陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析）

长安一中2021-2022学年度第二学期期末考试高二物理试题一、选择题（本题共15小题，每题4分，共60分。其中1至10小题为单选题，四个选项中只有一个选项正确；11至15小题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将正确选项填涂在答题卡上）1.小丽的妈妈用菜刀切土豆，当菜刀向下匀速运动时，刀刃作用在土豆上竖直向下的力大小为F，刀刃每个侧面对土豆的压力大小为FN，刀刃的横截面为如图所示的等腰三角形，刀刃两侧面间的夹角为θ，则每个侧面与土豆间的摩擦力大小为（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】刀刃作用在土豆上竖直向下的力大小为F，和菜刀受到的重力和小丽妈妈给菜刀的竖直向下合力F'是一对相互作用力，大小为F。依题意，对菜刀受力分析如图所示,当菜刀匀速向下运动时，在竖直方向上，根据平衡条件，利用正交分解法可得可得故选C。2.如图所示为一物体在0～25s内运动的v-t图像，则关于该物体的运动，下列说法正确的是（　　）A.物体在25s内的位移为350mB.物体在15～20s内与20～25s内所受合力方向相反C.0～5s内与15～20s内物体所受合力的冲量相等D.0～5s内与20～25s内合力对物体所做的功相等【答案】D【解析】【详解】A．物体在25s内的位移为图像与时间轴所围的面积，故A错误；B．物体在15～20s内与20～25s内，图像是一条倾斜的直线，故加速度相等，根据牛顿第二定律，物体,所受合力方向相同，故B错误；C．由动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，0～5s合力的冲量为15～20s合力冲量故物体所受合力的冲量不相等，C错误；D．由动能定理，有0～5s合力做的功与20～25s合力做的功故合力对物体所做的功相等，故D正确。故选Ｄ。3.图（a）为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度时间（v-t）图像如图（b）所示，则下列判定正确的是（　　）A.0~t1和t2~t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面B.t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为C.t1~t2时间内，冰壶的位移大小为D.0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为【答案】C【解析】,【详解】A．v-t图线的斜率表示加速度，由图知t1~t2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律知t1~t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0~t1和t2~t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误；B．由加速度定义式知t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为故B错误；C．v-t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1~t2时间内，冰壶的位移大小为故C正确；D．根据平均速度的定义式知在0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为故D错误。故选C。4.如图所示，传送带与水平面的夹角，传送带以的速度顺时针转动，时刻，一煤块以的速度从传送带的底端滑上传送带，传送带和煤块运动的图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端，g取，则下列说法正确的是（　　）,A.煤块与传送带间的动摩擦因数为B.煤块向上运动的总时间为2.0sC.传送带的总长度为5.5mD.煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3.5m【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为解得这段过程中位移故A错误；BC．在速度达到和传送带速度相等后，由于所以煤块继续做匀减速运动，加速度大小为煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移时间为传送带的总长度为,煤块向上运动的总时间为故C正确，B错误；D．煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快因为煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为，故D错误。故选C。5.核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为。下列说法正确的是（　　）A.衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强B.的比结合能小于的比结合能C.的核子平均质量小于的核子平均质量D.钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年【答案】B【解析】【详解】A．根据质量数和电荷数守恒，可判断X是He，氦核流的贯穿能力很弱，电离能力很强，故A错误；B．比更稳定，则比结合能更大，故B正确；C．因为释放能量，存在质量亏损，所以的核子平均质量小于，故C错误；D．原子核半衰期与外界环境无关，故D错误。故选B。6.如图所示，质量为小车上有两个半径均为的半圆形轨道，、为轨道水平直径，初始时小车静止在光滑的水平地面上，现将质量为的小球从距点正上方高处由静止释放，小球由点沿切,线进入轨道并能从点冲出，在空中上升的最大高度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小球和小车组成的系统机械能守恒C.小球会落入轨道并从点离开小车D.小球第二次离开轨道在空中上升的最大高度满足：【答案】D【解析】【详解】A．小球和小车组成的系统合力不为0，动量不守恒，故A错误；BC．系统在水平方向不受外力，动量守恒，因此到达B点时，小车速度为0，小球速度方向竖直向上，小球不能进入CD轨道，又因为小球从点冲出，在空中上升的最大高度为，机械能减小，故BC错误；D．根据动能定理可知即第二次在轨道上小球速率小于第一次速率，因此圆弧面对小球支持力减小，即摩擦力减小，因此第二次在圆弧轨道上摩擦力做功小于第一次，因此第二次损失的机械能小于第一次损失的机械能，所以上升的最大高度故D正确。故选D。,7.