教科版高中物理选修3-3模块综合测评.docx
(完整word版)高中物理选修3-3综合测试题含解析
选修 3－ 3 综合测试题本卷分第Ⅰ卷 (选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分．满分100 分，考试时间90 分钟．第Ⅰ卷 (选择题共40分)一、选择题 (共 10 小题，每题 4 分，共 40 分，在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项切合题目要求，有些小题有多个选项切合题目要求，所有选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得0 分 )1．对必定质量的理想气体，以下说法正确的选项是()A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体温度越高，气体分子的热运动就越强烈C．气体对容器的压强是由大批气体分子对容器不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因此气体的内能必定减少[答案 ] BC[分析 ]气体分子间缝隙较大，不可以忽视，选项 A 错误；气体膨胀时，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增添，而且改变内能有两种方式，气体膨胀，对外做功，但该过程吸、放热状况不知，内能不必定减少，应选项 D 错误．()2． (2011 深·圳模拟 )以下表达中，正确的选项是A ．物体温度越高，每个分子的动能也越大B．布朗运动就是液体分子的运动C．必定质量的理想气体从外界汲取热量，其内能可能不变D．热量不行能从低温物体传达给高温物体[答案 ] C[分析 ]温度高低反应了分子均匀动能的大小，选项 A 错误；布朗运动是细小颗粒在液体分子撞击下做的无规则运动，而不是液体分子的运动，选项 B 错误；物体内能改变方式有做功和热传达两种，汲取热量的同时对外做功，其内能可能不变，选项 C 正确；由热力学第二定律可知，在不惹起其余变化的前提下，热量不行能从低温物体传达给高温物体，选项 D 错误．3．以下说法中正确的选项是()A．熵增添原理说明全部自然过程老是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能必定增添C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D．水能够浸润玻璃，可是不可以浸润白腊，这个现象表示一种液体能否浸润某种固体与这两种物质的性质都相关系[答案 ]BD[分析 ]全部自然过程老是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，选项A 错误；布朗运动是在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，选项 C 错误．()4．以下对于分子力和分子势能的说法中，正确的选项是A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能老是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能老是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能老是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能老是随分子间距离的减小而减小[答案 ] C[分析 ]当分子力表现为引力时，说明分子间距离大于均衡距离，跟着分子间距离的增大分子力先增大后减小，但分子力向来做负功，分子势能增大， A 、 B 错误；当分子力表现为斥力时，说明分子间距离小于均衡距离，跟着分子间距离的减小分子力增大，且分子力一直做负功，分子势能增大，只有 C 正确．5． (2011 西·安模拟 )必定质量气体，在体积不变的状况下，温度高升，压强增大的原由是()A．温度高升后，气体分子的均匀速率变大B．温度高升后，气体分子的均匀动能变大C．温度高升后，分子撞击器壁的均匀作使劲增大D．温度高升后，单位体积内的分子数增加，撞击到单位面积器壁上的分子数增加了[答案 ] ABC[分析 ]温度高升后，气体分子的均匀速率、均匀动能变大，撞击器壁的均匀撞击力增大，压强增大， A 、B 、C 对；分子总数目不变，体积不变，则单位体积内的分子数不变，D 错．6． (2011 抚·顺模拟 )以下说法中正确的选项是()A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不暂停地做无规则运动B．叶面上的小露水呈球形是因为液体表面张力的作用C．液晶显示器是利用了液晶对光拥有各向异性的特色D．当两分子间距离大于均衡地点的间距r 0时，分子间的距离越大，分子势能越小[答案 ] BC[分析 ]布朗运动间接反应液体分子永不暂停地无规则运动， A 错；当两分子间距离大于均衡地点的间距时，分子间距离增大，分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，D 错．7． (2011 东·北地域联合考试 )低碳生活代表着更健康、更自然、更安全的生活，同时也是一种低成本、低代价的生活方式．低碳不单是公司行为，也是一项切合时代潮流的生活方式．人类在采纳节能减排举措的同时，也在研究控制温室气体的新方法，当前专家们正在研究二氧化碳的深海办理技术．在某次实验中，将必定质量的二氧化碳气体关闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器迟缓移到海水某深处，气体体积减为本来的一半，不计温度变化，则此过程中 ()A．外界对关闭气体做正功B．关闭气体向外界传达热量C．关闭气体分子的均匀动能增大D．关闭气体因为气体分子密度增大，而使压强增大[答案 ] ABD[分析 ]由温度与分子的均匀动能关系可确立分子均匀动能的变化，再联合热力学第一定律可剖析做功的状况．因为气体的温度不变，所以气体分子的均匀动能不变， C 错误；当气体体积减小时，外界对气体做功， A 正确；由热力学第必定律可得，关闭气体将向外界传递热量， B 正确；气体分子的均匀动能不变，但单位体积内的分子数目增大，故压强增大，D正确．8．以下对于分子运动和热现象的说法正确的选项是()A．气体假如失掉了容器的拘束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘由B．必定量100℃的水变为100℃的水蒸气，其分子之间的势能增添C．对于必定量的气体，假如压强不变，体积增大，那么它必定从外界吸热D．假如气体分子总数不变，而气体温度高升，气体分子的均匀动能增大，所以压强必然增大[答案 ] BC[分析 ]气体散开是气体分子无规则运动的结果，故A错；水蒸气的分子势能大于水的分子势能，故 B 对；压强不变，体积增大，温度必定高升，对外做功，故吸热，故C对；而 D 项中不可以确立气体体积的变化，故 D 错．9.一个内壁圆滑、绝热的汽缸固定在地面上，绝热的活塞下方关闭着空气，若忽然用竖直向上的力 F 将活塞向上拉一些，如下图，则缸内封闭着的气体 ()A．每个分子对缸壁的冲力都会减小B．单位时间内缸壁单位面积上遇到的气体分子碰撞的次数减少C．分子均匀动能不变D．若活塞重力不计，拉力 F 对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量[答案 ]B[分析 ]把活塞向上拉起体积增大，气体对活塞做功，气体内能减小，温度降低，分子的均匀冲力变小，碰撞次数减少，故AC错 B 对；气体内能的减小量等于对大气做的功减去 F 做的功，故 D 错．10．如下图，带有活塞的气缸中关闭必定质量的理想气体，将一个半导体NTC热敏电阻 R 置于气缸中，热敏电阻与气缸外的电源 E 和电流表 A 构成闭合回路，气缸和活塞具有优秀的绝热 (与外界无热互换)性能，若发现电流表的读数增大，以下判断正确的选项是(不考虑电阻散热 )()A ．气体必定对外做功C．气体内能必定增大B ．气体体积必定增大D ．气体压强必定增大[答案 ]CD[分析 ]电流表读数增大，说明热敏电阻温度高升，即气体温度高升，而理想气体的内能只由温度决定，故其内能必定增大， C 正确．由热力学第必定律U＝ W＋ Q，因绝热，所以Q＝0，而U>0，故W>0，即外界对气体做功，气体体积减小，由p、V、 T 的关系知，压强增大， D 正确．第Ⅱ卷 (非选择题共 60 分)二、填空题 (共 3 小题，每题 6 分，共 18 分．把答案直接填在横线上 )－3cm3的一个油滴，滴在湖面上扩展为16cm2的单分子油膜，11． (6 分 )体积为 4.8× 10则 1mol 这类油的体积为________．[答案 ]－6 3 8.5×10 m[分析 ]依据用油膜法估测分子的大小的原理，设油分子为球形，可算出一个油分子的体积，最后算出1mol 这类油的体积．V＝16πd3N A＝16π(VS)3·N A＝1× 3.14× (4.8× 10－3× 10－616)3×6.02× 1023m3 6≈8.5× 10－6m3.12． (6 分 )汽车内燃机气缸内汽油焚烧时，气体体积膨胀推进活塞对外做功．