【文档说明】【精准解析】陕西省宝鸡中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题.doc，共(17)页，695.000 KB，由小赞的店铺上传

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宝鸡中学2018级高二第二学期期中考试试题物理第Ⅰ卷（共55分）一、单项选择题（每小题3分，共30分）1.如图所示，关于布朗运动的实验，下列说法正确的是()A.上图记录的是分子无规则运动的情况B.上图记录的是微粒做布朗运动的轨迹C.实验中可以看到，微粒越大，布朗运动

越明显D.实验中可以看到，温度越高，布朗运动越激烈【答案】D【解析】【详解】AB．图中记录的微粒每隔一定时间的位置，并不是微粒做布朗运动的轨迹，更不是分子运动的轨迹，故AB错误；C．微粒越大，表面积越

大，同一时刻撞击微粒的液体分子越多，冲力越平衡，合力越小，布朗运动越不明显，故C错误．D．实验中，温度越高，液体分子运动越激烈，使得布朗运动也越激烈，故D正确．故选D.2.随着世界经济的快速发展，能源短缺问题日显突出，油价的不断攀升，已对各国人民的日常生活造成了各种影响，

如排长队等待加油的情景已经多次在世界各地发生，能源成为困扰世界经济发展的重大难题之一。下列有关能量转化的说法正确的是（）A.只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能B.满足能量守恒定律的

物理过程都能自发地进行C.可以直接利用空气中的内能，减少“温室效应”D.物体吸收热量，物体的内能可能减小【答案】D【解析】【详解】A．内燃机工作时，燃料不可能全部燃烧、尾气要带走部分热量、零件之间存在摩擦生热，发动机本身需要散热等等，使得发动机不可能将所有内能转化为机

械能，故A错误；B．由于能量的转移和转化具有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行故B错误；C．空气中的内能并不能直接被利用，如果需要利用，则需要热泵，例如空调，空气能热水器等，都需要热泵工作同时

消耗电能，引起了其他变化，故C错误；D．根据热力学第一定律，改变内能的方式有两种：做功和热传递，外界对物体做功，若物体同时向外放热，则物体的内能有可能减少，故D正确。故选D。3.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，甲分子对乙分子

的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为r轴上四个特定的位置。现把乙分子从a处静止释放，则（）A.乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B.乙分子从a到c做匀加速运动，到达c时速度最大C.乙分子在由a至d的过程中，

两分子的分子势能一直增加D.乙分子在由a至c的过程中，两分子的分子势能一直减小，到达c时分子势能最小【答案】D【解析】【详解】A．乙分子从ac→始终与甲分子体现引力作用，所以乙分子从ac→始终做加速运动，A错误；B.乙分子从ac→受到的引力为变力，

所以做变加速运动，到达c时速度最大，之后两分子之间体现斥力，速度减小，B错误；CD．乙分子在由a至c的过程中，引力做正功，分子势能一直减小，到达c时分子势能最小，之后斥力做负功，分子势能增大，C错误，D正确。故选D。4.在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡

，用烧热的针尖接触其上一点，蜡熔化的范围如图所示；另外甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图所示，则（）A.甲、乙是非晶体，丙是晶体B.甲、丙是非晶体，乙是晶体C.甲可能是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体D.甲可能是非晶体，乙是多晶体

，丙是单晶体【答案】C【解析】【详解】甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点，所以甲和丙为晶体，乙为非晶体，丙在导热性方面具有各向异性，所以丙是单晶体，甲不具备导热的各项异性，但可能在其他物理性质上具备各项异性，所以甲可能是单晶体也可能

是多晶体，ABD错误，C正确。故选C。5.如图所示，一个有活塞的密闭容器内盛有饱和水汽与少量的水，则可能发生的现象是（）A.温度保持不变，慢慢地推进活塞，由pVCT=可知容器内饱和汽压会增大B.温度保持不变，慢慢地拉出活塞，容器内饱和汽分子数不变C.不移动活塞而将容器放在沸水中，容器内压强不变

