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江西省景德镇市浮梁县第一中学2020-2021学年高二下学期5月月考物理试题+Word版含答案
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这是一份江西省景德镇市浮梁县第一中学2020-2021学年高二下学期5月月考物理试题+Word版含答案，共21页。试卷主要包含了4）班 物理等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共16小题）
1．下列有关波粒二象性的说法中正确的是（ ）
A．爱因斯坦在研究黑体辐射时，提出了能量子的概念
B．康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量
C．德布罗意提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系
D．如果能发生光电效应，只增大入射光强度，逸出的光电子最大初动能增加
2．ab为阴极射线管的示意图，ab端加高压后，a端可产生电子流，电子在高压的作用下做水平向右的加速运动，如图．现在阴极射线管ab的正上方平行放置一根通有强电流的长直导线，电流方向水平向左，则射线管产生的电子流将（ ）
A．向纸内偏转B．向纸外偏转
C．向下偏转D．向上偏转
3．下列有关原子和原子核的说法中正确的是（ ）
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核的结构
B．汤姆孙通过电子的发现认为原子核还有更复杂的结构
C．某金属的极限频率很大，该金属电子的逸出功可能很小
D．玻尔把量子化观点引入到原子结构理论分析中，很好地解释了氢原子光谱的分立性
4．如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光管，其逸出功为2.29eV。以下说法正确的是（ ）
A．氢原子可能发出6种不同频率的可见光
B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子
C．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时射出的电子都是来源于原子核内部
D．钠光电管发出的光电子轰击处于基态的氢原子能使氢原子跃迁到n＝3的能级
5．放射性元素甲经过4次α衰变和4次β衰变后生成一新元素乙。元素甲的质量数为m1、电荷数为n1，元素乙的质量数为m2、电荷数为n2，则（ ）
A．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣4
B．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣16
C．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣16
D．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣4
6．下列说法正确的是（ ）
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B．光电效应能否发生取决于光照强度的强弱
C．平均结合能越大，原子核越稳定
D．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
7．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（ ）
A．Li核的结合能约为15MeV
B．Kr核的结合能比U核大
C．两个H核结合成He核时吸收能量
D．U核的平均核子质量比Kr核的大
8．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO'以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R．的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．在0～t4时间内电阻R上产生的热量为
9．如图所示电路中，R1、R2分别为220Ω、5Ω的定值电阻，电压表V为理想电表。电路中接入交流电源u＝110sin100πtV，标有“20V 8W”的灯泡L正常发光。已知理想变压器是降压变压器，则（ ）
A．灯泡L中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为32.5V
C．R1、R2消耗功率之比为11：4
D．原副线圈匝数之比为5：2
10．下列关于分子热运动的说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，所有分子的速率都增大
11．关于一定量的气体，下列说法错误的是（ ）
A．气体温度每升高1开和每升高1摄氏度等价
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
12．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1．若吸走槽中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则（ ）
A．h2＞h1，F2＝F1
B．h2＜h1，F2＝F1
C．h2＞h1，F2＞F1
D．h2＜h1，F2＞F1
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．晶体一定是各向异性的
C．容器内的气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体温度有关
D．对于一定质量的理想气体，如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
14．固体、液体和气体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ）
A．若某种固体的物理性质表现为各向同性，则该固体一定是非晶体
B．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润
C．缝衣针能静止在水面上是因为表面张力与重力平衡
D．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
15．下列说法正确的是（ ）
A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B．1g、100℃的水与1g、100℃的水蒸气相比较，分子热运动的平均动能与分子的总动能不相同
C．玻璃上附着水发生浸润现象的原因是附着层里的分子比水内部平均距离大，所以分子间表现为引力
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
16．一定质量的理想气体由状态a状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态c到状态d，气体的密度不变，压强变小
B．从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小
C．从状态a到状态b，每个气体分子的动能都增大
D．从状态a到状态d，气体的内能增加，压强增大
二．填空题（共3小题）
17．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，平衡后气体的内能 ，压强 （均选填“增大”“减小”或“不变”）。
18．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为 L，气体的压强为 Pa。
19．做功和热传递是改变物体内能的两种方式。现有一内壁光滑的汽缸固定竖直放置，如图所示，其上端有一挡板，使一厚度忽略不计的轻质活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸上端的距离为0.1m。现对封闭气体加热，活塞缓慢上移到汽缸的上端后，一段时间后停止加热。已知活塞的横截面积为0.02m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为1000J，加热过程中，气体对外所做的功为 ；封闭气体的内能变化量为 。
三．计算题（共5小题）
20．从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用11kV电压输电，计算输电线上由电阻造成的电压损失是多少？
21．原来静止的氡原子核Rn放出α粒子后，生成P原子核，若Rn、P核α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中光速为c，不考虑相对论效应。
（1）写出该衰变方程，并求该反应过程中释放的能量△E；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，求α粒子的动能Ekα。
22．如图所示，开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体，缸体质量为m，活塞横截面积为S，活塞与直立在地面上的粗弹簧接触，活塞和缸体悬在空中，活塞与汽缸无摩擦且不漏气，活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好，大气压强为p，环境温度为T0，重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高，使缸体上升h的高度，此过程气体吸收的热量为Q。求：
（1）环境温度升高了多少；
（2）此过程气体的内能增量为多少。
23．一定质量的理想气体，经过如图所示由A经B到C的状态变化。已知状态A的温度为800K，求：
（1）状态B的温度TB为多少K？
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？
2021年05月18日计老师的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．下列有关波粒二象性的说法中正确的是（ ）
A．爱因斯坦在研究黑体辐射时，提出了能量子的概念
B．康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量
C．德布罗意提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系
D．如果能发生光电效应，只增大入射光强度，逸出的光电子最大初动能增加
【分析】普朗克引入能量子的概念，得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元；康普顿效应表明光具有粒子性，即光子不仅具有能量还具有动量；根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0可判断最大初动能与入射光的强度无关。
【解答】解：A、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，故A错误；