已知在某次对外做功的冲程中，汽油焚烧开释的化学能为1×103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8× 102J.该内燃机的效率为________．跟着科技的进步，可想法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提升，其效率________(选填“有可能”或“仍不行能”)达到 100%.[答案 ]20% 不行能W331× 10 J－ 8×10 J[分析 ]有1× 103J＝ 20%；内燃机的效率永久也达不到内燃机的效率η＝总＝W100%.13． (6 分)(2011 烟·台模拟 )如下图，必定质量的理想气体经历如下图的AB、BC、CA 三个变化过程，则：符合查理定律的变化过程是 ________ ； C→A 过程中气体____________( 选填“汲取”或“放出”)热量，__________( 选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的内能 ________(选填“增大”、“减小”或“不变” )．[答案 ]B→C 汲取气体对外界增大三、阐述计算题 (共 4 小题，共42 分．解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不可以得分，有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位) 14．(10 分)如图甲所示，用面积为 S 的活塞在气缸内关闭着必定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现对气缸慢慢加热，负气缸内的空气温度从T1高升到 T2，空气柱的高度增添了ΔL，已知加热时气体汲取的热量为Q，外界大气压强为p0.求：(1)此过程中被关闭气体的内能变化了多少？(2)气缸内温度为 T 1 时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的 V － T 图上大概作出该过程的图象( 包含在图线上标出过程的方向 )．[答案 ] (1)Q － 0T 1 L (3) 看法析图(p S ＋mg) L (2)T 2－ T 1[分析 ]mg(1)对活塞和砝码：mg ＋ p 0S ＝ pS ，得 p ＝p 0＋ S气体对外做功W ＝ pS L ＝( p 0S ＋mg) L 由热力学第必定律W ＋ Q ＝ U得 U ＝ Q － (p 0S ＋ mg) L(2) V 1 V 2 LSL ＋ L ST ＝ T ， T ＝T1 212TL解得 L ＝ 1T － T21(3)如下图．15． (10 分 )如下图，必定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B ，再从状态 B 变化到状态 C.已知状态 A 的温度为480K. 求：(1)气体在状态 C 时的温度；(2)试剖析从状态 A 变化到状态 B 整个过程中， 气体是从外界吸收热量仍是放出热量．[答案 ](1)160K(2)吸热pp[分析 ](1)A 、 C 两状态体积相等，则有ACT A ＝T Cp C0.5× 480得： T C ＝ p A T A ＝1.5 K ＝ 160Kp A V A p B V B(2)由理想气体状态方程 T A ＝ T BB B0.5×3× 180 得： T ＝ p V T ＝ K ＝ 480KB p V A 1.5× 1AA由此可知 A 、 B 两状态温度同样，故 A 、B 两状态内能相等，而该过程体积增大，气体对外做功，由热力学第必定律得：气体汲取热量．16．(11 分 )(2011 陕·西省五校模拟 )对于生态环境的损坏， 地表土裸露， 大片土地荒漠化，加上春天干旱少雨，所以最近几年来我国北方地域 3、 4 月份扬尘天气显然增加．据环保部门测定，在北京地域沙尘暴严重时，最狂风速达到12m/s ，同时大批的微粒在空中悬浮．沙尘暴使空气中的悬浮微粒的最高浓度达到5.8×10 －6kg/m 3 ，悬浮微粒的密度为2.0× 103kg/m 3，此中悬浮微粒的直径小于 10－7m 的称为“可吸入颗粒物”，对人体的危害最大． 北京地域出现上述沙尘暴时， 设悬浮微粒中整体积的1为可吸入颗粒物， 并以为所有50可吸入颗粒物的均匀直径为5.0× 10－8m ，求 1.0cm 3 的空气中所含可吸入颗粒物的数目是多少？ (计算时可把吸入颗粒物视为球形，计算结果保存一位有效数字)[答案 ] 9× 105 个[分析 ]先求出可吸入颗粒物的体积以及1m 3 中所含的可吸入颗粒物的体积， 即可求出1.0cm 3 的空气中所含可吸入颗粒物的数目．m5.8× 10－6×1 沙尘暴天气时， 1m 3 的空气中所含悬浮微粒的整体积为V ＝ ρ＝ 2.0× 103m 3 ＝2.9× 10－9m 3V那么 1m 3中所含的可吸入颗粒物的体积为： V ′＝ 50＝ 5.8× 10－11m 3又因为每一个可吸入颗粒的体积为：V 0＝ 1πd 3≈ 6.54× 10－23m 36所以 1m 3 中所含的可吸入颗粒物的数目：n ＝ V ′ ≈ 8.9× 1011 个V 0故 1.0cm 3 的 空 气 中 所 含 可 吸 入 颗 粒 物 的 数 量 为 ： n ′ ＝ n × 1.0× 10 －6 ＝8.9× 105(个 )≈ 9× 105(个 )17． (11分)(2011广·州模拟)如下图，在竖直搁置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S ，将整个装置放在大气压恒为p 0 的空气中，开始时气体的温度为T 0，活塞与容器底的距离为 h 0，当气体从外界汲取热量 Q 后，活塞迟缓上涨 d 后再次均衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增添了多少？h ＋ d[答案 ](1)0T0 (2)Q－(mg＋p0S)dh[分析 ](1)取密闭气体为研究对象，活塞上涨过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V＝V0T T0得外界温度 T＝V h ＋ dT0＝T000(2)活塞上涨的过程，密闭气体战胜大气压力和活塞的重力做功，所之外界对系统做的功W＝－ (mg＋ p0S)d依据热力学第必定律得密闭气体增添的内能E＝Q＋ W＝ Q－ (mg＋ p0S)d。
2017-2018学年度高中物理选修3-3 模块综合测试 含解析 精品
模块综合测试(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.以下说法正确的是()A.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是液体的浮力在起作用B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果D.喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果解析:仔细观察可以发现,小昆虫在水面上站定或行进过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而未陷入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,因此,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样,故A、C选项错误;小木块浮于水面上时,木块的下部实际上已经陷入水中(排开一部分水),受到水的浮力作用,是浮力与重力平衡的结果,而非表面张力在起作用,因此,B选项错误;喷泉喷到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用,因而形成球状水珠(体积一定情况下以球形表面积为最小,表面张力的作用使液体表面有收缩的趋势),故D选项正确。
答案:D2.热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象。
所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把散失的能量重新收集、加以利用。
下列关于能量耗散的说法中正确的是()A.能量耗散说明能量不守恒B.能量耗散不符合热力学第二定律C.能量耗散过程中能量不守恒D.能量耗散是从能量转化的角度,反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析:耗散的能量不是消失了,而是转化为其他形式的能,说明能量是守恒的。
无法在不产生其他影响的情况下把散失的能量重新收集起来加以利用,说明自然界的宏观过程具有方向性,故选项D正确。
答案:D3.某地面附近有一正在上升的空气团,它与外界的热交换忽略不计。
