江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高二下学期5月月考物理答案（PDF版）_2024-2025高二（7-7月题库）_2025年05月试卷_0523江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高二下学期5月月考

弋横铅高二物理试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A D C D B BD AB BC 1．B 【详解】汽缸导热，说明汽缸内气体的温度与外界温度相同，所以选项中四种情形分子的平 均动能一样大。设活塞质量为m，横截面积为S，活塞平衡后，根据平衡条件可知，选项 AC中汽缸内气体的压强等于外界大气压强 p 0 mg 选项B中气体的压强最大，等于 p p  0 S mg 选项D中气体压强最小等于 p p  0 S p 根据压强的微观解释或分子数密度公式n ，可知选项B中气体的分子数密度最大。 kT 故选B。 2．B 【详解】A．图中记录的是每隔一定时间小炭粒位置的连线，并不是小炭粒做布朗运动的轨 迹，故A错误； B．布朗运动反映了液体分子永不停息的无规则运动，故B正确； C．小炭粒越小，液体分子同一时刻撞击小炭粒产生的撞击力越不平衡，液体的温度越高， 液体分子运动越激烈，观察到的布朗运动就越明显，故C错误； D．温度越低，布朗运动越不明显，但温度降到0℃时，炭粒的布朗运动不会停止，故D错 误。 故选B。 3．A 【详解】由题设可知，一个气体分子每与器壁碰撞一次，对器壁的冲量ΔI 2mv 1 以器壁上面积为S的部分为底，vt为高构成正方体，其内有 的气体分子在Δt时间内与该 6 1 正方体的底发生碰撞，碰撞的分子数N  nSvΔt 6 1 则Δt时间内气体分子对正方体底部的冲量I NΔI  nSmv2Δt 3 I 1 正方体底部受到的压力F   nSmv2 Δt 3 答案第1页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}F 1 2 则气体对器壁的压强p  nmv2  nE S 3 3 k 故选A。 4．D 【详解】根据分子间的作用力做功与分子势能的关系可知，分子间的作用力做正功，分子势 能减少，分子间的作用力做负功，分子势能增加，则从A到B过程中，引力增大，且分子作 用力做正功，分子势能减小；从B到C过程中，引力减小；从B至D过程中，作用力先为引 力先减小，后为斥力，逐渐增大；从C到D过程中，斥力增大，且分子作用力做负功，分 子势能增大，故选项D正确。 故选D。 5．C 【详解】ABC．乙分子在x 时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加 2 速度为零，此时速度最大，动能最大，由于从x 处静止释放后仅在分子间相互作用力下滑 3 到x轴运动，故分子势能和动能之和不变，则此时的动能等于E ，故C正确，AB错误； 0 D．当乙分子运动到x时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子的距离最小， 1 而后向分子间距变大的方向运动，因此甲乙分子的最小距离一定等于x，故D错误。 1 故选C。 6．D 【详解】A．单个铁原子的质量 M m  0 N A 铁质晶须单位体积内铁原子的个数为  N n   A 0 m M 0 故A错误； B．铁的摩尔体积 M V   单个分子的体积 M V  0 N A 答案第2页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}又 4 V  r3 0 3 所以分子的半径 1  3M 3 r   4N  A 分子的直径 1  3M 3 d 2r 2  0 4N  A 故B错误； C．分子的最大截面积 2  3M 3 S r2   0 4N  A 断面内铁原子的个数为 d p( )2 2 d2 d2 n= = = S 2 2 0 3M 3 6M 3 4 ç 4prN ç èprN A A 故C错误； D．相邻铁原子之间的相互作用力为 2 F F  6M 3 F     0 n d2 N  A 故D正确。 故选D。 7．B 【详解】开始活塞静止，处于平衡状态，由平衡条件得： p S  p S  p S  p S a a 0 b b b 0 a 整理可得 p S p S  p (S S ) b b a a 0 b a 结合题意 答案第3页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}S S b a 可得 p S  p S b b a a 两边升温后，假设a中气体为等容变化，则有 p p a  a T T a a 解得 T p  a p a T a a 同理可得 T p  b p b T b b 综合可得 T T b p S  a p S T b b T a a b a F F b a 故活塞向左移动。对于细杆受到拉力还是压力，则需分别讨论。由初始时 p S  p S  p S  p S a a 0 b b b 0 a 整理得 (p p )S (p p )S 0 a a 0 b b 则压强关系有三种情况 第一种情况 p  p  p a b 0 升温后，对b汽室内得活塞受力分析如图所示 由于升温后 p S  p S b b 0 b 答案第4页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}缓慢升温，可认为是稳定平衡状态，故杆对活塞有向右的作用力N,活塞对杆有压力作用。 第二种情况 p  p a 0 p  p b 0 由于 S S b a 可得 p  p a b 即 p  p  p a b 0 同理对b汽室内得活塞受力分析如图所示 杆受到挤压方向水平向左。 第三种情况 p  p a 0 p  p b 0 由 (p p )S (p p )S 0 a a 0 b b 可得 (p p )(p p ) 0 a 0 b 所以 p  p  p a b 0 对b汽室内得活塞受力分析如图所示 答案第5页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}由于 p  p ，所以稳定时，活塞受到杆向左的拉力，杆受到活塞向右的力，升温后，只要 b 0 压强小于大气压强 p ，杆受到拉力作用，当升温到压强大于大气压 p 时，则杆受到挤压得 0 0 作用。综上所述，ACD错误，B正确。 故选B。 8．BD 【详解】初始时有 p gh p 2 1 假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律，有 p p p p 2  2 ， 1  1 T T T T 2 2 1 1 整理得 p p p  2 T ，p  1T 2 T 2 1 T 1 2 1 根据题意可知 gh T T ，T T ，p   p 1 2 1 2 2 S 1 可知 L  L，p p 2 1 2 1 故此时两部分气体压强增加量不同，水银柱将向上移动，到达稳定后有 p' gh p' 2 1 说明液柱移动后压强增加量相同。 故选BD。 9．AB 【详解】气体压强 p=p+ρgh=p+ρgh 0 1 0 2 答案第6页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}故 h=h 1 2 ABD．向右管注入少量水银，假定先固定水银A，则气压增加，再释放水银A，封闭气体将向 上运动，故h减小，气体的压强p+ρgh也就减小，右管与B的水银面的高度差h也减小， 2 0 2 1 故AB正确，D错误； C．气体的压强减小、温度不变，根据 pV ＝C T 体积增大，则长度增大，故C错误。 故选AB。 10．BC m 【详解】A．令1个标准大气压，质量为m的空气在温度为T 时的体积为V，则密度为  0 0 0 V 0 m 令0.4个标准大气压，质量为m的空气在温度为0.8T 时的体积为V ，则密度为  0 1 1 V 1 pV 0.4pV 根据理想气体状态方程有 0 0  0 1 T 0.8T 0 0 1 解得   1 2 0 1 则此时热气球所受浮力的大小F gV  gV 1 2 0 故A错误； B． 令0.4个标准大气压，质量为m的空气在温度为2T 时的体积为V ，即球内空气密度为 0 2 m   2 V 2 pV 0.4pV 根据理想气体状态方程有 0 0  0 2 T 2T 0 0 1 结合上述解得   2 5 0 此时球内空气压强为0.4个标准大气压，温度为2T ，体积为V，球内空气密度为，则此 0 2 时球内空气所受的重力GVg 2 1 解得G gV 5 0 故B正确； CD．令此时它还能托起的最大质量为M，根据平衡条件有 答案第7页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}Mg F Gm g 0 1 1 其中F  gV ，G gV 2 0 5 0 3 解得M  V m 10 0 0 故C正确，D错误。 故选BC。 11．(1)BC VV (2) 71a2 0 2 nSV 1 (3)C 【详解】（1）“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层 油膜、将油酸分子看成球形，不考虑各油酸分子间的间隙。 故选BC。 （2）[1][2]根据数格子的办法，多于半格算一格，少于半格舍去，油膜的总格数为71格， 则油膜总面积为S 71a2 V 由于所用油酸酒精溶液每V 体积溶液中有纯油酸体积V ，则溶液的浓度为x 2 1 2 V 1 V 用注射器和量筒测得体积为V 的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为V  0 x 0 n V 油酸分子直径为d  S VV 联立解得d  0 2 nSV 1 V （3）A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致油膜面积测量值偏小，根据d  S 可知油酸分子直径测量值偏大，故A错误； V B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，导致油膜面积测量值偏小，根据d  S 可知油酸分子直径测量值偏大，故B错误； C．用注射器和量筒测V 体积溶液滴数时多记录了几滴，导致油酸体积测量值偏小，根据 0 V d  S 可知油酸分子直径测量值偏小，故C正确。 故选C。 12． 低 均匀 127 t-10 答案第8页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}【详解】（1）[1][2]由于玻璃管的容积远小于A的容积，所以A中气体由于气体温度而发生 的变化可视为等容变化。设A中气体压强为p，温度为T，水银密度为ρ，根据平衡条件可 得 p p gh ① 0 根据查理定律可知 p k ② T 上式中k为比例系数，联立①②解得 p kT h 0 ③ g 由③式可知，h随T的减小而线性增大，所以h越大，相应的温度读数越低，且温度刻线是 均匀分布的。 （2）[3]设水银柱高度h36cm处对应的热力学温度为T，由题意根据查理定律有 1 p 46cmHg p 36cmHg 0  0 ④ T T 0 1 解得 T 400K ⑤ 1 所以水银柱高度h36cm处的温度刻度值应为 t 400273℃127℃ ⑥ 1 （3）[4]根据②④式可知 Δp 30cmHg 1  = ⑦ ΔT 300cmHg 10 所以当大气压强的实际值与最初制定刻度时的大气压强值出现了1cmHg的偏差时，通过刻 度读出的温度将出现10℃的偏差，且此时水银柱高度比大气压强为76cmHg时低，说明读数 比实际温度偏高，则实际温度应修正为（t-10）℃。 13．答案 (1)1.5 atm (2)325次 p p 解析 (1)球内气体发生等容变化，由查理定律得 1＝ 2 2分 T T 1 2 解得p＝1.5 atm。 1分 2 (2)在室温下把球内50 L的气体折算成1 atm下的体积为V的气体。 2 由玻意耳定律得 pV＝pV 2分 1 1 2 2 1．5×50＝1×V 2 V＝75 L 2分 2 答案第9页，共11页 {#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}设打气次数为n，把打进去的气体与折算后体积为V的气体看成一整体，由玻意耳定律得 2 p(V＋nΔV)＝pV 2分 2 2 3 1 1×(75＋n×0.2)＝2.8×50 解得n＝325次。 1分 3＋ 5 14．答案 (1)0.4V 2p (2)( 5－1)V p 0 4 0 解析 (1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有 1 pV＝p× V 1分 0 B 2 解得p＝2p 1分 B 0 对A气体分析，根据玻意耳定律有pV＝pV 1分 0 A A 其中p＝p＋0.5p 1分 A B 0 联立解得V＝0.4 V。 1分 A 3 (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为 V，由玻意耳定律可得 2 3 pV＝p′× V 2分 0 2 0 2 则A此情况下的压强为p′＝ p