2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二下学期期中考试物理试题 解析版

高二质量调研试题物理 第Ⅰ卷 选择题共40分 一、选择题（本题共12个小题，共40分，其中1-8题为单选，每小题3分，9-12题为多选题，每题4分，多选题漏选得2分。）‎ ‎1.在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦地探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题，在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是( )‎ A. 加大飞机的惯性 B. 使机体更加平衡 C. 使机翼更加牢固 D. 改变机翼的固有频率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 飞机振动的原因是气流使机翼的振动周期与机翼的固有周期相互接近发生了共振现象，通过装置一个配重杆的方法改变固有周期，从而避免共振的发生，D对；‎ ‎2.下列叙述中正确的是 A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 B. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而减小 C. 对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小 D. 已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：布朗运动是固体小颗粒在液体中，各个方向受液体分子撞击的力不同而产生的运动，不是液体分子的运动，但能说明液体分子在做不规则的运动，故A错误。当分子力表现为引力时,子间距离的增加，分子力做负功，故分子势能随分子间距离的增加而增加，B正确。对于一定质量的理想气体,温度升高时,压强必增大，如果体积也增大，则压强可能减小或不变，C错误。知道水分子质量和水的摩尔质量,才可以计算出阿伏加德罗常数，故D错误。‎ 考点：分子热运动，分在间的作用力，理想气体压强，温度和体积间的关系，阿伏加德罗常数的计算 ‎3.下列说法中正确的是 A. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大 B. 气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关 C. 有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体 D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当分子间作用力表现为斥力时，分子间的距离增大，斥力做正功，分子势能减小，A错误；气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关．B错误；晶体分单晶体和多晶体，单晶体有规则的几何外形，而多晶体及非晶体没有；C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，D正确；‎ 考点：考查了分子间的作用力，气体压强，晶体，液体表面张力 ‎4.一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点，则该弹簧振子的振动周期可能为 A. 32 s B. 16 s C. 8 s D. 4 s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若从点开始向右振动，按下面路线振动，作出示意图如图，则弹簧振子的振动周期为：；‎ ‎ 若振子从点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图， 设从到 的时间为，则有：，解得：，则周期为：；故选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎5.如图所示，在U型管的封闭端A内有一部分气体，管中标斜线部分均为水银，则A内气体的压强p应为下述关系式中是 A. p＝h2‎ B. p＝p0－h2‎ C. p＝p0－h1－h2‎ D. p＝p0＋h1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设内气体的压强，由题意可知，解得：，故选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎6.一定质量的理想气体在某一过程中， 外界对气体做了的功，气体的内能减少了，则下列各项中正确的是 A. 温度降低，密度减小 B. 温度升高，密度增大 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了的功，则有，气体的体积减小，气体的密度增大；气体的内能减少了，则 ‎，气体的温度降低；由热力学第一定律可得：，气体向外放出的热量为，故选项D正确，A、B、C错误。‎ ‎7.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知 A. 0～0.5s内振子甲的速度增大，加速度减小 B. 两弹簧振子加速度最大值之比一定为 C. 振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D. 振子的振动周期之比为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在内振子甲向正向最大位移振动，速度减小，加速度增大，故选项A错误；‎ B、由振动图像读出两振子最大位移之比为，由于弹簧的劲度系数可能不同，由可知甲、乙两弹簧振子所受回复力最大值之比不一定等于，故选项B错误；‎ C、甲在最大位移处时，乙在平衡位置，即振子甲速度零时，振子乙速度为最大，故选项C正确；‎ D、由图可知振子的振动周期之比为，故选项D错误。‎ ‎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.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是 A. 过程①中气体的压强逐渐减小 B. 过程②中气体对外界做正功 C. 过程④中气体从外界吸收了热量 D. 状态c、d的内能相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化。过程②中气体对外界做正功。过程④中气体作等容变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况。一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。根据气态方程分析状态d与b的压强关系。‎ ‎【详解】过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律P/T=c知气体的压强逐渐增大，故A错误。过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确。‎ 过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律△U=W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误。状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故D正确。故选BD.‎ ‎【点睛】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。‎ ‎10.下列说法正确是 A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少 B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可逆 D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，由知气体的压强减小，则有分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少，故选项A正确；‎ B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故选项B错误；‎ C ‎、根据热力学第二定律知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；空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故选项C正确；‎ D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故选项D错误。‎ ‎11.如图水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝‎72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是 A. 将管稍上提，h不变 B. 将管稍上提，h变大 C. 将管下插至管顶与管外水银面高度差为‎70 cm时，管内外水银面高度差也70 cm D. 将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于‎70 cm ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：将管稍上提，假设气体体积不变，则说明，说明压强减小，由于整个过程可以看作等温变化，所以PV=常数，所以体积变大，即h高度差变大，B正确。由于考虑外界大气压对容器内理想气体的压强，根据PV=常数可知，气体的压强超过‎70cm，所以将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于‎70cm，D正确 考点：理想气体状态方程 点评：本题考查了理想气体状态方程，并且要根据受力分析判断压强的大小，结合理想气体状态方程综合判断。