已知大气压强随高度增加而降低,则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)()A.体积减小,温度降低B.体积减小,温度不变C.体积增大,温度降低D.体积增大,温度不变解析:气团上升过程中,压强减小,体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,Q=0,W为负值,ΔU也为负值,温度降低,故选项C正确。
高中物理选修3-3章末综合测评章末综合测评4Word版含答案
章末综合测评(四)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．(2016·昆明高二检测)如图1所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后．进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是()图1A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金从热水中吸收的热量C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量E．叶片在热水中吸收的热量一定大于水和转轮获得动能【解析】形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知B、D、E 项正确．【答案】BDE2．采用绝热(即不与外界交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至末态B，对于不同的绝热方式，下面说法正确的是()A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．气体对外所做的功相同D．对气体不需做功，因为没有能量的传递E．气体内能的变化是相同的【解析】对于一定量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程．在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能U A，在状态B有另一确定的内能U B，由绝热过程中ΔU＝U B－U A＝W知，W为恒量，所以B、C、E选项正确．【答案】BCE3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图2所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P 处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是()图2A．不符合理论规律，一定不可能实现B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现E．“既要马儿不吃草，又要马儿跑”，是根本不可能存在的【解析】磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．【答案】ADE4．如图3所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则下列说法正确的是()【导学号：11200102】图3A．气体体积膨胀，内能不变B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，动能减小，温度降低D．气体分子势能增加，压强可能不变E．Q中气体不可能自发地全部退回到P中【解析】气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，显然选项A正确，B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小．温度降低，选项C正确；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项D错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以E正确．【答案】ACE5. (2016·唐山高二检测)如图4所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是()【导学号：11200103】图4A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热E．从状态b到a，气体放热【解析】从状态d到c，温度不变．理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果．故选项D正确，E错误．【答案】BCD6．(2016·西安高二检测)关于永动机不可能制成，下列说法中正确的是() A．第一类永动机违背了能量守恒定律B．第二类永动机违背了能量守恒定律C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E．第二类永动不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化【解析】第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热传递的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能．因此，正确选项为A、D、E.【答案】ADE7．下面关于熵的说法中正确的是()A．熵是系统内分子运动无序性的量度B．在自然过程中一个孤立系统的熵总是增加或不变的C．热力学第二定律也叫做熵减小原理D．熵值越大代表越无序E．一个宏观状态所对应的微观态越多，越无序，熵越小【解析】一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，这就是热力学第二定律的微观意义．系统的热力学过程就是大量分子向无序程度大的状态变化的过程．自然过程的方向性可以表述为：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理．因此A、B、D说法正确，C、E说法错误．【答案】ABD8．(2016·济南高二检测)如图5是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是()【导学号：11200104】图5A．快速挤压时，瓶内气体压强变大B．快速挤压时，瓶内气体温度不变C．快速挤压时，瓶内气体体积不变D．缓慢挤压时，瓶内气体温度不变E．缓慢挤压时，气球下降【解析】快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV，气球下降，则E项正确．【答案】ADE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(12分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：(1)气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________J.(2)气体的分子势能________(填“增加”或“减少”)．(3)分子平均动能如何变化？【解析】(1)因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105 J气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功W＝－6×105 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J所以物体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．【答案】(1)减少 1.8×105(2)增加(3)见解析10．(12分)如图6所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p.外界大气压为p0(p>p0)．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：图6(1)此过程克服大气压力所做的功；(2)活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？【导学号：11200105】【解析】(1)设大气作用在活塞上的压力为F，则：F＝p0S根据功的计算式W＝Fl得：W＝12p0LS.(2)设活塞离开汽缸时动能为E k ，则：E k ＝12m v 2根据能量守恒定律得：ΔU ＝－12m v 2－12p 0LS ＝－12(m v 2＋p 0LS )即内能减少了12(m v 2＋p 0LS )．【答案】 (1)12p 0LS(2)内能减少了12(m v 2＋p 0LS )11．(12分)(2016·西安高二检测)如图7所示，一定质量的理想气体，从状态A 等容变化到状态B ，再等压变化到状态D .已知在状态A 时，气体温度t A ＝327 ℃.图7(1)求气体在状态B 时的温度；(2)已知由状态B →D 的过程，气体对外做功W ，气体与外界交换热量Q ，试比较W 与Q 的大小，并说明原因．