山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二物理下学期第二次月考试题

山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二物理下学期第二次月考试题【满分100分，考试时间为90分钟】一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。第1-4小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第5-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。）1．根据热力学定律,下列判断正确的是A．我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖B．利用浅层海水和深层海水间的温度差制造出一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在原理上是可行的C．制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气,而不引起其它变化D．满足能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行2．以下说法正确的是A．露珠呈球状是由于表面张力的作用B．单晶体有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点C．在温度不变的情况下,减小液面上方饱和汽的体积时,饱和汽的压强增大D．教室内打扫卫生后看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动.这种运动是布朗运动3．开始两个分子甲、乙相距较远，此时它们之间的分子力可以忽略。设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近为止的过程中，下列说法正确的是A．分子力总是对乙做正功B．先是乙克服分子力做功，然后是分子力对乙做正功C．分子力先增大后减小D．先是分子力对乙做正功，然后是乙克服分子力做功4．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，bc状态温度相同，如V-T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为Pa和Pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则A．PbPc，QabQacB．PbPc，QabQacC．PbPc,QabQacD．PbPc，QabQac5．下面关于分子力的说法中正确的是A．铁丝很难被拉长，这一事实说明铁丝分子间存在引力B．水很难被压缩，这一事实说明水分子间存在斥力C．空气被压缩到一定程度后很难再压缩，说明这时空气分子间表现为斥力D．磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力6．如图所示，在较厚的有机玻璃筒底部，放置少量易燃物，如蓬松的硝化棉。迅速压下筒中的活塞，可看到硝化棉被点燃而发出火光。对该实验现象的下列说法中正确的是A．这个实验说明功可以变成能B．这个实验说明做功可以改变筒内空气的内能C．用厚有机玻璃做筒和迅速压缩都是为了保证该过程为绝热过程D．活塞向下迅速压缩过程，筒内空气的分子平均动能和分子势能都增大了7．下列说法中正确的是A．气体的温度升高，体积不变时，单位时间内撞击器壁单位面积的分子次数增加，每次撞击器壁时对器壁的平均作用力增大B．气体的温度升高，体积不变时，单位时间内撞击器壁单位面积的分子次数不变，每次撞击器壁时对器壁的平均作用力增大C．气体的温度不变，体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子次数增大D．气体的温度不变，体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子次数不变8．若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积。下面四个关系式中正确的是A．AVNmB．AMNvC．AMmND．AVvN9．如图所示，描述了一颗布朗微粒受到周围液体分子撞击的情景。对布朗运动的下列各种解释中正确的是A．微粒越大，同时撞击它的液体分子越多，撞击的合力就越大，布朗运动越明显B．微粒越小，同时撞击它的液体分子越少，撞击作用的不平衡性越明显，布朗运动越明显C．液体温度越高，分子热运动越剧烈，对微粒的撞击力越接近平衡，布朗运动越不明显D．液体温度越高，分子热运动越剧烈，对微粒的撞击力越大，布朗运动越明显10．下列说法正确的是A．浸润液体在毛细管里能上升B．不浸润液体在毛细管里能下降C．在建筑房屋时，在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，这是为了增加毛细现象使地下水容易上升D．农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛细现象的发生11．下列说法正确的是A．固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质B．由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C．在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体D．在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变12．如图是某研究小组为了研究“鱼鳔的作用”所制作的装置,具体制作方法如下:在大号“可乐瓶”中注入半瓶水,在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气,将其装入“可乐瓶”中,通过在水中放盐改变水的密度后,使气球恰好悬浮于水中,并拧紧瓶盖,已知初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同(忽略瓶内和气球中空气的分子势能),外界气体温度恒定.当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时,下列说法正确的A．快速挤压时,瓶内气体的压强变大B．快速挤压时,瓶内气体的温度不变C．缓慢挤压时,气球内气体的体积不变D．缓慢挤压时,气球将下降二、实验题（本题共14分。第13小题4分；第14小题10分。）13．某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能的原因是A．油酸还未完全散开B．所用油酸溶液中含有大量酒精C．计算油膜面积时，将所有不足一格的方格都当作一个格来计算D．求每个液滴的体积时，1mL溶液的滴数误少记了10滴14．一定质量的理想气体,从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A,其体积V与温度T的关系如图所示.图中TA、VA和TD为已知量(1)从状态A到B,气体经历的是过程(填“等温”“等容”或“等压”);(2)从B到C的过程中,气体的内能(填“增大”“减小”或“不变”);(3)从C到D的过程中,气体对外(填“做正功”“做负功”或“不做功”),同时(填“吸热”或“放热”);(4)气体在状态D时的体积VD=三、计算题（本题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15．如图,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧上端与大气相通,下端开口处开关K关闭,A侧空气柱的长度为L=10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0cm.现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭.已知大气压强p0=75.0cmHg，外界气体温度保持恒定。（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度;（2）此后再向B侧注入水银,使A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长度.16．如图所示，有两个不计质量的薄活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是27°C．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm．现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0=1.0×105Pa，取重力加速度g=10m/s2.（1）求稳定后活塞N下部分气体的压强；（2）现通过加热丝对N下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，分别求稳定后活塞M与活塞N距离底部的高度．17．如图所示,一圆柱形气瓶水平放置,瓶内用活塞分为A、B两部分,分别装有理想气体，导热活塞与瓶内壁气密性好,并可在瓶内自由移动，不计摩擦.开始时，A、B两部分气体的体积之比为2∶1，压强均为p，大气温度为T,K为阀门.（1）当温度升高时,活塞将如何移动?（2）若因阀门封闭不严,B中气体向外缓慢漏气,活塞将缓慢移动,整个过程中气体温度不变,瓶口处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时,A中气体的压强多大?若此过程A中气体对外做功为W,则A中气体内能变化多少?18．如图甲所示,竖直放置的圆柱形气缸固定不动,内壁光滑,下端与大气相连,A、B两活塞的面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2,它们通过一条细绳连接,活塞B又与另一条细绳连接,绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接。已知A、B两活塞的质量分别为mA=2mB=1kg,当活塞静止时,气缸中理想气体压强p1=1.2×105Pa,温度T1=800K,活塞A距地面的高度为L=10cm,上、下气缸内气体的长度分别为2L、L,大气压强为p0=1×105Pa,上气缸足够长,重力加速度g=10m/s2。(1)求重物C的质量M;(2)缓慢降低气缸内气体的温度直至210K,请在如图乙所示的p-V图上画出缸内气体状态变化的图线,并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度。p/(105Pa)V/cm3O图乙2018—2019学年第二学期高二第二次月考物理试题答案一．选择题123456789101112BADCABBCACACBDABDABCAD二．实验填空题13.AD14.(1)等容(2)不变(3)做负功放热(4)DAATVT15．解:（1）以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度时压强为p,当两侧的水银面的高度差为时,空气柱的长度为,压强为,由玻意耳定律,有:①由力学平衡条件,有:②打开开关放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为P0,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,B、A两侧水银面的高度差也随着减小,直至B侧水银面低于A侧水银面为止,由力学平衡条件,有:③联立①②③,并代入题目数据,有:④（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时,设A侧空气柱的长度为,压强为,由玻意耳定律,有:⑤由力学平衡条件有:⑥联立②⑤⑥式,并代入题目数据,有:⑦设注入水银在管内的长度为,根据题意,有:⑧联立④⑦⑧式,并代入题目数据,有:16.解①对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：…………②对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：得：h2=20cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：得：L=7.5cm故此时活塞M距离底端的距离为H2=20+7.5=27.5cm17.解①假设温度升高时,活塞不动,设A部分气体开始时温度为T0,升高后的温度为T1,则101ppTT得到p1=10TTp.同理可得B中气体压强也为10TTp,由于两边压强总是相等,假设成立.因此,温度升高过程,活塞并不移动.②对A中气体:由玻意耳定律有pV=pA×1.25V解得:pA=0.8p由于A中气体发生的是等温变化,因此气体的内能不变.18.设活塞A、B间的细绳张力为T,则对活塞A、B受力分析有p1SA+mAg=p0SA+Tp0SB+mBg+T=p1SB+Mg联立解得M=3.5kg(2)刚开始降温时气缸内气体做等压变化,活塞A、B均向上缓慢运动,直到A不能再上升,设此时气体温度为T2,则由盖-吕萨克定律,有,解得T2=600K210K此后气体再降温时,A、B间细绳张力逐渐减小至零,气体做等容变化.设细绳张力为零时,气体压强为p2,温度为T3,则此时对活塞B受力分析,有Mg+p2SB=p0SB+mBg解得p2=7×104Pa由查理定律,有解得T3=350K210K之后气体做等压变化,活塞A不动,活塞B下降,设B与A距离为x时,温度变化为T4=210K,由盖-吕萨克定律,有解得x=18cm故B离地面的高度为H=2L+x=38cm气缸内气体状态变化的图线如图所示。