【物理】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期自测卷（六）线下考试（解析版） 16页

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期 自测卷（六）线下考试 一、单选题（每题 4 分、共 32 分）‎ ‎1.关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间同时存在着引力和斥力 D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；‎ B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B错误；‎ C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C正确，D错误．‎ 点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的．‎ ‎2.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能增加 B. 在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小 C. 在r＝r0时，分子势能最小，动能最大 D. 在r＝r0时，分子势能为零 ‎【答案】C ‎【详解】A.r大于平衡距离，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A错误；‎ B.当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误；‎ CD.由以上分析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大；若两分子相距无穷远时分子势能为零，r等于r0时，分子势能不为零，故C正确，D错误．‎ ‎3.用活塞式抽气机抽气，在温度不变的情况下，从玻璃瓶中抽气，第一次抽气后，瓶内气体的压强减小到原来的，要使容器内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为（　　）‎ A. 2次 B. 3次 C. 4次 D. 5次 ‎【答案】C ‎【详解】设玻璃瓶的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：‎ PV=P（V+V0）‎ V0=V 设抽n次后，气体压强变为原来，由玻意耳定律可得： 抽一次时：‎ PV=P1（V+V0）‎ P1=P 抽两次时：‎ P1V=P2（V+V0）‎ P2=()2P 抽n次时：‎ Pn=()nP Pn=P 则 n=4‎ A．2次，与结论不相符，选项A错误；‎ B．3次，与结论不相符，选项B错误；‎ C．4次，与结论相符，选项C正确；‎ D．5次，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】气体发生等温变化时，遵守玻意耳定律，应用玻意耳定律列方程，即可求出抽气次数．‎ ‎4.在两端开口的弯管内用两段水柱封闭了一段空气柱，A、B、C、D四个液面的位置关系如图所示．现将左侧试管底部的阀门K打开，释放掉少量水后立刻关闭阀门，A、B、D液面相对各自原来的位置下降的长度、和之间的大小关系为 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】释放掉少量水后立刻关闭阀门，空气柱长度增大，压强减小，C液面上升，B液面下降，A液面下降，AB之间液面高度差减小，A相对于底面压强最大，所以A下降的最大，其次是B，上升最小的是C液面，与D液面下降的高度相同，故，故ACD错误，B正确；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查液体和气体压强的变化，关键是分析出液面的变化，本题难度较大，解题时一定要认真分析．‎ ‎5.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014Hz．已知普朗克常量h=6.63×10－34J·s．则下列说法中正确的是 A. 欲测遏止电压，应选择电源左端为正极 B. 当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大 C. 增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大 D. 如果实验中入射光的频率ν=7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=1.2×10－19J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效应方程进行分析求解；‎ ‎【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压与入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；‎ B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故选项B错误；‎ C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；‎ D、根据图象可知，铷的截止频率，根据，则可求出该金属的逸出功大小 根据光电效应方程，当入射光的频率为时，则最大初动能为：‎ ‎，故选项D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，需要学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性．‎ ‎6.氢原子的能级如图所示，现处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是 A. 这些氢原子可能发出3种不同频率的光 B. 已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子 C. 氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最小 D. 氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加 ‎【答案】D ‎【详解】根据，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光.故A错误；n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV<2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应，故B错误.由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，故C错误；由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据可知则电子的动能会增加，故D正确；故选D ‎7.日本福岛核事故是世界上最大核事故之一，2019年2月13日日本宣布福岛核电站核残渣首次被“触及”，其中部分残留的放射性物质半衰期可长达1570万年，下列有关说法正确的是 A. 衰变成的核反应方程为 B. 的比结合能大于的比结合能 C. 天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强 D. 将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，不会改变放射性元素的半衰期 ‎【答案】D ‎【详解】裂变反应要有多个中子参与，且在书写裂变反应方程时，两边的中子不能消掉，选项A错误；裂变反应要放出大量的能量，且生成的新物质更稳定，比结合能更大，则的比结合能小于的比结合能，选项B错误；天然放射现象中产生的γ射线的速度与光速相当，穿透能力很强，选项C错误；将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，不会改变放射性元素的半衰期，选项D正确.‎ ‎8.人类在研究光、原子结构及核能利用等方面经历了漫长的过程，我国在相关研究领域虽然起步较晚，但是近年对核能的开发与利用却走在了世界的前列，有关原子的相关知识，下列说法正确的是 A. 