【文档说明】吉林省松原市扶余市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 【精准解析】.doc，共(14)页，807.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，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.图示是氧气分子在0℃和

100℃下的速率分布图线，由图可知（）A.随着温度升高，氧气分子的平均速率变小B.随着温度升高，每一个氧分子的速率都增大C.随着温度升高，氧气分子中速率小的分子所占比例增大D.同一温度下，氧气分子速率分布呈现“中间多、两头少”的规律【答案】D【解析】【详解】AB．温度升高使得氧气分

子的平均速率增大，不一定每一个氧气分子的速率都增大，故AB错误；CD．温度越高，中等速率大的氧气分子数所占的比例大，同一温度下，氧气分子速率分布呈现“中间多，两头少”的规律，故C错误，D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.一个物体的机械能可能为零、但内能不可能为零B.质

量相同、温度也相同的物体具有相同的内能C.温度越高、运动速度越大的物体，其内能一定越大D.0℃的冰比等质量的0℃的水的内能大【答案】A【解析】【详解】A．物体的机械能由动能和势能组成，动能和势能都可能为

0，机械能可能为0，内能由分子动能和分子势能组成，分子动能不可能为零，所以内能不可能为零，A正确；B．质量相同、温度也相同的物体，分子平均动能相同，但内能与物质的量，物体状态等因素有关，B错误；C．温度越高、运动速度越大的物体，其内能不一定大，因为内能与分子动能和势能有关，C错误；D．0℃

的冰熔化成等质量的0℃的水需要吸收热量，因此此时水的内能大于冰的内能，D错误。故选A。3.美国科学家创造出一种利用细菌将太阳能转化为液体燃料的“人造树叶”系统，使太阳取代石油成为可能。假设该“人造树叶”工作一段时间后，能将51

0g−的水分解为氢气和氧气。已知水的摩尔质量21.810kg/molM−=，阿伏加德罗常数231A6.0210molN−=，则被分解的水中含有水分子的总数约为（）A.163.3410个B.173.

3410个C.183.3410个D.193.3410个【答案】B【解析】【详解】含有水分子数238172106.02103.34101.810AmNNM−−＝＝＝个故选B。4.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图.图中记录的是()A.分子无规

则运动的情况B.某个微粒做布朗运动的轨迹C.某个微粒做布朗运动的速度—时间图线D.按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线【答案】D【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A项错误．B．布朗运动既然是无

规则运动，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B项错误．C．对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度﹣时间图线，故C项错误．D．任意两点间的

位置的连线，故D项正确．5.如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是()A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B.曲线M的bc段表示固液共存状态C.曲线M的ab段、曲线N的ef

段均表示固态D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态【答案】B【解析】【详解】A．晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，故A错误。B．晶体是在固定的温度下熔化为液体，而非晶体是随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体，则bc段表示晶体的固

液共存状态，故B正确。C．曲线M的ab段表示固态。由于非晶体没有一定熔点逐步熔化，曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，晶体只要吸热，熔化过程就进行，所以曲线N的ef段不表示固态，故C错误。D．曲线M的cd段表示液态。曲线N的fg段不表示液态，故D错误。故选B。6.下列说

法中正确的是（）A.气体对器壁的压强在数值上等于气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.气体压强是由气体分子间的相互排斥而产生的C.气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D.单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大【答案】A【解

析】【分析】【详解】AB．由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强。根据压强的定义得压强等于作用力比上受力面积，即气体对器壁的压强就是

大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。故A正确，B错误；C．气体压强与温度和体积有关。气体分子热运动的平均动能减少，即温度减小，但是如果气体体积也在减小，分子越密集，气体的压强不一定减小，故C错误；D．单位体积的气体分子数增加，分子越密集，但是如果

温度降低，分子热运动的平均动能减少，气体的压强不一定增大，故D错误；故选：A。【点睛】7.一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体（）A.状态b的压强大于状态c的压强B.状态a的压强大于状态b的压强C.从状态c到状态d，体积减小D.从状态a到状态c，温度不变

