【文档说明】【精准解析】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷.doc，共(14)页，542.000 KB，由小赞的店铺上传

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兰州一中2019-2020-2学期高二年级期末考试试题物理命题人：李凯生审题人：高秀福说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。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T1<T2C.丙图中，在固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针

接触其上一点，从石蜡熔化情况可判定固体薄片必为非晶体D.丁图中，液体表面层分子间相互作用表现为斥力，正是因为斥力才使得水黾可以停在水面上【答案】B【解析】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大

小相等，合力为零，故A错误；如图中，氧气分子在T2温度下速率大的分子所占百分比较多，所以T2温度较高，故B正确；由图可以看出某固体在导热性能上各向同性，可能是多晶体或者非晶体，故C错误；丁图中，昆虫水蝇能在水面上不陷入水中，靠的得液体表面张力的作用，故D错误．所以B正确，ACD错误．3.用r表示两

分子之间的距离，Ep表示两个分子间的相互作用势能，当r=r0时，两个分子之间引力等于斥力，设两个分子相距较远时，Ep=0，则()A.当r>r0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<r0时，引力大于斥力，r减小时分子力做负功，Ep减小D.当r=r0时，Ep=0【答案】A【解析】【详解】A项：当0rr时，引力大于斥力，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负

功，分子势增加，故A正确；B项：当分子间距减小时，引力和斥力增大，故B错误；C项：当0rr时，引力小于斥力，分子力表现为斥力，r减小时，分子做负功，分子势能增加，故C错误；D项：从分子相距较远处到0rr位置，分子力表现为引力，分子力做正功，分

子势能减小，可知，当0rr时，pE小于零，故D错误．4.已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)．下列判断错误的是（）A.1kg铜所含的原子数为ANMB.1m3铜所含的原子数为AMNC.1个铜原子的质量为AMkgND.1个

铜原子的体积为3AMmN【答案】B【解析】1kg铜的物质量为1nM，所以所含的原子数为AANNnNM，故A说法正确；1m3铜的物质量为nM，所含的原子数为AANNnNM，故B说法错误；1mol铜分子的质量为M，故1个铜原子的质量为AMN，故C说法正确；铜的摩尔体积为：MM

V，所以1个铜原子的体积为MAAVMNN，故D说法正确．所以选B．5.如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能）．将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能，气缸和活塞间摩

擦不计．则（）A.若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体压强一定减小B.若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体内能一定减小C.若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表示数将变小D.若拉动活塞使气缸内气体体积增大时，则

需加一定的力，这说明气体分子间有引力【答案】B【解析】内部气体的压强为0mgppS，则气体的压强不变；欧姆表读数变大，说明气体温度降低，根据理想气体状态方程PV/T＝C，体积减小，内能减小，故A错误，B正确；若拉

动活塞使气缸内气体体积增大，气体对外界做功，温度降低，故欧姆表读数将变大，故C错误；若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则需加一定的力，是克服内外气压差做功，故D错误；故选B．6.一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做

了4410J的功，气体的内能减少了51.210J，则下列各项中正确的是A.温度降低，密度减小B.温度升高，密度增大C454410J,1.210J,210JWUQD.455410J,1.210J,1.610JWUQ【答案】D【解析】【详解】一定

质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了4410J的功，则有4410JW，气体的体积减小，气体的密度增大；气体的内能减少了51.210J，则51.210JU，气体的温度降低；由热力学第一定律

可得：5451.210J4.010J1.610JQUW，气体向外放出的热量为51.610J，故选项D正确，A、B、C错误．7.下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】黑体辐射以电磁辐射的形

式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误．黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射．即温度越高，辐射的

电磁波的波长越短，故C错误，A正确．故选A．点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短．8.下列说法中正确的是A.导热性能各向异性的晶体，其他物理性质也一定是各向异性的B.水蒸气的

压强不再发生变化，说明蒸发和液化达到动态平衡C.在同等温度下，湿度计干湿泡温度差别越大，说明该环境越干燥D.液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的【答案】BCD【解析】【详解】A、导热性能各向异性的晶体，其他物理性质不一定是各向异性的，比如沸点，就是各

向同性的，A错误；B、水蒸气达到饱和时，蒸发和凝结仍在继续进行，只不过蒸发和凝结的水分子个数相等，蒸发和凝结达到动态平衡，B正确；C、干泡温度计和湿泡温度计，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度．干

湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，说明空气越干燥，C正确；D、液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，D正确．故选BCD．9.若已知分子势能增大，则在这个过程中()A.一定克服分子力做功B.分子力一定减小C.分子间距离的变化情况无法确定D.以

上说法都不正确【答案】AC【解析】【详解】A项：由功能关系可知，分子势能增大，分子力一定做负功，故A正确；B、C项：若分子间距等于平衡距离时，分子势能最小，当分子间距大于平衡距离时，随分子间距增大而增大，但当分子间距大于平衡距离时分子力随距离先增大后减小，故B错误，C正确；D项

：由ABC分析可知，D错误．10.质量是18g的水，18g的水蒸气，32g的氧气，在它们的温度都是100℃时（）A.它们的分子数目相同，它们的内能不相同，水蒸气的内能比水大B.它们的分子数目相同，分子的平均动能相同C.它们的分子数目不相同，分子