B、康普顿效应表明光具有粒子性，故B错误；
C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，提出物质波，认为实物粒子也具有波动性，故C正确。
D、根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0，知最大初动能与入射光的频率及逸出功有关，与入射光的强度无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了光的粒子性的相关问题，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
2．ab为阴极射线管的示意图，ab端加高压后，a端可产生电子流，电子在高压的作用下做水平向右的加速运动，如图．现在阴极射线管ab的正上方平行放置一根通有强电流的长直导线，电流方向水平向左，则射线管产生的电子流将（ ）
A．向纸内偏转B．向纸外偏转C．向下偏转D．向上偏转
【分析】首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向．
【解答】解：
由安培定则可判断出通电直导线周围所产生的磁场，如图所示，阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中，由左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转。
故选：D。
【点评】此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键．
3．下列有关原子和原子核的说法中正确的是（ ）
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核的结构
B．汤姆孙通过电子的发现认为原子核还有更复杂的结构
C．某金属的极限频率很大，该金属电子的逸出功可能很小
D．玻尔把量子化观点引入到原子结构理论分析中，很好地解释了氢原子光谱的分立性
【分析】卢瑟福提出原子的核式结构模型；姆孙通过电子的发现认为原子还有更复杂的结构；根据W0＝hv0判断；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出原子的核式结构模型，故A错误；
B、汤姆孙通过电子的发现认为原子还有更复杂的结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，故B错误；
C、根据W0＝hv0知，金属的逸出功由金属的极限频率决定，故C错误；
D、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，很好地解释了氢原子光谱的分立性，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了α粒子散射实验、电子的发现、逸出功、玻尔理论等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
4．如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光管，其逸出功为2.29eV。以下说法正确的是（ ）
A．氢原子可能发出6种不同频率的可见光
B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子
C．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时射出的电子都是来源于原子核内部
D．钠光电管发出的光电子轰击处于基态的氢原子能使氢原子跃迁到n＝3的能级
【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数．能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。
【解答】解：A、根据 C＝6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，但不是6种不同频率的可见光，故A错误；
B、氢原子由n＝4跃迁到n＝2能级，辐射的光子能量为△E1＝3.4eV﹣0.85eV＝2.55eV，大于逸出功，能发生光电效应；而由n＝4跃迁到n＝3能级，辐射的光子能量为△E2＝1.51eV﹣0.85eV＝0.66eV，及n＝3跃迁到n＝2能级，辐射的光子能量为△E3＝3.4eV﹣1.51eV＝1.89eV，都小于逸出功，不能发生光电效应，因此让钠光电管发生光电效应现象的有n＝4跃迁到n＝2、n＝4跃迁到n＝1、n＝3跃迁到n＝1、n＝2跃迁到n＝1共4种光子，故B正确；
C、光电管发出的光电子是来自核外，而原子核发生β衰变时飞出的电子是来源于原子核内部的中子衰变成质子而放出的，故C错误；
D、氢原子从n＝4的能级向n＝1发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为△E＝13.6eV﹣0.85eV﹣2.29eV＝10.46eV，而氢原子从n＝1的能级跃n＝2的能级，需要吸收能量为△E′＝13.6eV﹣3.4eV＝10.2eV，因10.46eV＞10.2eV；氢原子从n＝1的能级跃n＝3的能级，需要吸收能量为△E′＝13.6eV﹣1.51eV＝12.09 eV，而12.09eV＞10.46eV；所以钠光电管发出的光电子最多能够让氢原子从n＝1的能级跃n＝2的能级，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，并掌握光电效应方程的内容，注意A选项不同频率的可见光与不同频率的光子区分．
5．放射性元素甲经过4次α衰变和4次β衰变后生成一新元素乙。元素甲的质量数为m1、电荷数为n1，元素乙的质量数为m2、电荷数为n2，则（ ）
A．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣4B．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣16
C．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣16D．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣4
【分析】根据α、β衰变的实质，结合衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题。
【解答】解：发生α衰变是放出，发生β衰变是放出电子e，
根据质量数和电荷数守恒，则有：
m1＝m2+4×4＝m2+16
n1＝n2+4×2﹣4×1＝n2+4
解得：m2＝m1﹣16，n2＝n1﹣4，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题，并注意α衰变与β衰变的区别。
6．下列说法正确的是（ ）
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B．光电效应能否发生取决于光照强度的强弱
C．平均结合能越大，原子核越稳定
D．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
【分析】半衰期与外界因素无关，光电效应现象取决于入射光的频率高低，平均结合能越大的原子核越稳定，β射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子，而放出一个电子．
【解答】解：A、半衰期与温度无关，放射性物质的温度升高，半衰期不变，故A错误；
B、光电效应能否发生取决于光的频率，与光的强度无关，故B错误；
C、比结合能越大，原子核越稳定，故C正确；
D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来形成的电子流，即β射线是原子的核内中子分裂成的，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握半衰期的特点，记住平均结合能与结合能的区别，理解光电效应现象的条件，知道衰变的实质．
7．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（ ）
A．Li核的结合能约为15MeV
B．Kr核的结合能比U核大
C．两个H核结合成He核时吸收能量
D．U核的平均核子质量比Kr核的大
【分析】根据结合能＝比结合能×核子数，可求各核的结合能，同时可以比较两个核的结合能的大小；因为He核的比结合能较大，所以两个H核结合成He核时要放出能量；根据U核分裂成Kr核时会发生质量亏损，即可确定平均核子质量的大小关系。
【解答】解：A、根据图像可知，Li核的比结合能为5MeV，因为结合能＝比结合能×核子数，故Li核的结合能约为：
5×6MeV＝30MeV，故A错误。
B、Kr核的结合能约为：8.5×89MeV＝756.5MeV
U核的结合能约为：7.5×235MeV＝1762.5MeV
故Kr核的结合能比U核的结合能小，故B错误。
C、因为He核的比结合能较大，所以两个H核结合成He核时要放出能量，故C错误。
D、因Kr核的比结合能比U核的大，所以U核分裂成Kr核时会发生质量亏损，即U核的平均核子质量比Kr核的平均核子质量大。故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了结合能和比结合能，注意比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定。
8．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO'以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R．的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．在0～t4时间内电阻R上产生的热量为
【分析】根据交流电的产生过程可明确磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得通过的电荷量，再依据焦耳定律，结合有效值与最大值关系，即可求解。
【解答】解：A、磁通量由正向BS变为负向BS；故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ＝2Bs，故A错误。
B、通过电阻的电荷量Q＝n，又E0＝nBSω，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量Q＝，故B正确。
C、t4时刻感应电动势最大，为E0，则穿过线圈磁通量的变化率大小为，故C错误。
D、在0～t4时间内整个电路产生的热量为Q＝T＝，那么电阳R上产生的热量为，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查交流电的产生及电量的计算，要注意明确求热量时要用有效值，求电量时用平均值，要理解正弦交流电的有效值与最大值的关系。
9．如图所示电路中，R1、R2分别为220Ω、5Ω的定值电阻，电压表V为理想电表。电路中接入交流电源u＝110sin100πtV，标有“20V 8W”的灯泡L正常发光。已知理想变压器是降压变压器，则（ ）
