2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二下学期第二次月考 物理试题 一、选择题(每小题4分，共64分。第1～9题单选，第10～16感多选。全部选对的得4分选对但不全的得2分，有选错的得0分。)‎ ‎1. 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 ‎ ‎ ‎【点睛】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；根据热力学第一定律分析是否吸收热量．‎ ‎2. ‎ 由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图所示为分子势能随分子间距离r变化的图象，取r趋近于无穷大时为零。通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是 A. 假设将两个分子从r=处释放，它们将开始远离 B. 假设将两个分子从r=处释放，它们将相互靠近 C. 假设将两个分子从r=处释放，它们的加速度先增大后减小 D. 假设将两个分子从r=，处释放，当r=时它们的速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】由图可知，两个分子从r=r2处的分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r=r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近。故A B错误；由于r1＜r2，可知分子在r=r1处的分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力减小，加速度减小，当r=0时加速度减为零，此时分子的速度最大；以后分子力表现为引力，随分子距离增大而减小，则加速度减小，速度减小；选项C错误，D正确； 故选D。‎ 点睛：本题对分子力、分子势能与分子间距离的关系要熟悉，知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图象，即可正确解题．‎ ‎3. 空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管) 液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积为V，水的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，则液化水中分子的总数N和水分子的直径d分别为 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】水的摩尔体积 Vmol=；水分子数 ；将水分子看成球形，由，解得水分子直径为 ，故选C。‎ 点睛：本题的解题关键是建立物理模型，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，也可以将水分子看成立方体形．‎ ‎4. 一只轮胎容积为10 L，装有压强为1.5atm的空气。先用打气筒给他打气，已知打气筒的容积V0=1L，要使轮胎内气体压强达到2.5atm，应至少打多少次气(打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变)‎ A. 8次 B. 10次 C. 12次 D. 14次 ‎【答案】B ‎【解析】设打入n此后轮胎内气体压强达到2.5atm，则由玻意耳定律：，即，解得n=10次，故选B. ‎ 点睛：此题关键是知道打入的气体的质量与原来气体质量之和等于最后轮胎内气体的质量，因PV与质量成正比，故可进行列式.‎ ‎5. 一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V膨胀到V′，如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为，传递热量的值为，内能变化为，则 A. >，<，> B. >，>，>‎ C. <，=，> D. =，>，>‎ ‎【答案】B ‎【解析】在p-V图象作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示，根据图象与坐标轴所面积表示功，可知：W1＞W2。‎ ‎ ‎ 第一种情况，根据 (常数)可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，△U1＞0，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1；第二种情况等温过程，气体等温变化，△U2=0，根据热力学第一定律有：△U2=Q2-W2，则得：Q2=W2。由上可得：△U1＞△U2．Q1＞Q2．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎6. 左端封闭右端开口粗细均匀的倒置U形管，用水银封任两部分气体，静止时如图所示，若让管保持竖直状态做自由落体运动，则 A. 左管中水银柱A将上移 B. 右管中水银面将下降 C. 气体柱Ⅰ长度将减小 D. 气体柱Ⅱ长度将减小 ‎【答案】C ‎【解析】设大气压强为P0，由图示可知，封闭气体压强PⅠ=P0-h，PⅡ=PⅠ+h=P0，当U型管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压P0；气柱I的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小，右管中的水银面上升，故C正确，B错误；Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变，左管中水银柱A不动，故AD错误；故选C.‎ 点睛：U型管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对气体不产生压强，分析判断出管中封闭气体压强如何变化，应用玻意耳定律及理想气体状态方程即可正确解题．‎ ‎7. 某医院使用的氧气瓶容积为29L，在温度为27℃时，瓶内压强为30atm.