2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二（下）月考物理试卷（4月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二（下）月考物理试卷（4月份）（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体.关于玻璃，下列说法正确的是( )
A. 天然具有规则的几何形状B. 分子在空间上周期性排列
C. 沿不同方向的导热性能不同D. 没有固定的熔点
2.下列关于布朗运动的说法，正确的是( )
A. 液体温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越剧烈
B. 布朗运动是液体分子的无规则运动
C. 布朗运动是由液体各个部分的温度不同而引起的
D. 布朗运动是由组成悬浮颗粒的固体分子无规则热运动而引起的
3.分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r=r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是( )
A. 从r=r2到r=r0，分子力的大小一直增大
B. 从r=r2到r=r1，分子力的大小先减小后增大
C. 从r=r2到r=r1，分子动能先增大后减小
D. 从r=r2到r=r0，分子势能先减小后增大
4.如图所示，两个水平固定的汽缸由管道连通。活塞a、b用钢性杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时( )
A. 活塞向左移动一点，缸内气体压强不变B. 活塞向左移动一点，缸内气体压强增大
C. 活塞向右移动一点，缸内气体压强不变D. 活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大
5.一小型水电站通过升压变压器和降压变压器给某生活区供电，发电机组输出电压恒定，输电线电阻R保持不变。该生活区夜晚用电量大于白天用电量，则夜晚与白天比较( )
A. 发电机的输出功率不变B. 用户获得的电压升高
C. 输电线上损失的功率减小D. 降压变压器输出电压降低
6.湖底温度为7℃，有一球形气泡从湖底升到水面(气体质量恒定)时，其直径扩大为为原来的2倍。已知水面温度为27℃，大气压强p0=1.02×105Pa，则湖水深度约为( )
A. 55mB. 65mC. 45mD. 25m
7.如图所示，一导热良好的足够长气缸水平放置在光滑水平桌面上，桌面足够高，气缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体。一足够长轻绳跨过定滑轮，一端连接在活塞上，另一端挂一钩码，滑轮与活塞间的轻绳与桌面平行，不计一切摩擦。已知当地重力加速度为g，大气压为p0，钩码质量为m1，活塞质量为m2，气缸质量为m3，活塞横截面积为S，则释放钩码，气缸稳定运动过程中，气缸内理想气体的压强为( )
A. p0−m1m3(m1+m2+m3)SB. p0−m1m3g(m2+m3)S
C. p0D. p0−m1gS
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一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的压强小于状态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
9.如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27℃时，下列说法正确的是( )
A. 茶杯对杯盖的支持力大小为mg+56p0SB. 茶杯对杯盖的支持力大小为mg+16p0S
C. 茶杯对桌面的压力大小为Mg+56p0SD. 茶杯对桌面的压力大小为Mg+mg
10.一氧气瓶的容积为0.08m3，充满氧气时瓶中的压强为20个大气压．现已知某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.08m3，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，且视为理想气体，则( )
A. 需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1：9
B. 需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1：10
C. 这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用18天
D. 这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用20天
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.如图甲所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
①把注射器活塞推至注射器中间某一位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③重复上述步骤②，多次测量；
④根据记录的数据，作出V−1p图线，如图乙所示。
(1)完成本实验的基本要求是______(填正确答案标号)。
A.在等温条件下操作
B.封闭气体的注射器密封良好
C.必须弄清所封闭气体的质量
D.气体的压强和体积必须用国际单位
(2)理论上由V−1p图线分析可知：如果该图线_____________________，就说明气体的体积跟压强的倒数成正比，即体积与压强成反比。
(3)若实验操作规范正确，则图中线不过原点的原因可能是_________________，图乙中的V0代表_________________。
12.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用体积为A的纯油酸配置成体积为B的油酸酒精溶液，再用滴管取体积为C的油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。把1滴该溶液滴入盛水的、表面撒有爽身粉的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用油性笔在玻璃板上描出油酸膜的轮廓，测得面积为S。如图。