A．灯泡L中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为32.5V
C．R1、R2消耗功率之比为11：4
D．原副线圈匝数之比为5：2
【分析】根据副线圈的两个灯泡正常发光求解电流强度，再根据变压器原理求解原线圈的电流强度和电压，根据闭合电路的欧姆定律求解电压表的示数；
根据原线圈闭合电路的电压关系和变压器原副线圈电压比和电流比，求出原副线圈的匝数比，根据电功率的计算公式求解灯泡的额定功率．
【解答】解：A、由题可知交流电的周期为角加速度ω＝100π，则由知，周期T＝0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，故A错误；
B、灯泡正常发光，说明流出副线圈的电流为：＝A＝0.4A，则电压表V的读数为灯泡和电阻R2的总电压，即＝I2R2+UL＝0.4A×5Ω+20V＝22V，故B错误；
CD、设变压器原副线圈的匝数比为k，流入原线圈的电流为I1，则，原线圈的电压为U1，则，在原线圈中有：U＝U1+I1R1其中U＝100V，R1＝220Ω，解得：k＝1或者4，
因为变压器为降压变压器，所以k＝4，I1＝0.1A，则由P＝I2R知道，R1、R2消耗功率之比为P1：P2＝：，解得：P1：P2＝11：4，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比．
10．下列关于分子热运动的说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，所有分子的速率都增大
【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，气体分子的无规则运动是气体充满空间的原因，根据盖﹣吕萨克定律判断出温度的变化，即可判断出内能的变化，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，但有的分子动能可能很小，故速率很小。
【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故A错误；
B、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则运动的缘故，与气体分子之间的斥力无关，故B错误；
C、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据可知，温度升高，由于温度升高，分子的平均动能增大，故内能增大，故C正确；
D、如果气体温度升高，分子平均动能会增加，并不是所有分子的动能都增加，有个别分子的动能可能减小，故并不是所有分子的速率都增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题关键要掌握分子动理论的基本内容以及理想气体的状态方程，知道温度是分子平均动能的标志，并明确温度是分子平均动能标志是一个统计规律，对于单个分子并不一定适用；布朗运动是固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，不要把布朗运动与分子的热运动混为一谈。
11．关于一定量的气体，下列说法错误的是（ ）
A．气体温度每升高1开和每升高1摄氏度等价
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【分析】热力学温标和摄氏温标的关系：T＝（t+273.16）K；分子永不停息的无规则运动叫分子热运动，热运动的剧烈程度与分子平均动能有关，平均动能越大温度越高；气体分子对容器壁有碰撞就会产生压强；理想气体状态方程应用。
【解答】A、热力学温标和摄氏温标的关系为：T＝（t+273.16）K，，故A正确；
B、减弱气体分子热运动就是减小分子平均动能，平均动能减小，温度降低，故B正确；
C、在完全失重的情况下，气体分子无规则运动仍不停息，气体对容器壁的碰撞不停止，所以气体的压强不为零，故C错误；
D、由理想气体状态方程知，压强P一定，气体体积与温度成正比，故D正确。
故选：C。
【点评】本题需掌握掌握热力学温标和摄氏温标的关系式，知道温度是分子平均动能的标志，知道气体压强产生原因的的微观解释，熟练运用理想气态状态方程分析状态变化。
12．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1．若吸走槽中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则（ ）
A．h2＞h1，F2＝F1B．h2＜h1，F2＝F1
C．h2＞h1，F2＞F1D．h2＜h1，F2＞F1
【分析】假设吸走水银槽中的部分水银情况下，水银柱高度差不变，则可知空气柱的长度变化；然后根据玻意耳定律即可分析压强变化，从而判断高度差的变化情况；根据试管的受力情况来判断弹簧测力计的示数变化。
【解答】解：因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强+封闭空气的压强，大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭空气的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h也会适当增加，即h2＞h1；
向上的拉力F与水银柱和管整体的重力相平衡，而水银柱的高度h变大，所以水银柱的重力变大，拉力F的大小会变大即F2＞F1，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】在本题的分析中，一定要抓住关键，就是大气压的大小等于管内水银柱压强与封闭空气的压强之和。明确管内上方有空气而不是真空，是本题最易出错之处。而水银柱高度的大小又决定了水银柱的重力，也就决定了力F的大小。搞清这几个量之间的关系，才能最终做出正确的推理。
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．晶体一定是各向异性的
C．容器内的气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体温度有关
D．对于一定质量的理想气体，如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
【分析】当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小；多晶体和非晶体是各向同性的；根据气体的压强的微观意义分析。
【解答】解：A、当分子间的引力和斥力平衡时，若增大距离，分子引力做负功，分子势能增大；若减小距离，则分子斥力做负功，分子势能也增大，所以当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小。故A错误；
B、多晶体有的是各向同性的，故B错误；
C、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故C正确；
D、温度是分子的平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大；根据理想气体的状态方程＝C，可知气体温度升高时，若同时体积增大，掌握气体压强不一定增大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了分子动理论、分子势能、气体压强等，知识点多，解答关键是记住基础知识，特别要注意一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关．
14．固体、液体和气体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ）
A．若某种固体的物理性质表现为各向同性，则该固体一定是非晶体
B．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润
C．缝衣针能静止在水面上是因为表面张力与重力平衡
D．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
【分析】多晶体和非晶体均具有各向同性；荷叶和露水表现为不浸润；液体表面分子间的距离比液体内部大一些，液体表面张力表现为引力；分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
【解答】解：A、多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故A错误；
B、唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为不浸润，故B错误；
C、缝衣针能静止于水面上，是因为表面张力使水面收缩成“弹性薄膜”，对针产生一个向上的支持力，与重力大小相等方向相反，故C错误；
D、大量气体分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律，分子数百分率呈现“中间多，两头少”的统计规律，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查热学中的基本内容，需要学生记忆的知识点较多，但不难，属于简单题目。
15．下列说法正确的是（ ）
A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B．1g、100℃的水与1g、100℃的水蒸气相比较，分子热运动的平均动能与分子的总动能不相同
C．玻璃上附着水发生浸润现象的原因是附着层里的分子比水内部平均距离大，所以分子间表现为引力
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
【分析】雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力；
分子动能与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，分子动能越大。
浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为引力；
晶体有单晶体和多晶体，只有单晶体有规则形状和各向异性的特性。
【解答】解：A、雨水在布料上形成一层薄膜，由于液体表面存在张力，雨水在表面张力作用下没有透过布雨伞，故A正确；
B、分子热运动的平均动能与温度有关，温度越高，绝大部分的分子运动越剧烈，分子热运动的平均动能越大，100℃的水与100℃的水蒸气温度相同，故分子热运动的平均动能相同，又因为均为1g，分子总数相同，故总动能也相同，故B错误；
C、当浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为引力的缘故，故C错误；
D、晶体有单晶体和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征，而多晶体没有规则形状，各向同性，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，关键要掌握液体的表面张力、分子动能与分子热运动的平均动能，以及晶体与晶体的性质，并能用来分析实际问题。
