【物理】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版）

【物理】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版）

兰州一中 2019-2020-2 学期高二年级期末考试试题物理 满分 100 分，考试时间 100 分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一项符合题目要求，第 8-12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不 全的得 2 分，有选错的得 0 分。） 1. 在寒冷的天气中将一盆水放在户外，经过一段时间后这盆水就会结冰，液态水的分子无 序程度比冰的无序程度要大，那么下列说法正确的是（ ） A. 结冰的过程违反熵增加原理 B. 结冰的过程不违反熵增加原理 C. 无法判断结冰的过程中是否违反熵增加原理 D. 结冰的过程是否违反熵增加原理，要看研究对象的选取 【答案】B 【解析】 【详解】液态的水比冰的无序程度大，但熵增加原理适用于孤立系统，而不是个别不孤立的 系统。一盆水在寒冷的天气中并不是孤立系统，因为水与外界大气有能量交换，所以结冰的 过程并不违反熵增加原理，故选项 B 正确，选项 ACD 错误。 故选 B。 2. 关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是 A. 甲图中，由两分子间作用力随距离变化的关系图线可知，当两个相邻的分子间距离为 r0 时，它们间相互作用的引力和斥力均为零 B. 乙图中，由一定质量的氧气分子分别在不同温度下速率分布情况，可知温度 T1r0 时，引力大于斥力，r 增大时分子力做负功，Ep 增加 B. 当分子间距 r 变小时，引力减小，斥力增大 C. 当 r”)． (3)另一小组根据实验数据作出的 1V p  图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图 线不过原点的原因可能是_______________________________． 【答案】 (1). D (2). 由图线乙可看出 T1>T2 (3). 实验时未考虑注射器前端与橡皮 帽连接处的气体体积 【解析】 【详解】（1）实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排 出，故 A 错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故 B 错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故 C 错误； 1p V  图象是 一条倾斜的直线，作出 1p V  的图象可以直观反映出 p 与 V 的关系，故 D 正确； （2）在 p-V 图象中，根据  pV CT ＝ ，即 pV=CT，离坐标原点越远的等温线温度越高，故 T1>T2 （3）另一小组根据实验数据作出 1V p  图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图 线不过原点可能的原因是试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材 可知，实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体． 14. 如图所示是研究光电管产生的电流的电路图，A、K 是光电管的两个电极，已知该光电 管阴极的极限频率为ν0，元电荷为 e，普朗克常量为 h．现将频率为ν(大于ν0)的光照射在阴 极上，则： (1)________是阴极(填 A 或 K)，阴极材料的逸出功等于________． (2)加在 A、K 间的正向电压为 U 时，到达阳极的光电子的最大动能为____________，将 A、 K 间的正向电压从零开始逐渐增加，电流表的示数的变化情况是_______________． (3)为了阻止光电子到达阳极，在 A、K 间应加上 U 反＝________的反向电压． (4)下列方法一定能够增加饱和光电流的是（ ） A．照射光频率不变，增加光强 B．照射光强度不变，增加光的频率 C．增加 A、K 电极间的电压 D．减小 A、K 电极间的电压 【答案】 (1). K hν0 (2). hν－hν0＋eU 逐渐增大，直至保持不变 (3). 0hv hv e  (4). A 【解析】 (1) K 是阴极，阴极材料的逸出功等于 hν0． (2)逸出光电子的最大初动能为 hν－hν0；若加在 A、K 间的正向电压为 U 时，到达阳极的光 电子的最大动能为 Ekm＋eU =hν－hν0＋eU，将 A、K 间的正向电压从零开始逐渐增加，则到 达阳极的光电子数逐渐增加，直到当全部光电子都能到达阳极时为止；则电流表的示数的变 化情况是逐渐增大，直至保持不变． (3)为了阻止光电子到达阳极，在 A、K 间应加上反向电压满足：U 反 e=Ekm= hν－hν0 解得： 0= hv hvU e  反 ． (4)若增加饱和光电流，则需要增加单位时间射到阴极的光子数，即保持照射光频率不变时， 需要增大光强；故选 A. 点睛：此题关键要知道光电管的原理；知道发生光电效应时，吸收光子的能量一部分克服逸 出功，剩下的转化为电子的动能．当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏止 电压． 三、解答题（本题共 4 小题，满分 34 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演 算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。） 15. 如图所示，一定质量的某种理想气体分别发生以下两种状态变化：第一种变化是从状 态 A 到状态 B，该气体从外界吸收的热量为 9J；第二种变化是从状态 A 到状态 C，外界对 该气体做功为 6J。