江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高三物理上学期9月月考试卷（Word版附解析）

2023-2024（上）江西省宜丰中学创新部高三9月月考物理试卷一、单选题（每小题4分，共24分）1．1827年，布朗作为英国植物学家，在花粉颗粒的水溶液中观察到花粉不停顿的无规则运动．1905年，爱因斯坦根据扩散方程建立布朗运动的统计理论，从而使分子动理论的物理图景为人们广泛接受．关于分子动理论相关知识，下列说法中正确的是（    ）A．分子的扩散现象是可逆的B．布朗运动证明组成固体小颗粒的分子在做无规则运动C．花粉颗粒越小，无规则运动越明显D．分子永不停息的无规则运动说明永动机是可以实现的2．关于热学中的一些基本概念，下列说法正确的是（　　）A．同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能不相等，是因为分子的质量不相等B．物体是由大量分子组成的，分子是不可再分的最小单元C．的水变成的冰时，体积增大，分子势能减小D．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和3．如图所示，半径为R的圆形线圈两端A、C接入一个平行板电容器，线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中，线圈所在平面与磁感线的方向垂直，下列措施不能使电容器所带的电量增大的是（　　）  A．增大线圈的面积B．增大磁感强度的变化率C．电容器的两极板靠近些D．使线圈平面与磁场方向成60°角4．图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2，小灯泡的电阻恒为0.8。则（　　）  A．理想电压表的示数U=6VB．线圈转动的角速度C．转动过程中穿过线圈的最大磁通量D．通过灯泡电流的瞬时表达式为5．目前磁卡已有广泛的应用，如图甲所示，当记录磁性信息的磁卡以速度v在刷卡器插槽里匀速运动时，穿过刷卡器内线圈的磁通量按Φ=Φ0sinkvt的规律变化，刷卡器内的等效电路如图乙所示，已知线圈的匝数为n，电阻为r，外接电路的等效电阻为R。则在任意一段Δt=的时间内，通过等效电阻R的电荷量的最大值为（　　）A．qm=B．qm=C．qm=D．无法求解6．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过等温变化到状态D，该变化过程的图像为A→C→D，该过程中气体对外界做的功为。该气体也可以经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为。下列说法正确的是（　　）  A．该气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量小于B．该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为C．该气体在A→B→D过程中内能增加了D．图像中A→B→D→C→A围成的面积为二、多选题（每小题5分，共20分）7．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中表示v处单位速率区间内的分子数百分率，由图可知　　A．气体的所有分子，其速率都在某个数值附近B．某个气体分子在高温状态时的速率可能与低温状态时相等C．高温状态下大多数分子的速率大于低温状态下大多数分子的速率D．高温状态下分子速率的分布范围相对较小8．潜水员在水中呼出的CO2气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是（　　）A．CO2分子的平均动能保持不变B．单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少C．气泡内CO2分子的密度减少D．CO2气体对外做功，压强减少9．如图甲所示，用强磁场将百万开尔文的高温等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，图乙为其中沿管道方向的一个磁场，越靠管的右侧磁场越强。不计离子重力，关于离子在图乙磁场中运动时，下列说法正确的是（　　）  A．离子在磁场中运动时，磁场可能对其做功B．离子在磁场中运动时，磁场对其一定不做功C．离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径增大D．离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小10．如图所示，粗细均匀、导热良好的薄壁U形管左管开口竖直向上，管中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高，左管内水银面到管口的距离，右管内封闭的空气柱长度。现用横活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是（　　）A．左管内水银面向下移动的距离为B．活塞向下移动的距离为C．稳定后右管中气体的压强为 D．稳定后固定横活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐高于右管三、实验题（每空3分，共24分）11．在“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某组同学先后两次使用如图（a）所示实验装置获得多组注射器内封闭气体的体积V和压强p的测量值，并通过计算机拟合得到如图（b）所示两组p-V图线。（1）实验中使用的是传感器；（2）实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了；（3）为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，可将图线转化为图线；（4）两组图线经检验均符合反比例关系，由图可知①、②两组注射器内气体的pV乘积（选填“相等”或“不相等”）；导致两组数据差异的原因可能是（多选）。