2021-2022学年辽宁省沈阳120中高二（下）第三次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年辽宁省沈阳120中高二（下）第三次月考物理试卷
1. 下列关于气体压强的说法，正确的是(    )
A. 大气压强与封闭气体的压强产生原因完全相同
B. 容器内的大量气体分子对器壁的碰撞满足统计规律，机会均等，故器壁各部分气体压强相等
C. 一定质量的理想气体，只要温度升高，气体分子的平均速率就增大，在单位时间内对单位面积器壁的平均撞击力就增大，压强就增大
D. 一定质量的理想气体，只要体积减小，单位体积内气体的分子数就增多，气体分子对器壁的碰撞就更加频繁，压强就增大
2. 已知阿伏加德罗常数为NA，水的摩尔质量为M(kg/mol))，密度为ρ(kg/m3)。则下列叙述中正确的是(    )
A. 1瓶矿泉水(约300mL)该物质所含的水分子个数约为300⋅ρM⋅NA
B. M(kg)水所含的分子个数是MρNA
C. 1个水分子的质量是ρNA
D. 1个水分子的体积大约是MρNA
3. 下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是(    )

A. 图甲说明晶体都有确定熔点，且熔化过程分子平均动能变大
B. 图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力
C. 图丙液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的
D. 图丁中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
4. 下列说法正确的是(    )
A. 当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均速率相等
B. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能不一定增加
C. 热力学第二定律揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
D. 将电冰箱的门打开可以使房间里的温度降低
5. 一定质量的某气体在不同的温度下分子速率的麦克斯韦分布图如图中的1、2、3所示，图中横轴表示分子运动的速率v，纵轴表示该速率下的分子数Δn与总分子数n的比值，记为f(v)，其中f(v)取最大值时的速率称为最概然速率，下列说法不正确的是(    )

A. 3条图线与横轴围成的面积相同
B. 3条图线温度不同，且T1>T2>T3
C. 图线3对应的分子平均动能最大
D. 最概然速率是气体中任何分子最有可能具有的速率
6. 如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为750mmHg的气体40ml，袖带橡皮囊最大容积为200ml，其内部气体体积小于最大容积时，其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80ml，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50ml。大气压强恒为750mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。经过几次充气，示值管内水银液面开始上升(    )

A. 三次 B. 四次 C. 五次 D. 六次
7. 如图所示，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管A和B竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想气体，气柱长度H1h2，现使封闭空气降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是(    )
A. 均向下移动，A管移动较多
B. 均向下移动，B管移动较多
C. 均向下移动，两管移动的一样多
D. 水银柱的移动距离与管的粗细有关
8. 如图所示，一竖直放置的U形玻璃管，各段粗细均匀，上端均开口。内部左右两侧有水银，水银柱竖直高度均为10cm，底部水平管内封闭一段4cm长的气柱，气柱紧贴左侧竖直管。已知管导热良好，周围环境温度不变，大气压强为76cmHg。现在右侧管中再缓慢加入10cm长的水银柱，稳定后，下列判断正确的是(    )


A. 两侧水银面最上端仍然齐平
B. 气柱的压强为86cmHg，且长度变小
C. 两侧水银面最上端高度差为4cm
D. 左侧再加入3cm长的水银柱，则气柱将到达左侧竖直管最低端
9. 深入的研究表明：两个邻近的分子之间的确同时存在着引力和斥力，引力和斥力的大小都跟分子间的距离有关，它们随分子间距离变化的关系如图所示，图中线段AQ=QB，DPVP、aQaP、EQ>EP
10. 如图所示，有一绝热容器，右半边贮有理想气体，左半边是真空，中间用一挡板隔住。若把挡板抽开，右边气体将向左边膨胀，最后气体将均匀分布在整个容器中，下列说法正确的是(    )
A. 气体对外做功，内能减小 B. 气体温度不变，压强减小
C. 气体分子单位时间对器壁的碰撞次数减少 D. 抽去挡板后，气体分子的无序程度减小
11. 如图，是以状态α为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程(制冷机)的p−V图像，虚线T1、T2，为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是(    )


A. a→b过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B. 一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
C. d→a过程向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
D. a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功
12. 圆柱形气缸固定放置在水平地面上，其截面如图所示，用硬杆连接的两个活塞在气缸的左右两侧分别封闭了两部分气体A、B，活塞可自由移动．两侧的横截面积SA△pB
13. 测量分子的直径有很多方法，除一些有机物质的大分子除外，多数分子大小的数量级为10−10m。在用油膜法估测分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸0.1mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL，恰好滴了100滴；
③在边长约40cm的浅盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状；
⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上。算出完整的方格有56个，大于半格的有14个，小于半格的有12个。
(1)利用上述具体操作中的有关数据可知油膜面积为______m2，求得的油膜分子直径为______ m；(结果全部保留两位有效数字)
(2)若实验中计算出的分子直径偏小，可能是由于______。
A.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
B.计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理
C.油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了10滴
14. 某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的石子的体积。

