宁夏自治区石嘴山市第三中学2020学年高二物理5月月考试题（含解析）.doc

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1、宁夏自治区石嘴山市第三中学2020学年高二物理5月月考试题（含解析） 一、单项选择题(本题共12小题，每小题3分，共36分)1.关于布朗运动，下列说法中正确的是A. 布朗运动是微观粒子的运动，牛顿运动定律不再适用B. 布朗运动是液体分子无规则运动的反映C. 随着时间的推移，布朗运动逐渐变慢，最终停止D. 因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动【答案】B【解析】【分析】固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动.【详解】布朗运

2、动是悬浮在液体中粒子的运动，这些粒子不是微观粒子，牛顿运动定律仍适用，故A错误固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故B正确布朗运动是永不停息的，故C错误；布朗运动反映的是分子的热运动，其本身不是分子的热运动，故D错误故选B.【点睛】本题考查对布朗运动的理解布朗运动既不是颗粒分子运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映.2.如右图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x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，F0为斥力，F tDD. tD mD，按如图所示方式连接并保持平衡。现使A、B的温度都升高10 ，不计活塞及滑轮系统的质量和摩擦，

3、则系统重新平衡后( )A. C下降的高度比D下降的高度大B. C下降的高度比D下降的高度小C. C、D下降的高度一样大D. A、B汽缸内气体的最终压强与初始压强不相同【答案】A【解析】以活塞为研究对象，对活塞受力分析可知，在气体变化前后，活塞的受力是不变的，所以在温度升高前后气体的压强不变，所以D错误；封闭气体的压强：P=P0-，由于mCmD，所以PAPB，所以VAVB，根据可得： ，由于T和T相同，VAVB，所以VAVB，即C下降的比D下降的多，所以A正确，BC错误故选A点睛：本题的关键是分析气体的体积的变化情况，首先要分析出气体的压强是不变的，根据直接计算即可二、多项选择题(本题共6小题,

4、每题4分,共24分,选全得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分)13.下列说法中正确的是( )A. 在研究光电效应实验中所测得遏止电压与入射光的强度有关B. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的C. 放射性元素原子核的半衰期长短与原子所处的化学状态和外部条件有关D. 黑体辐射随着温度的升高，各种波长的辐射强度都在增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动【答案】BD【解析】【详解】A、根据光电效应方程，知遏止电压与入射光的频率、逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项A错误；B、衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，故选项B正确；C、原子核的半衰期由原子

5、核自身结构决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故选项C错误；D、黑体辐射，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都有增加，一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故选项D正确。14.下列说法中正确的是()A. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为+B. 铀核裂变的核反应是：+2C. 质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是D. 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大【答案】ACD【解析】【详解】A、卢瑟福通过粒子轰击氮原子核的实验发现了质子的核反应方程为，故选项A正确；

6、B、铀核裂变有多种裂变的方式，但是每一种都要有慢中子的参与，即反应方程的前面也要有中子，故核反应：，故选项B错误；C、质子、中子、粒子的质量分别为、，质子和中子结合成一个粒子，减小的质量是，根据质能方程得：释放的能量是，故选项C正确；D、氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中原子要吸收光子，能级增大，总能量增大，根据可知电子的动能减小，则原子的电势能增大，故选项D正确。15. 如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则 ( )A. 弯管左管内外水银面的高度差为hB. 若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大C. 若把弯管向下移

7、动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升D. 若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升【答案】ACD【解析】封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。【此处有视频，请去附件查看】16.如图所示为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，气体状态经历ABCA完成一次循环，A状态的温度为290K，下列说法正确的是( )A. AB的过程中，每个气体分子的动能都增加B. BC的过程中，气体温度先升高后降低C. CA的过程中，气体温度一定减小D