(1)估算出油酸分子的直径大小是______(用题中已给出的字母表示)；
(2)用油膜法估算出油酸分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的______；
A.质量
B.体积
C.摩尔质量
D.摩尔体积
(3)某同学计算出的油酸分子直径明显偏大，可能的原因是______。
A.油酸中含有大量酒精
B.爽身粉撒太多，油膜未能充分展开
C.计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留
D.计算每滴溶液中纯油酸的体积时，1mL油酸酒精溶液的滴数多记了10滴
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：当村民和村办小企业需要220V电压时，求所用升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
14.如图甲所示，质量M=10kg的导热汽缸置于水平地面，用质量和厚度均不计的水平导热活塞密封一定质量的理想气体，气体温度为300K。一质量m=1kg的重物用轻绳经光滑滑轮与汽缸中活塞竖直相连接，重物和活塞均处于静止状态，这时活塞离缸底的高度L0=10cm，不计活塞与汽缸间的摩擦，且汽缸不漏气。已知大气压强p0=1×105Pa，活塞的横截面积为S=10−2m2，下列两种情况中，活塞均未脱离汽缸。则：
(1)若将图甲中环境温度缓慢降低至240K，求此时活塞离汽缸底的高度；
(2)若保持图甲中环境温度为300K不变，将汽缸从甲图状态变为乙图状态，用轻绳将汽缸和活塞竖直悬挂在天花板，稳定后处于静止状态，求稳定后活塞离汽缸底的高度。
15.我国“深海勇士”号载人潜水器在南海完成深海下潜试验任务，某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，两气缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部各装有一个活塞，活塞密封性良好且无摩擦。在气缸Ⅰ内通过活塞封有153个大气压的气体，Ⅱ内通过活塞封有398个大气压的气体，在气缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与气缸之间无摩擦。当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知1标准大气压为1.0×105Pa，海水的密度ρ=1.0×10kg/m3，取g=10m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均视为理想气体且温度始终保持不变。求：
①当活塞A向左移动的距离为L4时，下潜的深度；
②该深度计能测量的最大下潜深度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、玻璃是一种非晶体，没有天然的规则的几何形状，故A错误。
B、玻璃是一种非晶体，分子在空间上并不呈周期性排列，故B错误。
C、玻璃是一种非晶体，在物理性质上表现为各向同性，故沿不同方向的导热性能相同，故C错误。
D、玻璃是一种非晶体，没有固定的熔点，故D正确。
故选：D。
玻璃是一种非晶体，没有固定的熔点，没有天然的规则的几何形状，在物理性质上表现为各向同性，其分子在空间上并不呈周期性排列。
本题考查了晶体和非晶体。认识晶体和非晶体性质及其空间结构的特点，是解决本题的关键点。
2.【答案】A
【解析】解：A.液体温度越高，液体分子的热运动越剧烈，与固体小颗粒发生的碰撞越激烈，则布朗运动就越明显；同时，固体小颗粒越小，同一时刻与之发生碰撞的液体分子的作用力越不均衡，则布朗运动就越明显，故A正确；
B.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动，故B错误；
CD.布朗运动是由于液体分子对固体小颗粒撞击作用力的不平衡造成的，故CD错误。
故选：A。
布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，反应了液体分子的无规则运动，影响布朗运动的剧烈程度的因素是温度、固体小颗粒的大小。
布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，影响布朗运动的剧烈程度的因素是温度、固体小颗粒的大小。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据图像可知，从r=r2到r=r0，分子力的大小先增大后减小，故A错误；
B.根据图像可知，从r=r2到r=r0，分子力的大小先增大后减小，从r=r0到r=r1，分子力又增大，故B错误；
C.从r=r2到r=r0，分子力表现为引力，分子力做正功；从r=r0到r=r1，分子力表现为斥力，分子力做负功，则分子动能先增大后减小，故C正确；
D.从r=r2到r=r0，分子力一直做正功，则分子势能一直减小，故D错误。
故选：C。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力；根据分子力做功情况分析分析势能和动能的变化。
解决本题的关键是掌握分子力做功与分子势能变化的关系，知道分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。
4.【答案】A
【解析】解：因a、b两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆整体受力分析
pSa+p0Sb=p0Sa+pSb
则缸内气体压强不变，若缸内气体的温度缓慢升高一点时，根据VT=C，可知气体体积变大，因右侧活塞面积较大，则活塞向左移动一点，故A正确，BCD错误；
故选：A。
以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知气体压强；缸内气体的温度缓慢升高一点，根据一定质量的理想气体状态方程判断出气体的体积变化，就可以知道活塞移动的方向。
本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和一定质量的理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题。