实验步骤：
①将石块装进注射器，插入活塞，再将注射器通过软管与传感器A连接；
②移动活塞，通过活塞所在的刻度读取了多组气体体积V，同时记录对应的传感器数据；
③建立直角坐标系。
(1)在实验操作中，下列说法正确的是：______。
A.图甲中，传感器A为压强传感器
B.在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把注射器活塞移至注射器最右端位置
C.操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变
D.若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，应立即将活塞插入注射器继续实验
(2)为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为______(选填“1p”或“p”)。
(3)选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到图像如图乙所示，若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，则石块的体积为______；若考虑该误差影响，测得软管容积为V0，则石块的体积为______。
15.  92232U发生α衰变时，其衰变方程为： 92232U→90228Th+24He+5.5MeV，光在真空中的传播速度为c=3×108m/s，e=1.6×10−19C，求：
(1)一次衰变过程中亏损的质量为多少千克(保留2位有效数字)；
(2)若静止的铀核 92232U处在匀强磁场中，释放的α粒子和产生的新核均能在磁场中做匀速圆周运动，则α粒子和钍核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为多少；
(3)若 92232U开始处于静止状态，衰变过程释放的核能全部转化为α粒子和钍核的动能，则放出的α粒子的动能是多少(单位用MeV表示，保留2位有效数字)。
16. 如图所示，有一根粗细均匀、两边等长的U形细玻璃管，左端开口、右端封闭且导热良好。U形管竖直放置，管内有一段水银柱，右边封闭了一段空气柱。环境温度为240K时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=20cm和l2=15cm，大气压强为75cmHg。(计算结果保留3位有效数字)
(1)若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，求此时的环境温度。
(2)若不改变环境温度，而将左边管口也封闭，让U形管两端竖直朝上自由下落(下落时忽略空气阻力)；下落时间足够长且下落时U形管保持竖直。求气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是多少？


17. 如图所示，两汽缸A、B厚度均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通，A上端封闭，B上端与大气连通。两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热，两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞ab，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气，连接活塞b的细绳绕过光滑的定滑轮与重物连接。当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7∘C系统平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b在汽缸正中间。重物与活塞a质量均为m=p0S4g，活塞a的横截面积为4S，b为轻活塞且横截面积为S，b缸体积为V，活塞ab可在汽缸内无摩擦滑动，细绳不可伸长，整个过程不漏气且缸内气体可视为理想气体。
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度116时，求氧气压强；
(3)已知汽缸中氮气的内能为U=αT(T为氮气温度，α为常数)，求第(1)问过程中电阻丝的发热量Q。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、因为封闭气体的气压主要产生于分子间作用力，而大气压是因为地球的引力聚集了气体，封闭气体内部气压根据微观层面解释的话，处处相等，故A错误；
B、容器内的大量气体分子对器壁的碰撞满足统计规律，机会均等，故器壁各部分气体压强相等，故B正确；
C、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，每次碰撞对容器壁的作用力增大，由于气体体积的变化情况不确定，在单位时间内对单位面积器壁的平均撞击力不一定增大，故C错误；
D、一定质量的理想气体，从宏观上看，压强与气体的体积及温度均有关系，从微观上看，压强与单位体积内的分子数及分子的平均动能有关，故体积减小，压强不一定增大，故D错误。
故选：B。
大气压强是由于地球对大气的吸引而产生；容器内的每个气体分子的运动是随机的，但是大量气体分子对器壁的碰撞满足统计规律，器壁各部分气体压强相等；决定气体压强的两个因素：分子的平均动能和分子密集程度。
本题主要考查气体压强的微观解释，考查知识点有针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

2.【答案】D 
【解析】解：A、1瓶矿泉水质量M0=3ρ×10−4，所含的水分子个数约为N=M0M⋅NA=3ρ×10−4M⋅NA，故A错误；
B、M(kg)水所含的分子个数N′=MMNA=NA，故B错误；
CD、每个水分子的质量m=1NAM，每个水分子的体积V=mρ=MρNA，故C错误，D正确。
故选：D。
根据N=M0M⋅NA判断1瓶矿泉水所含的水分子个数；根据m=1NAM先判断1个水分子的质量，再判断1个水分子的体积。
本题考查了有关阿伏加德罗常数的运算，要明确质量、摩尔质量、物质的量、以及阿伏加德罗常数之间的关系。

