板把一容器隔成容积相等的甲、乙两部分，甲、乙中分别有质量相等的氮气和氧气．在达到平衡时，它们的温度必相等，若分子势能可忽略，则甲、乙中（　　）‎ A. 气体的压强相等 B. 气体分子的平均动能相等 C. 气体的内能相等 D. 气体分子的平均速率相等 ‎10、一定质量的理想气体初始状态为（P0，V0），分别经过三个不同的过程变到末状态（P0，2V0）．‎ ‎①等温膨胀变为2V0，再等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量为Q1；‎ ‎②等压膨胀到（P0，2V0），吸收的热量为Q2；‎ ‎③先等容降压到0.5P0，再等压膨胀到2V0，最后等容升压到（P0，2V0），总共吸收热量Q3；‎ 则Q1、Q2、Q3的大小关系是（　　）‎ A．Q1=Q2=Q3‎ B．Q1＞Q2＞Q3‎ C．Q2＞Q1＞Q3 D．Q3＞Q2＞Q1‎ D．Q3＞Q2＞Q1‎ 二、多项选择题：（本大题包括5小题，每小题4分，共20分。选对但不全的，得2分。）‎ ‎11、下列关于热力学第二定律的表述中，正确的是（ ）‎ A．热量不能从低温物体传到高温物体 B．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 C．气体向真空的自由膨胀是不可逆的 D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小 ‎12、下列说法中正确的是（　　）‎ A．两个系统相互接触发生热传递，当内能相等时达到热平衡 B．两分子之间距离为r0分子处于平衡位置时，分子势能最小 C．液面上部的蒸汽达到饱和时，仍有液体分子从液面飞出 D． 单晶体中的原子都是按照一定的规则周期性排列的，原子在晶格上静止不动 ‎13、设某种物质的摩尔质量为μ，分子间平均距离为d，已知阿伏加德罗常数为NA，则该物质的密度ρ可表示为（　　）‎ A. ρ= B. ρ= C. ρ= D. ρ=‎ ‎14、一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直．气体在此状态变化过程中（　　）‎ A. a→b，压强减小、温度不变、体积增大 B. b→‎4c，压强增大、温度降低、体积减小 C. c→d，压强不变、温度降低、体积减小 D. d→a，压强减小、温度升高、体积不变 ‎15、如图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封闭着一段空气柱l，管内外水银面的高度差为h，若使玻璃管绕其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，则管内外水银面的高度差h和管内气体长度l将（　　）‎ A. h增大 B. h减小 C. l增大 D. l减小 第Ⅱ卷（非选择题共50分）‎ 三、填空题（每空3分，共12分）‎ ‎16、在带活塞的汽缸中，封闭一定质量的气体，假设汽缸不漏气且汽缸和活塞不吸收热量．当气体吸收100J热量，同时对活塞做了40J功，则气体的内能变化________J。当气体放出100J热量，同时活塞对它做了40J的功，则气体的内能变________J。‎ ‎17、在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的浓度为K，N滴溶液的总体积为V。在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓，如图所示，测得油膜占有的正方形小格数为Y。‎ ‎(1)用以上字母表示一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积为________________。(2)油酸分子直径约为________________。‎ 四、计算题：（18题8分；19题12分；20题18分，共38分）‎ ‎18、一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6.0×105 J的功，问 ‎（1）理想气体的内能如何变化？‎ ‎（2）这部分理想气体的压强如何变化？(回答“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎（3）若这种气体的摩尔质量是‎32g/mol，则‎0.48 g该种气体内包含有多少个分子？(阿伏加德罗常数取6.02×1023mol－1，结果保留两位有效数字)‎ ‎19、如图所示，一绝热气缸开口向下，内部封闭有理想气体，绝热活塞的质量为m=‎400g，横截面积为S=‎2cm2，初始时绝热活塞位于距气缸顶部h=‎‎15cm 处，气缸内气体的温度为‎27℃‎．现用电热丝加热，活塞下移到2h处，已知外界的大气压强为P0=1×104Pa，不计活塞和气缸之间的摩擦力，取‎0℃‎=273K，重力加速度g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）加热前气缸内气体的压强；‎ ‎（2）活塞下移到2h处时气缸内气体的温度．‎ ‎20、如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=‎22cm，两边水银柱高度差h=‎16cm，大气压强p0=‎76cm Hg．‎ ‎（1）为使左端水银面下降‎3cm，封闭气体温度应变为多少？‎ ‎（2）封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为‎20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？‎ 高二物理试卷参考答案 一、单项选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 答案 D D B C C B B C B C 二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分）‎ 题号 ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ 答案 BCD BC AB AC BD 三、填空题：（每空3分，共12分）‎ ‎16、60J －60J ‎17．(1). (2). ‎ 四、计算题：‎ ‎18、解：（1）根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－6.0×105＋4.2×105＝－1.8×105 J，所以内能减少1.8×105 J（3分）‎ ‎（2）理想气体气体内能减小，温度一定降低，又由于气体对外做功，气体体积增大，根据理想气体状态方程＝C可得气体压强一定减小（2分）‎ ‎（3）气体所含的分子数为n＝×6.02×1023＝9.0×1021个（3分）‎ ‎19、解：（1）活塞静止，处于平衡状态，由平衡条件得：‎ P0S=P1S+mg，（ 4分）‎ 解得：P1=8×104Pa；（2分）‎ ‎（2）气体的状态参量：V1=hS，T1=273+27=300K，V2=2hS，‎ 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：=，‎ 即：=，（4分）‎ 解得：T2=600K；（2分）‎ ‎20、解：（1）初态压强P1=（76-16）cmHg（2分）‎ 末态时左右水银面的高度差为‎16cm-2×‎3cm=‎10cm（2分）‎ 末状态压强为：P2=(76-10)cmHg=66cmHg（1分）‎ 由理想气体状态方程得：（2分）‎ 解得：T2=350K（2分）‎ ‎（2）加注水银后，左右水银面的高度差为：h′=（16+2×2）-l（3分）‎ 由玻意耳定律得，P1V1=P3V3，其中P3=76-（20-l）（3分）‎ 解得：l=‎10cm（3分）‎ 即需向开口端注入的水银柱长度为10cm。 ‎