《2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析） 人教新版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理上学期第一次月考试题（含解析） 人教新版.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、- 1 -20192019 学年度高三年级第一次月考物理试卷学年度高三年级第一次月考物理试卷一选择题（共一选择题（共 1515 小题，其中小题，其中 1-101-10 小题为单项选择题，小题为单项选择题，11-1411-14 小题为多项选择题。小题为多项选择题。 ）1. 儿童的肺活量约为 2L，在标准状态下，空气的摩尔体积为 22.4L/mol他一次吸气能吸入的空气分子数约为（已知阿伏加德罗常数 NA=6.021023mol1） （ ）A. 51021个 B. 51022个 C. 51023个 D. 51024个【答案】B【解析】在标准状态下，空气的摩尔体积为 22.4L/mol，故 2L 的
2、气体物质量为：，故他一次吸气能吸入的空气分子数：个，B 正确2. 如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成 A、B 两部分，初始温度相同使 A、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为，压强变化量为，对液面压力的变化量为，则（ ）A. 水银柱向下移动了一段距离B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：，得，对气体B：，得- 2 -，又设初始状态时两
3、液面的高度差为 h（水银柱的长度为 h） ，初始状态满足，联立得，水银柱向上移动了一段距离，故 A 错误 C 正确；由于气体的总体积不变，因此，B 错误；对水银柱进行受力分析，如图所示，竖直方向，因水银柱向上移动了一段距离，所以，D 错误3. 如图所示，甲、乙、丙三种固体物质，质量相等，从其温度随时间变化的图象可以判断（ ） A. 甲是晶体，乙、丙是非晶体B. 乙是晶体，甲、丙是非晶体C. 乙是非晶体，甲的熔点比丙低D. 乙是非晶体，甲的熔点比丙高【答案】D【解析】因为晶体有一定的熔点，非晶体没有熔点分析图象可知，甲、丙两物质在熔化过程中都有温度不变的过程，所以甲、丙是晶体，乙是非晶体；从图中
4、可知甲的熔点为 ，乙的熔点为 ，故甲的熔点高，D 正确4. 如图，竖直放置的两口径大小不同的气缸中间相通，两端开口面积分别为 SA、SB的上下活塞之间用硬杆相连，且 SASB平衡时，缸内封闭了一定量的理想气体现保持外界大气压不变，使气体温度缓慢上升，活塞将在气缸内移动一小段距离则活塞移动方向和缸内气体压强变化情况是（ ）- 3 -A. 向下移动，压强下降B. 向下移动，压强不变C. 向上移动，压强上升D. 向上移动，压强不变【答案】B【解析】以两只活塞整体为研究对象，然后根据平衡条件分别列式，求出初态时封闭气体的压强；现对缸内封闭气体缓慢加热过程，活塞仍受力平衡，封闭气体做等压变化.5. 一瓶
5、矿泉水喝完一半之后，把瓶盖拧紧，不久瓶内水的上方形成了水的饱和汽当温度变化时，瓶内水的饱和汽压与温度变化关系的图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大，故 B 正确，ACD 错误；故选 B.点睛：本题关键是明确影响保护蒸汽压的因素：液体的种类和液体的温度；饱和蒸气压强与饱和蒸气体积无关，在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定- 4 -的，这个压强叫做饱和蒸气压强基础题目6. 下列关于热现象的说法中，正确的是（ ）A. 若物体体积增大，则物体的内能一定增大B. 理想气体的温度升高，每个气体分子的动能增大C. 若两
6、个分子间的分子力做正功，则分子势能一定减小D. 通常情况下，气体比较难以压缩，这是因为压缩气体时要克服气体分子间的斥力作用【答案】C【解析】物体的内能与物质的量、温度、体积等因素都有关系，则物体体积増大，物体的内能不一定増大，选项 A 错误； 理想气体的温度升高，气体分子的平均动能变大，但并非每个气体分子的动能増大，选项 B 错误； 若两个分子间的分子力做正功，则分子势能一定减小，选项 C 正确； 通常情况下，气体比较难以压缩，这是因为压缩气体时要克服气体的压强作用，选项 D 错误；故选 C. 7. 下列对能的转化和守恒定律的认识错误的是（ ）A. 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B
7、. 某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C. 不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机是不可能制成的D. 石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了【答案】D【解析】解：A、根据能量守恒定律得知，某种形式的能减少，其它形式的能一定增大故A 正确B、某个物体的总能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加故 B 正确C、不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成的故 C 正确D、石子在运动和碰撞中机械能转化为了物体及周围物体的内能，能量并没有消失；故 D 错误；本题选错误的，故选：D【点评】本题考查对能量的转化和守恒定律的掌
8、握情况，要注意学会分析能量的转化方向8. 如图，一定质量的理想气体，由状态 a 经过 ab 过程到达状态 b 或者经过 ac 过程到达状态 c设气体在状态 b 和状态 c 的温度分别为 Tb和 Tc，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为- 5 -Qab和 Qac，则（ ）A. TbTc，QabQacB. TbTc，QabQacC. Tb=Tc，QabQacD. Tb=Tc，QabQac【答案】C【解析】试题分析：设气体在 a 状态时的温度为 Ta，由图可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，从 a 到 b 是等压变化：解得：Tb=2Ta从 a 到 c 是等容变化：，由于 Pc=2P
9、0=2Pa解得：Tc=2Ta，所以：Tb=Tc因为从 a 到 c 是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故 ac 过程增加的内能等于ac 过程吸收的热量；而 ab 过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知ab 过程增加的内能大于 ab 过程吸收的热量，QacQab故选：C考点：理想气体的状态变化曲线9. 1859 年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律若以横坐标 v 表示分子速率，纵坐标 f （v）表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是 （填选项前的字母） （ ）- 6 -A. B. C