【解析】 (1)气体由状态A 变化到状态B由查理定律p A T A ＝p B T B可得 T B ＝p B p AT A ＝12×(327＋273) K ＝300 K所以t B ＝27 ℃.(2)由B →D 的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU ＝Q －W >0可得Q >W .【答案】 (1)27 ℃ (2)Q >W 原因见解析12．(16分)(2016·日照高二检测)如图8所示，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体．p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：图8(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q .【导学号：11200106】【解析】 (1)在气体压强由p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T ＝2.4T 0变为T 1由查理定律得：T 1T ＝p 0p解得：T 1＝2T 0在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：V V 1＝T 1T 0解得：V 1＝12V .(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q ＝W ＋ΔU ，解得：Q ＝12p 0V ＋αT 0.【答案】 (1)12V (2)12p 0V ＋αT 0。
高中物理选修3-3综合测试题(内含详细答案)
高中物理选修3－3综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈C．气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少[答案]BC[解析]气体分子间空隙较大，不能忽略，选项A错误；气体膨胀时，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加，并且改变内能有两种方式，气体膨胀，对外做功，但该过程吸、放热情况不知，内能不一定减少，故选项D错误．2．(2011·深圳模拟)下列叙述中，正确的是()A．物体温度越高，每个分子的动能也越大B．布朗运动就是液体分子的运动C．一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变D．热量不可能从低温物体传递给高温物体[答案] C[解析]温度高低反映了分子平均动能的大小，选项A错误；布朗运动是微小颗粒在液体分子撞击下做的无规则运动，而不是液体分子的运动，选项B错误；物体内能改变方式有做功和热传递两种，吸收热量的同时对外做功，其内能可能不变，选项C正确；由热力学第二定律可知，在不引起其他变化的前提下，热量不可能从低温物体传递给高温物体，选项D错误．3．以下说法中正确的是()A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系[答案]BD[解析]一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，选项A错误；布朗运动是在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，选项C错误．4．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是()A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小[答案] C[解析]当分子力表现为引力时，说明分子间距离大于平衡距离，随着分子间距离的增大分子力先增大后减小，但分子力一直做负功，分子势能增大，A、B错误；当分子力表现为斥力时，说明分子间距离小于平衡距离，随着分子间距离的减小分子力增大，且分子力一直做负功，分子势能增大，只有C正确．5．(2011·西安模拟)一定质量气体，在体积不变的情况下，温度升高，压强增大的原因是()A．温度升高后，气体分子的平均速率变大B．温度升高后，气体分子的平均动能变大C．温度升高后，分子撞击器壁的平均作用力增大D．温度升高后，单位体积内的分子数增多，撞击到单位面积器壁上的分子数增多了[答案]ABC[解析]温度升高后，气体分子的平均速率、平均动能变大，撞击器壁的平均撞击力增大，压强增大，A、B、C对；分子总数目不变，体积不变，则单位体积内的分子数不变，D 错．6．(2011·抚顺模拟)下列说法中正确的是()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．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小[答案]BC[解析]布朗运动间接反映液体分子永不停息地无规则运动，A错；当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间距离增大，分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，D错．7．(2011·东北地区联合考试)低碳生活代表着更健康、更自然、更安全的生活，同时也是一种低成本、低代价的生活方式．低碳不仅是企业行为，也是一项符合时代潮流的生活方式．人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度变化，则此过程中()A．外界对封闭气体做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体由于气体分子密度增大，而使压强增大[答案]ABD[解析]由温度与分子的平均动能关系可确定分子平均动能的变化，再结合热力学第一定律可分析做功的情况．因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，A正确；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，B正确；气体分子的平均动能不变，但单位体积内的分子数目增大，故压强增大，D正确．8．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A．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B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大[答案]BC[解析]气体散开是气体分子无规则运动的结果，故A错；水蒸气的分子势能大于水的分子势能，故B对；压强不变，体积增大，温度一定升高，对外做功，故吸热，故C对；而D项中不能确定气体体积的变化，故D错．9.一个内壁光滑、绝热的汽缸固定在地面上，绝热的活塞下方封闭着空气，若突然用竖直向上的力F将活塞向上拉一些，如图所示，则缸内封闭着的气体()A．每个分子对缸壁的冲力都会减小B．单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少C．分子平均动能不变D．若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量[答案] B[解析]把活塞向上拉起体积增大，气体对活塞做功，气体内能减小，温度降低，分子的平均冲力变小，碰撞次数减少，故AC错B对；气体内能的减小量等于对大气做的功减去F做的功，故D错．10．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体，将一个半导体NTC热敏电阻R置于气缸中，热敏电阻与气缸外的电源E和电流表A组成闭合回路，气缸和活塞具有良好的绝热(与外界无热交换)性能，若发现电流表的读数增大，以下判断正确的是(不考虑电阻散热)()A．气体一定对外做功B．气体体积一定增大C．气体内能一定增大D．气体压强一定增大[答案]CD[解析]电流表读数增大，说明热敏电阻温度升高，即气体温度升高，而理想气体的内能只由温度决定，故其内能一定增大，C正确．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因绝热，所以Q＝0，而ΔU>0，故W>0，即外界对气体做功，气体体积减小，由p、V、T的关系知，压强增大，D正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)体积为4.8×10－3cm3的一个油滴，滴在湖面上扩展为16cm2的单分子油膜，则1mol这种油的体积为________．[答案] 8.5×10－6m 3[解析] 根据用油膜法估测分子的大小的原理，设油分子为球形，可算出一个油分子的体积，最后算出1mol 这种油的体积．V ＝16πd 3N A ＝16π(V S)3·N A ＝16×3.14×(4.8×10－3×10－616)3×6.02×1023m 3 ≈8.5×10－6m 3.12．