5.【答案】D
【解析】解：住宅区用电量增大说明接入电路的用电器增多，即并入电路的负载增多，负载总电阻减小，导致生活区电路总电流增大，对应的输电线电流增大，发电站的输出电流也增大。
A、对发电站而言，输出电压恒定，输出电流增大时，由P=UI可得，输出功率增大，故A错误；
B、输电线电流增大，由U=IR可得，输电线分压增大，即电压损失增多，降压变压器原线圈电压降低，对应的副线圈电压也降低，即用户获得的电压降低，故B错误；
C、由P=I2R可得，当输电线电流增大时，损失功率增大，故C错误；
D、由B分析可知，降压变压器输出电压降低，故D正确。
故选：D。
用电量增大说明用电器增多，所有用电器是并联接入电路，会导致电路总电阻减小，引起电流增大，根据变压器原理，可以推断输电线的电流和发电机输出电流都增大。
本题考查的是电能的输送问题，注意用电量增大的本质以及给电路带来的影响即可。
6.【答案】B
【解析】解：设湖水深为h，以气泡内气体为研究对象，初状态
p1=p0+ρgh
V1=4π(d2)33=V
T1=(273+7)K=280K
末状态
p2=p0
V2=43π(2d2)3=8V
T2=(273+27)K=300K
根据理想气体方程p1V1T1=p2V2T2
可得h≈65m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据理想气体的状态方程分别代入初末气体的状态参量计算求解。
考查理想气体的状态方程，会根据题意列式解答相关的物理量。
7.【答案】A
【解析】解：对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得m1g=(m1+m2+m3)a，解得a=m1gm1+m2+m3
对气缸受力分析，根据牛顿第二定律可得p0S−p2S=m3a，解得p2=p0−m1m3(m1+m2+m3)S，故A正确，BCD错误；
故选：A。
整体做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，然后对气缸受力分析，根据牛顿第二定律求得被封闭气体的压强。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的选取研究对象，利用好牛顿第二定律即可求得。
8.【答案】AB
【解析】解：AB、分别过a、b、c、d四个点作出等压线，如图所示；
等压线的斜率VT越大，由pVT=C知气体的压强越小，可知，paC、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。
故选：AB。
V−T图象中，等压线是过原点的倾斜直线，而且倾角越大，压强越小，只要作出过a、b、c、d四点等压线，即可判断各点的压强关系。由图直接读出体积和温度的变化。
本题考查理想气体状态方程在V−T图像中的应用，要知道在V−T图像中，等压线为过原点的倾斜直线，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、对茶杯内的封闭气体进行研究，初态：p1=p0；T1=(87+273)K=360K
末态：p2，T2=(27+273)K=300K
而体积保持不变
则根据查理定律可知p1T1=p2T2
对杯盖进行受力分析得：
mg+p0S=FN+p2S
联立解得：FN=mg+16p0S
故A错误，B正确；
CD、对整体受力分析结合牛顿第三定律可知，茶杯对桌面的压力大小为N′=N=Mg+mg，故C错误，D正确；
故选：BD。
对茶杯内的一定质量的理想气体分析出变化前后的状态参量，结合公式分析出变化后的压强，再对杯盖进行受力分析，得出茶杯对杯盖的支持力，根据整体分析可知茶杯对桌面的压力。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析完成解答。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、设氧气瓶开始时的压强为p1(20个大气压)，体积为V1=0.08m3，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解得需要充满时气体的体积为：V2=0.8m3，则需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为m1m2=ρV1ρV2=V1V2=，故A错误，B正确；
CD、重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为：V3=V2−V1=(0.8−0.08)m3=0.72m3，设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，根据玻意耳定律得：p2V3=p0V0，设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为：N=V0ΔV，代入数据解得这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用得天数为：N=18天，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据玻意耳定律，结合公式m=ρV求解需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比；根据玻意耳定律，求得用去氧气在p0(1个大气压)压强下的体积，再求解这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用的天数。
本题考查充气问题，要注意把变质量问题转换为定质量问题，根据玻意耳定律列方程求解即可。
11.【答案】(1)AB；
(2)为过坐标原点的直线；
(3)传感器与注射器间有气体；传感器与注射器间气体的体积。
【解析】(1)AB.本实验的条件是：温度不变、气体质量一定，所以要在等温条件下操作，注射器密封性要好，故AB正确；
C.本实验研究质量一定的气体的压强与体积的关系，不需要测量气体的质量，故C错误；
D.本实验研究气体的压强和体积的比例关系，单位无需统一为国际单位，故D错误。
故选AB。
(2)根据理想气体状态方程pVT=C可知，实验数据画出的V−1p图线是过坐标原点的直线；