16．一定质量的理想气体由状态a状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态c到状态d，气体的密度不变，压强变小
B．从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小
C．从状态a到状态b，每个气体分子的动能都增大
D．从状态a到状态d，气体的内能增加，压强增大
【分析】气体做功与体积有关，体积增大，气体对外做功，体积减小，外界对气体做功；一定量理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，温度降低，内能减小；温度是分子平均动能的标志；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用气态方程分析答题。
【解答】解：A、由图示图象可知，从状态c到状态d过程气体体积不变而温度降低，由查理定律可知，气体压强减小；气体体积不变，质量不变，气体密度不变，故A正确；
B、由图示图象可知，从b到c过程气体温度不变而体积变大，气体体积增大，气体对外做功，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；
C、从a到b过程气体温度升高，气体分子平均动能增大，并不是每个气体分子动能都增大，有的气体分子动能可能不变，有的分子动能可能减小，故C错误；
D、由图示图象可知，a到d过程，气体的体积与热力学温度成正比，气体压强不变，气体温度升高内能增大，故D错误。
故选：A。
【点评】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用气体状态方程与基础知识即可解题。
二．填空题（共3小题）
17．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，平衡后气体的内能 不变 ，压强 减小 （均选填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】本题是气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式△U＝W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化，根据理想气体得状态方程求出压强的变化。
【解答】解：该过程中气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据△U＝W+Q可知内能不变；理想气体的内能仅仅与温度有关，气体的内能不变，则温度不变，由于气体体积变大，根据＝C知压强减小。
故答案为：不变，减小。
【点评】本题考查气体的自由扩散、理想气体的状态方程的综合运用，解题关键是要明确气体是自由扩散，还要能够根据热力学第一定律判断内能的变化。
18．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为 3 L，气体的压强为 9.3×104 Pa。
【分析】由平衡条件及受力分析可求得压强大小，由题意计论可得出对应的体积大小，再由理想气体状态方程可求得压强。
【解答】解：设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为T2＝400K，压强设为p，体积为V1，
对活塞，由平衡条件得：pS＝p0S，解得：p＝p0
由理想气体状态方程得：
代入数据解得：V1＝2.8L＜VB＝3L，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为VB＝3L；
设此时气体压强为p2，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：p2＝9.3×104Pa。
故答案为：3；9.3×104。
【点评】根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用理想气体状态方程即可解题，在解题时要注意认真分析题意，关键是明确容器的容积大小。
19．做功和热传递是改变物体内能的两种方式。现有一内壁光滑的汽缸固定竖直放置，如图所示，其上端有一挡板，使一厚度忽略不计的轻质活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸上端的距离为0.1m。现对封闭气体加热，活塞缓慢上移到汽缸的上端后，一段时间后停止加热。已知活塞的横截面积为0.02m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为1000J，加热过程中，气体对外所做的功为 200J ；封闭气体的内能变化量为 800J 。
【分析】根据功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。
【解答】解：加热气体过程，气体对外做功：W＝p0SL＝1×105×0.1×0.02J＝200J
由热力学第一定律得：△U＝﹣W+Q＝﹣200J+1000J＝800J
故答案为：200J；800J。
【点评】根据题意应用功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律可以求出气体内能的变化量；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
三．计算题（共5小题）
20．从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用11kV电压输电，计算输电线上由电阻造成的电压损失是多少？
【分析】根据电功率公式求出输电电流，然后应用欧姆定律求出输电线上的电压损失。
【解答】解：输电电流：I＝A＝20A
输电线损失的电压：U＝IR＝20×0.05V＝1V
答：输电线上由电阻造成的电压损失是1V。
【点评】本题考查了求电压损失问题，应用电功率公式与欧姆定律即可解题。
21．原来静止的氡原子核Rn放出α粒子后，生成P原子核，若Rn、P核α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中光速为c，不考虑相对论效应。
（1）写出该衰变方程，并求该反应过程中释放的能量△E；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，求α粒子的动能Ekα。
【分析】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程；再依据爱因斯坦质能方程求解；
（2）应用动量守恒和能量守恒定律，列式求解衰变后α粒子的动能．
【解答】解：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，Rn→ P+He；
根据爱因斯坦质能方程，可得：△E＝△mc2＝（M﹣m1﹣m2）c2；
（2）由于反应后存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能，则有：
△Ek＝m2+m1＝（M﹣m1﹣m2）c2；
反应过程中P核和α粒子组成的系统，其动量守恒，依据动量守恒定律，则有：m1vP＝m2vα；
联立解得，α粒子的动能为：Ekα＝m2＝；
答：（1）该衰变方程为Rn→ P+He，该反应过程中释放的能量是（M﹣m1﹣m2）c2；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，则α粒子的动能为．
【点评】本题考查了原子核的衰变，关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握动量守恒定律、能量守恒定律、爱因斯坦质能方程，并能灵活运用．
22．如图所示，开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体，缸体质量为m，活塞横截面积为S，活塞与直立在地面上的粗弹簧接触，活塞和缸体悬在空中，活塞与汽缸无摩擦且不漏气，活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好，大气压强为p，环境温度为T0，重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高，使缸体上升h的高度，此过程气体吸收的热量为Q。求：
（1）环境温度升高了多少；
（2）此过程气体的内能增量为多少。
【分析】（1）环境温度升高过程封闭气体压强不变，应用盖﹣吕萨克定律求出气体末状态的温度，然后求出环境温度升高量。
（2）根据平衡条件求出封闭气体的压强，求出气体对外界做的功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量。
【解答】解：（1）环境温度升高过程封闭气体压强不变，由盖﹣吕萨克定律得：，
环境温度升高△T＝T﹣T0，
解得：△T＝；
（2）设封闭气体压强为p1，对缸体，由平衡条件得：pS+mg＝p1S，
解得：p1＝p+，
环境温度升高过程，外界对气体做负功：W＝﹣p1S△h＝﹣（p+）×S×h＝﹣hS（p+）
由热力学第一定律得：△U＝Q+W＝Q﹣hS（p+）
答：（1）环境温度升高了；
（2）此过程气体的内能增量为Q﹣hS（p+）。
【点评】本题考查盖﹣吕萨克定律和热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程，应用盖﹣吕萨克定律与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负的含义。
23．一定质量的理想气体，经过如图所示由A经B到C的状态变化。已知状态A的温度为800K，求：
（1）状态B的温度TB为多少K？
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？
【分析】（1）根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用查理定律求出在状态B时气体的温度。
（2）应用理想气体状态方程比较A、C两状态的温度关系，然后应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：（1）由图示图象可知，从A到B过程气体体积不变，
由查理定律得：
代入数据解得：TB＝200K
（2）由图示图象可知，pAVA＝pCVC，
由理想气体状态方程＝C可知：TA＝TC，
A、C两状态温度相等，从A到C过程汽油桶内能不变，△U＝0，
从A到B过程气体体积不变，外界对气体不做功，
从B到C过程气体体积，气体对外界做功，W＝﹣pB△V＝﹣1×105×（4﹣1）×10﹣3J＝﹣300J
由热力学第一定律△U＝W+Q可知：
Q＝△U﹣W＝0﹣（﹣300）J＝300J，气体从外界吸收300J的热量
答：（1）状态B的温度TB为200K。
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量，其数值为300J。
【点评】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量，应用查理定律、理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
