2019-2020学年山东省济南市章丘四中高二（下）第三次月考物理试卷 9页

‎2019-2020学年山东省济南市章丘四中高二（下）第三次月考物理试卷 一、选择题：（1-10单选，11-14多选．每题4分，共56分，其中11-14题，选对得4分，选不全得2分，选错不得分）‎ ‎ ‎ ‎1. 若以μ表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿佛加德罗常数，m、‎△‎分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：①NA‎=‎vρm②ρ=‎μNA‎△‎③m=‎μNA④‎△=‎vNA其中（ ） ‎ A.①和②都是正确的 B.①和③都是正确的 C.③和④都是正确的 D.①和④都是正确的 ‎ ‎ ‎ ‎2. 某容积为‎40L的氧气瓶装有‎30atm的氧气，现把氧气分装到容积为‎5L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为‎2atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为‎1atm，能分装的瓶数是（设分装过程中无漏气，且温度不变）（ ） ‎ A.‎120‎瓶 B.‎240‎瓶 C.‎112‎瓶 D.‎224‎瓶 ‎ ‎ ‎3. 如图所示为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图象，由图象可知（ ） ‎ A.两摆球质量相等 B.两单摆的摆长相等 C.两单摆相位相差为π‎2‎ D.在相同的时间内，两摆球通过的路程总有s甲＝‎‎2‎s乙 ‎ ‎ ‎4. 频率一定的声源在空气中沿背离静止的接收器的方向匀速运动，设声源的速度为u，声波的速度为v，且u‎p‎1‎，又‎△T为负值，所以压强的变化大小关系为：‎<‎，即水银柱应向下移动。 同理可求得乙玻璃管中水银柱也应向下移动，故ABD错误，C正确；‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 分子间的相互作用力 分子势能 ‎【解析】‎ 若分子间距等于平衡距离时，分子势能最小，当分子间距大于平衡距离时，随分子间距增大而增大，但当分子间距大于平衡距离时分子力随距离先增大后减小；由功能关系判断分子力做功情况。‎ ‎【解答】‎ AB‎、当分子间的距离等于r‎0‎时，分子势能最小，此时增大或减小分子距离分子势能都增大，减小分子距离时，分子力增大，增大分子距离时，分子力先增大后减小，故AB错误； CD、由功能关系可知，分子势能增大，分子力一定做负功，即一定克服分子力做功，故C正确，D错误。‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ 电子进入电场后做类平抛运动，粒子恰好从正极板边缘飞出时，水平位移为板长，竖直位移等于板间距离，根据牛顿第二定律和位移公式列式求解。‎ ‎【解答】‎ 设电子的带电量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，板间距离为d。电子在电场中做类平抛运动，有： 第一种情况： 水平方向：L＝vt 竖直方向：y＝d=‎1‎‎2‎at‎2‎=‎1‎‎2‎⋅eUmd(‎Lv‎)‎‎2‎ 即d‎2‎‎=‎eUL‎2‎‎2mv‎2‎ 若初速度变为原来的‎4‎倍，则仍从正极板边缘飞出，则两极板间距应变为原来的‎1‎‎4‎，故ABC错误，D正确。‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ A,B,C ‎【考点】‎ 理想气体的状态方程 热力学第一定律 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎【解析】‎ 一定质量的理想气体分子势能不计，只有分子动能，内能只与气体的温度有关，温度升高，内能就增大，反之，内能就减小。然后结合热力学第一定律讨论是吸收热量还是放出热量 ‎【解答】‎ 根据理想气体的状态方程，pVT‎=C，得斜率：k=pT=‎CV，所以斜面比较大的直线ab的体积比较小。 A、气体由状态a变到状态c，温度降低，其内能减少；同时由于体积增大，对外做功，故A正确； B、气体由状态a变到状态d，温度升高，其内能增加；同时由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，一定从外界吸收了热量，故B正确。 C、气体由状态d变到状态b，温度升高，其内能增加；同时由于体积减小，根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，故C正确； D、气体由状态b变到状态a，温度降低，其内能减少，由于体积不变，所以一定是放出了热量。故D错误 ‎12.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 简谐运动的振动图象 横波的图象 波长、频率和波速的关系 ‎【解析】‎ 根据波的传播，由两波源距离及波相遇的时间求得波速；由图得到周期，即可根据波速求得波长；根据两波源振动，由质点到两波源的距离差求得质点振动加强或减弱；根据波速求得波的传播时间，从而求得质点振动时间，即可求得质点位移及速度方向。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据两波在t‎1‎＝‎0.3s时相遇，由波的传播可得：两列波在A．B间的传播速度大小v=AB‎2‎t‎1‎=10m/s，故A错误； B、由图可得：周期T＝‎0.2s，故波长λ＝vT＝‎2m，故B正确； C、中点C到两波距离差为零，即两波同时到达C点， 又有两波起振方向相反，故两波在C点振动减弱，故C错误； D、波从A传播到B经过的时间t′‎＝‎2‎t‎1‎＝‎0.6s，故t‎2‎＝‎0.75s时刻B点振动和t＝‎0.15s时波源A振动一致，故由图甲可得：B质点位于波谷，故D正确。‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 横波的图象 波长、频率和波速的关系 ‎【解析】‎ 由题，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，周期大于‎0.5s，可知M、N平衡位置间的距离等于‎3‎‎4‎λ+nλ，可求出波长， 由v=‎λT，求出周期； 分析t=‎1‎‎3‎s时，N所处的位置，从而分析N的速度； 波传播过程中质点M不向前移动； 根据质点的位置，分析从t=‎1‎‎3‎s到t=‎2‎‎3‎s，M的动能如何变化。‎ ‎【解答】‎ A‎、由题分析得知，M、N两质点的平衡位置的距离为xMN‎=‎3‎‎4‎λ+nλ，n＝‎0‎，‎1‎，‎2‎…， 所以λ=‎‎8‎‎4n+3‎，n＝‎0‎，‎1‎，‎2‎…， 由题意：波速为‎4m/s，周期大于‎0.5s，则根据λ＝vT可知，波长λ大于‎2m， 所以n＝‎0‎，波长λ=‎8‎‎3‎m，周期为T=λv=‎2‎‎3‎s．故A正确； B、由于N点是在平衡位置附近做机械振动，在t=‎1‎‎3‎s时，N点运动到平衡位置下方最大位移处，其速度为零，故B错误； C、波传播过程中质点M不向前移动，M点只上下振动，故C错误。 D．从t=‎1‎‎3‎s到t=‎2‎‎3‎s，即‎1‎‎2‎T到T，M点正从平衡位置向下振动到波谷，再向上振动到平衡位置，动能先减小，后增大，故D错误。‎ ‎14.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 估测油酸分子大小 分子势能 布朗运动 ‎【解析】‎ 布朗运动是由小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的；用油膜法估测分子的大小”实验中认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子，所以可以认为油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积；根据气体压强的微观意义判断；分子间作用力为零时，分子间的势能最小。‎ ‎【解答】‎ 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，间接证明了分子永不停息地做无规则运动，同时说明液体分子间有间隙，故A正确。 B、用油膜法估测分子直径的实验中，用酒精稀释过的油酸滴在水面上形成单分子层，单分子油膜的厚度就是油酸分子直径，故B错误。 C、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，既与单位体积内气体的分子数有关，也与气体温度有关，故C错误。 D、分子间作用力为零时，分子处于平衡位置，分子势能最小，故D正确。‎ 二、实验题（每题6分，共12分）‎ ‎【答案】‎ ‎1.195‎‎，‎ 碰撞中滑块A不反弹，‎ ‎1.195‎‎,为了A、B碰撞时A不反弹,‎mAdt‎1‎‎=mAdt‎3‎+‎mBdt‎2‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎【考点】‎ 利用平抛运动规律验证动量守恒定律 ‎【解析】‎ ‎①螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。 ②为了A、B碰撞时A不反弹，需满足A的质量大于B的质量。 ③根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度，抓住碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量得出动量守恒的表达式。‎ ‎【解答】‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为‎1mm，可动刻度读数为‎0.01×19.5mm＝‎0.195mm，则读数为：‎1.195mm。‎ 为了A、B碰撞时A不反弹，需满足A的质量大于B的质量。‎ 碰撞前的总动量为：P‎1‎‎=mAv‎1‎=‎mAdt‎1‎ 碰撞后的总动量为：P‎2‎＝mAv‎1‎‎′+mBv‎2‎=mAdt‎3‎+‎mBdt‎2‎ 则动量守恒的表达式为：mAdt‎1‎‎=mAdt‎3‎+‎mBdt‎2‎。‎ ‎【答案】‎ B‎,D,‎F 如图所示；‎ ‎0.39‎ ‎【考点】‎ 描绘小灯泡的伏安特性曲线 ‎【解析】‎ ‎（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器； （2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后将实物电路连接完整； （3）在灯泡的U−I图象坐标系内作出电源的U−I图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出此时灯泡实际功率。‎ ‎【解答】‎ 灯泡额定电压为‎4.5V，故电压表应选择‎5V量程，即电压表选择B；灯泡额定电流为：I=PU=‎2‎‎4‎A＝‎0.5A，则电流表量程选择‎0.6A＝‎600mA即可，故电流表选D； 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器选择F；‎ 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法 灯泡电阻较小，故电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，据此将实物电路连接完整如图所示； ‎ 把定值电阻R＝‎10.5Ω与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U＝‎5−12.5I， 在图甲中作出电源的U−I图象如图所示： 由上图图象可知，此时灯泡两端电压U＝‎1.4V，灯泡电流I＝‎0.28A，灯泡实际功率P＝UI＝‎1.4×0.28W＝‎0.39W。 故答案为：（1）B、D、F；（2）如图所示；（3）‎0.39‎。‎ 三、计算题（17题12分，18题10分，19题10分，共32分）‎ ‎【答案】‎ 若波沿x轴负方向传播，它传播的速度为‎(12n+9)m/s (n＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎；‎ 若波沿x轴正方向传播，它的最大周期为‎4s；‎ 若波速是‎123m/s，波的传播方向沿着x轴正方向；‎ 实线图中A点，再过‎3‎‎4‎周期时，A点位移是‎0‎。‎ ‎【考点】‎ 横波的图象 波长、频率和波速的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）若波沿x轴负方向传播，分析传播距离与波长的关系，根据x＝vt求解传播速度； （2）若波沿x轴正方向传播，分析传播时间与周期的关系，从而找到周期的表达式，分析周期最大值； （3）将波速代入波速的表达式中，求解出来的n是整数则符合； （4）再过‎3‎‎4‎周期时，A质点回到平衡位置，其位移为零。‎ ‎【解答】‎ 波沿x轴负方向传播，则传播的距离为：x=nλ+‎3‎‎4‎λ=(12n+9)m，‎(n＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎ 所以传播速度为：v=xt=(12n+9)m/s (n＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎；‎ 若波沿x轴正方向传播，则传播时间为：t=kT+‎3‎‎4‎T (k＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎， 所以T=‎‎4‎‎4k+1‎，‎(k＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎ 当k＝‎0‎时，周期最大，有：Tmax＝‎4s；‎ 若波沿x轴正方向传播，则传播的距离为：x=nλ+‎1‎‎4‎λ=(12n+3)m (n＝‎0‎、‎1‎、‎2‎、‎3‎…‎)‎， 所以传播速度为：v=xt=(12n+3)m/s＝‎123m/s， 解得：n＝‎10‎，所以波沿着x轴正方向传播；‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 再过‎3‎‎4‎周期时，A质点回到平衡位置，其位移为零。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积为‎1‎‎2‎V；‎ ‎（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量为‎1‎‎2‎p‎0‎V+αT‎0‎．‎ ‎【考点】‎ ‎“汽缸活塞类”模型 理想气体的状态方程 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）由理想气体状态方程得： ‎1.2p‎0‎V‎2.4‎T‎0‎‎=‎p‎1‎V‎1‎T‎0‎， 解得：V‎1‎‎=‎1‎‎2‎V．‎ ‎（2）在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=p‎0‎(V−V‎1‎)‎， 活塞刚要下降时，由理想气体状态方程得： ‎1.2pV‎2.4‎T‎0‎‎=‎p‎0‎VT‎1‎， 解得：T‎1‎‎=2‎T‎0‎， 在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU=α(T‎0‎−T‎1‎)‎， 由热力学第一定律得，ΔU=W+Q， 解得：Q=‎1‎‎2‎p‎0‎V+αT‎0‎．‎ ‎【答案】‎ E‎1‎的大小为‎1.4N/C；‎ 加上磁场后，粒子由b点到O′‎点粒子的电势能增加了‎1.0×‎10‎‎−2‎J． ‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ ‎（1）由平衡条件可以求出电场强度； （2）根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量．‎ ‎【解答】‎ 粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有： qE‎1‎cos ‎‎45‎‎∘‎＝mg 解得：E‎1‎‎=‎2‎ N/C＝‎1.4 N/C．‎ 粒子从a到b的过程中，由动能定理得： qE‎1‎dABsin ‎45‎‎∘‎=‎1‎‎2‎mvb‎2‎ 解得：vb‎=‎2gdAB=5 m/s 加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE‎2‎＝mg 加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB＝mvb‎2‎R 解得：R＝‎5 m 设偏转距离为y，由几何知识得： R‎2‎＝dBC‎2‎‎+(R−y‎)‎‎2‎ 代入数据得y＝‎1.0 m 粒子在B、C间运动时电场力做的功为： W＝‎−qE‎2‎y＝‎−mgy＝‎−1.0×‎10‎‎−2‎J 由功能关系知，粒子的电势能增加了‎1.0×‎10‎‎−2‎J 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页