按规定当使用到17℃时其压强降到2atm，就应重新充气，该医院在22℃时平均每天使用0.1atm的氧气590L则这瓶氧气能使用的天数约为 A. 5天 B. 10天 C. 13天 D. 20天 ‎【答案】C ‎【解析】根据，当压强为2atm，温度为17℃时氧气瓶内氧气的体积：‎ ‎ ；医院一天使用的氧气在压强为2atm，温度为17℃时的体积：，则这瓶氧气能使用的天数为天，故选C. ‎ ‎8. 钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体：第一种方法是用小抽气机，每次抽出1L气体，共抽取三次；第二种方法是用大抽气机，一次抽取3L气体，这两种抽法中，抽取气体质量较大的是 A. 第一种抽法 B. 第二种抽法 C. 两种抽法抽出的气体质量一样大 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】第一种：温度不变，由玻意耳定律：P0V=P1（V+1），解得P1＝P0()，同理，P2＝P1()，P3＝P2()＝P0()3；第二种：P0V=P′（V+3），解得P′＝P0()＞P3；压强小的抽取的气体多，故选A。‎ ‎9. 如图所示，一导热性良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体(不计活塞与红壁摩擦)，温度升高时，改变的量有 A. 活塞高度h B. 汽缸高度H C. 气体压强p D. 弹簧长度L ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：气缸内的气体做等压变化，根据理想气体状态方程可以判断，温度升高时，体积增大气缸下落，结合牛顿第二定律判断气缸的受力情况．‎ 选择活塞与气缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，活塞的位置不变，A错误；气缸内的气体做等压变化，根据理想气体状态方程可以判断，温度升高时，体积增大气缸下落，所以缸体的高度变化，B正确C 错误；选择活塞与气缸为整体对其受力分析，受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度不变，D错误．‎ ‎10. 下列说法中正确的是 A. 液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润 B. 硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用 C. 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性 D. 影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距 ‎【答案】ABD ‎【解析】液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润，选项A正确；硬币或者钢针能够浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，选项B正确；晶体有固定的熔点，单晶体具有规则的几何外形，单晶体物理性质具有各向异性，而多晶体的物理性质具有各向同性。故C错误；影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距，选项D正确；故选ABD.‎ ‎11. 锅块和一铁块，质量相等，钢块的温度，比铁块的温度高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则 A. 从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块放出的热量等于铁块吸收的热量 B. 在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，钢块放出的热量不等于铁块吸收的热量 C. 达到热平衡时，铜块的温度是 D. 达到热平衡时，两者的温度相等 ‎【答案】AD ‎【解析】系统不与外界交换能量，热量由温度较高的铜块传给铁块，且铜块放出的热量等于铁块吸收的热量，A正确，B错误；两个系统达到热平衡时温度相同，所以当温度相等时热传递停止，达到热平衡时的温度应用求解，而不是两者温度的平均值，C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎12. 下列说法正确的是 A. 液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出 B. 萘的熔点为80℃，质量相等的80℃的液态萘和80℃的固态萘具有不同的分子势能 C. 车轮在湖湿的地面上滾过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象 D. 液体内部分子的势能比液体表面层分子的势能大 ‎【答案】BC ‎【解析】液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发。故A错误；液态萘凝固成80℃的固态萘的过程中放出热量，温度不变，则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小。故B正确；车轮在湖湿的地面上滾过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项C正确；液体表面层的分子比液体内部的分子之间的距离大，分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离又缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D错误；故选BC.‎ ‎13. 固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有 A. 固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体 B. 固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形 C. 在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性 D. 