弋横铅高二物理试卷
考试时间：75 分钟 满分：100 分
一、单选题（每题4分，共28分）
1．一导热汽缸内封有气体，活塞可以无摩擦滑动。汽缸按下列中四种方式放置，活塞平衡后，缸内气体分子数密度最大的是（ ）
A． B．
C． D．
2．某同学用显微镜观察用水稀释的墨汁中小炭粒布朗运动情况，每隔30s把炭粒的位置记录下来，然后用线段把这些位置按时间顺序依次连接起来，得到如图所示的位置连线图。下列说法正确的是（ ）
A．乙图中，炭粒运动的位置连线就是炭粒运动的轨迹
B．布朗运动反映了液体分子永不停息的无规则运动
C．悬浮炭粒越大，布朗运动越显著
D．温度降到0℃时，炭粒的布朗运动会停止
3．正方体密闭容器中有一定质量的某种气体，单位体积内气体分子数n为恒量。为简化问题，我们假定：气体分子大小可以忽略；气体分子速率相同，动能均为，与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前、后瞬间，气体分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。则气体对容器壁的压强为（ ）
A． B． C． D．
4．甲分子固定在坐标原点，乙分子位于轴上，甲、乙两分子间的作用力与两分子间距离的关系如图所示，表示分子间的作用力表现为斥力，表示分子间的作用力表现为引力。A、、、为轴上四个特定的位置，现将乙分子从A移动到的过程中，两分子间的作用力和分子势能同时都增大的是（ ）
A．从A到 B．从到
C．从至 D．从到
5．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从处静止释放后仅在分子间相互作用力下滑到x轴运动，两分子间的分子势能与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是（ ）
A．乙分子在时，加速度最大 B．乙分子在时，其动能最大
C．乙分子在时，动能等于 D．甲乙分子的最小距离一定大于
6．晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细、非常完整的丝状（横截面为圆形）晶体。现有一根铁质晶须，直径为d，用大小为F的力恰好将它拉断，断面呈垂直于轴线的圆形。已知铁的密度为，铁的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，铁质晶须内的铁原子可看作紧密排列的小球，则下列说法中正确的是（ ）
A．铁质晶须单位体积内铁原子的个数为
B．铁原子的直径为
C．断面内铁原子的个数为
D．相邻铁原子之间的相互作用力为
7．如图所示，a、b两个汽缸固定在地面上，两汽缸中活塞用细杆相连，且活塞a面积小于活塞b。在当前温度下（两个汽缸内气体温度相同）活塞处于静止状态．若大气压强保持不变，活塞与汽缸间摩擦可不计，当两个汽缸内气体温度一起升高且保持相同时，可能会发生的情况是（ ）
A．两个活塞一起向右移动，细杆受拉力作用
B．两个活塞一起向左移动，细杆受拉力作用
C．两个活塞一起向左移动，细杆不受力
D．两个活塞保持静止
二、多选题（每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全3分，有错选0分）
8．如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱，将管内气体分为两部分，下面空气柱长为l1，上面空气柱长为l2。初始时温度相同，现使两部分气体同时升高相同的温度，下列判断正确的是（ ）
A．若l1＞l2，水银柱将向下移动
B．若l1＜l2，水银柱将向上移动
C．若l1=l2，水银柱静止不动
D．两部分气体的压强增加量相同
9．如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，A侧水银有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，稳定后（ ）
A．右侧水银面高度差h1减小 B．空气柱B的压强减少
C．空气柱B的长度不变 D．左侧水银面高度差h2增大
10．一热气球体积为，内部充有温度恒为的热空气，该热气球上升过程中大气压强会降低，若上升到某一高度大气压强变为0.4个标准大气压，热气球刚好静止不动。此时热气球外冷空气的温度为。已知空气在1个标准大气压、温度为时的密度为，该气球内、外的气压始终都相等，重力加速度大小为，整个过程热气球的体积保持不变。下列说法正确的是（ ）
A．此时热气球所受浮力的大小
B．此时球内空气所受的重力
C．若充气前热气球的质量为（不含气体），此时它还能托起的最大质量为
D．若充气前热气球的质量为（不含气体），此时它还能托起的最大质量为
三、实验题（每空2分，共16分）
11．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
②往边长约为的浅盘里倒入约深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
③用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定；
④将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；
⑤将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
完成下列填空：
(1)本实验的理想化假设是________。
A．考虑了各油酸分子间的间隙
B．将油膜看成单分子层油膜
C．将油酸分子看成球形
(2)实验中，体积为的所用油酸酒精溶液中纯油酸的体积为，用注射器和量筒测得滴上述溶液的体积为，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形的边长为，则油酸薄膜的面积 ；可求得油酸分子的直径为 （用、、、、表示）。
(3)某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏小，可能是因为________。
A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
C．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴
12．某实验小组利用如图所示的装置测量温度：A是容积较大的玻璃泡，A中封有一定质量的空气，B是一根与A连接的均匀细玻璃管（玻璃管的容积远小于A的容积），管的下端插入水银槽。当外界大气压，环境温度℃时，管内水银柱的高度，在管壁外侧与水银面等高的位置标出对应的温度，然后依次标出其他温度刻线。
（1）此测温装置中，h越大，相应的温度读数越 （选填“高”或“低”）；温度刻线是 分布的（选填“均匀”或“不均匀）。
（2）水银柱高度处的温度刻度值应为 ℃。
（3）若外界大气压强变为，读出温度为t℃，则实际温度应修正为 ℃。
四、计算题（13题10分，14题12分，15题16分，共38分）