A．两组实验环境温度不同        B．两组封闭气体的质量不同C．某组器材的气密性不佳        D．某组实验中活塞移动太快12．某实验小组要测定一段电阻丝的电阻率，具体操作如下。（1）用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示，由图可知其直径为D＝mm。（2）利用如图乙所示的电路精确地测量电阻丝的电阻（其中电流表内阻已知），操作步骤如下：①闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。②改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。③重复步骤②，得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，如图丙所示，可知电阻丝电阻为（用题中给定物理量的符号表示），再测出电阻丝的长度L，可以根据电阻定律计算出电阻丝的电阻率ρ，若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻丝的电阻率与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。四、解答题（32分）13．（10分）气压式升降椅通过汽缸上下运动来调节椅子升降，其结构如图乙所示。圆柱形汽缸与椅面固定在一起，椅面与汽缸的总质量为m＝6kg。与底座固定的柱状汽缸杆的横截面积为S＝30cm2，在汽缸中封闭了长度为L＝20cm的理想气体。汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知室内温度T1＝308K，大气压强为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，求：（1）质量M＝54kg的人脚悬空坐在椅面上，若室温不变，稳定后椅面下降的距离h；（2）在（1）情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝292.6K，该过程外界对封闭气体所做的功。  14．（12分）传统的手动抽气机模型如图所示，抽活塞时，闭合、打开，气体从容器中流入抽气机；推活塞时，闭合、打开，把抽出的气体排出，反复抽拉会使容器A中的气体越来越少。已知容器A的容积为2L，初始压强为，抽气机的最大容积为0.5L，若温度始终保持不变，不计细管体积的影响。求：（1）抽气过程中，该理想气体是吸热还是放热；（2）一次抽气后，容器内的气体压强减小了多少？（3）要想抽出一半质量的气体，至少要抽几次？ （）15．（10分）一根一端封闭的玻璃管竖直放置，内有一段高的水银柱，当温度为时，封闭空气柱长为，则（外界大气压相当于高的水银柱产生的压强，取）（1）如图所示，若玻璃管足够长，缓慢地将管转至开口向下，求此时封闭气柱的长度（此过程中气体温度不变）；（2）若玻璃管长，温度至少升到多少开尔文时，水银柱会全部从管中溢出？   2023-2024（上）创新部高三9月月考物理试卷参考答案：1．C【详解】A．分子的扩散现象是不可逆的，故A错误；B．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子在做无规则运动，故B错误；C．温度越高，花粉颗粒越小，无规则运动越明显，故C正确；D．永动机是不可以实现的，故D错误。故选C。2．C【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同，质量不同、温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同，故A错误；B．物体是由大量分子组成的，分子可再分为原子，故B错误；C．因为0℃的水凝固成0℃的冰需要放出热量，所以质量相同的0℃的冰比0℃的水内能小，因为内能包括分子动能和分子势能，由于温度不变，分子平均动能不变，因此放出的部分能量应该是由分子势能减小而释放的。故C正确；D．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和势能的总和，故D错误。故选C。3．D【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为电容器两端的电压为电容器的电荷量为联立可得A．增大线圈的面积，可知电容器所带的电量增大，故A不满足题意要求；B．增大磁感强度的变化率，可知电容器所带的电量增大，故B不满足题意要求；C．电容器的两极板靠近些，根据可知电容变大，电容器所带的电量增大，故C不满足题意要求；D．使线圈平面与磁场方向成60°角，则有效面积减小，可知电容器所带的电量减小，故D满足题意要求。故选D。4．D【详解】A．小型发电机产生的电动势的有效值理想电压表的示数故A错误；B．线圈转动的角速度为故B错误；C．小型发电机产生的电动势最大值为转动过程中穿过线圈的最大磁通量故C错误；D．小型发电机产生的电动势瞬时表达式为通过灯泡电流的瞬时表达式为故D正确。故选D。5．C【详解】在任意一段的时间内，通过等效电阻R的电荷量为根据闭合电路欧姆定律可求得平均电流为=而由法拉第电磁感应定律可知Δt内线圈产生的平均感应电动势为=n由上述各式整理得可知在任意一段Δt的时间内通过等效电阻R的电荷量的最大值为故ABD错误，C正确。故选C。6．D【详解】A．由于从状态A经过等温变化到状态D，理想气体内能不变，体积变大对外做功，所以A→C→D过程中气体对外界做的功为，由能量守恒知识可知气体在A→C→D过程中从外界吸收的热量等于，故A错误；BC．由于该气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为，由理想气体状态方程可知从状态A变化到状态D，两个状态的温度相同，内能相同，即内能增加量为0，由能量守恒知识可知该气体在A→B→D过程中从外界吸收的热量为，故BC错误；D．由于A→C→D过程中气体对外界做的功为，气体经A→B→D过程从状态A变化到状态D，该过程中气体对外界做的功为，且A→B→D→C→A最终回到状态A，图像与横轴围成的面积表示对外做功，所以图像中A→B→D→C→A围成的面积为，故D正确。故选D。7．BC【详解】A、由不同温度下的分子速率分布曲线可知，在一定温度下，大多数分子的速率都接近某个数值，但不是说其余少数分子的速率都小于该数值，有个别分子的速率会更大，A错误；B、高温状态下大部分分子的速率大于低温状态下大部分分子的速率，不是所有，有个别分子的速率会更大或更小，B正确；C、D、温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，即高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大，C正确，故D错误；故选BC．8．BCD【详解】ADE．设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定律知则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，则气体对外做功又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律知其中则即气体内能减少，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO2分子的平均动能变小，故AE错误，D正确；BC．因为气体平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减少，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少，故BC正确。故选BCD。9．BD【详解】AB．离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故A错误，B正确；CD．离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得解得离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，磁感应强度变大，可知离子运动半径减小，故C错误，D正确。故选BD。10．BC【详解】A．两管粗细均匀，开始左管内水银面比右管内水银面高，之后水银面齐平，则左管内水银面向下移动的距离为，故A错误；C．设开始右管的气压为，则有解得对于右管前后温度不变，发生等温变化，则有解得故C正确；B．两管液面相平时，两管中气压也相同，有对于左管，由等温变化可得解得即左管气柱缩短为，又液面下降了，可知活塞向下移动的距离为故B正确；D．稳定后固定横活塞，若液面不动，则两边都做等容变化，由查理定律可得由题可知，稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍然相等，水银柱不动，故D错误。故选BC。11．压强控制气体的温度不发生变化或不相等AB/BA【详解】（1）[1]实验中使用的是压强传感器。 （2）[2]实验过程中应避免手握注射器含空气柱的部分，这是为了控制气体的温度不发生变化。（3）[3]根据理想气体状态方程可得或为检验气体的压强p与体积V是否成反比例关系，能较直观的判定该关系，可将图线转化为或图像。（4）[4]根据曲线可知对于同一V值所对应的p值不同，故两组注射器内气体的pV乘积不相等；[5]AB．根据理想气体状态方程，可知当气体质量一定时，若两组实验环境温度T不同，可知pV乘积不等；同理，当两组封闭气体的质量不同时，pV乘积不等，AB正确；CD．若某组器材的气密性不佳，在实验中会漏气，气体质量会持续变化，此时不可能得到反比例关系图线；同理，若某组实验中活塞移动太快，会使注射器内封闭气体的温度不断变化，此时图线也不可能符合反比例关系，CD错误。故选AB。12．2.150相等【详解】（1）[1]由螺旋测微器可知电阻丝的直径为D＝2mm+15.0×0.01mm＝2.150mm（2）[2]根据题意有整理得结合图像可知解得[3]本实验中所用电流表内阻已知，不存在由于电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻丝的阻值与真实值相等，进而根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。13．（1）12cm；（2）3.6J【详解】（1）初始状态时，以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象，根据受力平衡可得解得质量M＝54kg的人脚悬空坐在椅面上稳定后，根据受力平衡可得解得设稳定后缸内气体柱长度为，根据玻意耳定律可得解得则椅面下降了（2）在（1）情况下，由于开空调室内气温缓慢降至T2＝292.6K，该过程气体发生等压变化，  则有解得室内气温缓慢降至T2＝292.6K时气体柱长度为外界对封闭气体所做的功为解得W＝3.6J14．（1）吸热；（2）；（3）4（次）【详解】（1）体积变大，对外做功，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知Q为正，气体吸热。  （2）根据玻意耳定律得解得（3）根据质量与压强的关系可知则有解得n＝4（次）15．（1）1.20m；（2）361.25k【详解】（1）设玻璃管内部横截面积为S，对水银柱分析可知，气体初状态的压强初状态的体积管转至开口向下后，气体的压强体积为气体做等温变化，由玻意耳定律可得代入数据解得（2）由理想气体状态方程可知，乘积越大，对应的温度T越高，假设管中还有长为x的水银柱尚未溢出，值最大，即 的值最大，因为由数学知识可知当时，取得最大值，代入数据解得即管中水银柱由0.25m溢出到还剩下0.10m的过程中，的乘积越来越大，这一过程必须是升温的，此后温度不必再升高（但是要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至全部溢出，由理想气体状态方程得代入数据得