2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学四校高二下学期3月联考物理试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学四校高二下学期3月联考物理试题 解析版

‎2018~2019学年度第二学期高二物理03月份联考试卷 一、单选题 ‎1.关于分子动理论，下列说法中正确的是 A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 B. 扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的 C. 当r＝r0时，分子间的引力和斥力均为零 D. 当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：明确布朗运动和扩散现象的本质以及意义； 知道分子间同时存在分子引力和斥力，二力均随距离的增大而减小．‎ 布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，A错误；扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，B正确；当时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，但两力均不为零，C错误；当分子间距增大时，分子间的引力和斥力均减小，D错误；‎ ‎2.某气体的摩尔质量是M，标准状态下的摩尔体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，下列叙述中正确的是（　　）‎ A. 该气体在标准状态下的密度为 ‎ B. 该气体每个分子的质量为 ‎ C. 每个气体分子在标准状态下的体积小于 ‎ D. 该气体单位体积内的分子数为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 摩尔质量除以摩尔体积等于密度，该气体在标准状态下的密度为．故A错误．每个气体分子的质量为摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，即，故B正确．由于分子间距的存在，每个气体分子的体积远小于，故C正确．分子数密度等于物质的量乘以阿伏伽德罗常数再除以标准状态的体积V，即，故D错误．故选BC.‎ 点睛：本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，阿伏加德罗常数NA 是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，区分对气体还是液体的计算是解题的关键．‎ ‎3.如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（　　）‎ A. I0 B. +I0‎ C. I0 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则 ‎ ‎ 解得：，故应选C。‎ 点晴：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。‎ ‎4.容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据玻意耳定律p0V0=p′（V0+nV1）， 所以 ．故选C.‎ 点睛：本题考查等温变化状态方程．重点是确定初末状态的各物理量，注意原瓶内气体体积，不要忘了V0．‎ ‎5.如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3︰1，保险丝的电阻为2Ω，熔断电流为2A。若原线圈接入如图2所示的正弦交流电，则下列说法正确的是（  ）‎ A. 副线圈中交变电流的频率为5Hz B. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为3Ω C. 电压表V的示数为15V D. 将滑动变阻器的滑片向下移动，电压表V和电流表A1的示数均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】变压器不改变频率，所以副线圈中交变电流的频率为，故A错误；保险丝的电阻为2Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，故B正确；原线圈电压有效值为，根据变压器原理可得：，故电压表V的示数为10V，故C错误；将滑动变阻器滑片向下移动，滑动变阻器接入电路的总电阻减小，副线圈电流强度增大，则原线圈的电流强度也增大，所以电流表A1的示数增大，因为匝数比不变，所以V的示数不变，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎6.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是(　 　)‎ A. 晶体一定有天然的规则外形 B. 冰有固定的熔点，一定是晶体 C. 晶体的物理性质一定表现为各向异性 D. 水晶片和玻璃片都是透明的，故它们都是晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：单晶体有天然规则外形，多晶体没有规则外形；晶体与非晶体的区别在于晶体有固定熔点，所以A项错误；冰有固定的熔点，B项正确；玻璃没有固定的熔点，所以D项错误；单晶体某一方面各向异性，多晶体各向同性，所以C项错误。‎ 考点：本题考查了晶体与非晶体 ‎7.如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3、L4‎ 接在变压器次级电路中，变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡，若四个灯泡都能正常发光，则（　　） ‎ A. ，U=4U0 B. ，U=4U0‎ C. ，U=3U0 D. ，U=3U0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡的额定电流为I，则原线圈电流，副线圈电流，根据电流与匝数成反比，有，因为灯泡正常发光，副线圈两端的电压U2=U0，根据电压与匝数成正比，有，解得：，交变电流电源电压，故A正确，BCD错误。