D.只要保持气体温度不变，水蒸气的饱和汽压就不变【答案】D【解析】【详解】A．温度不变，慢慢推进活塞，容器内的饱和汽压不变，A错误；B．温度不变，慢慢拉出活塞，水蒸发到空间中的的水分子更多，容器内饱和汽分子数增加，B错误；C．不移动活塞而将

容器放在沸水中，容器内水汽温度升高，压强增大，C错误；D．只要保持气体温度不变，水蒸气的饱和汽压就不变，D正确。故选D。6.一定质量的气体，在等温变化过程中，下列物理量发生变化的是（）A.分子的平均速率B.单位体积内的分子数C

.分子总数D.分子的平均动能【答案】B【解析】【详解】AD．气体温度不变，气体分子的平均动能一定，所以气体分子的平均速率一定，AD错误；BC．根据玻意尔定律pVC=可知等温变化过程中气体的体积发生变化，气体分子总数不变，

所以单位体积内的分子数会发生变化，B正确，C错误。故选B。7.A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插人水

银槽中（插入过程没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是A.A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B.B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C.A和B中水银

体积保持不变，故内能增量相同D.A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同【答案】B【解析】选B.由于水银与外界没有热交换，大气压力对水银做功，一部分转化为水银的重力势能，一部分转化为水银的内能，两种情况下管中进入的水银量

相等，故大气将槽中水银面向下压的距离相等，因此大气压力做功相等，图A管中水银的重力势能比图B的大，因此A中水银的内能增量比B中小，B正确．8.如图所示，活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊放在地上，汽缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，

活塞截面积为S，大气压强为p0，则（）A.汽缸内空气的压强等于0pmgS−B.内、外空气对缸套的作用力为(M＋m)gC.内、外空气对活塞的作用力为mgD.弹簧对活塞的作用力为(M＋m)g【答案】D【解析】【详解】A．以缸套为研究对象，根据平衡条件可知

0pSMgpS+=汽缸内气体压强为0MgppS=+A错误；BC．缸套受力平衡，所以内、外空气对缸套的作用力与缸套的重力等大反向，大小为Mg，则内、外空气对活塞的作用力为Mg，BC错误；D．将活塞和缸套作为系统整体受力分析可知，弹簧的弹力与

系统的重力相等，即弹簧对活塞的作用力大小为()Mmg+，D正确。故选D。9.一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，管中封闭一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是（）A.玻璃管内气体体积增大B管内外水银面高度差减小C.若将玻璃管倾斜，保持管的

上端高度不变，管内外水银面高度差h减小D.若将玻璃管倾斜，保持管内水银柱长度不变，管内外水银面高度差h减小【答案】C【解析】【详解】AB．玻璃管开始受力平衡mggSh=压强满足0pph=+施加外力向下压玻璃管，则h增大，管内外水银液面高度差增加，所

以内部气体压强p增大，根据玻意尔定律pVC=可知玻璃管中的气体体积减小，AB错误；C．若将玻璃管倾斜，保持管的上端高度不变，管内气体体积增大，根据玻意尔定律pVC=可知玻璃管中气体压强减小，所以h减小，C正确；D．若将玻璃管倾斜

，保持管内水银柱长度不变，但是发生倾斜，则气体压强不变，P=P0+h，所以h不变，D错误。故选C。10.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后（）A.右侧水银

面高度差h1增大B.空气柱B的长度减小C.空气柱B的压强增大D.左侧水银面高度差h2减小【答案】D【解析】【详解】保持温度不变，B中气体压强满足01pph=+02pph=+从右管注入水银，则B气体受到挤压，

假设B体积减小，根据玻意尔定律pVC=可知B气体压强增大，则1h和2h均增大，不符合事实，所以B体积增大压强减小，1h和2h均减小，A中水银竖直部分受到挤压向上移动，符合事实，ABC错误，D正确。故选D。二．多项选择题（每小题5分，共25分，全部选对的得5分

，选对但不全的得3分，有选错的得0分）11.关于分子间作用力的说法，正确的是（）A.分子间同时存在着引力和斥力，实际表现出来的分子力是其合力B.分子间距离增大时，引力和斥力都增加，但斥力比引力增加得快C.当分子间距的数量级大于10－9m时，分子

力已微弱到可以忽略D.当分子间距离d=r0时，引力和斥力均为零【答案】AC【解析】【详解】AB．根据分子间作用力与分子间距离的关系图像可知分子间同时存在着引力和斥力，实际表现出来的分子力是其合力，A正确；B．分子间距离增大时，引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快，B

错误；C．当分子间距的数量级大于0910m10r−=时，分子间作用力几乎为0，分子力已微弱到可以忽略，C正确；D．当分子间距离d=r0时，引力和斥力不为零，二者等大反向，表现的合力为0，D错误。故选AC。12.对下列现象的成因解释正确的是（）A.小木块能够浮于水面上是液体表面

张力与其重力平衡的结果B.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果C.喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果D.锋利的玻璃片，用酒精灯烧一段时间后变钝了是表面张力作用的结果【答案】CD【解析】【详解】A．小木块能够浮于水面上是木块的重力与

浮力平衡的结果，A错误；B．缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的表面张力平衡的结果，B错误；C．喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠是表面张力作用，使水滴表面收缩，因为相同的体积下球的表面积最小，所以形成小水珠，C正确；D．锋利的玻璃片，用酒精灯烧一段时间融化后由于表面张力的作用，使液体表面收缩

，所以锋利的玻璃片变钝了，D正确。故选CD。13.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。由此可估算得（）A.地球大气层空气分子总数为20A4RpNMgB.地球

大气层空气分子总数为20A2RpNMgC.空气分子之间的平均距离为3A02MghNpD.空气分子之间的平均距离为30AMghpN【答案】AD【解析】【详解】AB．大气中的压强由大气的质量产生，即2004mgpSpR==则地球大气层空气分子总数为20AA4RpNmNNMMg

==A正确，B错误；CD．大气的体积为24VRh=则气体分子之间的距离为3A30MgdNhVpN==C错误，D正确。故选AD。14.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT−图像如图所示，下列判断正确的是（）

A.过程ab中气体一定吸热B.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热量C.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小D.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【答案】ACD【解析】【详解】A．根据理想气体状态方程

pVCT=可知abVV=根据热力学第一定律UQW=+可知0W=，气体ab→温度升高，0U，所以0Q，所以气体一定吸热，A正确；B．根据理想气体状态方程pVCT=可知caVVca→气体体积减小，0W，温度降低，0U，所以气体放出热量一定大于气体对外界做的功，B错误；C．a

、b和c三个状态中，状态a的温度最低，所以状态a分子的平均动能最小，C正确；D．b和c两个状态中，气体温度相同，体积不同，所以容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，D正确。故选ACD。15.如图所示，一根内径均匀，一端封

闭，另一端开口的直玻璃管，长l=1m，用一段长h=14cm的水银柱封闭了长l0=60cm的气体。这时外部的大气压p0=76cmHg，气体温度t0=27°C，给气体缓慢加热，使液柱上升到管口时，气体温度为T1，继续加热至温度为T2后停止加热，液柱会自行全部离开玻璃管，

则（）A.T1=430KB.T1=38.7℃C.T2=430.22KD.T2无法确定【答案】AC【解析】【详解】当气体加热到一定温度时，水银溢出一部分，此时管内水银长度为x，根据理想气体状态方程可知0000(

)()()phlpxlxTT++−=剩余水银长度满足0pxlx+=−此时0()()pxlx+−最大，对应温度升至最高，此后管内气体做等温膨胀，将剩余的水银挤出，所以010076cm12cm22lpx−−===对应温度430.22K43

0KT=（或157.22C157Ct=）AC正确，BD错误。故选AC。第Ⅱ卷（共45分）三、填空题（每空2分，共20分）16.“用油膜法估测分子的大小”实验的方法及步骤如下：①向体积V油=3mL的油酸中加入酒精，直至总量

达到V总=5000mL；②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=75滴时，测得其体积恰好是V0=1mL；③先往边长为30~40cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将_____均匀地撒在水面上；④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准

备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长l=1cm。根据以上信息，回答下列问题：(1)步骤③中应填写：_

___________。(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL。（取一位有效数字）(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________m。（取一位有效数字）【答案】(1).痱子粉或细石膏粉(2).8×10－6(

3).7×10－10【解析】【详解】(1)[1]将痱子粉或细石膏粉均匀地洒在水面上，能够较好的显示水分子油膜的形状。(2)[2]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是6013mL810mL755000V−==(3)[3]油酸膜的面积约为2211511cm115cmS==估测出油酸分子

直径约为6100810cm710m115VdS−−==17.如图所示，甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银，丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0=76cmHg，（p0=1.01×105Pa，g取10

m/s2，ρ水=1×103kg/m3），则以下四幅图中封闭气体A的压强p甲=________，p乙=________，p丙=________，p丁=________。【答案】(1).66cmHg(2).71cmHg(3).81cmHg(4).1.05×105Pa【解析】【详解】[

1]甲图中以10cm高的水银柱为研究对象可知010cmHg66cmHgpp=−=甲[2]乙图中010cmHgsin3071cmHgpp=−=乙[3]丙图中B气体的压强B010cmHg86cmHgpp=+=则A气体压强B5cmHg=81cmHgpp=−丙[4]丁图中气体压强为05(

1.2m0a..810510Pm)ppg=−+=丁水18.如图所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和汽缸导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸开口始终向上。在室温为27°C时，活塞距汽缸底部距离h1=10cm

，后将汽缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1atm，则：(1)在冰水混合物中，活塞距汽缸底部距离h2=________cm。(2)此过程中气体内能________（选填“增大”或“减小”），气体将________（选填“吸热”或“放热”）。【答案】(

1).9.1(2).减小(3).放热【解析】【详解】(1)[1]汽缸内气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得1212hhTT=其中1300KT=，解得29.1cmh=(2)[2]温度降低，理想气体内能减小，即0U。[3]气体体积减小，外界对气体做功，0

W，根据热力学第一定律UQW=+可知0Q，即气体将放热。四．计算题（本大题共3小题，18题8分，19题6分，20题11分，共25分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，有数字计算的写出

明确的数字和单位）19.某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的p-t图象。已知在状态B时气体的体积VB＝6L，求：(1)气体在状态A的压强；(2)气体在状态C的体积。【答案】(1)0

.75atm；(2)4L【解析】【详解】(1)由图象可知TB＝(273＋91)K＝364KpB＝1atmTA＝273KB到A过程为等容过程，由查理定律得AApT＝BBpT所以pA＝BABpTT＝1273364atm＝0.75atm(2)由图示图象可知pC＝1.5atmB到C过程是等温变化，

已知VB＝6L，由玻意耳定律得pBVB＝pCVC所以VC＝BBCpVp＝161.5L＝4L20.如图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为24cm，现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱内长度变为2cm，人对活塞做功100J，大

气压强为p0＝1×105Pa，不计活塞重力。问：(1)若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强多大；(2)若以适当的速度压缩气体，气体向外散失的热量为20J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1cm2)【答案】(1)1.2×106Pa

；(2)82.2J【解析】【详解】(1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝24cm，L＝2cm，V0＝L0S，V＝LS，缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得p0V0＝pV解得p＝1.2×106

Pa(2)大气压力对活塞做功W1＝p0S(L0－L)＝2.2J人对活塞做功W2＝100J由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W2＋Q将Q＝－20J代入解得ΔU＝82.2J21.如图所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为

2h的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出.已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(室内温度不变)(1)求室内温度.(2)在室

内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.【答案】(1)0012ghTp+(2)00232pghpgh++【解析】【详解】(1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，喷雾器移到室内一段时间后，

封闭气体的压强p1＝p0＋ρg·2h，V0＝S·2h气体做等容变化：00pT012hpgT+=解得：T1＝0012ghTp+(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2，体积为V2＝hS.此气体

经等温变化，压强为p1时，体积为V3则p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2即(p0＋ρg·2h)V3＝(p0＋ρgh)hS同温度下同种气体的质量比等于体积比，设充入气体的质量为Δm则3000VVmmV−=代入得0mm＝00232pghpgh++