海南高二高中物理期中考试带答案解析

海南高二高中物理期中考试
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量
2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的
A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小
2.下列说法正确的是
A．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
B．第二类永动机不能制成，是因为它违反了能量守恒定律
C．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变
3.某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，以下说法不正确的是
A．室内与室外空气的压强相同
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外大
D．室内空气对室外空气做正功
4.液体在器壁附近的液面会发生弯曲，如图所示，对比有下列几种解释，其中正确的是
A．表面层I内分子的分布比液体内部密
B．表面层II内分子的分布比液体内部疏
C．附着层I内分子的分布比液体内部疏
D．附着层II内分子的分布比液体内部密
5.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，地面大气压强为
，重力加速度大小为g，则可估算
A．地球大气层空气分子总数
B．地球大气层空气分子总数
C．空气分子之间的平均距离
D．空气分子之间的平均距离
6.如图所示为两分子间的作用力F与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是
A．在r>r0阶段,随着r增大,F做负功,分子势能增加,分子动能减小
B．在r>r0阶段,随着r减小,F做正功,分子势能增加,分子动能减小
C．在r<r0阶段,随着r减小,F做负功,分子势能减小,分子动能也减小
D．在r<r0阶段,随着r增大,F做负功,分子势能增加,分子动能减小
二、多选题
1.某学生在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于
A．油酸中含有大量酒精
B．油酸溶液浓度低于实际值
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴
2.根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法正确的是
A．可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
B．理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小
C．布朗运动是固体分子的运动，温度越高布朗运动越剧烈
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的
3.一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止．设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好，使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是
A．若外界大气压强增大，则弹簧将减小一些，汽缸的上底面距地面的高度将减小
B．若外界大气压强减小，则弹簧长度将不变，汽缸的上底面距地面的高度将增大
C．若气温升高，则活塞不动，汽缸的上底面距地面的高度将增大
D．若气温降低，则活塞向上移动，汽缸的上底面距地面的高度将减小
4.一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其p–V图象如图所示。

在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。

对于这两个过程，下列说法正确的是A．气体经历过程1，其温度降低，内能减少
B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少
C．气体在过程2中，先向外放热后吸热
D．气体在过程2中，一直对外做功
三、实验题
1.一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49 mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为________ cm；图乙中的螺旋测微器读数为________ mm.
2.要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)
（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代
号)．
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________ W.（保留一位有效数字）
3.如图所示，粗细均匀、上端封闭的三通细玻璃管中用水银与活塞封闭了两段温度相同、长度分别为L
A
= 25cm和
L
B
=30cm的理想气体A、B，竖直管中两段水银柱长均为h=15cm，水平管中水银柱足够长，右端和大气相通，大
气压强p
=75cmHg．现缓慢抽动玻璃管下端的活塞，使A、B两部分气体体积相同，求活塞下移的距
离．
四、简答题
1.如图所示，导热性能良好的气缸的开口向下，内有体积为V
0的理想气体，外界大气压强为p
，环境温度为T
，
轻活塞的横截面积为S，轻活塞与气缸之间的摩擦不计．现在活塞下面挂一个质量为m的小桶，活塞缓慢下移，并最终处于某一位置静止不动．已知重力加速度为g.
①求挂上小桶后系统稳定时，气缸内气体的体积V.
②拿掉小桶后，若要保持气缸内气体的体积V不变，环境温度需要升高到多少？气缸吸热还是放热？
2.如图，一质量和厚度均可忽略的活塞将气体密封在足够高的导热气缸内，系统静止时缸内的气体温度、压强分别与外界温度T 0、外界压强p 0相等，活塞与气缸底部高度差为h .现对气缸底部缓慢加热，活塞缓慢上升．已知气体吸收的热量Q 与温度差ΔT 的关系为Q ＝kΔT (其中k 为常量，且k >0)，活塞的面积为S ，不计一切摩擦，求：
(1) 当活塞在缸内上升到离缸底高度为3h 时缸内气体的温度T ；
(2) 在活塞从离缸底高度为h 上升到高度为3h 的过程中，缸内气体增加的内能ΔU .
海南高二高中物理期中考试答案及解析
一、选择题
1.一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量
2.5×104J ，气体对外界做功1.0×104J ，则该理想气体的
A ．温度降低，密度增大
B ．温度降低，密度减小
C ．温度升高，密度增大
D ．温度升高，密度减小
【答案】D
【解析】从外界吸收热量2.5×104J ，气体对外界做功1.0×104J ，说明气体的内能增加，温度升高，体积增大，密度减小，所以D 正确。