(6分)汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功．已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1×103J ，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8×102J.该内燃机的效率为________．随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率________(选填“有可能”或“仍不可能”)达到100%.[答案] 20% 不可能[解析] 内燃机的效率η＝W 有W 总＝1×103J －8×103J 1×103J ＝20%；内燃机的效率永远也达不到100%.13．(6分)(2011·烟台模拟)如图所示，一定质量的理想气体经历如图所示的AB 、BC 、CA 三个变化过程，则：符合查理定律的变化过程是________；C →A 过程中气体____________(选填“吸收”或“放出”)热量，__________(选填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．[答案] B →C 吸收 气体对外界 增大三、论述计算题(共4小题，共42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)14．(10分)如图甲所示，用面积为S 的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m .现对气缸缓缓加热，使气缸内的空气温度从T 1升高到T 2，空气柱的高度增加了ΔL ，已知加热时气体吸收的热量为Q ，外界大气压强为p 0.求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)气缸内温度为T 1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V －T 图上大致作出该过程的图象(包括在图线上标出过程的方向)．[答案] (1)Q －(p 0S ＋mg )ΔL (2)T 1ΔL T 2－T 1 (3)见解析图 [解析](1)对活塞和砝码：mg ＋p 0S ＝pS ，得p ＝p 0＋mgS气体对外做功W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔU得ΔU ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL(2)V 1T 1＝V 2T 2，LS T 1＝(L ＋ΔL )S T 2解得L ＝T 1ΔL(T 2－T 1)(3)如图所示．15．(10分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再从状态B 变化到状态C .已知状态A 的温度为480K.求：(1)气体在状态C 时的温度；(2)试分析从状态A 变化到状态B 整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量．[答案] (1)160K (2)吸热[解析] (1)A 、C 两状态体积相等，则有p A T A ＝p CT C得：T C ＝p Cp A T A ＝0.5×4801.5K ＝160K(2)由理想气体状态方程p A V A T A ＝p B V BT B得：T B ＝p B V B p A V A T A ＝0.5×3×1801.5×1K ＝480K由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等，而该过程体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：气体吸收热量．16．(11分)(2011·陕西省五校模拟)对于生态环境的破坏，地表土裸露，大片土地沙漠化，加上春季干旱少雨，所以近年来我国北方地区3、4月份扬尘天气明显增多．据环保部门测定，在北京地区沙尘暴严重时，最大风速达到12m/s，同时大量的微粒在空中悬浮．沙尘暴使空气中的悬浮微粒的最高浓度达到 5.8×10－6kg/m3，悬浮微粒的密度为2.0×103kg/m3，其中悬浮微粒的直径小于10－7m的称为“可吸入颗粒物”，对人体的危害最大．北京地区出现上述沙尘暴时，设悬浮微粒中总体积的150为可吸入颗粒物，并认为所有可吸入颗粒物的平均直径为5.0×10－8m，求1.0cm3的空气中所含可吸入颗粒物的数量是多少？(计算时可把吸入颗粒物视为球形，计算结果保留一位有效数字)[答案]9×105个[解析]先求出可吸入颗粒物的体积以及1m3中所含的可吸入颗粒物的体积，即可求出1.0cm3的空气中所含可吸入颗粒物的数量．沙尘暴天气时，1m3的空气中所含悬浮微粒的总体积为V＝mρ＝5.8×10－6×12.0×103m3＝2.9×10－9m3那么1m3中所含的可吸入颗粒物的体积为：V′＝V50＝5.8×10－11m3又因为每一个可吸入颗粒的体积为：V0＝16πd3≈6.54×10－23m3所以1m3中所含的可吸入颗粒物的数量：n＝V′V0≈8.9×1011个故 1.0cm3的空气中所含可吸入颗粒物的数量为：n′＝n×1.0×10－6＝8.9×105(个)≈9×105(个)17．(11分)(2011·广州模拟)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？[答案] (1)h 0＋d h T 0(2)Q －(mg ＋p 0S )d [解析] (1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V V 0＝T T 0得外界温度T ＝V V 0T 0＝h 0＋d h 0T 0(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能ΔE ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d。
人教版高中物理选修3-3章末综合测评(二).docx
高中物理学习材料桑水制作章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．对一定质量的理想气体，下列说法不正确的是( )A．气体体积是指所有气体分子的体积之和B．气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少D．气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的E．气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强【解析】由于气体分子间的距离较大，分子间距离不能忽略，所以气体体积要比所有气体分子的体积之和要大，A错误；气体分子的热运动越剧烈，分子的平均速率就越大，平均动能越大，温度就越高，B正确；理想气体的内能只与气体的温度有关，只要气体的温度不变，则内能不变，C错误；气体压强是由气体分子对容器壁频繁地撞击而产生的，与气体的重力没有关系，所以在失重的情况下，气体对器壁仍然有压强，D正确，E错误．【答案】ACE2．如图1所示是一定质量的某种气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是( )图1A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C．a状态对应的分子平均动能小D．单位体积的分子数a状态较多E．单位体积的分子数b状态较多【解析】由题图可知一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错，B、C对；一定质量的气体，分子总数不变，V b>V a，单位体积的分子数a状态较多，故D对．【答案】BCD3．如图2所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中不正确的是( )图2A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h cos θC．B管内水银面比管外水银面低h cos θD．管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高汞柱E．管内封闭气体的压强比大气夺强大h cos θ高汞柱【解析】以A管中的水银为研究对象，则有pS＋h cos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－h cos θ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cosθ.故B、D正确．【答案】ACE4．如图3所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B 两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量为Δp A、Δp B，对液面压力的变化量为ΔF A、ΔF B，则下列说法不正确的是( )【导学号：11200060】图3A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔV A<ΔV BC．