卢瑟福最先发现电子，并提出了原子的核式结构学说 B. 光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，且前者可说明光子具有能量，后者除证明光子具有能量，还可证明光子具有动量 C. 原子核发生衰变时，产生的射线本质是高速电子流，因核内没有电子，所以射线是核外电子逸出原子形成的 D. 一个铍核（）和一个粒子反应后生成一个碳核，并放出一个中子和能量，核反应方程为 ‎【答案】B ‎【详解】A、汤姆孙最先发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构学说，故选项A错误；‎ B、光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，光电效应说明光子具有能量，康普顿效应可以说明光子具有动量，故选项B正确；‎ C、射线是高速电子流，来自原子核内部中子的衰变，故选项C错误；‎ D、该核反应方程中，质量数不守恒，故选项D错误．‎ 二、多选题（每题 4 分、共 28 分）‎ ‎9.对于实际的气体，下列说法正确的是______．‎ A. 气体的内能包括气体分子的重力势能 B. 气体的内能包括分子之间相互作用的势能 C. 气体的内能包括气体整体运动的动能 D. 气体体积变化时，其内能可能不变 E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能 ‎【答案】BDE ‎【详解】ABCE．气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE正确，AC错误；‎ D．由于是非理想气体，气体的体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D正确；‎ ‎10.下列说法正确的是________．‎ A. 当分子间的距离增大时，分子间作用力的合力一定减小 B. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 C. 第二类永动机违反了热传导的方向性 D. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 E. 叶面上小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 ‎【答案】BCE ‎【详解】A、根据分子动理论，分子力F与分子间距离关系，当分子间距离增大时，分子力作用力不一定减小，也可能增大，故A错误；‎ B、物体内能包括分子动能和分子势能，温度是分子平均动能的标志，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故B正确；‎ C、第二类永动机没有违背了能的转化和守恒定律，而违反了热力学第二定律．故C正确；‎ D、潮湿时，空气的相对湿度较大，干燥时，空气的相对湿度较小，但绝对湿度大小不能确定，故D错误；‎ E、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确；‎ 故选BCE．‎ ‎【点睛】物体内能包括分子动能和分子势能，温度是分子平均动能的标；第二类永动机没有违背了能的转化和守恒定律，而违反了热力学第二定律；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用．‎ ‎11.下列说法正确的是___________‎ A. 分子间距离减小时分子势能一定减小 B. 即使水凝结成冰后，水分子的热运动也不会停止 C. 将一块晶体敲碎，得到的小颗粒也是晶体 D. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 E. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎【答案】BCD ‎【详解】当分子间的距离大于时，分子间的距离减小分子间的势能减小，当分子间的距离小于时，分子间的距离减小分子间的势能增大，A错误；‎ 只要温度高于绝对零度，分子间就一直有热运动，因此水结成冰分子间的热运动也不会停止，B正确；‎ 将一块晶体敲碎不改变其性质，因此还是晶体，C正确；‎ 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体是对的，如石墨和金刚石，D正确；‎ 晶体在融化过程中吸热温度保持不变但是其分子势能发生了变化，内能是分子势能和分子动能组成的，因此其内能发生变化，E错误．‎ ‎12.下列说法中正确是（ ）‎ A. 气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果 B. 物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大 C. 一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量 D. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 E. 饱和汽压与分子数密度有关，与温度无关 ‎【答案】ACD ‎【解析】气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞 结果，选项A正确；物体温度升高，组成物体的所有分子的平均速率变大，并非所有分子的速率均增大，选项B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，温度升高，内能增大，对外做功，故气体一定从外界吸收热量，选项C正确；根据熵原理，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，选项D正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大．故E错误；故选ACD.‎ ‎13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V﹣T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（　　）‎ A. 过程ab中气体一定吸热 B. pc＝pb＞pa C. 过程bc中分子势能不断增大 D. 过程bc中每一个分子的速率都减小 E. 过程ca中气体吸收的热量等于对外做的功 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据理想气体状态方程可知在V-T图象中，图线上各点与坐标原点的连线斜率代表压强，斜率越大压强越小，分析各条图线的变化可知；‎ ‎【详解】A、过程ab中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A正确；‎ B、设a状态压强为，则由理想气体的状态方程可知：，所以：，同理：，解得：，所以：，故B正确；‎ C、由于气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程bc中分子势能不变，故C错误；‎ D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D错误；‎ E、由图可知过程ca中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E正确；‎ 故选ABE．‎ ‎【点睛】关键知道温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律；‎ ‎14.用如图所示的装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 光电管阴极的逸出功为1.05eV B. 电键S断开后，电流表G中有电流流过 C. 当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大 D. 改用能量为2.5eV的光子照射，移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流 ‎【答案】ABD ‎【详解】A．该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程 Ekm＝hν－W0，W0＝1.05eV A正确；‎ B．电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，B正确；‎ C．