图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变 ‎【答案】AB ‎【解析】晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体。故A正确。固体甲若是多晶体，则不一定有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形。故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，则不一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性。故C错误。晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，内能在增大。故D错误。故选AB。‎ 点睛：该题通过晶体与非晶体的熔化曲线可知晶体与非晶体，掌握了晶体和非晶体的性质和特点就可顺利解决此类题目，故要加强对基础知识的积累．‎ ‎14. 封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，由状态A变到状态D过程中 A. 气体从外界吸收热量，内能增加 B. 气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少 C. 气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大 D. 气体的密度不变 ‎【答案】AB ‎【解析】气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量．故A正确．由图看出气体的体积增大，分子总数不变、体积增大时分子密集程度减小，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，故B正确．气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大．故C错误．气体的质量一定，体积增大，则密度减小．故D错误．故选AB．‎ 点睛；此题关键是要先搞清图像的物理意义；会根据热力学第一定律分析吸放热情况．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大． ‎ ‎15. 一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其P-V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是 A. 气体经历过程1，其温度降低 B. 气体经历过程1，其内能减小 C. 气体在过程2中一直对外放热 D. 气体在过程2中一直对外做功 ‎【答案】AB 点睛：考查热力学第一定律与理想气体状态方程的应用，理解绝热的含义，注意热力学第一定律中各量的正负含义及掌握理想气体的定义。‎ ‎16. 下列说法不正确的是 A. 1kg的O℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些 B. 第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能 C. 热力学第一定律也可表述为“第一类永动机不可能制成”‎ D. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ ‎【答案】BD ‎【解析】1kg的0℃的冰熔化成0℃的水要吸收热量，则1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些，选项A正确；第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，故B错误；热力学第一定律也可表述为“第一类永动机不可能制成”，选项C正确；根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；故热力学第二定律可描述为“不可能使热量自发地由低温物体传递到高温物体”，故D错误；此题选择不正确的选项，故选BD.‎ 二、填空题(共14分)‎ ‎17. 某同学利用DIS实验系统，同一个注射器在实验室前后做了两次验证玻意耳定律的实验，操作完全正确。‎ ‎(1)根据实验数据在P-V图上画出了两条不同的双曲线，如图所示.造成这种情况的可能原因是哪些__.‎ A.两次实验中空气质量不同 ‎ B.两次实验中温度不同 C.其中一次实验时活塞受到的摩擦力太大 ‎ D.其中一次实验时话塞受到的摩擦力太小 ‎(2)实验中为了保持封闭气体的温度不变，下列采取的措施中比较合理的是 _______.‎ A.在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性 B.推拉活塞时要缓慢 C.不要用手直接握在注射器有气体的部分上 D.实验前注射器内要吸入尽量多的空气 ‎【答案】 (1). AB (2). BC ‎【解析】（1）在研究温度不变的情况下，一定质量的气体压强与体积的关系时，气体的温度是不能变化的，由理想气体状态方程PV/T=C，可得当气体的温度不变的情况下，P与V是成反比的，但是如果气体的温度发生变化，PV的乘积也就发生了变化，得到的图象也就不是一条图象，所以B正确；当封闭的气体不是同一部分气体时，气体的质量不同，此时得到的PV图象也会是不同的图象，所以A正确；故选AB． （2）在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，这样是为了保持封闭气体的质量不发生变化，并不能保持封闭气体的温度不变，所以A错误；缓慢的推拉活塞，可以使气体的温度保持与外界的温度保持一致，从而可以保持封闭气体的温度不变，所以B正确；当用手直接握在注射器上时，手的温度可能改变气体的温度，所以不要用手直接握在注射器上，所以C正确；只要是封闭气体的质量不变，气体的多少不会改变实验的数据，与气体的温度是否会变化无关，所以D错误．故选BC． 点睛：本题关键根据理想气体状态方程推导出P-V的函数表达式进行分析讨论，同时要明确理想气体状态方程公式PV/T=C中的常数C由气体质量决定．‎ ‎18. 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm²，则：‎ ‎(1)估算出油酸分子的直径大小是______cm。