Δp A>Δp BD．ΔF A＝ΔF BE．无法判断【解析】假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有Δp ΔT＝pT，其中p0、T0表示初始的压强和温度，初始压强p A>p B，则Δp A>Δp B，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A、C正确．由于气体的总体积不变，所以ΔV A＝ΔVB，B错误．ΔF A＝Δp A S A>ΔF B＝Δp B S B，D错误．【答案】BDE5．一定质量的理想气体经历如图4所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p—T图上都是直线段，其中AB的延长线通过坐标原点O，BC垂直于AB，而CD平行于AB，由图可以判断( )【导学号：11200061】图4韩A.AB过程中气体体积不断减小B．AB过程中气体体积不变C．BC过程中气体体积不断增大D．CD过程中气体体积不断增大E．DA过程中气体体积不断增大【解析】AB的延长线通过坐标原点O，即AB位于同一等容线，所以V A＝V，A错误，B正确；连线CO与DO，则C和O、D和O分别位于同一等容线，比B较斜率可知V A＝V B＞V D＞V C，D、E正确，C错误．【答案】BDE6．如图5所示为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3200 m、气温为10 ℃的环境下．下列说法中正确的是( )甲乙图5A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能E．甲图中小包内气体分子的平均距离大于乙图中小包内气体分子的平均距离【解析】根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确、E错误；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．【答案】BCD7．如图6所示为一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化的下列说法中正确的是( )图6A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强减小E．无法判断【解析】在VT图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定质量的理想气体，图线上的点与原点连线的斜率表示压强的倒数，即斜率大的，压强小，因此A、C、D正确，B、E错误．【答案】ACD8．用如图7所示的实验装置来研究气体等容变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的某种气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( ) 【导学号：11200062】图7A．将烧瓶浸入热水中，应将A管向上移B．将烧瓶浸入热水中，应将A管向下移动C．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向上移动D．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向下移动E．将该装置移到高山上做实验，应将A管向上移【解析】将烧瓶浸入热水中，气体温度升高，压强增大，要维持体积不变，应将A管向上移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项A正确，选项B 错误；将烧瓶浸入冰水中，气体温度降低，压强减小，要维持体积不变，应将A管向下移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项D正确，选项C错误；将该装置移到高山上做实验，大气压减小，气体压强大于外界大气压，要维持体积不变，应将A管向上移动，E正确．【答案】ADE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；c．用电加热器加热容器内的空气；d．将待测安全阀安装在容器盖上；e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序排列：______；(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105 Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________．【解析】(1)将安全阀安装在容器盖上，然后密封空气，记录其初始温度t1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内空气温度t2，故正确操作顺序为deacb.(2)已知T1＝300 K，T2＝360 K，p0＝1.0×105 Pa，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得pT1＝pT2，p＝pT2T1＝1.0×105×360300Pa＝1.2×105 Pa.【答案】(1)deacb (2)1.2×105 Pa10．(12分)如图8所示，内壁光滑的圆柱型金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定量的气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h.已知大气压强为p0，重力加速度为g.【导学号：11200063】图8(1)容器内气体压强为________．(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移h/2时气体温度为________．【解析】(1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p′＝mg cos θS，则容器内气体的压强p＝p0＋p′＝p0＋mg cos θS.(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则VT＝V1T1，且V0＝2V1，解得T1＝T2.【答案】(1)p0＋mg cos θS(2)T211．(14分)如图9所示，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的1 4，活塞b在气缸正中间．图9(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强．【解析】(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V4，由题给数据和盖—吕萨克定律得V 1＝34V＋12×V4＝78V①V 2＝34V＋14V＝V0②V 1 T 1＝V2T2③由①②③式和题给数据得T2＝320 K.(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律得V′1＝14V，p′1＝p0，V′2＝316V④p′1V′1＝p′2V′2⑤由④⑤式得p′2＝43p.【答案】(1)320 K (2)4 3 p12．(16分)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图10所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强P0.当封闭气体温度上升到303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为P0 ，温度仍为303 K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：图10(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力. 【导学号：11200064】【解析】(1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0，末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得pT＝p1T1①代入数据得p1＝101 100p②(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得p 2 T 2＝p3T3④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝20110 100pS⑥【答案】(1)101100p(2)20110 100pS。
教科版高中物理选修3-3模块综合检测(含解析)