10、. D. 【答案】D【解析】根据气体的分子的运动的规律可以知道，在某一温度下，大多数的分子的速率是比较接近的，但是不是说速率大的和速率小的就没有了，也是同时存在的，但是分子的个数要少很多，所以形成的图象应该是中间多，两边少的情况，D 正确10. 分子间有相互作用势能，规定两分子相距无穷远时两分子间的势能为零设分子 a 固定不动，分子 b 以某一初速度从无穷远处向 a 运动，直到它们之间的距离最小在此过程中，a、b 之间的势能（ ）A. 先减小，后增大，最后小于零 B. 先减小，后增大，最后大于零C. 先增大，后减小，最后小于零 D. 先增大，后减小，最后大于零【答案】B【解析】设 r=r0时两
11、分子间斥力大小等于引力大小，当分子乙从无穷远处向甲运动时即rr0时，合力表现为引力，引力做正功，分子势能减小。当 rr0时，合力表现为斥力，这时在向 a 运动时分子力做负功，分子势能增大，直至它们之间的距离最小时，分子势能最后大于零。所以 B 正确。11. 下列对能的转化和守恒定律的认识正确的是（ ）A. 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B. 某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C. 不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器永动机是可能制成的D. 石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了【答案】AB【解析】根据能量守恒定律得知，能量不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种
12、形式或从一个物体上转移到另一个物体上，故某种形式的能减少，其它形式的能一定增加，某个物体的能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加，AB 正确；不需要任何- 7 -外界的动力而持续对外做功的机器-永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成的，C 错误；石子从空中落下，最后静止在地面上，石子的机械能转化为了内能，能量并没有消失，故 D 错误12. 下列说法中正确的是（ ）A. 雾霾在大气中的漂移是布朗运动B. 制作晶体管、集成电路只能用单晶体C. 电场不能改变液晶的光学性质D. 地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸【答案】BD【解析】雾霾在大气
13、中的漂移是气体的流动造成的，A 错误；制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，B 正确；液晶具有液体的流动性，又对光显示各项异性，电场可改变液晶的光学性质，C 错误；在动能一定的情况下，质量越小，速率越大；地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，D 正确13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A其中，AB 和 CD 为等温过程，BC 和 DA 为绝热过程该循环过程中，下列说法错误的是（ ）A. AB 过程中，气体对外界做功，吸热B. BC 过程中，气体分子的平均动能
14、增加C. CD 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D. DA 过程中，气体吸热【答案】BCD【解析】AB过程中，体积增大，气体对外界做功，气体等温变化，内能不变，根据热力学第一定律知气体吸热，A 正确；BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，B 错误；CD过程中，等温压缩，体积变小，- 8 -分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C 错误；DA过程中，绝热压缩，D 错误14. 如图所示，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同温度的空气，空气柱长度 H1H2，水银柱长度 h1h2，
15、今使封闭气柱降低相同的温度（大气压保持不变） ，则两管中气柱上方水银柱的移动情况描述错误的是（ ）A. 均向下移动，B 管移动较多B. 均向下移动，A 管移动较多C. A 管向上移动，B 管向下移动D. 无法判断【答案】ACD【解析】对于管内封闭气体的压强可得，对气体 2 也可以有，因为，故，封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据理想气体状态方程得，解得，同理，又因为，即，所以，故气柱上方水银柱均向下移动，A管移动较多，故 B 正确 ACD 错误；15. 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。
16、下列说法错误的是（ )A. 在过程ab中气体的内能增加B. 在过程ca中外界对气体做功C. 在过程ab中气体对外界做功- 9 -D. 在过程bc中气体从外界吸收热量E. 在过程ca中气体从外界吸收热量【答案】CE【解析】试题分析：一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量从 a 到 b 等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A 正确；在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B 正确；在过程 ab 中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零
17、，C 错误；在过程 bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D 正确；在过程 ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E 错误二、实验题二、实验题16. 物体是由大量分子组成的，分子非常微小，在用油膜法估测分子大小的实验中，利用许多不溶性的长链脂肪酸在适当溶剂的帮助下能在水面上铺开，会形成厚度为一个分子的表面膜的特性，将微观量的测量转化为宏观量的测量实验中，如果油酸酒精溶液体积浓度为 b，N 滴油酸酒精溶液的总体积为 V，如果 1 滴油酸酒精
18、溶液在水面上形成的油膜面积为 S，则估算油酸分子直径大小的表达式为 d=_实验中，把玻璃板盖在浅盘上描出油酸膜的轮廓，如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是_cm2【答案】 (1). (2). 60【解析】试题分析：求出油酸的体积与油膜的面积，可以求出油膜的厚度，即油酸分子的直径；采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一- 10 -半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；纯油酸体积为，油膜面积为 S，油酸分子直径面积超过正方形一半的正方形的个数为 60 个，则可取为 5961 个，则油膜的面积S=nS0