‎ ‎(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的______.‎ A.摩尔质量 B.摩尔体积 C.质量 D.体积 ‎【答案】 (1). (2). B ‎【解析】试题分析：（1）由题先得到油酸酒精溶液的浓度，求出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，由于形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径，由求解分子直径的大小．（2）阿伏加德罗常数等于油酸的摩尔体积除以一个分子的体积，列式分析，确定需要知道什么物理量．‎ ‎（1）据题得：油酸酒精溶液的浓度为，一滴酸酒精溶液的体积为，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为，则油酸分子的直径为 ‎（2）设一个油酸分子的体积为，则，由可知，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，B正确．‎ ‎19. 如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内被封闭气柱长20cm，水银面比右管低15cm，大气压强相当于75cm高的水银柱产生的压强。现保持左管不动，为了使左管内被封闭气柱长变为18cm，右管应向移动______(填“上”或“下”)，移动的距离是______cm.‎ ‎【答案】 (1). 上 (2). 14‎ ‎【解析】被封闭气体的长度减小，则压强变大，右管要上移；则由玻意耳定律：，解得，即此时两边液柱的高度差为25cm；气柱被压缩了2cm，设玻璃管上移x，则由几何关系：15+（x-2）-2=25cm，解得x=14cm.‎ 三、计算题(共32分)‎ ‎20. 如图所示，粗细均匀、导热良好的U形管整直放置，右端与大气相通，左端用水银柱封闭=40cm 的气柱(可视为理想气体)，左管的水银面比右管的水银面高出=20cm.现将U形管右嘴与一低压舱(图中未画出)接通，稳定后左右两管水银面位于同一高度。若环境温度不变，取大气压强=75cmHg.求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位 ).‎ ‎【答案】44cmHg ‎【解析】设U形管的横截面积为S，右端与大气相连，对封闭气体有：‎ V1=L1S=40S p1=p0-20cmHg=55 cmHg ‎ 右端与低压舱相连后，设左管中的压强p2，左端水银面下降，被封闭气体的体积V2=(L1+10cm)S=50S 由玻意耳定律得p1V1=p2V2‎ 代入数据55×40S=p2×50S 解得 p2=44cmHg ‎ 由于左右水银面等高，所以左管封闭气体的压强等于低压舱内气体的压强，所以低压舱气体压强为44cmHg ‎21. 内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×105Pa、温度为27℃的气体，初始活塞到汽缸底部距离为50cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移。已知汽缸横截面积为200cm²，总长为100cm，大气压强为1.0×105Pa。‎ ‎(1)计算当温度升高到927℃时，缸内封闭气体的压强；‎ ‎(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800J的热量，试计算气体增加的内能。‎ ‎【答案】(1) 2.0×105 Pa (2) －200 J ‎【解析】(1)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖吕萨克定律可知：，又T1＝300 K 解得：T2＝600K，即327℃，因为327℃<927℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到927℃时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到： ‎ 代入数据整理可以得到：p＝2.0×105 Pa。‎ ‎(2)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝1m-0.5m＝0.5m，故大气压力对封闭气体所做的功为 W＝-p0SΔx，‎ 代入数据解得：W＝-1 000 J，‎ 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 得到：ΔU＝-1 000 J＋800 J＝-200 J。‎ 点睛：本题关键要确定气体状态变化过程，再选择合适的规律求解，同时，要挖掘隐含的临界状态进行判断．另外，第一问也可以直接计算压强，然后与原压强比较．‎ ‎22. 如图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为=1：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个气缸都不漏气初始时，A、B中气体的体积皆为温度皆为=300K.A中气体压强，是气缸外的大气压强。现对A加热，使其中气体的体积增大温度升到某一温度T，同时保持B中气体的温度不变.求此时A中气体压强(用表示结果)和温度(用热力学温标表达)‎ ‎【答案】 ，‎ ‎【解析】活塞平衡时，由平衡条件得：‎ PASA+PBSB=P0（SA+SB） ①‎ PA′SA+PB′SB=P0（SA+SB） ②‎ 已知SB=2SA ③‎ B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：PB′VB=PBV0 ④‎ 设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有⑤‎ 对A中气体，由理想气体状态方程得： ⑥‎ 代入数据解得：PB=p0，PB′=p0，PA′=2P0，VA=V0，VB=V0，TA=T0=500K 点睛：本题是连接体问题，找出两部分气体状态参量间的关系，然后由理想气体状态方程即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法.‎ ‎ ‎ ‎ ‎