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）模块综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法中正确的是()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．永动机是不可能制成的C．密封在体积不变的容器中的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D．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2．用M表示液体或固体的摩尔质量，m表示分子质量，ρ表示物质密度，V m表示摩尔体积，V0表示分子体积．N A 表示阿伏加德罗常数，下列关系式不正确的是()A．N A＝V0V m B．N A＝V mV0C．V m＝MρD．m＝M/N A3．对于一定质量的理想气体，下列情况中不可能发生的是() A．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强变大B．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强减小C．分子热运动的平均动能增大，分子间平均距离增大，压强增大D．分子热运动的平均动能减小，分子间平均距离减小，压强不变4．一定质量的理想气体()A．先等压膨胀，再等容降温，其温度必低于起始温度B．先等温膨胀，再等压压缩，其体积必小于起始体积C．先等容升温，再等压压缩，其温度有可能等于起始温度D．先等容加热，再绝热压缩，其内能必大于起始内能5．关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．晶体一定有天然的规则外形B．冰有固定的熔点，一定是晶体C．晶体的物理性质一定表现为各向异性D．水晶片和玻璃片都是透明的，故它们都是晶体6．下图中的四个图象是一定质量的气体，按不同的方法由状态a变到状态b，则反映气体变化过程中从外界吸热的是()7.图1如图1所示是一定质量的理想气体的p－V图线，若其状态由A→B→C→A，且A→B等容，B→C等压，C→A等温，则气体在A、B、C三个状态时()A．单位体积内气体的分子数n A＝n B＝n CB．气体分子的平均速率v A>v B>v CC．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力F A>F B，F B＝F CD．气体分子在单位时间内，对器壁单位面积碰撞的次数是N A>N B，N A>N C8．下面提供了科技发展的四则信息：①低温技术已有重大突破，1933年低温已达0.25 K,1957年达到了2×10－5 K,1995年通过一系列巧妙的方法已达到1×10－8 K．随着低温技术的出现和发展，科学家一定能把热力学温度降到绝对零度以下．②随着火箭技术的发展，人类一定能够在地球上任意位置的上空发射一颗同步卫星．③一个国际科研小组正在研制某种使光速大大降低的介质，这些科学家希望在不久的将来能使光的速度降到每小时40 m左右，慢到几乎与乌龟爬行的速度相仿．④由于太阳的照射，海洋表面的温度可达30℃左右，而海洋深处的温度要低得多，在水深600～1 000 m的地方，水温约4℃，因此人们正在研制一种抗腐蚀的热交换器，利用海水温差发电，并取得了成功．试辨别、判断以上信息中正确的是()A．①②B．②④C．①③D．③④9．如图2所示，图2活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的理想气体，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为p0，缸套和活塞都是由导热材料做成，则当环境温度升高后()A．封闭气体的压强增大B．气体膨胀活塞上移C．气体膨胀缸套下移D．气体对外界做功，内能增加10．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程()A．都具有方向性B．只是部分具有方向性C．没有方向性D．无法确定题号12345678910答案二、填空题(本题共2小题，共18分)11．(10分)(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是________(填写选项前的字母)A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J．气泡到达湖面后，气泡中的气体温度上升，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.12．(8分)图3用图3所示的实验装置，研究体积不变时气体的压强与温度的关系．当时大气压强为H cmHg.封闭有一定质量的气体的烧瓶，浸在冰水混合物中，使U形管压强计的可动管A和固定管B中的水银面刚好相平．将烧瓶浸入温度为t℃的热水中时，B管水银面将________，这时应将A管________(以上两空格填“上升”或“下降”)，使B管中水银面________，记下此时A、B两管中水银面的高度差为h cm，则此状态下瓶中气体的压强为________cmHg.三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(10分)在标准状况下，空气的摩尔质量是M＝29×10－3 kg/mol，则空气中气体分子的平均质量是多少？成年人做一次深呼吸，约吸入4.5 cm3的空气，则做一次深呼吸吸入空气的质量是多少？所吸入的分子个数大约是多少？14．(8分)图4如图4所示，一集热箱里面封闭着一定量的气体，集热板作为箱的活塞且正对着太阳，其面积为S，在t时间内集热箱里气体膨胀对外做功的数值为W，其内能增加了ΔU，已知照射到集热板上太阳光的能量的50%被箱内气体吸收，求：(1)这段时间内集热箱内的气体共吸收的热量；(2)此位置太阳光在垂直集热板单位面积上的辐射功率．15.图5(10分)如图5所示为火灾报警器的原理图，竖直放置的玻璃试管中装入水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出响声，在27℃时，下端封闭的空气柱长为L1＝20 cm，水银柱上表面与导线端点的距离为L2＝10 cm，管内水银柱的重量为10 N，横截面积为1 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，问：(1)当温度达到多少时报警器会报警？(2)如果温度从27℃升到报警温度的过程中，封闭空气柱从外界吸收的热量为20 J，则空气柱的内能增加了多少？16．(14分)如图6甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至温度为399.3 K．求：(1)活塞刚离开B处时的温度T B；(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图线．图6模块综合检测1．BC 2.A3．B [温度T 是分子热运动的平均动能的标志，分子间平均距离的变化对应着气体的体积V 的变化，根据理想气体状态方程判断知只有B 不可能．]4．CD [先等压膨胀，体积增大，再等容降温，压强会减小，但温度不一定低于初温，故A 错误；同理，等温膨胀，压强减小，等压压缩，温度又减小，难以确定体积变化，故B 错误；先等容升温，压强增大，又体积减小，故温度可能等于起始温度，故C 正确；先等容加热，再绝热压缩，气体的温度始终升高，内能一定增加，故D 正确．] 5．B [只有单晶体有天然的规则外形，多晶体没有天然的规则外形，故A 错误；晶体一定有熔点，非晶体一定没有熔点，故B 正确；只有单晶体物理性质表现为各向异性，C 错误；玻璃是非晶体，D 错误．]6．D [A 是等温变化，温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，气体放热；B 中p a V a >p b V b ，由pVT ＝C (常数)，知T a >T b ，E a >E b ，又V a >V b ，外界对气体做功，故气体放热；C 是等容变化，体积不变，不伴随做功，因T a >T b ，E a >E b ，故气体放热；D 温度不变，内能不变，由p a >p b 知V a <V b ，气体对外界做功，故气体吸热．]7．CD [由图可知B →C ，体积增大，密度减小，A 错；C →A 等温变化，分子平均速率v A ＝v C ，B 错；B →C 为等压过程，p B ＝p C ，而气体分子对器壁产生作用力，F B ＝F C ，F A >F B ，则C 正确；A →B 为等容降压过程，密度不变，温度降低，N A >N B ，C →A 为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有N A >N C ，D 正确．]8．D [四则信息均为与当今科技发展前沿相关的信息，但①项违背了热力学第三定律，即绝对零度不可达到；②项中同步卫星只能定点在赤道正上方；③项中光速与介质有关，光在不同介质中传播速度不相同；④项中叙述符合能量守恒定律而且不违背物理原理．]9．