根据中国航天局官方消息，如图所示的中国火星探测器“天问一号”已于2021年春节期间抵达火星轨道，随后将择机着陆火星，并对火星进行科学探测。已知火星直径为地球直径的P倍，火星质量为地球质量的K倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则“天问一号”在对火星做近距离观测而绕火星做匀速圆周运动时的速率约为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】设地球的质量为M，根据“黄金代换”公式GM=R2g可得：所以火星的质量为M火=火星半径为PR，根据解得故选A8.阻值相等的三个电阻、电容为C的平行板电容器、电动势为且内阻可以忽略的电源与开关连接成如图所示的电路，其中电源负极接地。开始时，开关断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）,A.若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能减小B.若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动C.闭合，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加D.闭合，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有发生改变，电容器两端的电压不变，根据可知电场强度变小，则油滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能增大，故A错误；B．若减小电容器两极板的正对面积，不改变极板间的电场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故B错误；C．开关闭合前，电容器两端的电压为电容器的电荷量为开关闭合后，电容两端的电压为电容器的电荷量为可知电荷量减少，C错误；D．根据平衡条件可得,根据牛顿第二定律得联立解得故D正确。故选D。9.如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）A.小环C机械能最大的位置在S点下方B.弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零C.小环C的最大动能为D.小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为【答案】C【解析】【详解】A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环,C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故故A与环的动能之比为对小环和A的系统联立可得小环C的最大动能故C正确；D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有Tcosθ=Mg对A有T-mg-F=ma对B有F=mg联立可得为故D错误。故选C。,【点睛】10.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（　　）A.两互感器均起到降压作用B.若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kWC.若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少D.若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移【答案】B【解析】【详解】A．根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升压）的作用，A错误；B．设输电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得解得U2＝2200VI2＝100A所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝2200×100W＝220kWB正确；,C．由理想变压器变压和变流规律可得设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有联立以上五式解得若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，R不变，所以I2增大，而输电线损耗功率为所以输电线损耗功率增大，C错误；D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，D错误。故选B。11.锌的逸出功是。如图为氢原子的能级示意图，则下列对氢原子在能级跃迁过程中的特征认识，正确的是（　　）,A.用能量为的光子轰击氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态B.一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为C.一个处于能级的氢原子向基态跃迁时，最多放出3个光子D.用氢原子从高能级直接向基态跃迁时发射光照射锌板不一定能产生光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．若氢原子吸收能量为10.3eV的光子，吸收光子后氢原子的能量氢原子没有该能级，所以不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故A错误；B．氢原子从n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大，光子能量因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为故B正确；C．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可放出3种不同频率的光子，即从n=4能级跃迁到n=3能级，从n=3能级跃迁到n=2能级，从n=2能级跃迁到n=1能级，故C正确；D．氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光子的能量，为10.2eV，大于锌的逸出功，则照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故D错误。故选BC。12.如图甲所示为无线充电技术中使用的通电线圈示意图，线圈匝数为，面积为，电阻为。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在0到时间内，下列说法正确的是（　　）,A.线圈端的电势比线圈端的电势高B.通过线圈的磁通量的变化量为C.