19、=601cm1cm=60cm2；17. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头 G 的满偏电流为 250 A，内阻为 480 。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有 5 个挡位，5 个挡位为：直流电压 1 V 挡和 5 V 挡，直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡，欧姆100 挡。（1）图（a）中的A端与_（填“红”或“黑” ）色表笔相连接。 （2）关于R6的使用，下列说法正确的是_（填正确答案标号） 。A在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B使用欧姆
20、挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1+R2=_，R4=_。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_；若此时B端是与“3”相连的，则读数为_；若此时B端是与“5”相连的，则读数为_。 （结果均保留 3 位有效数字）【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 160 (4). 880 (5). 1.47 mA（或 1.48 mA） (6). 1100 (7). 2.95V【解析】 （1）与多用电表内电源正极相连的是黑表笔
21、。（2）R6是可变电阻，它的作用是欧姆表调零，使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。（3）B端与“2”相连时，是量程较小的电流表，所以；B端与“4”- 11 -相连时，是量程较小的电压表，所以。（4）若此时B端与“1”相连，多用电表是量程为 2.5 mA 的电流表，则读数为 1.47 mA；若此时B端与“3”相连，多用电表是欧姆100 挡，则读数为 1 100 ；若此时B端与“5”相连，多用电表是量程为 5 V 的电压表，则读数为 2.95 V。【名师点睛】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键。在平时实验训练过程中要多加注意规范操
22、作和器材的正确使用方法，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同。三、计算题三、计算题18. 成年人在正常状态下 1 分钟呼吸 18 次，每次吸入的空气约为 500mL，空气中氧气的含量约为 21%，氧气的密度约为 1.4kg/m3、摩尔质量为 3.2102 kg/mol，阿伏加德罗常数 NA取 6.01023/mol求一个成年人在一昼夜的时间内：吸入氧气的质量；吸入氧气的分子数 （上述结果均保留一位有效数字）【答案】4kg71025个【解析】mVVn0v0解得m4kgN NA解得N71025个或 81025个19. 如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底
23、部导热，内有两个质量均 为 m 的密闭活塞，活塞 A 导热，活塞 B 绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为 l0，温度为T0设外界大气压强为 P0保持不变，活塞横截面积为 S，且 mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞 A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于 2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞 B下降的高度- 12 -【答案】【解析】对 I 气体，初状态压强，末状态压强由玻意耳定律得所以对气体，初状态压强，末状态压强由玻意耳定律得，所以B 活塞下降的高度为20. 一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别
24、连通两竖直玻璃细管 K1和 K2K1长为 l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通开始测量时，M 与 K2相通；逐渐提升 R，直到 K2中水银面与 K1顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1中水银面比顶端低 h，如图（b）所示设测量过程中温度、与 K2相通的待测气体的压强均保持不变已知 K1和 K2的内径均为 d，M 的容积为 V0，水银的密度为 ，重力加速度大小为 g求：（i）待测气体的压强；（ii）该仪器能够测量的最大压强- 13 -【答案】 （i）（ii）【解析】 （i）水银面上升至M的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为
25、V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中的水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则由力学平衡条件得整个过程为等温过程，由玻意耳定律得联立式得（ii）由题意知联立式有该仪器能够测量的最大压强为【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象，并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解。21. 如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口 h=50cm，活塞面积 S=10cm2，封闭气体的体积为 V1=1 500cm3，温度 0，大气压强 p0=1.0105 Pa，物体重 G=50N，活塞重力及一切摩擦不计缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了 Q=60J 的热量，使活塞刚好升到缸口求：（1）活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？（2）汽缸内气体对外界做多少功？（3）气体内能的变化？【答案】 （1）364K（2）25J（3）35J- 14 -【解析】 （1）封闭气体初态：，末态：缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化由解出 T2=364K（2）设封闭气体做等压变化的压强为 p，对活塞：汽缸内气体对外界做功联立解得（3）由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化解得，故汽缸内的气体内能增加了 35J