3.【答案】C 
【解析】解：A、晶体都有固定的熔点，晶体熔化时吸收热量但温度不变，所以其分子平均动能不变，故A错误；
B、水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力，故B错误；
C、液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性制成的，故C正确；
D、由图可看出与左边材料浸润，与右边材料不浸润，不浸润液滴会因为表面张力呈球形，故D错误。
故选：C。
温度是分子平均动能的标志，温度不变，所以其分子平均动能不变；水黾可以在水面自由活动，是因为液体表面张力；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性制成的；不浸润液滴会因为表面张力呈球形，由此可判断左右材料是否浸润。
本题考查热学部分知识，包括温度的微观意义、液体的表面张力、液晶的性质以及浸润现象等，此部分知识主要要求学生在识记基础上加以积累，难度不大。

4.【答案】C 
【解析】解：A、温度是气体分子平均动能的标志，当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均动能相同，但由于分子质量不同，所以分子平均速率不相等，故A错误；
B、根据热力学第一定律知在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加，故B错误；
C、热力学第二定律的微观意义是揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，这是熵增原理，故C正确；
D、打开冰箱门不仅不能使房间的温度下降，还会使房间温度上升，因为电冰箱的制冷机工作后，冰箱冷冻室内的蒸发器温度降低，吸收空气的热量，与此同时，冰箱内部的冷凝器温度升高，将热量传给空气，室内空气的热量只是被冰箱吸收后又被放出，所以室温不会降低。反而，电动机工作时，会将一部分电能转化为内能，故室内温度会有少许升高，故D错误。
故选：C。
根据温度是气体分子平均动能的标志判断；根据热力学第一定律分析内能变化和温度变化分析BD；根据热力学第二定律判断C。
本题考查了温度是分子平均动能的标志、热力学第一定律、物体的内能、热力学第二定律等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：A、因为该图线与横轴围成的面积表示分子总数，又因为该气体质量一定，所以分子总数一定，故3条图线与横轴围成的面积相同，故A正确；
BC、因为温度越高，速率大的分子占得比例越多，所以3条图线温度关系为T1p2，
封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律得：V1T1=V1′T1′=ΔVΔT，
解得：ΔV=V1T1⋅ΔT，所以有：ΔH⋅S=H1⋅ST1⋅ΔT，解得：ΔH=H1T1⋅ΔT
因为：H10
所以，活塞将向左运动．故C错误；
D.由C的分析可知，若C部分与外界大气连通，则：pBSB−pASA=p0(SB−SA)>0，使两边气体缓慢升高相同的温度，重新平衡后一定满足：△pBSB−△pASA=0，由于SB>SA，所以：△pA>△pB.故D正确．
故选AD
利用气态方程解题关键是确定状态，明确状态参量，根据活塞处于平衡状态，对其进行受力分析，并结合理想气体的状态方程即可求解．
利用气态方程解题时要明确气体的状态，根据力学知识求压强是关键，并求出各个状态的温度、体积然后列气体状态方程即可．

13.【答案】7.0×10−3  5.7×10−10  BC 
【解析】解：(1)计算油膜面积时，超过半格的算一格，不满半格的舍去，则油膜面积为S=(56+14)×1×10−4m2=7.0×10−3m2
由题意，1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V=0.1250×1100mL=4×10−12m3
油膜分子直径为d=VS≈5.7×10−10m
(2)A.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，会使油膜面积测量值偏小，从而造成分子直径测量值偏大，故A错误；
B.计算油酸膜面积时，错将不足半格的方格作为完整方格处理，会使油膜面积测量值偏大，从而造成分子直径测量值偏小，故B正确；
C.油酸酒精溶液配制时间较长，酒精挥发较多，会使1滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积的计算值偏小，从而造成分子直径测量值偏小，故C正确；
D.求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数少计了10滴，会使1滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积的计算值偏大，从而造成分子直径测量值偏大，故D错误。
故选BC。
故答案为：(1)7.0×10−3；5.7×10−10；(2)BC
(1)根据图示油膜估算出油膜的面积，估算时超过半格算一个，不足半格舍去。根据题意求出油的体积，然后求出油膜的厚度，即分子直径。让油在水面上尽可能散开，形成单分子油膜；
(2)用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径。根据此原理分析误差。
本题要紧扣实验原理，建立清晰的物理模型，知道在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油膜是单层分子。