8、. B，C两个状态温度相同，均为580K【答案】BC【解析】【详解】AB的过程中，体积不变，压强变大，则温度升高，分子平均动能变大，但并非每个气体分子的动能都增加，选项A错误；BC两态的PV乘积相等，可知BC两态的温度相同，由数学知识可知，BC的过程中，PV乘积先增加后减小，则气体温度先升高后降低，选项B正确；CA的过程中，气体压强不变，体积减小，根据V/T=K可知则气体的温度一定减小，选项C正确；对AB两态，由查理定律：，即，解得TB=3290K=870K，则B、C两个状态温度相同，均为870K，选项D错误；故选BC.17.如图所示，竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的

9、质量为m，横截面积为S，缸内气柱高度为2h。现在活塞上缓慢添加砂粒加砂过程中气体温度保持不变，直至缸内气柱的高度变为h，然后再对气缸缓慢加热，以使缸内气体温度逐渐升高，让活塞恰好回到原来位置。已知大气压强为，环境温度恒为，重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦。下列说法正确的是( )A. 所添加砂粒的总质量为B. 所添加砂粒的总质量为C. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为D. 活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为【答案】AD【解析】【详解】AB.初态气体压强：，添加沙粒后气体压强：对气体用波意尔定律得：，解得，A正确B错误CD.设活塞回到原来位置时气体温度为，该过程为等压变化，有，解得，C错

10、误D正确18.如图所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=10-3m2，活塞的质量为m=2kg，厚度不计。在A. B两处设有限制装置，使活塞只能在A.B之间运动，B下方汽缸的容积为1.010-3m3 ，A、B之间的容积为2.010-4m3，外界大气压强P0=1.0105Pa.开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9P0，温度为27。现缓慢加热缸内气体，下列说法正确的是( )A. 活塞刚离开B处时气体的压强P1=1.2105PaB. 活塞刚离开B处时气体的温度是127C. 活塞刚到A处时气体温度时500KD. 现缓慢加热缸内气体，直至327，气缸内气体压强是P2=1.5105Pa【答案】A

11、BD【解析】【详解】AB、活塞刚离开处时，气体压强，气体等容变化，根据查理定律则有，代入数据解得，故选项A、B正确；C、活塞刚移动到处，由理想气体状态方程：，代入数据解得，故选项C错误；理想气体状态方程：D、现缓慢加热缸内气体，由理想气体状态方程：，代入数据解得，故选项D正确。三、实验题19.（1）在用油膜法估测分子大小的实验中，已知纯油酸的摩尔质量为M，密度为，一滴油酸溶液中含纯油酸的质量为m，一滴油酸溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积为S，阿伏加德罗常数为NA。以上各量均采用国际单位制，对于油酸分子的直径和分子数量有如下判断：油酸分子直径d= 油酸分子直径d=一滴油酸溶液中所含油

12、酸分子数n=一滴油酸溶液中所含油酸分子数n=以上判断正确的是_(2)有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图象(如图所示).则如下的有关他们的说法，不正确的是（ ）A. 若甲研究的是查理定律，则他作的图象可能是图aB. 若乙研究是玻意耳定律，则他作的图象是图bC. 若丙研究的是查理定律，则他作的图象可能是图cD. 若丁研究的是盖-吕萨克定律，则他作的图象是图d【答案】 (1). (2). C【解析】【详解】解：(1)由纯油酸的质量与密度的关系可得一滴油酸溶液中含纯油酸的体积为，由所形成油膜面积可得纯油酸分子的直径为，联立可得； 一滴油酸溶液中含有纯油酸的摩尔数为

13、，一滴油酸溶液中含有纯油酸分子个数，由此分析可知故正确，错误；(2) AC、查理定律研究的是等容变化，压强与温度成正比，且过坐标原点，故选项A正确，C错误；B、波意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故选项B正确；D、盖吕萨克定律研究的是等压变化，体积与温度成正比，且过坐标原点，故选项D正确；不正确的是选选项C。四、计算题(共5小题，共52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)20.如图所示，竖直放置的U形管，左端封闭右端开口，管内水银将长19cm的空气柱封在左管内，此时两管内水银面的高度差为4cm，大气压