线圈两端的电势差恒为D.若用导线将线圈、两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知线圈中原磁场先向左减弱后向右增强，根据楞次定律可知，感应磁场方向一直向左，根据线圈环绕方向知线圈端的电势比线圈端的电势高，故A正确；B．在0到时间内，通过线圈的磁通量的变化量为故B错误；C．由法拉第电磁感应定律得由于是开路，因此线圈两端的电势差等于线圈的感应电动势E，故C错误；D．若用导线将线圈、两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为故D正确。故选AD。13.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为、、，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度大小为的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压，且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力，其中比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是（　　）,A.若污水中负离子较多，则金属板M的电势低于N的电势B.污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C.污水的流量（单位时间内流出的污水体积）D.为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为【答案】CD【解析】【详解】A．根据左手定则，可知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，同理，正离子向上偏转，可知N板带负电，M板带正电，则N板的电势定比M板电势低，A项错误；B．由法拉第电磁感应定律得与离子浓度无关，B项错误；C．污水的流速则流量C项正确；D．污水流过该装置时受到的阻力为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60N，则压强差为D项正确。故选CD。14.如图，高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线、、、，目的是固定导线间,距，防止导线相碰．的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（　　）A.几何中心O点的磁感应强度不为零B.几何中心O点的磁感应强度为零C.对的安培力小于对的安培力D.所受安培力的方向沿正方形的对角线方向【答案】BD【解析】【详解】AB．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；C．L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，对的安培力大于对的安培力，故C错误；D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线方向，故D正确。故选BD。15.如图甲所示一滑块静止在粗糙斜面底端，现用一平行于斜面向上的恒定拉力F作用在滑块上，当滑块上升时撤去拉力F，滑块在上升过程中机械能E与其上升高度h之间的关系图线如图乙所示（h0表示上升的最大高度，且E0、h0皆为已知量），则下列说法正确的是（　　）,A.滑块所受摩擦力的大小为B.拉力F大小是摩擦力大小的5倍C.整个过程中拉力F做的功为E0D.整个过程中拉力F做的功为【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．小滑块在恒定拉力作用下，上升的过程中，由功能关系可知撤去作用力后的上升过程中，由功能关系可知联立解得：故A错误B正确；CD．对物体运动的全程应用动能定理可得解得拉力做的功W=故C错误D正确。,故选BD。二、实验题（本题共2小题，共12分。请将正确答案写在答题纸的空白处）16.某物理兴趣小组利用如图所示的装置“探究动量守恒定律”，AB是倾角大小可以调节的长木板，BC是气垫导轨（气垫导轨可看成光滑轨道），忽略小球通过B点时的速度变化，光电门1与光电门2固定在气垫导轨BC上。（1）将质量为m、直径为d1的小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a通过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1与Δt2，当___________时，表明气垫导轨已调至水平位置。（2）将质量为3m、直径为d2的小球b静置于气垫导轨上的位置O2，使小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，小球b通过光电门的挡光时间为Δt5。①若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为___________；②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则___________；（3）若小球a、b发生的是弹性碰撞，该小组成员设想，如果保持小球a的直径d1不变，逐渐增大小球a的质量，则碰撞之前小球a的挡光时间Δt6与碰撞之后小球b的挡光时间Δt7的比值逐渐趋近于___________。【答案】①.②.③.④.【解析】【详解】（1）[1]若气垫导轨调至水平位置，则小球a在气垫导轨上将做匀速直线运动，即当时，表明气垫导轨已调至水平位置。（2）①[2]小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，则小球a先后通过光电门的速度为，小球b通过光电门的挡光时间为，则小球b通过光电门的速度为若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为,解得②[3]若小球a、b发生的是弹性碰撞，则，解得则（3）[4]设小球a的质量为M，若小球a、b发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中动量守恒、能量守恒，有，整理得当时，逐渐趋近于。17.将一个灵敏电流计G改装成如图所示的多用表，已知灵敏电流计（，）。,（1）改装后的多用电表两个电流表的是量程分别为和，则定值电阻______，______，当S接______时多用电表为电流表且量程为；（2）当S接5时多用电表为量程为3V的电压表，则定值电阻______；（3）当S接3时多用电表为倍率为“”的欧姆表，其中E为一个电动势1.5V，内阻忽略不计的电源，在进行欧姆调零时，直接将红黑表笔短接，当指针指到满偏刻度时，滑动变阻器的接入电阻为______。