14.【答案】AC1p  bb+V0 
【解析】解：(1)A、实验需要测量气体的压强与体积，气体体积可以由注射器上的刻度直接读出，因此图甲中传感器A为压强传感器，故A正确；
B、实验过程要推动活塞改变气体的体积，推动活塞时气体体积减小，在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把注射器活塞移至注射器最左端位置，故B错误；
C、实验需要控制气体的温度不变，操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变，故C正确；
D、实验过程要控制气体的质量不变，若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，则必须废除之前获得的数据，重做实验，这是为了保持气体质量不变，故D错误。
故选：AC。
(2)由玻意耳定律：pV=C可知：V=C1p，V与1p成正比，为方便实验数据处理，若取y轴为V，则x轴为1p。
(3)以注射器内气体与传感器和注射器连接处的软管内气体为研究对象，
若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，气体总体积：V气=V−V石块，
由玻意耳定律得：pV气=C，则V气=C1p，V气=V−V石块=C1p，则：V=C1p+V石块，1p=0时：V=V石块=b；
若考虑该误差影响，测得软管容积为V0，则气体总体积：V气=V+V0−V石块，
由玻意耳定律得：pV气=C，则V气=C1p，V气=V+V0−V石块=C1p，则：V=C1p−V0+V石块，
1p=0时：V=−V0+V石块=b，则石块的体积V石块=b+V0；
故答案为：(1)AC；(2)1p；(3)b；b+V0。
一定量的气体在温度不变时气体压强与体积成反比，根据玻意耳定律需要满足的实验条件，应用玻意耳定律分析答题。
掌握玻意耳定律、知道气体发生等温变化需要满足的条件是解题的前提与关键，根据题意应用玻意耳定律即可解题。

15.【答案】解：(1)由衰变方程可知，一次衰变释放的核能ΔE=5.5MeV=5.5×106×1.60×10−19J=8.8×10−13J
由质能方程可知，ΔE=Δmc2
解得：Δm=9.8×10−30kg；
(2)由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，
解得：r=mvqB
根据动量守恒定律可知衰变后α粒子和Th核的动量大小相等。
可知：rαrTh=qThqα=902=45：1；
(3)释放的核能ΔE=5.5MeV，根据动量守恒可知，α粒子和钍核动量等大反向，
根据p=2mEk可知：EkαEkTh=mThmα=2284=57
Ekα+EkTh=5.5MeV
联立解得：Ekα≈5.4MeV。
答：(1)一次衰变过程中亏损的质量为9.8×10−30kg；
(2)则α粒子和钍核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为45：1；
(3)放出的α粒子的动能是5.4MeV。 
【解析】(1)由衰变方程可知一次衰变释放的核能，由质能方程可知ΔE=Δmc2可计算质量亏损；
(2)根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式可求得α粒子和钍核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比；
(3)释放的核能已知，根据动量守恒定律，结合动能与动量的关系可求得α粒子的动能。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动、衰变过程中的能量计算、爱因斯坦的质能方程等，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

16.【答案】解：(1)初态：p1=p0−(l1−l2)cmHg=75cmHg−(20−15)cmHg=70cmHg，V1=l2S，T1=240K
末态：p2=p0=75cmHg，V2=l2S+l1−l22S，T2
根据一定质量理想气体状态方程可得：p1V1T1=p2V2T2
解得T2=300K
(2)让U形管两端竖直朝上自由下落，处于完全失重状态，左右两边气体压强相等，
假设左边液面下降了l，对左边气体：p0l1S=p(l1+l)S
对右边气体：p1l2S=p(l2−l)S
解得l=0.588cm
高度差h=2l+(l1−l2)=2×0.588cm+(20−15)cm=6.18cm
答：(1)若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，此时的环境温度为300K。
(2)气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是6.18cm。 
【解析】(1)对左边气体，找出初末状态参量，根据一定质量理想气体状态方程即可求得；
(2)做自由落体运动，处于完全失重状态两侧气体压强相同，对两边气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得。
本题主要考查了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，找出初末状态参量，抓住自由下落时处于完全失重状态即可。

17.【答案】解(1)气缸A的横截面积为B的4倍，两汽缸等高，bB的体积我V，则A的体积为4V，
气体初状态的温度T0=(273+7)K=280K，
在活塞b升至顶部的过程中，氮气压强不变，根据盖-吕萨克定律得：3V+V2T0=4VT1
解得：T1=320K
(2)设初始时氮气气压为p1，氧气气压为p2，最终到题中状态下，氧气气压为p3。
加热前，对活塞b，由平衡条件得：p0S=p1S+mg，解得：p1=34p0
对活塞a，由平衡条件得：p2×4S+mg=p1×4S，解得：p2=1116p0
在加热的过程中，因为A顶部导热，所以氧气温度不变，由波意耳定律得：p2V=p3×34V
解得：p3=1112p0
(3)加热过程外界对气体做功：W=−p1S×H2=−p1×V2=−38p0V
由热力学第一定律ΔU=W+Q可知：Q=ΔU−W=αΔT−W=α×(320−280)−(−38p0V)=40α+38p0V
答：(1)氮气的温度是320K；
(2)氧气压强是1112p0；
(3)电阻丝的发热量Q是40α+38p0V。 
【解析】(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖-吕萨克定律求解。
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可。
(3)应用热力学第一定律分析答题。
本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。