‎ ‎8.如图所示，a、b、c三根完全相同的玻 璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度、、间的关系为　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设大气压为．对a管：a管竖直向下做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，即；对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得：‎ ‎，则得：；对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得：，又对管子和水银整体，有：，得，可解得：；所以可得：；根据玻意耳定律得：．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是根据牛顿第二定律研究封闭气体的压强，常常以与气体接触的水银或活塞为研究对象，由力学规律求解封闭气体的压强．‎ 二、多选题 ‎9. 分子动理论告诉我们，物质是由大量不停地做无规则运动的分子所组成，分子间存在着相互作用力。如果 A. 温度降低，分子的平均动能将减小 B. 温度升高，每一个分子的速率都将增大 C. 分子间距离增大，分子间引力与斥力都减小 D. 分子间距离减小，分子的势能一定减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：A．温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子的平均动能将减小，温度升高，但每一个分子的速率不一定都增大，A正确，B错误；‎ C．分子间距离增大，分子间引力与斥力都减小，C正确；‎ D．分子间距离减小，分子的势能不一定减小，要看分子开始运动时的间距和的大小关系，D错误。‎ 故答案为：AC。‎ 考点：分子动理论的基本观点．‎ 点评：本题主要考查学生对分子间存在着相互作用的引力和斥力的理解和掌握，要解答本题需掌握：分子间存在着引力和斥力，分子力做功和分子势能变化的特点。‎ ‎10.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V-T图象如图所示．下列说法正确的有（　　）‎ A. A→B的过程中，气体对外界做正功 B. A→B的过程中，气体温度不变 C. B→C的过程中，气体压强不变 D. A→B→C的过程中，气体内能增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A→B的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A错误，B正确；因为V-T图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C的过程中，压强不变，故C正确；A到B的过程中，温度不变，内能不变，B到C的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C的过程中，气体内能减小，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎11.有一只小试管倒插在烧杯的水中，此时试管恰好浮于水面，试管内外水面的高度差为h，如图所示如果改变温度或改变外界大气压强则试管不考虑烧杯中水面的升降及试管壁的厚度　　‎ A. 如仅升高温度，则试管位置上升，h不变 B. 如仅升高温度，则试管位置下降，h增大 C. 如仅升高外界压强，则试管位置下降，h不变 D. 如仅升高外界压强，则试管位置下降，h减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目中“试管恰好浮于水银面”说明试管所受浮力和重力大小相等，把握这一重要信息结合相关知识即可正确求解．‎ ‎【详解】根据题意可知，试管所受浮力和重力大小相等，即有，由于试管重力不变，因此排开水银的体积不变，即试管内外的汞面高度差h不变，即封闭气体的压强不变。若升高温度，根据盖吕萨克定律可知，封闭气体的体积增大，所以试管应上升，A正确B错误；试管内气体压强为，所以当大气压强增大时，试管内被封闭气体压强增大，根据气态方程可知，气体等温变化，压强增大，体积减小，因此试管将下沉一些，此时仍有，即试管内外的汞面高度差h不变，C正确D错误．‎ ‎12.如图，水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接。气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸壁之间无摩擦，左侧活塞面积交道，A、B的初始温度相同。略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量、均大于零，对活塞压力的变化量，则 ‎（A）A体积增大 （B）A体积减小 ‎（C）>（D）<‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有，对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小，故A正确B错误；开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等，故C错误；由，但，结合C分析可得，故有，D正确．‎ 三、填空题 ‎13.在远距离输电中，输送电压为220伏，输送的电功率为44千瓦，输电线的总电阻为0.2欧，在使用原副线圈匝数比为1：10的升压变压器升压，再用10：1的降压变压器降压方式送电时．输电线上损失的电压为______ V，损失的电功率为______ W．‎ ‎【答案】4 80‎ ‎【解析】‎ 根据电压与匝数成正比，有，可得升压变压器的输出电压为U2=2200V，根据P=UI，输出电流为：，故电压损失为：△U=Ir=20A×0.2Ω=4V，电功率损失为：△P=I2r=202×0.2=80W。‎ ‎14.如图所示，一定质量的理想气体被活塞密封在一绝热容器中，活塞与容器壁无摩擦。当温度为T1时，气体压强为P1，体积为V1；‎ ‎​ ‎ ‎（1）若温度升高到T2，气体压强变为P2，气体的体积变为V2，则P2______P1，V2_______V1（填“＞”、“＝”或“＜”）；‎ ‎（2）若在活塞上放置一定质量的重物，稳定后气体的压强变为P3，温度变为T3，则P3 _______P1，T3 ______T1（填“＞”、“＝”或“＜”）。‎ ‎【答案】 ＝，＞，＞，＞。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以活塞为研究对象可知气体由1状态到2状态属于等压变化，根据盖吕萨克定律可判断体积关系；若在活塞上放置一定质量的重物，气体压强增大．‎ ‎【详解】气缸内气体压强等于大气压与活塞产生的压强之和，气体温度升高时，压强不变，即，由盖吕萨克定律定律得：温度升高时，气体体积增大，即，在活塞上放置一定质量的重物，气缸内气体受到的压力变大，气体压强变大，即P3＞P1，气体体积变小，由可知，气体温度升高，则；‎ ‎【点睛】本题考查气体实验定律的应用，关键是以活塞为研究对象先分析出压强如何变化，在判断其他量的变化．‎ 四、计算题 ‎15.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】‎ ‎【详解】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 ‎16.如图所示，一质量为2m的气缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当气缸开口向上且通过活塞悬挂静止时，空气柱长度为L1（如图甲所示）．现将气缸旋转180°悬挂缸底静止（如图乙所示），已知大气压强为P0，活塞的横截面积为S，气缸与活塞之间不漏气且无摩擦，整个过程封闭气体温度不变．求：图乙中空气柱的长度L2；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对汽缸内气体处于甲状态时，压强 处于乙状态时，气体的压强为 由玻意耳定律可得：‎ 解得：‎ ‎17.如图所示，竖直放置，粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积V0=8cm3的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度T1=300K时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15cm，右管水银柱上方空气柱长h0=4cm，现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度，大气压强p0=75cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5cm2．‎ ‎（1）求需要加入的水银柱的长度L；‎ ‎（2）若通过加热使右管水银面恢复到原来的位置，求此时封闭气体的温度T2。‎ ‎【答案】（1）23cm（2）415K ‎【解析】‎ ‎【详解】①初态：p1＝p0−15cmHg，V1=V0+h0S 末态：p2＝p0＝75cmHg，体积为V2 根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2‎ 解得V2＝8cm3 此时水银正好到球的底部，可知加入的水银柱长度为：L＝h1+2h0＝23cm ②初态：p1＝p0−15cmHg，T1＝300K 末态：p2＝p0+8cmHg，温度为T2 根据查理定律有：‎ 解得：T2＝415K ‎【点睛】本题考查气体实验定律的综合应用，关键是确定气体的状态参量，判断气体发生的是什么变化过程，在选择合适的实验定律求解．‎ ‎18.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展。如果风车阵中某发电机输出功率为P1=120kW，输出电压是U1=250V。发电站通过原副线圈的匝数之比为n1：n2=1：12的升压变压器、总电阻为r=10Ω的输电线和降压变压器把电能输送给用户。已知用户需要的电压是U4=220V，求：‎ ‎（1）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（2）输电线上损失的电功率P损；‎ ‎（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4。‎ ‎【答案】（1）3000V（2）16kW（3）130：11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升压变压器的原副线圈电压之比等于匝数之比，故 ‎（2）输电线上的电流为 损失功率为 ‎（3）降压变压器原线圈的电压为U3=U2-I2r=3000-40×10V=2600V 故 ‎19.如图所示，截面积分别为SA=1cm2、SB=0. 5cm2的两个上部开口的柱形容器A、B，底 部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为mA=1. 4kg、mB=0. 7kg. A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为Ff=3N；B气 缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为P0=1. 0×105Pa。现缓慢升高气体温度，（g取10m／s2，）求：‎ ‎①当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度；‎ ‎②当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2。‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①此过程为等压过程，分别求出初末状态的体积，再根据列式求解即可；②从B活塞到达底部，到A活塞开始运动，气体发生等容变化，根据平衡条件求出初末位置的压强，带入求解温度即可．‎ ‎①此过程为等压过程，由盖吕萨克定律可得，其中，‎ 解得 ‎②气体做等容变化，由查理定律得：‎ 最初，对活塞B：‎ 活塞要动时，对活塞A，‎ 解得 ‎【点睛】本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析并结合平衡条件求解初始气压．‎ ‎ ‎ ‎ ‎