【答案】①.②.③.1④.⑤.【解析】【详解】（1）[1][2][3]量程为挡时，、串联后作为分流电阻，量程扩大5倍，故量程为挡时，量程扩大50倍，作为分流电阻，和表头串联为等效电阻，故可得,当S接1时跟灵敏电流计G并联的电阻较小，分流作用较大，所以量程较大，此时多用电表为电流表且量程为；（2）[4]以图中虚线框内的电路（）作为等效表头，则其等效量程为，等效内阻为当S接5时多用电表为量程3V的电压表（3）[5]当S接3欧姆表指针满偏时等效表头E=1.5V滑动变阻器的接入电阻为三、计算题（本题共2小题，共28分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）18.如图所示，竖直平面（纸面）内的直角坐标系xOy的第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内存在沿y轴方向（竖直方向）的匀强电场，第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内匀强电场的电场强度大小相等、方向相反，第Ⅳ象限内还存在与匀强电场正交的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小、方向垂直xOy平面向里。一质量、电荷量的带正电小球（视为质点），从y轴上的A点沿x轴正方向水平射入第Ⅰ象限，经x轴上的M点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动，并从x轴上到M点距离的N点（图中未画出）第一次离开第Ⅳ象限，小球通过M点时的速度方向与x轴正方向的夹角。取重力加速度大小，不计空气阻力，不考虑小球通过N点后的运动。（1）判断第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内匀强电场的电场强度方向。并求出电场强度的大小E；（2）求小球从A点射入第Ⅰ象限时的速度大小；（3）求A点到原点的距离以及M点到原点的距离。,【答案】（1）第I象限内电场的电场强度方向竖直向下，第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上；5N/C；（2）10m/s；（3），【解析】【详解】（1）小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，其所受电场力与重力平衡，则电场力的方向竖直向上。由于小球带正电，第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上，而第I、Ⅳ象限内电场的电场强度方向相反，所以第I象限内电场的电场强度方向竖直向下。经分析可知qE=mg解得E=5N/C（2）小球运动轨迹如图所示设小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有设小球通过M点时的速度大小为v，有根据速度的合成与分解有,解得（3）小球通过M点时的竖直分速度大小设小球在第I象限内运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有设小球在第I象限内运动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有根据类平抛运动的规律有解得19.如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等，B、D等高，图中角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为，带电量为，B点的高度，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，，。（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；（2）现调节AB间的动摩擦因数，求滑块首次到达E点时的速率与之间的关系式；（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数。,【答案】（1），方向竖直向上；（2）（且）；（3）取，，，这4个值【解析】【详解】（1）由几何关系得由A点到C点的动能定理在C点根据牛顿运动定律解得牛顿第三定律方向竖直向上（2）由A点到C点的动能定理解得考虑到滑块需先过C点,所以所以（且）（3）滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减0，由动能定理可得其中n＝0，1，2，3…解得其中n＝0，1，2，3…要让滑块在中点能停住所以因此，只有n＝0，1，2，3时满足条件所以动摩擦因数只能取，，，这4个值四、选修试题（本题共2小题，共10分）20.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（　　）A.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C.用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105JD.一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量E.根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体【答案】BCD【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，A,错误；B．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B错误；C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值，根据热力学第一定律，有C正确；D．等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D正确；E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E错误。故选BCD。21.如图，两侧长度相同、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左端开口、右端封闭，管内用水银封闭长l0=30.0cm的空气柱（可视为理想气体），此时左侧水银柱比右侧水银柱高h=8.00cm，若在U形玻璃管开口端缓慢用活塞向下压左侧空气柱，使右侧水银柱比左侧水银柱高h'=4.00cm。已知大气压强p0=76.0cmHg，求：（1）此时右侧空气柱压强；（2）活塞向下移动的高度。【答案】（1）；（2）12.7cm【解析】【详解】（1）以右端空气柱为研究对象，设玻璃管横截面积为，由玻意耳定律,得（2）以左端空气柱为研究对象，设被压下的高度为、由玻意耳定律得,