图线 AB 的反向延长线通过坐标原点 O，求： (1)从状态 A 到状态 B 的过程，该气体内能的增量ΔU1； (2)从状态 A 到状态 C 的过程，该气体从外界吸收的热量 Q2。 【答案】(1)9J；(2)3J 【解析】 【详解】(1)从状态 A 到状态 B 过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功 W1=0 根据热力学第一定律，有 △ U1=W1﹢Q1 内能的增量 △ U1=Q1=9J (2) 因为 B、C 两状态温度相同，内能相等，从状态 A 到状态 C 过程，该气体内能的增量 △ U2= △ U1=9J 根据热力学第一定律 有 △ U2=W2﹢Q2 从外界吸收的热量 Q2= △ U2-W2=3J 16. 一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量 m=20 kg， 横截面积 S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与 汽缸底的距离 L1=12cm，离汽缸口的距离 L2=4cm．外界气温为 27 ℃，大气压强为 1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面 刚好与汽缸口相平，已知 g=10 m/s2，求： ①此时气体的温度为多少； ②在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收 Q=390J 的热量，则气体增加 的内能ΔU 多大. 【答案】① 1 480T K ② 318JU  【解析】 ①当气缸水平放置时， 5 0 1.0 10P pa  ， 0 1V L S , 0 300T K 当汽缸口向上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有 1 0p s p s mg  则 5 1 1.2 10p pa  , 1 1 2( + )V L L S 由理想气体状态方程得 0 1 1 1 2 0 1 ( )p L s p L L s T T  ,则 1 480T K ②当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 0 1 1=p L s p Ls ,则 10L cm 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 0 1 2 1 2- + ) ( + ) 72W p L L L s mg L L L J（      根据热力学第一定律 U W Q   得 318U J  17. 某同学设计的气压升降机如图所示，竖直圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的气体，汽 缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏，活塞横截面积为 S，活塞及其上方装置总重 力 0 3 p SG  ，活塞停在内壁的小支架上，与缸底的距离为 H，气体温度为 T0，压强为大气 压强 p0．现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢上升 2 H ．上述过程中，气体可视为理 想气体，若整个过程中封闭气体内能的变化为 △ U，求： ①气体的最高温度 T； ②整个过程中气体吸收的热量 Q． 【答案】①T＝2T0．② 0 2 3Q U p SH   【解析】 【详解】①气体先等容变化至压强为 0 Gp p S   ，设温度升高至 T1，则 0 0 1 p p T T  ； 接着等压膨胀至体积为（H+h）S，设温度升高至 T，则   1 H h SHS T T  ； 联立解得 T＝2T0． ②全过程中外界对气体做的功 0 3 2 2 HW pS p SH     由热力学第一定律有 △ U＝Q+W 解得 0 2: 3Q U p SH   18. 如图，导热气缸 A、B 下端由容积可忽略的细管连通，A 和 B 的容积分别为 V 和 2V， 阀门 K2 位于细管中部，阀门 K1、K3 分别位于 A、B 顶部，B 中有一可自由滑动的活塞。初 始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部，此时 A 中空气的质量为 m;现关闭 K2、K3,通过 K1 给 A 充人空气，当 A 中气体的压强达到外界大气压强 p0 的 n 倍（n>1)时关闭 K1.(环境温 度保持不变，活塞的质量、体积及活塞与气缸间的摩擦均不计，活塞与缸壁间不漏气） (i)从关闭 K2、K3 到关闭 K1 的过程中，求通过 K1 给 A 充入的空气质量； (ii)关闭 K1 后再打开 K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强。 【答案】(i)M=（n-1）m；(ii) 0 2 3 np p  【解析】 【详解】（i）设充入的空气质量为 M，以 A 中原有气体和充入气体整体为研究对象，初态 1 0p p 1 (1 )MV Vm   末态 2 0p np 2V V 气体发生等温变化，由玻意耳定律 p1V1=p2V2 有 0 01 Mp V np Vm      解得 M=(n-1)m （ii）关闭 K1 后再打开 K2，设稳定时活塞上方气体体积为 V′、压强为 p′ 以关闭 K3 后 B 中气体为研究对象，初态 1 0Bp p 1 2BV V 末态 2Bp p 2BV V 由玻意耳定律有: 0 2p V p V   以关闭 K1 后 A 中气体为研究对象 初态 pA1=np0 VA1=V 末态 2Bp p 2 3BV V V  由玻意耳定律有 0 (3 )np V p V V   联立求解得 6 2V Vn    0 2 3 np p 