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日期：2021/5/19 11:05:20；用户：计老师；邮箱：13320083727；学号：30743204
一．选择题（共16小题）
1．下列有关波粒二象性的说法中正确的是（ ）
A．爱因斯坦在研究黑体辐射时，提出了能量子的概念
B．康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量
C．德布罗意提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系
D．如果能发生光电效应，只增大入射光强度，逸出的光电子最大初动能增加
2．ab为阴极射线管的示意图，ab端加高压后，a端可产生电子流，电子在高压的作用下做水平向右的加速运动，如图．现在阴极射线管ab的正上方平行放置一根通有强电流的长直导线，电流方向水平向左，则射线管产生的电子流将（ ）
A．向纸内偏转B．向纸外偏转
C．向下偏转D．向上偏转
3．下列有关原子和原子核的说法中正确的是（ ）
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核的结构
B．汤姆孙通过电子的发现认为原子核还有更复杂的结构
C．某金属的极限频率很大，该金属电子的逸出功可能很小
D．玻尔把量子化观点引入到原子结构理论分析中，很好地解释了氢原子光谱的分立性
4．如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光管，其逸出功为2.29eV。以下说法正确的是（ ）
A．氢原子可能发出6种不同频率的可见光
B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子
C．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时射出的电子都是来源于原子核内部
D．钠光电管发出的光电子轰击处于基态的氢原子能使氢原子跃迁到n＝3的能级
5．放射性元素甲经过4次α衰变和4次β衰变后生成一新元素乙。元素甲的质量数为m1、电荷数为n1，元素乙的质量数为m2、电荷数为n2，则（ ）
A．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣4
B．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣16
C．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣16
D．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣4
6．下列说法正确的是（ ）
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B．光电效应能否发生取决于光照强度的强弱
C．平均结合能越大，原子核越稳定
D．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
7．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（ ）
A．Li核的结合能约为15MeV
B．Kr核的结合能比U核大
C．两个H核结合成He核时吸收能量
D．U核的平均核子质量比Kr核的大
8．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO'以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R．的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．在0～t4时间内电阻R上产生的热量为
9．如图所示电路中，R1、R2分别为220Ω、5Ω的定值电阻，电压表V为理想电表。电路中接入交流电源u＝110sin100πtV，标有“20V 8W”的灯泡L正常发光。已知理想变压器是降压变压器，则（ ）
A．灯泡L中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为32.5V
C．R1、R2消耗功率之比为11：4
D．原副线圈匝数之比为5：2
10．下列关于分子热运动的说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，所有分子的速率都增大
11．关于一定量的气体，下列说法错误的是（ ）
A．气体温度每升高1开和每升高1摄氏度等价
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
12．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1．若吸走槽中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则（ ）
A．h2＞h1，F2＝F1
B．h2＜h1，F2＝F1
C．h2＞h1，F2＞F1
D．h2＜h1，F2＞F1
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．晶体一定是各向异性的
C．容器内的气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体温度有关
D．对于一定质量的理想气体，如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
14．固体、液体和气体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ）
A．若某种固体的物理性质表现为各向同性，则该固体一定是非晶体
B．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润
C．缝衣针能静止在水面上是因为表面张力与重力平衡
D．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
15．下列说法正确的是（ ）
A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B．1g、100℃的水与1g、100℃的水蒸气相比较，分子热运动的平均动能与分子的总动能不相同
C．玻璃上附着水发生浸润现象的原因是附着层里的分子比水内部平均距离大，所以分子间表现为引力
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
16．一定质量的理想气体由状态a状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态c到状态d，气体的密度不变，压强变小
B．从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小
C．从状态a到状态b，每个气体分子的动能都增大
D．从状态a到状态d，气体的内能增加，压强增大
二．填空题（共3小题）
17．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，平衡后气体的内能 ，压强 （均选填“增大”“减小”或“不变”）。
18．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为 L，气体的压强为 Pa。
19．做功和热传递是改变物体内能的两种方式。现有一内壁光滑的汽缸固定竖直放置，如图所示，其上端有一挡板，使一厚度忽略不计的轻质活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸上端的距离为0.1m。现对封闭气体加热，活塞缓慢上移到汽缸的上端后，一段时间后停止加热。已知活塞的横截面积为0.02m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为1000J，加热过程中，气体对外所做的功为 ；封闭气体的内能变化量为 。
三．计算题（共5小题）
20．从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用11kV电压输电，计算输电线上由电阻造成的电压损失是多少？
21．原来静止的氡原子核Rn放出α粒子后，生成P原子核，若Rn、P核α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中光速为c，不考虑相对论效应。
（1）写出该衰变方程，并求该反应过程中释放的能量△E；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，求α粒子的动能Ekα。
22．如图所示，开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体，缸体质量为m，活塞横截面积为S，活塞与直立在地面上的粗弹簧接触，活塞和缸体悬在空中，活塞与汽缸无摩擦且不漏气，活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好，大气压强为p，环境温度为T0，重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高，使缸体上升h的高度，此过程气体吸收的热量为Q。求：
（1）环境温度升高了多少；
（2）此过程气体的内能增量为多少。
23．一定质量的理想气体，经过如图所示由A经B到C的状态变化。已知状态A的温度为800K，求：
（1）状态B的温度TB为多少K？
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？
2021年05月18日计老师的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．下列有关波粒二象性的说法中正确的是（ ）
A．爱因斯坦在研究黑体辐射时，提出了能量子的概念
B．康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量
C．德布罗意提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子都与一个对应的波相联系
D．如果能发生光电效应，只增大入射光强度，逸出的光电子最大初动能增加
【分析】普朗克引入能量子的概念，得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元；康普顿效应表明光具有粒子性，即光子不仅具有能量还具有动量；根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0可判断最大初动能与入射光的强度无关。
【解答】解：A、普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，故A错误；
B、康普顿效应表明光具有粒子性，故B错误；
C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，提出物质波，认为实物粒子也具有波动性，故C正确。