CD [系统重力不变，弹簧伸长不变，故活塞不移动，对缸套受力分析可知，封闭气体压强不变，气体做等压膨胀，缸套下移，气体对外做功，温度随环境温度升高而升高，内能增加，C 、D 正确．] 10．A [自然界中所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性，如下表：]解析 (1)气体体积增大，分子间的距离增大，则气体分子间作用力减小，A 错；温度不变，则气体分子的平均速率、平均动能均不变，B 、C 错；根据熵增加原理，D 正确．(2)气体视为理想气体，内能由温度决定，气泡上升时内能不变，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，气泡吸收热量，Q ＝－W ＝0.6 J ；到达湖面后，W ＝－0.1 J ，Q ＝0.3 J ，则ΔU ＝W ＋Q ＝0.2 J. 12．下降 上升 回到原处 (H ＋h ) 13．4.8×10－26kg 5.8×10－6 kg 1.2×1020个解析 空气中气体分子的平均质量m ＝M N A ＝29×10－36.02×1023 kg ＝4.8×10－26 kg 做一次深呼吸吸入空气的质量m ′＝V ′V M ＝4.5×10－622.4×10－3×29×10－3 kg ＝5.8×10－6 kg 做一次深呼吸所吸入的分子个数n ＝V ′V N A ＝4.5×10－622.4×10－3×6.02×1023个＝1.2×1020个 14．(1)ΔU ＋W (2)2(ΔU ＋W )St解析 (1)设吸收的热量为Q ，根据热力学第一定律得： ΔU ＝－W ＋Q ，Q ＝ΔU ＋W(2)在垂直集热板单位面积上的辐射功率： P ＝Q Stη＝ΔU ＋W St ×50%＝2(ΔU ＋W )St15．(1)177℃ (2)18 J解析 (1)由V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝V 2V 1T 1＝450 Kt 2＝177℃ (2)气体对外做功 W ′＝(p 0S ＋mg )L 2＝2 J 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－W ′＋Q ＝18 J 16．(1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)活塞离开B 之前，气体做等容变化，据查理定律有0.9p 0T 0＝p 0T B ，得T B ＝T 00.9＝2970.9K ＝330 K.(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到A 处，从活塞刚离开B 处到刚到达A 处，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律有V 0T B ＝1.1V 0T A，解得T A ＝1.1T B ＝363 K 从活塞刚到达A 处到升温至399.3 K 的过程中，气体做等容变化，由查理定律有p 0T A ＝pT ，解得p ＝p 0T T A ＝399.3363p 0＝1.1p 0.由结果p >p 0可知，活塞可以移动到A 处的假设成立． (3)整个过程的p －V 图线如图所示。
高中物理教科版选修31：模块综合测评
模块综合测评(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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.如图1所示，半径相同的两个金属球A 、B 带有等量的电荷，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小为F .今让第三个半径相同的不带电的金属球C 先后与A 、B 两球接触后移开，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小为( )【导学号：69682316】图1A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4A [A 、B 两球互相吸引，说明它们带异种电荷，假设A 、B 的电荷量分别为＋q 和－q .当第三个不带电的C 球与A 球接触后，A 、C 两球的电荷量平分，每球所带电荷量为q ′＝＋q 2.当再把C 球与B 球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球所带电荷量为q ″＝－q 4.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2知，当移开C 球后由于r不变，A 、B 两球之间的相互作用力的大小为F ′＝F 8.选项A 正确．]2.有带等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图2所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是( )图2A ．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看作匀强电场B ．电场内部A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．电场内部A 点的电场强度等于B 点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板D[由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误．从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误．A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．]3．如图3所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是()【导学号：69682317】图3A．电子一定从A向B运动B．若a A＞a B，则Q靠近M端且为负电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A＜E p BD．B点电势可能高于A点电势C[若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于r A＜r B，故E A＞E B，F A＞F B，a A＞a B，φA＞φB，E p A ＜E p B；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于r A＞r B，故E A<E B，F A<F B，a A<a B，φA＞φB，E p A＜E p B.综上所述选项A、B、D错误，选项C正确．]4．如图4，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是()图4A ．V 2的示数增大B ．电源输出功率在减小C ．ΔU 3与ΔI 的比值在减小D ．ΔU 1大于ΔU 2D [理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A 的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V 2的示数减小，A 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －Ir ，则得：ΔU 2ΔI ＝r ；ΔU 1ΔI ＝R ，据题：R >r ，则ΔU 1ΔI >ΔU 2ΔI ，故ΔU 1大于ΔU 2，D 正确；根据闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －I (R ＋r )，则得：ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，恒定不变，C 错误．]5.如图5所示，两平行光滑金属导轨CD 、PQ 间距为L ，与电动势为E 、内阻为r 的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．在空间施加匀强磁场可以使ab 棒静止，则磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )【导学号：69682318】图5A.mg (R ＋r )EL ，水平向右 B.mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下 C.mgR tan θEL ，竖直向下 D.mgR sin θEL ，垂直于回路平面向下B [从图像可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为F ＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值为B ＝F IL ＝mg sin θIL ，根据欧姆定律，有E ＝I (R ＋r )，所以B ