2021-2022学年江西省宜春市铜鼓中学高二（下）第二次月考物理试题（非实验班）含解析

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铜鼓中学2021-2022学年第二学期高二二考物理试卷一、选择题（共44分，1-9单选，10-11多选）1. 关于分子动理论，下列说法正确的是（　　）A. 图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉B. 图乙为水中炭粒运动位置的连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹C. 图丙为分子力与分子间距的关系图，分子间距从增大时，分子力先变小后变大D. 图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高【答案】D【解析】【详解】A.实验中应先撒痱子粉，油酸滴在痱子粉上，测油酸展开的面积，故A错误；B.图中所示位置是不同时刻炭粒的位置，无法表示炭粒的运动轨迹，故B错误；C.图中r0是分子力等于零的位置，从图像可知，分子间距从增大时，分子力先增大后减小，故C错误；D.根据分子运动速率分布图像可知，温度越高分子热运动越剧烈，故D正确。故选D。2. 下列说法正确的是（　　）A. 一定质量的0℃冰熔化成0℃水，其分子势能减少B. 脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C. 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D. 恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，外界对气体做功，放出热量【答案】B【解析】【详解】A．一定质量的0℃冰熔化成0℃水，水吸收热量，内能增大，而温度不变，则分子平均动能不变，所以其分子势能增大，故A错误；B．油脂与水表现为不浸润，脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故B正确；C．烧热针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母的导热性存在各向异性，即云母是晶体，故C错误；D．恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体温度不变，内能不变，气体压强减小，根据玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故D错误。故选B。3. 用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（　　）
 A. 体积减小，内能不变B. 体积减小，压强减小C. 对外界做负功，内能增大D. 对外界做正功，压强减小【答案】C【解析】【详解】充气袋四周被挤压时，袋内气体的体积减小，压强变大，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，Q=0，则，内能变大。故选C。4. 一定质量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程回到原状态，其p-T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是（　　） A. 过程da中气体一定放热B. 过程ab中气体既不吸热也不放热C. 过程bc中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D. 气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能【答案】D【解析】【详解】A．da过程中，温度升高，则内能增大根据热力学第一定律可知温度升高，压强不变，则体积减小，外界对气体做正功即的状态不确定，A错误；B．ab过程中温度不变，内能不变 根据热力学第一定律可知所以气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，B错误；C．过程bc温度减小，则内能减小又压强不变，则体积减小，外界对气体做正功因为且即外界对气体做的功大于气体所放出的热量，C错误；D．理想气体的内能只由温度决定，由图可知所以气体在状态a时内能大于它在状态c时的内能，D正确。故选D5. 若室内生起炉子后温度从7℃升高到47℃，而室内气压不变，则此时室内的空气质量减少了（　　）A. 11.5% B. 12.5% C. 14.3% D. 16.8%【答案】B【解析】【分析】【详解】根据盖吕萨克定理可知室内的空气质量减少了 故选B。6. 2018年11月21日消息，中科院合肥物质科学研究院核能安全所吴宜灿研究员获得了美国核学会聚变核能杰出成就奖。关于聚变与衰变、天然放射现象，下列说法正确的是（　　）A. 原子核核子间的距离接近到10－10m就会发生聚变反应B. Th衰变成Pb要经过6次α衰变和4次β衰变C. 天然放射现象中产生的α射线穿透能力很强且速度与光速相当D. β衰变是放射性元素原子的核外电子具有较高能量时发生的【答案】B【解析】【分析】【详解】A．要使原子核发生聚变反应，必须使核子间的距离接近到10－15m，A错误；B．