【考点】热力学第一定律、气体的状态参量。

2.下列说法正确的是
A ．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
B ．第二类永动机不能制成，是因为它违反了能量守恒定律
C ．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
D ．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变
【答案】C
【解析】根据热力学第二定律可知，不能从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响，故A 错误；第二类永动机不可制成，不是因为违反了能量守恒定律，而是因为违反了热力学第二定律，故B 错误；根据热力学第二定律，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故C 正确；温度是分子的激烈程度的宏观表现，气体的温度升高，则分子的激烈程度增大．所以然温度升高，虽然单位体积内分子数不变，单位时间内撞击单位面积上的分子数也会增多，故D 错误．
3.某未密闭房间的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，以下说法不正确的是
A ．室内与室外空气的压强相同
B ．室内空气分子的平均动能比室外的大
C ．室内空气的密度比室外大
D ．室内空气对室外空气做正功
【答案】C
【解析】未密闭房间说明是等压变化，压强不变；温度是分子平均动能的标志；温度升高分子平均动能增加，体积增大，密度变小，对外做功．
未密闭房间说明是等压变化，压强不变，故A正确；温度是分子平均动能的标志；温度升高分子平均动能增加，
故B正确；等压升温度，体积增大，密度变小，故C错误；体积增大，对外做正功，故D正确．
4.液体在器壁附近的液面会发生弯曲，如图所示，对比有下列几种解释，其中正确的是
A．表面层I内分子的分布比液体内部密
B．表面层II内分子的分布比液体内部疏
C．附着层I内分子的分布比液体内部疏
D．附着层II内分子的分布比液体内部密
【答案】B
【解析】液体表面张力的原因是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力；附着层中的分子同时受到固体分子和液体内部分子的吸引，若附着层中的液体分子受固体分子的吸引比内部液体分子弱，那么附着层中的液体分子比液体内部稀硫，这时在附着层中就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟固体接触的液体表面有缩小的趋势，因而形成不浸润现象；反之出现浸润现象．
液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，密度较小，且液面分子间表现为引；故表面层I、Ⅱ内分子的分布比液体内部疏，故A错误B正确；附着层I内分子与容器壁
间引力大于内部液体分子引力，附着层分子距离小，密度大，故C错误；附着层II内分子与容器壁间吸引力小于
内部液体分子引力，附着层分子距离大，密度小，D错误．
5.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，地面大气压强为
，重力加速度大小为g，则可估算
A．地球大气层空气分子总数
B．地球大气层空气分子总数
C．空气分子之间的平均距离
D．空气分子之间的平均距离
【答案】D
【解析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，即，分子数
，AB错误；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体
边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，则，而，所以，
故C错误D正确．
【点睛】对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体之和等于气体的体积．
6.如图所示为两分子间的作用力F与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是
A．在r>r0阶段,随着r增大,F做负功,分子势能增加,分子动能减小
B．在r>r0阶段,随着r减小,F做正功,分子势能增加,分子动能减小
C．在r<r0阶段,随着r减小,F做负功,分子势能减小,分子动能也减小
D．在r<r0阶段,随着r增大,F做负功,分子势能增加,分子动能减小
【答案】A
【解析】r
是分子的平衡距离，在阶段，分子力表现为引力，随着r增大，F做负功，分子动能减小，势能增
大，随着r减小，F做正功，分子动能增大，势能减小，故A正确B错误；当时，分子间的作用力表现为斥力，随着r减小，F做负功，分子动能减小，势能增大，随着r增大，F做正功，分子动能增大，势能减小，故CD 错误．
二、多选题
1.某学生在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于
A．油酸中含有大量酒精
B．油酸溶液浓度低于实际值
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数少记了10滴
【答案】CD
【解析】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．
计算油酸分子直径的公式是，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积，计算时利用的是纯油酸的体积，如果含
有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，A错误；计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度低于实际值，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，B错误；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S
将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误少记了10滴，由可知，纯油酸的体积将偏大，则计算得到的分子直径将偏大，故D正确．
2.根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法正确的是
A．可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
B．理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小
C．布朗运动是固体分子的运动，温度越高布朗运动越剧烈
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的
【答案】BD
【解析】根据热力学第二定律，自然界的一切宏观热现象都具有方向性，故不可能将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故A错误；温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大；根据理想气体状态方程，温度升高，气体的压强可能减小，故B正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高布朗运动越剧烈，故C错误；利用浅层海水
和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，符合热力学定律，故在原理上是可行的，故D正确；
【点睛】解答本题需掌握：①热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．②温度分子热运动平均动能的标志．③布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映．
3.一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止．设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，
缸壁导热性能良好，使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同，则下列结论中正确的是
A．若外界大气压强增大，则弹簧将减小一些，汽缸的上底面距地面的高度将减小
B．若外界大气压强减小，则弹簧长度将不变，汽缸的上底面距地面的高度将增大
C．若气温升高，则活塞不动，汽缸的上底面距地面的高度将增大
D．若气温降低，则活塞向上移动，汽缸的上底面距地面的高度将减小
【答案】BC
【解析】选择气缸和活塞为整体，那么整体所受的大气压力相互抵消，若外界大气压增大，则弹簧长度不发生变化，选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力PS，向上受到缸内气体向上的压力，物体受三力平衡，若外界大气压P减小，一定减小，根据理想气体的等温变化（常数），当压强增减小时，体积一定增大，所以气缸的上底面距地面的高度将增大，故A错误B正确；选择气缸和活塞为整体，那么整体所
受的大气压力相互抵消，当气温升高时，则弹簧长度不发生变化，则活塞距地面的高度不变，缸内气体做等压变化，根据：，当温度升高时，气体体积增大，气缸上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大，反之，降低，
故C正确D错误．
4.一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其p–V图象如图所示。

在过程1中，气体始
终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。

对于这两个过程，下列说法正确的是A．气体经历过程1，其温度降低，内能减少
B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少
C．气体在过程2中，先向外放热后吸热
D．气体在过程2中，一直对外做功
【答案】AC
【解析】据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律，即可判定；根据理想气体状态方程，结合过程2中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；
气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故A正确B错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，
体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C正确D错误；
三、实验题
1.一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49 mm，用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为________ cm；图乙中的螺旋测微器读数为________ mm.
【答案】 2.320 1.130(±0.002均对)
【解析】游标卡尺的主尺读数为2.3cm=23mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
10×0.02mm=0.20mm，
所以最终读数为：23mm+0.20mm=23.20mm=2.320cm
微器的固定刻度为1mm，可动刻为13.0×0.01mm=0.130mm，所以最终读数为1mm+0.130mm=1.130mm．
【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
2.要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)
（2）实验的电路图应选用下列的图________(填字母代
号)．
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________ W.（保留一位有效数字）
【答案】 A B 0.1
【解析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）明确实验原理，知道实验中要求电流从
零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法，同时根据电表内阻进行分析，确定电流表接法；（3）在I-U图象中
作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由P=UI可求得实验灯泡的功率．
（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选A；
（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，，，电流表应采用外接法，因此实验电路应选B；
请在此填写本题解析!
（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，则由图可知，电压为1.0V，电流为
0.10A．则由可知，功率．
3.如图所示，粗细均匀、上端封闭的三通细玻璃管中用水银与活塞封闭了两段温度相同、长度分别为L
= 25cm和
A
=30cm的理想气体A、B，竖直管中两段水银柱长均为h=15cm，水平管中水银柱足够长，右端和大气相通，大
L
B
=75cmHg．现缓慢抽动玻璃管下端的活塞，使A、B两部分气体体积相同，求活塞下移的距
气压强p
离．
【答案】x=13cm
【解析】活塞向下抽时，A 气体气压和长度不变；B 气体向下移动，由玻意耳定律对B 部分气体列方程求解． 活塞向下抽时，A 气体气压和长度不变；
当B 部分气体的体积达到L A =25cm 时，设下端水银柱长度变为L ，对B 部分气体:
初状态：
末状态：
由玻意耳定律得：
代入数据解得
则活塞下移的距离为：
代入数据得：
四、简答题
1.如图所示，导热性能良好的气缸的开口向下，内有体积为V 0的理想气体，外界大气压强为p 0，环境温度为T 0，轻活塞的横截面积为S ，轻活塞与气缸之间的摩擦不计．现在活塞下面挂一个质量为m 的小桶，活塞缓慢下移，并最终处于某一位置静止不动．已知重力加速度为g .
①求挂上小桶后系统稳定时，气缸内气体的体积V . ②拿掉小桶后，若要保持气缸内气体的体积V 不变，环境温度需要升高到多少？气缸吸热还是放热？
【答案】①② 吸热
【解析】①挂上小桶后，稳定时气缸内气体的压强为
气体等温变化，根据玻意耳定律，有
解得 ②最初及末状态，气体压强不变，根据盖－吕萨克定律，有
解得
(也可由气体等容变化过程，根据查理定律得
，求解T ) 气体体积不变，温度升高，气缸要吸热
2.如图，一质量和厚度均可忽略的活塞将气体密封在足够高的导热气缸内，系统静止时缸内的气体温度、压强分别与外界温度T 0、外界压强p 0相等，活塞与气缸底部高度差为h .现对气缸底部缓慢加热，活塞缓慢上升．已知气体吸收的热量Q 与温度差ΔT 的关系为Q ＝kΔT (其中k 为常量，且k >0)，活塞的面积为S ，不计一切摩擦，求：
(1) 当活塞在缸内上升到离缸底高度为3h 时缸内气体的温度T ；
(2) 在活塞从离缸底高度为h上升到高度为3h的过程中，缸内气体增加的内能ΔU.
【答案】（1）T＝3T
0ΔU＝2kT
－2p
Sh
【解析】（1）活塞在缸内上升的过程，缸内气体的压强恒为，发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得
得
（2）在活塞上升过程中，气体对活塞做的功
在这一过程中，气体吸收的热量
由热力学第一定律得，缸内气体增加的内能
由以上各式得。