D、根据光电效应方程Ekm＝hν﹣W0，知最大初动能与入射光的频率及逸出功有关，与入射光的强度无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了光的粒子性的相关问题，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
2．ab为阴极射线管的示意图，ab端加高压后，a端可产生电子流，电子在高压的作用下做水平向右的加速运动，如图．现在阴极射线管ab的正上方平行放置一根通有强电流的长直导线，电流方向水平向左，则射线管产生的电子流将（ ）
A．向纸内偏转B．向纸外偏转C．向下偏转D．向上偏转
【分析】首先由安培定则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手定则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向．
【解答】解：
由安培定则可判断出通电直导线周围所产生的磁场，如图所示，阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中，由左手定则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转。
故选：D。
【点评】此题要求要会熟练的使用安培定则和左手定则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确的运用左手定则和右手定则分析问题是解决该题的关键．
3．下列有关原子和原子核的说法中正确的是（ ）
A．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核的结构
B．汤姆孙通过电子的发现认为原子核还有更复杂的结构
C．某金属的极限频率很大，该金属电子的逸出功可能很小
D．玻尔把量子化观点引入到原子结构理论分析中，很好地解释了氢原子光谱的分立性
【分析】卢瑟福提出原子的核式结构模型；姆孙通过电子的发现认为原子还有更复杂的结构；根据W0＝hv0判断；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出原子的核式结构模型，故A错误；
B、汤姆孙通过电子的发现认为原子还有更复杂的结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，故B错误；
C、根据W0＝hv0知，金属的逸出功由金属的极限频率决定，故C错误；
D、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，很好地解释了氢原子光谱的分立性，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了α粒子散射实验、电子的发现、逸出功、玻尔理论等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
4．如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光管，其逸出功为2.29eV。以下说法正确的是（ ）
A．氢原子可能发出6种不同频率的可见光
B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子
C．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时射出的电子都是来源于原子核内部
D．钠光电管发出的光电子轰击处于基态的氢原子能使氢原子跃迁到n＝3的能级
【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数．能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。
【解答】解：A、根据 C＝6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，但不是6种不同频率的可见光，故A错误；
B、氢原子由n＝4跃迁到n＝2能级，辐射的光子能量为△E1＝3.4eV﹣0.85eV＝2.55eV，大于逸出功，能发生光电效应；而由n＝4跃迁到n＝3能级，辐射的光子能量为△E2＝1.51eV﹣0.85eV＝0.66eV，及n＝3跃迁到n＝2能级，辐射的光子能量为△E3＝3.4eV﹣1.51eV＝1.89eV，都小于逸出功，不能发生光电效应，因此让钠光电管发生光电效应现象的有n＝4跃迁到n＝2、n＝4跃迁到n＝1、n＝3跃迁到n＝1、n＝2跃迁到n＝1共4种光子，故B正确；
C、光电管发出的光电子是来自核外，而原子核发生β衰变时飞出的电子是来源于原子核内部的中子衰变成质子而放出的，故C错误；
D、氢原子从n＝4的能级向n＝1发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为△E＝13.6eV﹣0.85eV﹣2.29eV＝10.46eV，而氢原子从n＝1的能级跃n＝2的能级，需要吸收能量为△E′＝13.6eV﹣3.4eV＝10.2eV，因10.46eV＞10.2eV；氢原子从n＝1的能级跃n＝3的能级，需要吸收能量为△E′＝13.6eV﹣1.51eV＝12.09 eV，而12.09eV＞10.46eV；所以钠光电管发出的光电子最多能够让氢原子从n＝1的能级跃n＝2的能级，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，并掌握光电效应方程的内容，注意A选项不同频率的可见光与不同频率的光子区分．
5．放射性元素甲经过4次α衰变和4次β衰变后生成一新元素乙。元素甲的质量数为m1、电荷数为n1，元素乙的质量数为m2、电荷数为n2，则（ ）
A．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣4B．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣16
C．m2＝m1﹣16；n2＝n1﹣16D．m2＝m1﹣4；n2＝n1﹣4
【分析】根据α、β衰变的实质，结合衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题。
【解答】解：发生α衰变是放出，发生β衰变是放出电子e，
根据质量数和电荷数守恒，则有：
m1＝m2+4×4＝m2+16
n1＝n2+4×2﹣4×1＝n2+4
解得：m2＝m1﹣16，n2＝n1﹣4，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题，并注意α衰变与β衰变的区别。
6．下列说法正确的是（ ）
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
B．光电效应能否发生取决于光照强度的强弱
C．平均结合能越大，原子核越稳定
D．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流
【分析】半衰期与外界因素无关，光电效应现象取决于入射光的频率高低，平均结合能越大的原子核越稳定，β射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子，而放出一个电子．
【解答】解：A、半衰期与温度无关，放射性物质的温度升高，半衰期不变，故A错误；
B、光电效应能否发生取决于光的频率，与光的强度无关，故B错误；
C、比结合能越大，原子核越稳定，故C正确；
D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来形成的电子流，即β射线是原子的核内中子分裂成的，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握半衰期的特点，记住平均结合能与结合能的区别，理解光电效应现象的条件，知道衰变的实质．
7．原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是（ ）
A．Li核的结合能约为15MeV
B．Kr核的结合能比U核大
C．两个H核结合成He核时吸收能量
D．U核的平均核子质量比Kr核的大
【分析】根据结合能＝比结合能×核子数，可求各核的结合能，同时可以比较两个核的结合能的大小；因为He核的比结合能较大，所以两个H核结合成He核时要放出能量；根据U核分裂成Kr核时会发生质量亏损，即可确定平均核子质量的大小关系。
【解答】解：A、根据图像可知，Li核的比结合能为5MeV，因为结合能＝比结合能×核子数，故Li核的结合能约为：
5×6MeV＝30MeV，故A错误。
B、Kr核的结合能约为：8.5×89MeV＝756.5MeV
U核的结合能约为：7.5×235MeV＝1762.5MeV
故Kr核的结合能比U核的结合能小，故B错误。
C、因为He核的比结合能较大，所以两个H核结合成He核时要放出能量，故C错误。
D、因Kr核的比结合能比U核的大，所以U核分裂成Kr核时会发生质量亏损，即U核的平均核子质量比Kr核的平均核子质量大。故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了结合能和比结合能，注意比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定。
8．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO'以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势随时间的变化关系，如图乙所示，矩形线圈与阻值为R．的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．在0～t4时间内电阻R上产生的热量为
【分析】根据交流电的产生过程可明确磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得通过的电荷量，再依据焦耳定律，结合有效值与最大值关系，即可求解。
【解答】解：A、磁通量由正向BS变为负向BS；故t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，所以为△Φ＝2Bs，故A错误。
B、通过电阻的电荷量Q＝n，又E0＝nBSω，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量Q＝，故B正确。
C、t4时刻感应电动势最大，为E0，则穿过线圈磁通量的变化率大小为，故C错误。
D、在0～t4时间内整个电路产生的热量为Q＝T＝，那么电阳R上产生的热量为，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查交流电的产生及电量的计算，要注意明确求热量时要用有效值，求电量时用平均值，要理解正弦交流电的有效值与最大值的关系。
9．如图所示电路中，R1、R2分别为220Ω、5Ω的定值电阻，电压表V为理想电表。电路中接入交流电源u＝110sin100πtV，标有“20V 8W”的灯泡L正常发光。已知理想变压器是降压变压器，则（ ）
A．灯泡L中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为32.5V
C．R1、R2消耗功率之比为11：4