【答案】A【解析】【详解】AB．分别过abcd四个点作出等压变化线，如下图所示；保持体积不变，温度越高，则压强越大可知，在vT−图象中，倾角越大，压强越小，所以adcbPPPP，故A正确，B错误；C．由图象可知，状态c到状态d体积增大，故C

错误；D．从状态a到状态c，温度升高，故D错误；8.在一绕地球运转的载人航天空间站内，一只玻璃烧杯中盛有少许水银，下列图中能表示水银在烧杯中呈现的形状是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】因为水银不浸润玻璃，所以在完全失重的情况下，

水银的形状只由表面张力决定。在表面张力作用下水银的表面要收缩至最小，所以最终水银成球形，故ABC错误，D正确。故选D。9.图示为电冰箱的工作原理示意图，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液

化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是（）A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B.电冰箱消耗电能，其制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，在室内打开冰箱门并不能起到制冷的效果C.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D.电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律【

答案】BD【解析】【详解】ABD．由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温物体传到高温物体，需要压缩机的帮助并消耗了电能，电冰箱的工作原理不违反热力学第

二定律，BD正确，A错误。C．热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化或内能转移的规律，是能量的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，所以电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律，故C错误。故选BD。10.甲、乙两个分子相距较远时，它们之间的分子力为零，

当它们从相距较远逐渐接近到不能再接近的全过程中，关于分子力大小的变化和分子势能大小的变化情况，下列说法正确的是（）A.分子力先增大，后减小B.分子力先增大，再减小，后又增大C.分子势能先减小，再增大，后又减小D.分子势能先减小，后增大【答案】BD

【解析】【详解】分子间距大于0r，分子力为引力，随距离的减小，引力先增大后逐渐减小；分子间距小于0r，分子力为斥力，随距离的减小，分子斥力增大。分子间距大于0r，分子力为引力，因此引力做正功使分子动能逐渐增大，分子势能逐渐减小；分子间距小于0r，分子力为斥力，因此斥力做负功使分子动

能逐渐减小，分子势能逐渐增大，故分子势能先减小后增大，故AC错误，BD正确。故选BD。11.如图所示，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则易拉罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气（可视为理想气体）（）

A.内能增大B.分子间的平均距离减小C.向外界放热D.对外界做正功【答案】BC【解析】【详解】A．恒温游泳池可知气体温度不变，理想气体内能只与温度有关，A错误；B．易拉罐在水中缓慢下降过程中，气体压强变大，气体温度不变，可知气体体积减小，所以分子

间的平均距离减小，B正确；C．气体内能不变，=0U，体积减小0W，气体对外界做负功，由热力学第一定律=UWQ+可知气体向外界放热，C正确，D错误。故选BC。12.一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c，

如图甲所示，则图中有可能正确反映出这一变化过程的（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】状态a到b的过程，体积不变，温度升高，压强升高，状态b到c温度不变，压强减小，体积增大，B正确，C正确，A错误，D错误。故选BC。二、实验题（本题共2小题，每空3分，共12分）13.在“用油膜

法估测分子的大小”实验中，用注射器将一滴油酸溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示。坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油酸膜的面积是_____2m；若一滴油酸酒精溶

液中含有纯油酸的体积是6410mL−，则油酸分子的直径是_____m。（上述结果均保留一位有效数字）【答案】(1).3810−(2).10510−【解析】【详解】[1]在围成的方格中，不足半个舍去，多于半个的算

一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为3223280(1010)m810mS−−==[2]油酸分子直径为6610341010510m810VdS−−−−===14.(1)“用油膜法估测分子的

大小”实验的简要步骤如下：①将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数（不足半个的舍去，多于半个的算一个），再根据方格的边长求出油膜的面积S。②将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板

上。③用浅盘装入约2cm深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上。④用公式VDS=求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小。⑤根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V。⑥用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数。上

述实验步骤的合理顺序是_____⑤④。(2)步骤②中滴入浅盘中的油酸酒精溶液所含的纯油酸的体积为65.010mL−，将浅盘平放在方格边长为1cm的坐标纸上，画出水面上散开的油膜轮廓，若得到油膜面积为2120cm，则此油酸分子直径为_____m。（结果保留两位有效数字）【答案】(1).⑥

③②①(2).104.210−【解析】【详解】(1)[1]实验步骤为：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放

在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径；故正确的顺序为：⑥③②①⑤④。(2)[2]油酸分子的直径6381025.010cm=4.210cm4.210m120cmVdS−−−===三、计算题（本题共3

小题，共40分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示为一定质量的理想气体从状态A经B、C、D再回到A的pV−图象。(1)试分析AB、BC、CD、DA分别是什么过程？(2)若

已知在状态A时气体温度为150K，分别求出在状态B、C、D时的温度，并把此图改画为pT−图像。【答案】(1)见解析；(2)450KBT=，900KDCTT==，【解析】【详解】(1)AB过程是等容升压升温，BC过程是等压增容升温即等压膨胀，CD过程是等温减压增容

即等温膨胀，DA过程是等压减容降温即等压压缩。(2)由图可知A到B等容过程，则由ABABppTT=解得450KBT=B到C等压过程，由CBCBVVTT=解得900KCT=C到D等温过程，则900KDCTT==CCDDVppV=解得13DCpp=所改画的pV−图如图所示16.如

图所示，竖直放置的汽缸内有一个质量m=6.8kg、横截面积S=0.01m2的活塞，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为80cm的气柱（U形管内的气体体积不计）。已知此时缸内气体

温度为27℃，大气压强501.010p=Pa，水银的密度3213.610kg/m=，重力加速度g取10m/s2。(1)求此时汽缸内气体的压强；(2)若汽缸内气体温度缓慢升到87C，此过程气体吸收了350J的热量，求汽缸内气体内能的变化；(3)若汽缸内气体温度

升到87C后保持不变，在活塞上缓慢添加沙粒，使活塞回到原来位置，求最终U形管内水银面的高度差。【答案】(1)511.06810p=Pa；(2)△U=179.12J；(3)h=20.7cm【解析】【详解】(1)对活塞进行受力分析，根据力的平衡有01pSmgpS+=解得511.0

6810p=Pa(2)活塞上升过程，气体的压强不变，设温度为87℃时，气柱高度为l2，根据等压变化规律有1212lSlSTT=其中T1=300K，T2=360K，解得296l=cm气体对活塞做功()21170.88JWpVpllS==−=根据热力学第一定律UWQ=+，代

入数据解得△U=179.12J(3)当活塞回到原来位置，汽缸内气体的体积不变，根据等容变化规律有1212ppTT=，并且20ppgh=+解得h=20.7cm17.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝100cm2.活塞与

水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.8.两物块间距为d＝10cm.开始时活塞距缸底L1＝10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105Pa，温度t1＝27℃.

现对汽缸内的气体缓慢加热，(g＝10m/s2)求：①物块A开始移动时，汽缸内的温度；②物块B开始移动时，汽缸内的温度．【答案】（1）450K（2）1200K【解析】【详解】①物块A开始移动前气体做等容变化，则有p2＝p0＋mgS＝1.5×10

5Pa由查理定律有1212ppTT=，解得T2＝21ppT1＝450K②物块A开始移动后，气体做等压变化，到A与B刚接触时p3＝p2＝1.5×105Pa；V3＝(L1＋d)S由盖—吕萨克定律有3232

VVTT=，解得T3＝32VVT2＝900K之后气体又做等容变化，设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4p4＝p0＋2mgS＝2.0×105Pa；V4＝V3由查理定律有3434ppTT=，解得：T4＝43ppT3＝1200K