14、强为标准大气压75cmHg。现向右管内再注入水银，使空气柱长度减少1cm，若温度保持不变，则需注入水银柱的长度为多少?【答案】14.4cm【解析】【详解】设管的面积为S，开始时空气柱长度为，压强为， 后来空气柱长度为，压强为P2，由等温变化可知，即解得：即左、右两管的高度差应为0.1cm，所以注入的水银长度应为（5-0.1）cm=4.9cm。21.一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p-T图象甲所示若气体在状态A的温度为73.15，在状态C的体积为0.6 m3.求：(1)状态A的热力学温度；(2)说出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；(

15、3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V-T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程【答案】(1) TA200K (2)VA0.4m3 (3) VT图象如图所示:【解析】【分析】(1)根据摄氏温度与热力学温度间的关系求出热力学温度(2)根据图示图象求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体的体积(3)求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体体积，再作出图示【详解】(1)状态A的热力学温度：TA=t+273.15=-73.15+273.15=200（K）(2)由图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程对A至C，由理想

16、气体状态方程有：解得：(3)由盖吕萨克定律：解得：因为B至C为等容过程，所以VC=VB=0.6m3，图象如图所示【点睛】本题考查了求气体的温度与体积、作图象等问题，分析清楚气体状态变化过程、根据图象求出气体的状态参量、应用气体状态方程即可正确解题22.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直.轨道底端距水平地面的高度h=0.8m，从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m.忽略空气阻力，重力加速度g=10m

17、/s2.求：(1)两球从B点飞出时的速度大小V2；(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小V1；(3)从A到B的过程中小球克服阻力做的功Wf【答案】（1）1m/s （2）2m/s （3）0.6J【解析】（1）从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得： 代入数据得：v1=4m/s（2）两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：竖直方向上有：h gt2代入数据解得：t=0.4s水平方向上有：x=v2t代入数据解得：v2=1m/s（3）两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2解得：m=3m=30.1=0.3kg碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：FN(m+m)g(m+m

18、) 代入数据得：FN=4.5N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5N，方向竖直向下23.如图所示， 一密闭的截面积为S的圆筒形汽缸，高为H，中间有一薄活塞， 用一劲度系数为k的轻弹簧吊着，活塞重为G，与汽缸紧密接触不导热，若、气体是同种气体，且质量、温度、压强都相同时，活塞恰好位于汽缸的正中央，设活塞与汽缸壁间的摩擦可不计，汽缸内初始压强为P0=1.0105Pa，温度为T0， 求：弹簧原长如果将汽缸倒置， 保持汽缸部分的温度不变，使汽缸部分升温，使得活塞在汽缸内的位置不变，则汽缸部分气体的温度升高多少?【答案】(1) ；(2) 【解析】【详解】解：(1)对活塞受力分析，活塞上下气体的

19、压力大小等，还有向下的重力和向上的弹簧的弹力，所以：所以弹簧的伸长：此时弹簧的长度为：所以弹簧的原长为：(2)活塞位置不变，那么气体的体积就不变，此时活塞还要处于受平衡的状态，那么对于部分的气体压强：对于部分的气体，根据代入解得：所以汽缸部分气体的温度要升高24.如图所示，一质量M2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边有竖直墙壁。现有一小物体A(可视为质点)质量m1 kg，以速度v06 m/s从B的左端水平滑上B，已知A和B间的动摩擦因数0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失，若B的右端距墙壁x4 m，要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少多长？【答案】若A、B最终不脱离，则木板的最小长度为8.67 m.【解析】设A滑上B后达到共同速度前并未碰到墙壁，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为v，有 ，解得v2 m/s在这一过程中，B的位移为sB，由动能定理有 ，解得sB2 m当s4 m时，A、B达到共同速度v2 m/s后再匀速向前运动2 m碰到墙壁，B碰到竖直墙壁后，根据动量守恒定律得A、B最后相对静止时的速度为v，则 ，解得vm/s整个过程中，A、B的相对位移为s1，根据动能定理，得，解得s18.67 m因此，若A、B最终不脱离，则木板的最小长度为8.67 m.