当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小，C错误；‎ D．改用能量为2.5eV的光子照射，2.5eV仍然大于1.7eV，仍然可以发生光电效应，电流表G也有电流，即使移动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流，故D正确；‎ 故选ABD。‎ ‎15.如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n=5能级跃迁到n=2能级可产生a光；从n=4能级跃迁到n=2能级可产生b光．a光和b光的波长分別为和 ‎，照射到逸出功为2.29eV的金属钠表面均可产生光电效应，遏止电压分别为和，则: ‎ A. ‎ B. ‎ C. a光的光子能量为2.86eV D. b光产生的光电子最大初动能Ek=0.26eV ‎【答案】CD ‎【详解】AC、氢原子中的电子从n=5跃迁到n=2产生的a光，,氢原子中的电子从n=4跃迁到n=2产生的b光, ,能量越高频率越大，波长越小，则，选项C正确，A错误；‎ BD、由光电效应方程有频率越高的越大，即，,则B错误、D正确 点睛：电子跃迁释放的能量等于两个能级的能量差值，并结合光电效应方程求遏制电压的大小 三、计算题（每题 8 分、共 40 分）‎ ‎16.在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，静止的原子核发生衰变，放出的粒子与反冲核Y都做匀速圆周运动，两个圆的半径之比为27：2，如图所示，‎ ‎(1)写出衰变方程；‎ ‎(2)已知，Y和放出的粒子的质量分别为、和光在真空中的速度为c，若衰变过程的同时放出能量为的光子，且衰变放出的光子的动量可忽略，求放出的粒子的动能．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）由于新核和放出的粒子的轨迹是外切圆，说明放出的粒子带正电，是α衰变，核反应方程为：‎ ‎（2）上述衰变过程的质量亏损为，放出的能量为 该能量是Y的动能，α粒子的动能和γ光子的能量之和：‎ 设衰变后的Y核和α粒子的速度分别为和，则由动量守恒有 又由动能的定义可知，，解得 ‎17.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm．若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K．‎ ‎（1）求细管的长度；‎ ‎（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．‎ ‎【答案】（1）41cm；（2）312K ‎【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键．易错点：误把气体长度当成细管长度．‎ ‎【详解】（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1．由玻意耳定律有 pV=p1V1①‎ 由力的平衡条件有 p=p0–ρgh③‎ 式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有 V=S（L–h1–h）④‎ V1=S（L–h）⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L=41cm⑥‎ ‎（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有 ‎⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T=312K⑧‎ ‎18.如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下．质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S＝2×10－3 m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h＝24 cm，活塞距汽缸口10 cm．汽缸所处环境的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2．现将质量为m＝4 kg的物块挂在活塞中央位置上．‎ ‎（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离．‎ ‎（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？‎ ‎【答案】（1）30 cm（2） 6.4 J ‎【详解】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1‎ 该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：‎ 代入数据解得：；‎ ‎（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2‎ 根据盖—吕萨克定律有：‎ 而，，解得，即加热时温度不能超过 加热过程中气体对外做功 代入数据得．‎ ‎19.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：‎ ‎①左右管中水银面的高度差是多大？‎ ‎②理想气体A的气柱长度为多少？‎ ‎【答案】①15cm；②12.5cm．‎ ‎【分析】①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出末态B中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h； ‎ ‎②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度．‎ ‎【详解】①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化 初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S， 末态：压强pB2，体积VB2=25S， 根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2 解得：pB2=60cmHg 可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm ②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化 初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S， 末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S 根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2 解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm ‎20.如图所示，一竖直放置的足够长汽缸内有两个活塞用一根轻质硬杆相连，上面小活塞面积S1=2 cm2，下面大活塞面积S2=8 cm2，两活塞的总质量为M=0.3 kg；汽缸内封闭温度T1=300K的理想气体，粗细两部分长度相等且L=5 cm；大气压强为Po=1.01×l05Po，g=10m／s2，整个系统处于平衡，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气．求：‎ ‎(1)初状态封闭气体的压强Pi；‎ ‎(2)若封闭气体的温度缓慢升高到T2 =336 K，气体的体积V2是多少；‎ ‎(3)上述过程中封闭气体对外界做功W．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）0.56J ‎【解析】‎ ‎（1）平衡条件 ‎ 代入数据得 ‎ ‎（2）初态体积 ‎ 等压膨胀，根据盖吕萨克定律 ‎ 代入数据得 ‎ ‎（3）封闭气体对外界做功 ‎ 点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要能用静力学观点分析压强，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．‎