设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有解得故衰变过程中要经过6次α衰变和4次β衰变，B正确；C．α射线是速度约为0.1c的氦核流，穿透能力弱，C错误；D．β衰变放出的电子来自原子核内部发生变化时的产物，D错误。故选B。7. 土壤和大气中含有放射性元素钋210，它可以通过根部吸收或表面吸附的途径进入植物的组织中，烟叶中含量较高．钋210可以通过吸烟的途径进入吸烟者体内，其半衰期为138天．8mg钋210经过414天后还剩下A. 4mg B. 2mg C. 1mg D. 0【答案】C【解析】【详解】钋210的半衰期是138天，经过414天后，即经过3个半衰期，剩余：没有发生衰变；故C正确，ABD错误．8. 氢原子的能级图如图所示，如果大量氢原子处在n =3能级的激发态，则下列说法正确的是A. 这群氢原子能辐射出3种不同频率的光子B. 波长最长的辐射光是氢原子从n =3能级跃迁到能级n =1能级产生的C. 辐射光子的最小能量为12.09 eVD. 处于该能级的氢原子至少需吸收13.6 eV能量的光子才能电离【答案】A【解析】【详解】这群氢原子能辐射出种不同频率的光子，选项A正确；波长最长的辐射光对应着能级差最小的，则是氢原子从n =3能级跃迁到能级n =2能级产生的，选项B错误；辐射光子的最小能量是从n=3到n=2的跃迁，能量为（-1.51）-（-3.4）=1.89 eV，选项C错误；处于该能级的氢原子至少需吸收1.51eV能量的光子才能电离，选项D错误.9. 如图，两端开口的U形管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使图中两侧水银面高度差h增大，应(    )A. 从左侧管口滴入水银B. 从右侧管口滴入水银C. 让气体升温D. 让气体降温【答案】B【解析】【详解】设右侧封闭气体上方水银柱高度为，以右侧管中封闭气体为研究对象，封闭气体的压强：要使图中两侧水银面高度差h增大，封闭气体的压强要增大．A．从左侧管口滴入水银，不变，封闭气体压强不变，两侧水银面高度差h不变．故A项错误．B．从右侧管口滴入水银，变大，封闭气体压强变大，两侧水银面高度差h变大．故B项正确．CD．改变气体温度，不变，封闭气体压强不变，两侧水银面高度差h不变．故CD项错误．10. 静止在匀强磁场中的U核发生α衰变，产生一个α粒子和一个未知的粒子X，它们在磁场中的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　）
 A. 该核反应方程为U→X＋HeB. α粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向相反C. 轨迹1、2分别是α粒子、X粒子的运动轨迹D. α粒子、X粒子运动轨迹半径之比为45∶1【答案】AD【解析】【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知该核反应方程为U→X＋He故A正确；CD．衰变过程动量守恒，且α粒子和X粒子初速度方向相反，所以α粒子和X粒子的动量大小相等。假设质量为m、电荷量为q的粒子在磁感应强度大小为B的匀强磁场中做速率为v、半径为R的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有解得由上式可知α粒子、X粒子运动轨迹半径之比为所以轨迹1、2分别是X粒子、α粒子的运动轨迹，故C错误，D正确；B．α粒子和X粒子均带正电，在轨迹切点处，α粒子速度向上，X粒子的速度向下，根据左手定则可知α粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向均为顺时针方向，故B错误。故选AD。11. 某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象．当用某一频率的光照射光电管的阴极时，会发生光电效应现象，电流计中有电流通过．闭合电键，在阳极和阴极之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰好为零，此时电压表的电压值称为反向截止电压．现用频率为的绿光照射阴极，测量到反向截止电压为，设电子电量为，普朗克常量为，则（   ）
 A. 逸出的光电子的最大初动能为B. 阴极的逸出功C. 如改用紫光照射，则光电子的最大初动能一定增大D. 如改用紫光照射，则阴极的逸出功一定增大【答案】ABC【解析】【详解】A、由于反向截止电压为，电子逸出后，根据动能定理可得，即逸出的电子的最大初动能为，故A正确；B、根据公式.可得，阴极K逸出功，由于，则逸出功，故B正确； C、由于紫光的频率大于绿光的频率，逸出功不变，根据公式可得改用紫光照射，光电子的最大初动能一定增加，故C正确；D、由于金属的逸出功由金属本身决定，与照射光的频率无关，所以改用紫光照射，则阴极K的逸出功不变，故D错误．二、非选择题（共18分，每空2分）12. 在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每溶液中有纯油酸，用注射器测得上述溶液有滴，把滴该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，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为.