13.“羊角球”因跳跳球身上长了两个手柄而得名，如图所示，“羊角球”是用进口PVC材料设计的一种最新型、集娱乐和健身为一体的运动器材，具有坐、骑、跳、拍等功能，使用安全可靠，有助于锻炼腿部力量和掌握协调平衡能力。某同学发现在7 ℃的室外的“羊角球”有点瘪了需充气，此时“羊角球”体积为50 L，内部气体压强为1.4 atm。现将“羊角球”拿到温度为27 ℃的室内进行充气，充气筒每次可为其充入1 atm的气体0.2 L，充气后，“羊角球”内气体压强增大至2.8 atm。忽略“羊角球”体积变化及充气过程中气体温度的变化，拿到室内充气前“羊角球”内气体温度已达到27 ℃。求：
(1)拿到室内，充气前“羊角球”中气体压强将变为多少；（3分）
(2)充气筒需要充气多少次。（7分）
14.如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
(1)求此时A的体积和B的压强；（5分）
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。（7分）
15.如图所示，质量m＝8.0×10－25 kg、电荷量q＝1.6×10－15 C的带正电粒子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且在与x方向夹角大于等于30°的范围内，粒子射入时的速度方向不同，但大小均为v0＝2.0×107 m/s。现在某一区域内加一垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上，并且当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变。求：(π＝3.14)
(1)粒子从y轴穿过的范围；（4分）
(2)荧光屏上光斑的长度；（4分）
(3)从最高点和最低点打到荧光屏MN上的粒子运动的时间差；（8分）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 p0
mg
选项 B中气体的压强最大，等于 p p0 S
p p mg选项 D中气体压强最小等于 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 2
正方体底部受到的压力 F nSmv
Δt 3
答案第 1页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}
则气体对器壁的压强 p
F 1
nmv2 2 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 x2时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加
速度为零，此时速度最大，动能最大，由于从 x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下滑
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 E0，故 C 正确，AB 错误；
D．当乙分子运动到x1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，
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x1，故 D错误。
故选 C。
6．D
【详解】A．单个铁原子的质量
m M0 NA
铁质晶须单位体积内铁原子的个数为
n NA0 m0 M
故 A 错误；
B．铁的摩尔体积
V M
单个分子的体积
V M0 NA
答案第 2页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}
又
V 4 30 r3
所以分子的半径
1
3
r 3M
4 N
A
分子的直径
1
3M 3d0 2r 2
4 N
A
故 B 错误；
C．分子的最大截面积
2
3
S r 2
3M
0
4 N
A
断面内铁原子的个数为
p(d )2 2 2
n 2 d d= = =
S 2 20 3 3
4 3M 6M 4prN A èprN A
故 C 错误；
D．相邻铁原子之间的相互作用力为
2
3
F F F 6M0 n d 2 NA
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：
paSa p0Sb pbSb p0Sa
整理可得
pbSb paSa p 0 (Sb Sa )
结合题意
答案第 3页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}
Sb Sa
可得
pbSb paSa
两边升温后，假设 a中气体为等容变化，则有
pa p a
Ta Ta
解得
p Taa p T aa
同理可得
p Tbb p T bb
综合可得
Tb T pbSb a paS Tb T
a
a
Fb Fa
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
paSa p0Sb pbSb p0Sa
整理得
( p0 pa)Sa ( p0 pb)Sb
则压强关系有三种情况
第一种情况
pa pb p0
升温后，对 b 汽室内得活塞受力分析如图所示
由于升温后
pbSb p0Sb
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
pa p0
pb p0
由于
Sb Sa
可得
pa pb
即
pa pb p0
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
pa p0
pb p0
由
( p0 pa)Sa ( p0 pb)Sb
可得
( p0 pa) ( p0 pb)
所以
pa pb p0
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 pb p0，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
压强小于大气压强 p0，杆受到拉力作用，当升温到压强大于大气压 p0时，则杆受到挤压得
作用。综上所述，ACD 错误，B 正确。
故选 B。
8．BD
【详解】初始时有
p2 gh p1
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
p2 p2 p p 1 1
T2 T
，
2 T1 T1
整理得
p p 2 p2 T 1T 2 ，
p1 T1
2 T1
根据题意可知
T T T T p gh1 2 ， 1 2 ， 2 pS 1
可知
L2 L1， p2 p1
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 '2 gh p '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=p0+ρgh1=p0+ρgh2
答案第 6页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}
故
h1=h2
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 h2减小，气体的压强 p0+ρgh2也就减小，右管与 B的水银面的高度差 h1也减小，
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
【详解】A．令 1 个标准大气压，质量为 m的空气在温度为T0时的体积为V0，则密度为
m
0 V0
m
令 0.4 个标准大气压，质量为 m 的空气在温度为0.8T0时的体积为V1，则密度为 1 V1
p0V0 0.4 p0V1
根据理想气体状态方程有 T0 0.8T0
1
解得 1 2 0
则此时热气球所受浮力的大小 F 1gV
1
0gV2
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2T0时的体积为V2，即球内空气密度为
m2 V2
p0V0 0.4p0V2
根据理想气体状态方程有 T0 2T0
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2T0，体积为 V，球内空气密度为 2，则此
时球内空气所受的重力G 2Vg
1
解得G
5 0
gV
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 m0g
其中 F
1
gV G 10 ， 0gV2 5
3
解得M
10 0
V m0
故 C 正确，D 错误。
故选 BC。
11．(1)BC
V0V2
(2) 71a2 nSV1
(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 V2由于所用油酸酒精溶液每 1体积溶液中有纯油酸体积V2，则溶液的浓度为 x V1
V
用注射器和量筒测得体积为V0的上述溶液有 n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为V 0 xn
V
油酸分子直径为 d
S
V0V2
联立解得 d nSV1
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V0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
d V
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 p0 gh ①
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
h p 0 kT
g ③
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 T1，由题意根据查理定律有
p0 46cmHg p0 36cmHg
T0 T
④
1
解得
T1 400K ⑤
所以水银柱高度 h 36cm处的温度刻度值应为
t1 400 273 ℃ 127℃ ⑥
（3）[4]根据②④式可知
Δp 30cmHg
= 1
ΔT 300cmHg 10 ⑦
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
p1 p2
解析 (1)球内气体发生等容变化，由查理定律得 ＝ 2分
T1 T2
解得 p2＝1.5 atm。 1 分
(2)在室温下把球内 50 L 的气体折算成 1 atm 下的体积为 V2的气体。
由玻意耳定律得 p1V1＝p2V2 2 分
1．5×50＝1×V2
V2＝75 L 2 分
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 V2的气体看成一整体，由玻意耳定律得
p2(V2＋nΔV)＝p3V1 2 分
1×(75＋n×0.2)＝2.8×50
解得 n＝325 次。 1 分
3＋ 5
14．答案 (1)0.4V 2p0 (2)( 5－1)V p0
4
解析 (1)对 B 气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有
1
p0V＝pB× V 1 分
2
解得 pB＝2p0 1 分
对 A 气体分析，根据玻意耳定律有 p0V＝pAVA 1 分
其中 pA＝pB＋0.5p0 1 分
联立解得 VA＝0.4 V。 1 分
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
p0V＝p′× V0 2 分
2
2
则 A 此情况下的压强为 p′＝ p0
3
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体 A的体积为 VA′、压强为 pA′，气体 B的体积为 VB′、
压强为 pB′，根据等温变化有
p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′ 1 分
VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0 1 分
3－ 5 3＋ 5
联立解得 pB′＝ p0(舍去)，pB′＝ p0
4 4
VA′＝( 5－1)V。 2 分
－9
15.答案：(1)0～0.17 m (2)0.09 m (3)7.7×10 s
解析：设粒子在磁场中运动的半径为 R，
由牛顿第二定律得
v 2
qv0B＝m
0
，
R
mv
即 R 0＝
qB
解得 R＝0.1 m
当把荧光屏 MN 向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明粒子出射方向平行，且都
沿－x方向，所加磁场为圆形，半径为 R＝0.1 m。
答案第 10页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}
(1)如图所示，初速度沿 y 轴正方向的粒子直接过 y 轴。
速度方向与 x 轴正方向成 30°角的粒子，转过的圆心角∠OO2B 为
150°，
则∠OO2A＝120°
粒子从 y 轴穿过的范围为 0～ 3R，
即 0～0.17 m。
(2)初速度沿 y 轴正方向的粒子，yC＝R
由(1)知∠O2OA＝θ＝30°
yB＝R＋Rcos θ
则荧光屏上光斑的长度
l＝yB－yC＝0.09 m。
(3)粒子运动的周期
2πR 2πm
T －8＝ ＝ ＝π×10 s
v0 qB
从 B 点和 C点射出的粒子在磁场中运动的时间差
5 1 1
t1＝ T－ T＝ T
12 4 6
出磁场后，打到荧光屏上的时间差
R
t2＝
2v0
从最高点和最低点打到荧光屏 MN 上的粒子运动的时间差
t t t －9＝ 1＋ 2＝7.7×10 s。
－9
答案：(1)0～0.17 m (2)0.09 m (3)7.7×10 s
答案第 11页，共 11页
{#{QQABKYAh5wi40AYACJ76AQ3sCQuQsJIQLaoGRRAUKA4KwBFIFAA=}#}