‎ ‎12.一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图所示，下列说法正确的是 A. 在t从0到2 s时间内，弹簧振子做减速运动 B. 在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反 C. 在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同 D. 在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在t从0到2s时间内，回复力逐渐变大，说明振子逐渐远离平衡位置，做减速运动，故A错误；在t1=3s到t2=5s过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先靠近平衡位置后远离平衡位置，故3s时和5s时速度方向相同；由于3s和5s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，故B错误；在t1=5s和t2=7s时，回复力相等，根据公式F=-kx，位移相同，故C正确；在t从0到4s时间内，t=2s时刻弹簧振子速度为零，根据P=Fv，功率为零，故D错误；故选C.‎ 点睛：本题考查简谐运动，关键是明确简谐运动具有对称性和周期性，振子靠近平衡位置过程是加速运动，远离平衡位置过程是减速运动；明确回复力与位移关系F=-kx．‎ 第II卷（非选择题，60分）‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）‎ ‎13.在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每2 000 mL溶液中有纯油酸1 mL.用注射器测得1 mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为‎1 cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL，油酸膜的面积是________ cm2.据上述数据，估测出油酸分子的直径是________ m.‎ ‎【答案】 (1). (2). 41 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积：；由于每格边长为‎1cm，则每一格就是 ，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出41格，,则油酸薄膜面积为：；由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为：。‎ ‎14.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，‎ ‎（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过___________（选填“最高点”或“最低点”)时开始计时。‎ ‎（2）某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为T1，得出重力加遠度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的___________（选填“上方”或“下方”)。于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是___________。‎ ‎（3）为了更准确测量，他测出多组摆长L和振动周期T，得出如图所示图像，则图象的纵轴表示___________；由图象求出的重力加速度g=___________m/s2。(小数点后保留两位)‎ ‎【答案】 (1). 最低点 (2). 下方 (3). (4). (5). 9.81（或9.82）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）单摆在最低点时计时误差较小。‎ ‎（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的方法。‎ ‎（3）根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。‎ ‎【详解】（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。‎ ‎（2）根据 得：‎ 可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长L 的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。‎ 开始时：‎ 于是他将摆线长减小△L，测得单摆振动周期为T2，则：‎ 联立可得： ‎ ‎（3）根据：得， ，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示T2；图线的斜率 ，‎ 解得：g＝‎9.81m/s2。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，以及实验中应该的注意的事项以及误差形成的原因，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。‎ 三、计算题(共4小题，共44分．解答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).‎ ‎15.一定质量的理想气体由状态C经状态B变化到状态A的P-V图象如图所示。‎ ‎（1）若已知在状态C时，理想气体的温度为‎127℃‎，求处于状态B时气体的摄氏温度；‎ ‎（2）从状态C变化到状态A气体是吸热还是放热？并求出吸收或放出的热量的数值。(已知)‎ ‎【答案】（1）处于状态B时气体的摄氏温度tB = ‎627℃‎；（2）W=900J ‎【解析】‎ ‎【详解】（ⅰ）B 和 C 之间: ‎ 解得：TB = 900K 所以 tB = ‎900℃‎- ‎273℃‎ = ‎‎627℃‎ ‎（ⅱ）C 到 A，等温压缩，所以放热，由热力学第一定律，Q = W 做功等于 p -V 图象的面积：W =(3 +1) ´1´105 ´10-3 J +(3 + 4) ´ 2´105´10-3 J = 900J ‎16.水银气压计中混入了一个气泡,上升到水银柱的上方,使水银柱上方不再是真空,当实际大气压相当于‎768mm高的水银柱产生的压强时,这个水银气压计的读数只有‎750mm,此时管中的水银面到管顶的距离为‎80mm .当这个气压计的读数为‎740mm水银柱时,实际的大气压是多少?设温度保持不变。‎ ‎【答案】756mmHg ‎【解析】‎ 以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，‎ 初态：，；‎ 末态：；‎ 根据玻意耳定律得：，代入得：，解得：‎ ‎17.如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为‎0.5m2‎、高为‎0.7m，开始两罐内只有压强为1.0×105Pa的气体，阀门K1、K2关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐内气压达到2.8×105Pa时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2×105Pa时水泵启动，求：‎ ‎（1）甲罐内气压达到2.8×105Pa时注入水的体积；‎ ‎（2）打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动。‎ ‎【答案】① ②未启动 ‎【解析】‎ ‎【详解】①取甲内气体为研究对象，由玻意耳定律：‎ 注入水的体积为：，解得：；‎ ‎②打开开关后两罐液面相平，罐内气体高度：‎ 对甲气罐由由玻意耳定律：‎ 解得：‎ 因气压，水泵未启动。‎ ‎18.如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，气缸内部的高度为h，气缸内部被厚度不计、质量均为m的活塞A和B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体M和N，活塞A导热性能良好，活塞B绝热，两活塞均与气缸接触良好，不计一切摩擦，N部分气体内有加热装置，初始状态温度为T0，气缸的横截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变。现对N部分气体缓慢加热 ‎（1）当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体从加热装置中吸收的热量为Q，求该过程中N部分气体内能的变化量；‎ ‎（2）活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，当M部分气体的高度达到时，求此时N部分气体的温度。‎ ‎【答案】(i)Q-mgh(ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(ⅰ)活塞A到达气缸上端卡环前，气体M和N均做等压变化，活塞A、B之间的距离不变。当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，‎ N部分气体的压强pN2=pM1+=p0+=①‎ N部分气体增加的体积ΔV=②‎ N部分气体对外做功W=pN2·ΔV=mgh③‎ N部分气体内能的变化量ΔU=Q-W=Q-mgh④‎ ‎(ⅱ)活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，气体M 做等温变化，由玻意耳定律 ‎·S=pM2·S⑤‎ 解得pM2=⑥‎ 此时N部分气体的压强pN3=pM2+=⑦‎ N部分气体的体积VN3=S⑧‎ 对N部分气体由理想气体状态方程=⑨‎ 解得⑩‎ ‎ ‎