D．原副线圈匝数之比为5：2
【分析】根据副线圈的两个灯泡正常发光求解电流强度，再根据变压器原理求解原线圈的电流强度和电压，根据闭合电路的欧姆定律求解电压表的示数；
根据原线圈闭合电路的电压关系和变压器原副线圈电压比和电流比，求出原副线圈的匝数比，根据电功率的计算公式求解灯泡的额定功率．
【解答】解：A、由题可知交流电的周期为角加速度ω＝100π，则由知，周期T＝0.02s，交流电的频率为50Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，故A错误；
B、灯泡正常发光，说明流出副线圈的电流为：＝A＝0.4A，则电压表V的读数为灯泡和电阻R2的总电压，即＝I2R2+UL＝0.4A×5Ω+20V＝22V，故B错误；
CD、设变压器原副线圈的匝数比为k，流入原线圈的电流为I1，则，原线圈的电压为U1，则，在原线圈中有：U＝U1+I1R1其中U＝100V，R1＝220Ω，解得：k＝1或者4，
因为变压器为降压变压器，所以k＝4，I1＝0.1A，则由P＝I2R知道，R1、R2消耗功率之比为P1：P2＝：，解得：P1：P2＝11：4，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比．
10．下列关于分子热运动的说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，所有分子的速率都增大
【分析】布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，气体分子的无规则运动是气体充满空间的原因，根据盖﹣吕萨克定律判断出温度的变化，即可判断出内能的变化，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，但有的分子动能可能很小，故速率很小。
【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故A错误；
B、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子做无规则运动的缘故，与气体分子之间的斥力无关，故B错误；
C、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据可知，温度升高，由于温度升高，分子的平均动能增大，故内能增大，故C正确；
D、如果气体温度升高，分子平均动能会增加，并不是所有分子的动能都增加，有个别分子的动能可能减小，故并不是所有分子的速率都增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题关键要掌握分子动理论的基本内容以及理想气体的状态方程，知道温度是分子平均动能的标志，并明确温度是分子平均动能标志是一个统计规律，对于单个分子并不一定适用；布朗运动是固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，不要把布朗运动与分子的热运动混为一谈。
11．关于一定量的气体，下列说法错误的是（ ）
A．气体温度每升高1开和每升高1摄氏度等价
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【分析】热力学温标和摄氏温标的关系：T＝（t+273.16）K；分子永不停息的无规则运动叫分子热运动，热运动的剧烈程度与分子平均动能有关，平均动能越大温度越高；气体分子对容器壁有碰撞就会产生压强；理想气体状态方程应用。
【解答】A、热力学温标和摄氏温标的关系为：T＝（t+273.16）K，，故A正确；
B、减弱气体分子热运动就是减小分子平均动能，平均动能减小，温度降低，故B正确；
C、在完全失重的情况下，气体分子无规则运动仍不停息，气体对容器壁的碰撞不停止，所以气体的压强不为零，故C错误；
D、由理想气体状态方程知，压强P一定，气体体积与温度成正比，故D正确。
故选：C。
【点评】本题需掌握掌握热力学温标和摄氏温标的关系式，知道温度是分子平均动能的标志，知道气体压强产生原因的的微观解释，熟练运用理想气态状态方程分析状态变化。
12．如图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端浸入固定在地面上的水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管，此时管内外水银面高度差为h1，弹簧测力计示数为F1．若吸走槽中的部分水银，待稳定后管内外水银面高度差为h2，弹簧测力计示数为F2，则（ ）
A．h2＞h1，F2＝F1B．h2＜h1，F2＝F1
C．h2＞h1，F2＞F1D．h2＜h1，F2＞F1
【分析】假设吸走水银槽中的部分水银情况下，水银柱高度差不变，则可知空气柱的长度变化；然后根据玻意耳定律即可分析压强变化，从而判断高度差的变化情况；根据试管的受力情况来判断弹簧测力计的示数变化。
【解答】解：因为实验中，玻璃管内封闭了一段空气，因此，大气压＝玻璃管中水银柱产生的压强+封闭空气的压强，大气压不变的情况下，吸走槽中的部分水银，管口未离开水银面，封闭空气的体积变大，压强变小，同时水银柱的高度h也会适当增加，即h2＞h1；
向上的拉力F与水银柱和管整体的重力相平衡，而水银柱的高度h变大，所以水银柱的重力变大，拉力F的大小会变大即F2＞F1，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】在本题的分析中，一定要抓住关键，就是大气压的大小等于管内水银柱压强与封闭空气的压强之和。明确管内上方有空气而不是真空，是本题最易出错之处。而水银柱高度的大小又决定了水银柱的重力，也就决定了力F的大小。搞清这几个量之间的关系，才能最终做出正确的推理。
13．下列叙述正确的是（ ）
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大
B．晶体一定是各向异性的
C．容器内的气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体温度有关
D．对于一定质量的理想气体，如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
【分析】当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小；多晶体和非晶体是各向同性的；根据气体的压强的微观意义分析。
【解答】解：A、当分子间的引力和斥力平衡时，若增大距离，分子引力做负功，分子势能增大；若减小距离，则分子斥力做负功，分子势能也增大，所以当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小。故A错误；
B、多晶体有的是各向同性的，故B错误；
C、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故C正确；
D、温度是分子的平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大；根据理想气体的状态方程＝C，可知气体温度升高时，若同时体积增大，掌握气体压强不一定增大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了分子动理论、分子势能、气体压强等，知识点多，解答关键是记住基础知识，特别要注意一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关．
14．固体、液体和气体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ）
A．若某种固体的物理性质表现为各向同性，则该固体一定是非晶体
B．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润
C．缝衣针能静止在水面上是因为表面张力与重力平衡
D．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布
【分析】多晶体和非晶体均具有各向同性；荷叶和露水表现为不浸润；液体表面分子间的距离比液体内部大一些，液体表面张力表现为引力；分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
【解答】解：A、多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故A错误；
B、唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为不浸润，故B错误；
C、缝衣针能静止于水面上，是因为表面张力使水面收缩成“弹性薄膜”，对针产生一个向上的支持力，与重力大小相等方向相反，故C错误；
D、大量气体分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律，分子数百分率呈现“中间多，两头少”的统计规律，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查热学中的基本内容，需要学生记忆的知识点较多，但不难，属于简单题目。
15．下列说法正确的是（ ）
A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B．1g、100℃的水与1g、100℃的水蒸气相比较，分子热运动的平均动能与分子的总动能不相同
C．玻璃上附着水发生浸润现象的原因是附着层里的分子比水内部平均距离大，所以分子间表现为引力
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
【分析】雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力；
分子动能与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，分子动能越大。
浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为引力；
晶体有单晶体和多晶体，只有单晶体有规则形状和各向异性的特性。
【解答】解：A、雨水在布料上形成一层薄膜，由于液体表面存在张力，雨水在表面张力作用下没有透过布雨伞，故A正确；
B、分子热运动的平均动能与温度有关，温度越高，绝大部分的分子运动越剧烈，分子热运动的平均动能越大，100℃的水与100℃的水蒸气温度相同，故分子热运动的平均动能相同，又因为均为1g，分子总数相同，故总动能也相同，故B错误；
C、当浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为引力的缘故，故C错误；
D、晶体有单晶体和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征，而多晶体没有规则形状，各向同性，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，关键要掌握液体的表面张力、分子动能与分子热运动的平均动能，以及晶体与晶体的性质，并能用来分析实际问题。
16．一定质量的理想气体由状态a状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是（ ）
A．从状态c到状态d，气体的密度不变，压强变小
B．从状态b到状态c，气体对外做功，内能减小
C．从状态a到状态b，每个气体分子的动能都增大
D．从状态a到状态d，气体的内能增加，压强增大
【分析】气体做功与体积有关，体积增大，气体对外做功，体积减小，外界对气体做功；一定量理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，温度降低，内能减小；温度是分子平均动能的标志；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用气态方程分析答题。
【解答】解：A、由图示图象可知，从状态c到状态d过程气体体积不变而温度降低，由查理定律可知，气体压强减小；气体体积不变，质量不变，气体密度不变，故A正确；
B、由图示图象可知，从b到c过程气体温度不变而体积变大，气体体积增大，气体对外做功，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；
C、从a到b过程气体温度升高，气体分子平均动能增大，并不是每个气体分子动能都增大，有的气体分子动能可能不变，有的分子动能可能减小，故C错误；
D、由图示图象可知，a到d过程，气体的体积与热力学温度成正比，气体压强不变，气体温度升高内能增大，故D错误。
故选：A。
【点评】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用气体状态方程与基础知识即可解题。
二．填空题（共3小题）
17．气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，平衡后气体的内能 不变 ，压强 减小 （均选填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】本题是气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式△U＝W+Q分析内能的变化，进而判断出温度的变化，根据理想气体得状态方程求出压强的变化。
【解答】解：该过程中气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据△U＝W+Q可知内能不变；理想气体的内能仅仅与温度有关，气体的内能不变，则温度不变，由于气体体积变大，根据＝C知压强减小。
故答案为：不变，减小。
【点评】本题考查气体的自由扩散、理想气体的状态方程的综合运用，解题关键是要明确气体是自由扩散，还要能够根据热力学第一定律判断内能的变化。
18．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为 3 L，气体的压强为 9.3×104 Pa。
【分析】由平衡条件及受力分析可求得压强大小，由题意计论可得出对应的体积大小，再由理想气体状态方程可求得压强。
【解答】解：设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为T2＝400K，压强设为p，体积为V1，
对活塞，由平衡条件得：pS＝p0S，解得：p＝p0
由理想气体状态方程得：
代入数据解得：V1＝2.8L＜VB＝3L，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为VB＝3L；
设此时气体压强为p2，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：p2＝9.3×104Pa。
故答案为：3；9.3×104。
【点评】根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用理想气体状态方程即可解题，在解题时要注意认真分析题意，关键是明确容器的容积大小。
19．做功和热传递是改变物体内能的两种方式。现有一内壁光滑的汽缸固定竖直放置，如图所示，其上端有一挡板，使一厚度忽略不计的轻质活塞不能离开汽缸，汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距汽缸上端的距离为0.1m。现对封闭气体加热，活塞缓慢上移到汽缸的上端后，一段时间后停止加热。已知活塞的横截面积为0.02m2，外部大气压强为1×105Pa，加热过程中封闭气体吸收的热量为1000J，加热过程中，气体对外所做的功为 200J ；封闭气体的内能变化量为 800J 。
【分析】根据功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律求出气体内能的变化量。
【解答】解：加热气体过程，气体对外做功：W＝p0SL＝1×105×0.1×0.02J＝200J
由热力学第一定律得：△U＝﹣W+Q＝﹣200J+1000J＝800J
故答案为：200J；800J。
【点评】根据题意应用功的计算公式求出气体对外做的功，应用热力学第一定律可以求出气体内能的变化量；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。
三．计算题（共5小题）
20．从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用11kV电压输电，计算输电线上由电阻造成的电压损失是多少？
【分析】根据电功率公式求出输电电流，然后应用欧姆定律求出输电线上的电压损失。
【解答】解：输电电流：I＝A＝20A
输电线损失的电压：U＝IR＝20×0.05V＝1V
答：输电线上由电阻造成的电压损失是1V。
【点评】本题考查了求电压损失问题，应用电功率公式与欧姆定律即可解题。
21．原来静止的氡原子核Rn放出α粒子后，生成P原子核，若Rn、P核α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中光速为c，不考虑相对论效应。
（1）写出该衰变方程，并求该反应过程中释放的能量△E；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，求α粒子的动能Ekα。
【分析】（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程；再依据爱因斯坦质能方程求解；
（2）应用动量守恒和能量守恒定律，列式求解衰变后α粒子的动能．
【解答】解：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒得，Rn→ P+He；
根据爱因斯坦质能方程，可得：△E＝△mc2＝（M﹣m1﹣m2）c2；
（2）由于反应后存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能，则有：
△Ek＝m2+m1＝（M﹣m1﹣m2）c2；
反应过程中P核和α粒子组成的系统，其动量守恒，依据动量守恒定律，则有：m1vP＝m2vα；
联立解得，α粒子的动能为：Ekα＝m2＝；
答：（1）该衰变方程为Rn→ P+He，该反应过程中释放的能量是（M﹣m1﹣m2）c2；
（2）若该反应中释放的能量完全转化为P核和α粒子的动能，则α粒子的动能为．
【点评】本题考查了原子核的衰变，关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握动量守恒定律、能量守恒定律、爱因斯坦质能方程，并能灵活运用．
22．如图所示，开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体，缸体质量为m，活塞横截面积为S，活塞与直立在地面上的粗弹簧接触，活塞和缸体悬在空中，活塞与汽缸无摩擦且不漏气，活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好，大气压强为p，环境温度为T0，重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高，使缸体上升h的高度，此过程气体吸收的热量为Q。求：
（1）环境温度升高了多少；
（2）此过程气体的内能增量为多少。
【分析】（1）环境温度升高过程封闭气体压强不变，应用盖﹣吕萨克定律求出气体末状态的温度，然后求出环境温度升高量。
（2）根据平衡条件求出封闭气体的压强，求出气体对外界做的功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量。
【解答】解：（1）环境温度升高过程封闭气体压强不变，由盖﹣吕萨克定律得：，
环境温度升高△T＝T﹣T0，
解得：△T＝；
（2）设封闭气体压强为p1，对缸体，由平衡条件得：pS+mg＝p1S，
解得：p1＝p+，
环境温度升高过程，外界对气体做负功：W＝﹣p1S△h＝﹣（p+）×S×h＝﹣hS（p+）
由热力学第一定律得：△U＝Q+W＝Q﹣hS（p+）
答：（1）环境温度升高了；
（2）此过程气体的内能增量为Q﹣hS（p+）。
【点评】本题考查盖﹣吕萨克定律和热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程，应用盖﹣吕萨克定律与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负的含义。
23．一定质量的理想气体，经过如图所示由A经B到C的状态变化。已知状态A的温度为800K，求：
（1）状态B的温度TB为多少K？
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？
【分析】（1）根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用查理定律求出在状态B时气体的温度。
（2）应用理想气体状态方程比较A、C两状态的温度关系，然后应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：（1）由图示图象可知，从A到B过程气体体积不变，
由查理定律得：
代入数据解得：TB＝200K
（2）由图示图象可知，pAVA＝pCVC，
由理想气体状态方程＝C可知：TA＝TC，
A、C两状态温度相等，从A到C过程汽油桶内能不变，△U＝0，
从A到B过程气体体积不变，外界对气体不做功，
从B到C过程气体体积，气体对外界做功，W＝﹣pB△V＝﹣1×105×（4﹣1）×10﹣3J＝﹣300J
由热力学第一定律△U＝W+Q可知：
Q＝△U﹣W＝0﹣（﹣300）J＝300J，气体从外界吸收300J的热量
答：（1）状态B的温度TB为200K。
（2）由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体是吸收热量，其数值为300J。
【点评】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量，应用查理定律、理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
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日期：2021/5/19 11:05:20；用户：计老师；邮箱：13320083727；学号：30743204
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