的平均动能相同D.它们的分子数目相同，分子的平均动能不相同，氧气的分子平均动能大【答案】AB【解析】水和水蒸气分子量相同，摩尔质量相同，故分子数相同，为：N1=N2=1818×6.02×1023=6.02×1023个；32g的氧气分子数为：N3=3232×6.02×1023=6.02×1

023个；故N1=N2=N3；温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能相同；内能包括分子势能和分子热运动动能，故内能不相同；100℃时，18g的水变为水蒸气要吸热，故水蒸气的内能大；故选AB．点

睛：本题关键是明确温度的微观意义、阿伏加德罗常数的运用、内能等，注意物体的内能与温度、体积、物质的量以及种类等有关系．11.一定质量的理想气体经历了如图ABCDA的循环过程，其中A→B、C→D是两个等压过程，B→C

、D→A是两个绝热过程．关于气体状态变化及其能量变化，下列说法中正确的有A.A→B过程，气体对外做功，内能增大B.B→C过程，气体分子平均动能增大C.ABCDA循环过程中，气体吸热，对外做功D.ABCD

A循环过程中，A点对应气体状态温度最低【答案】AC【解析】【详解】A．A→B过程，气体发生等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖-吕萨克定律VCT知，体积与热力学温度成正比，体积增大，温度升高，内能增大，故A正确；B．B→C是绝热过程，体

积增大，气体对外界做功，W＜0，绝热Q=0，根据热力学第一定律△U=W+Q＜0，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C．ABCDA循环过程中，从A→B→C气体对外做功，C→D→A外界对气体做功，气体对外做功大于外界对气体做功，所以

一个循环中表现为气体对外做功，W＜0；经过一个循环，气体回到初状态A，内能不变△U=0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体吸热，故C正确；D．ABCDA循环过程中，从D→A，体积减小，外界对气体做功W＞0，绝热过程Q

=0，根据热力学第一定律△U=W+Q知△U＞0，内能增加，温度升高，D状态温度比A状态温度低，即A状态温度不是最低，故D错误．12.如图，有一薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的水银槽内，试管中有一长为h1的

水银柱封住两段气体A、B，A、B气柱长分别为l1、l2，管内外水银面高度差为h2，在保持温度不变的情况下．A.若外界大气压缓慢增加少许，则h2不变，l1变小，l2变小B.若外界大气压缓慢增加少许，则h2变小，l1变大，l2变大C.若

用手轻按试管，使试管竖直向下移少许，则h2变大，l1变小，l2变小D.若用轻按试管，使试管竖直向下移少许，则h2变小，l1变小，l2变大【答案】AC【解析】【分析】分析两端气柱的压强变化，气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律判断1

l、2l的长度变化．【详解】薄壁小试管的质量可以不计，所以1l中气体压强等于大气压强，2l中气体压强等于02ph，当外界大气压缓慢增加少许，1l、2l中的气体压强增大，根据玻意耳定律，体积减小，1l变小，2l变小；2l中的气体压强等于1101phph

，知21hh，即2h不变，A正确B错误；用手轻按试管，相当于施加一向下的力，1l、2l中气体压强均增大，1l变小，2l变小，202pph变大，2h变大，C正确D错误．【点睛】本题要正确分析出1l与2l中的气体压强变化情况，判断出气体作等温变化，运用玻意耳定律进行动态变化分

析．第II卷二、填空题（本题共2小题，共18分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。）13.某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律．(1)关于该实验，下列说法正确的是（）A．实验前应将注射器的空气完全排出B．空气柱体积变化应尽可能的快些C．空气柱的压强随体积

的减小而减小D．作出1pV的图象可以直观反映出p与V的关系(2)为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p－V图象如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1_____T2(选填“<”“＝”或“>”)．(3)另一小组根据实验数据作出的1Vp

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；1pV图象是一条倾斜的直

线，作出1pV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pVCT＝，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1Vp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(2).hν0(3).hν－hν0＋eU(4).逐渐增大，直至保持不变(5).0hvhve(6).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=hvhvUe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9

J；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=3J16.一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=20kg，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1.0×105Pa，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=10m/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】①1480TK②318JU【解析】①当气缸水平放置时，501.010Ppa，01VLS,0300TK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10pspsmg则511.210ppa,112(+)VLLS由理想气体状态方程得0111201()pLspLLsTT,则1480TK②当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得011=pLspLs,则10Lcm加热后，气体做等压变化，

外界对气体做功为01212-+)(+)72WpLLLsmgLLLJ（根据热力学第一定律UWQ得318UJ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03pSG，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2H．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＝2T0．②023QUpSH【解析】【详解】①气体先等容变化至压强为0GppS，设温度升高至T1，则001ppTT；接着等压膨胀至体积为（H+h）S，设温度升高至T，则1HhSHSTT；联立解得T＝

2T0．②全过程中外界对气体做的功0322HWpSpSH由热力学第一定律有△U＝Q+W解得02:3QUpSH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)023n

pp【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10pp1(1)MVVm末态20pnp2VV气体发生等温变化，由玻意耳定律p1V1=p2V2有001MpVnpVm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10Bpp12BVV末态2Bpp2BVV由玻意耳定律有:02pVpV以关闭K1后A中气体为研究对象初态pA1=np0VA1=V末态2Bpp

23BVVV由玻意耳定律有0(3)npVpVV联立求解得62VVn023npp