 (1)下列有关该实验的说法正确的___________A．本实验也可直接将纯油酸滴水面上测量B．本实验将油膜看成单分子油膜C．本实验忽略了分子的间隙D．测量油膜面积时，由于不足一格的正方形面积无法估读，全部舍去(2)该实验中每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为___________；油酸膜的面积是___________；按以上实验数据估测出油酸分子的直径为___________（保留一位有效数字）。(3)油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，然后根据测量的数据算出分子直径，结果将___________ （偏大、偏小、不变）。【答案】    ①. BC    ②.     ③. 284##288##292    ④.     ⑤. 偏大【解析】【详解】(1)[1]A．本实验不可直接将纯油酸滴水面上测量，如果不稀释，则在水面形成的油膜不是单分子油膜，故A错误；BC．本实验将稀释的油酸在水面上尽可能的展开，形成单分子油膜，本实验忽略了分子的间隙，故BC正确；D．测量油膜面积时，多于半格按一格来计算，少于半格的舍去，故D错误。
故选BC；(2)[2]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积[3]根据“多于半格按一格来计算，少于半格的舍去”的方法，可以得到油膜所占格数为72格，则油酸膜的面积是[4]油酸分子的直径(3)[5]油酸酒精溶液滴入浅盘的水中后，迅速用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，这样油酸可能没有完全展开，使得测得的面积偏小，根据测量的数据算出分子直径，结果将偏大。13. 某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。（1）在实验中，下列哪些操作不是必需的___________；
 A．用橡胶塞密封注射器的下端B．用游标卡尺测量柱塞的直径C．读取压力表上显示的气压值D．读取刻度尺上显示的空气柱长度（2）实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是___________；（3）下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是___________；A．B．C．D．（4）一定质量的气体由状态A变到状态的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度________。
 A．一直下降　　B．先上升后下降　　C．先下降后上升　　D．一直上升【答案】    ①. B    ②. 使气体状态变化过程中温度尽可能保持不变    ③. C    ④. B【解析】【详解】（1）[1]A．本实验中要确保注射器不漏气，所以用橡胶塞密封注射器的下端，故A不符合题意；BD．由于柱塞横截面积S为定值，所以气体的体积正比于空气柱长度l，在探究p-V关系时不必计算出V的具体数值，只需读取刻度尺上显示的空气柱长度获得一系列lS值即可，因此不需要用游标卡尺测量柱塞的直径而求横截面积，故B符合题意，D不符合题意；C．实验探究压强与体积的关系，需要读取压力表上显示的气压值，故C不符合题意。故选B。（2）[2]由于手心温度高于外界环境温度，用手握住玻璃管（或注射器）会使封闭气体温度升高，而若快速推动活塞，则对气体做功时，气体来不及与外界充分地热交换而温度也会升高，因此实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是使气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。（3）[3]气体做等温变化时，有即所以p-V图像为双曲线，而图像为过原点的倾斜直线。B项中图像所反映的曲线并不一定是双曲线，从它并不能直观得到气体做等温变化的规律。故ABD错误，C正确。故选C。（4）[4]当气体体积相同时，单位体积内分子数相同，此时压强越大，说明气体分子平均动能越大，即气体温度越高。由图可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，在相同体积下，直线上各点与等温线上各点压强差先增大后减小，即气体温度与等温线的温度差先增大后减小，所以气体温度先上升后下降。故选B。三、计算题（共38分，要有必要的文字说明和计算过程）14. 细长玻璃管用长为的水银柱封闭一定质量的空气。当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱长度为；当玻璃管水平放置时，空气柱长度为。求玻璃管开口向上竖直放置时空气柱的长度。【答案】27.5cm【解析】【详解】以玻璃管中封闭的空气为研究对象，它经历等温变化，设水银的密度为ρ，玻璃管的横截面积为S，大气压为p0（相当于76cm水银柱产生的压强）。开口向下时有，水平放置时有，开口向上时有，由玻意耳定律，有代入数据，解得15. 一群处于第能级的氢原子，最终都回到基态，能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极的金属上，只能测得条电流随电压变化的图象（如图乙）。已知氢原子的能级图如图丙所示。（1）求光照射金属时的遏止电压和逸出光电子的最大初动能；（2）求该金属逸出功；
 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由图可得 （2）a光的光子能量为根据光电效应方程，则有解得16. 为防控COVID－19病毒，办公室等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的喷壶。壶内消毒液的体积为0.4L，壶内的上部密封了1.2atm的空气0.5L。反复按压压杆A，再充入1atm的空气0.2L。设在所有过程中壶内空气可看作理想气体，且温度不变。（已知外界大气压为1 atm，1 atm=1.0×105 Pa）求：(1)充入1 atm的空气0.2 L后壶内气体的压强；(2)按下按柄B，消毒液从喷嘴喷出，喷洒一段时间后消毒液无法再喷出，此时壶内还有消毒液，在此过程中壶内气体质量保持不变，忽略壶内液体上方导管中液柱对壶内气体压强的影响，求壶内剩余消毒液的体积。
 【答案】(1)1.6atm；(2)0.1L【解析】【分析】【详解】(1)由题意知p1=1.2atm，V1=0.5L，p0=1atm，根据玻意耳定律可得解得(2)喷洒时，喷壶内的气体压强为1atm，由玻意耳定律解得故喷壶内剩余消毒液的体积为17. 一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置活塞的质量，横截面积，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离，离汽缸口的距离外界气温为，大气压强为，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知，求：
 ①此时气体的温度为多少；②在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收的热量，则气体增加的内能多大．【答案】①480K     ②318J【解析】【详解】【分析】根据题意求出气缸内气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度；根据题意求出气体对外做的功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量；解：当气缸水平放置时，，，，当气缸口朝上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示，
 由平衡条件得：，解得：，此时气体的体积：，设此时温度为，由理想气体状态方程得：解得：；设当气缸口向上至未加热稳定时，距气缸底部的高度为L，由玻意耳定律得：，解得：，加热后气体做等压变化，此过程做功为：又因为吸收的热量所以根据热力学第一定律可知：；