(3)在实际的实验过程中实验操作规范正确，根据实验数据画出如图乙所示的V−1p图线不过坐标原点，该图线的方程为：V=k1p−b，
说明试管中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，纵截距代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积，即图乙中V0代表传感器与注射器间气体的体积。
(2)根据理想气体状态方程pVT=C可知，实验数据画出的V−1p图线是过坐标原点的直线；
(3)在实际的实验过程中实验操作规范正确，根据实验数据画出如图乙所示的V−1p图线不过坐标原点，该图线的方程为：V=k1p−b，
说明试管中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，纵截距代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积，即图乙中V0代表传感器与注射器间气体的体积。
12.【答案】ACnBS D B
【解析】解：(1)体积为C的油酸酒精溶液中含有纯油酸体积为V=ACB
一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸体积为V0=ACnB
油酸分子直径大小为d=V0S=ACnBS
(2)计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积，要测定阿伏伽德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积，故选D。
(3)A.油酸中含有大量酒精，但只要每一滴油酸酒精溶液中所含油酸体积计算准确，就不会造成d的测量值偏大，故A不符合题意；
B.痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，S值测量偏小，会造成d的测量值偏大，故B符合题意；
C.计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留，S值测量偏大，会造成d的测量值偏小，故C不符合题意；
D.计算每滴溶液中纯油酸的体积时，记录油酸酒精溶液的滴数时多记了10滴，则每一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积测量值偏小，会造成d的测量值偏小，故D不符合题意。
故选：B。
故答案为：(1)ACnBS；(2)D；(3)B
(1)根据V=Sd可计算油膜直径大小；
(2)根据实验原理分析实验方法；
(3)根据实验原理分析判断实验误差。
本题考查用油膜法估测分子直径，解题关键掌握实验原理，注意计算分子体积的方法。
13.【答案】解：由线路损耗的功率P线=I线2R线可得：I线= P线R线= 9000×4%10A=6A
又因为P输出=U2I线，所以U2=P出I线=90006V=1500V
U3=U2−I线R线=(1 500−6×10)V=1440 V
根据理想变压器规律可得：
n1n2=U1U2=5001500=13
n3n4=U3U4=1440220=7211
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11。
答：升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11。
【解析】根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压和输出电压得出升压变压器的原副线圈匝数之比．根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入的电压，结合降压变压器的输入电压和输出电压得出原副线圈的匝数之比．
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和．
14.【答案】解：(1)甲图中缸内封闭气体做等压变化，初状态V1=L0S，T1=300K，末状态活塞离汽缸底的高度为L2，则V2=L2S，T2=240K，由盖—吕萨克定律得
V1T1=V2T2
代入数据解得L2=8cm
(2)由题意可知p甲=p0−mgS
p乙=p0−MgS
缸内气体做等温变化，由玻意耳定律得
p甲V甲=p乙V乙
V甲=V1
V乙=L乙S
解得L乙=11cm。
答：(1)活塞离汽缸底的高度为8cm；
(2)稳定后活塞离汽缸底的高度为11cm。
【解析】(1)根据盖—吕萨克定律列式解答；
(2)根据活塞平衡和缸体平衡列平衡方程结合玻意耳定律列式解答。
考查盖—吕萨克定律和玻意耳定律以及平衡条件的应用，会根据题意列式解答相应的物理量。
15.【答案】解：①假设当活塞A向左移动的距离为L4时，活塞B未动，设气缸横截面积为S，
对于气缸Ⅰ中气体，初状态的压强p1=153p0，体积V1=LS，
末状态的压强p2，体积V2=(L−L4)S=34LS，
下潜过程为等温过程，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解得：p2=204p0<398p0，故假设正确，活塞B未动，
根据压强公式p=p0+ρgh，已知p0=1.0×105Pa，解得h=2030m；
②当活塞A到达卡环处时，能测量的下潜深度最大，
设气缸Ⅰ中气体末状态压强为p3，体积为V3，由玻意耳定律得：p1V1=p3V3，
设气缸Ⅱ中气体初始状态压强为p4，p4=398p0，体积为V3，V3=LS，
末状态压强为p5，体积为V5，由玻意耳定律得：p4V4=p5V5，
由题意知，末状态时p3=p5，V4+V5=LS，
联立解得：p3=p5=551p0，
根据压强公式p3=p0+ρgh′，已知p0=1.0×105Pa，解得h=5500m；
此时AB气缸中两部分气体压强相同，
答：①当活塞A向左移动的距离为L4时，下潜的深度为2030m；
②该深度计能测量的最大下潜深度为5500m。
【解析】①假设Ⅱ内活塞不动，根据玻意尔定律可明确压强大小，从而确定Ⅱ内气体体积是否变化，进而求出压强大小，再由压强公式即可确定水的深度；
②当Ⅰ内活塞恰好移动到缸底时所测深度最大，分别对I、II内气体进行分析，根据玻意尔定律可确定压强，从而求出水的深度。
本题考查玻意尔定律的应用和压强的计算，要注意明确研究对象的正确选择，在解题时应分别对两部分气体进行分析求解。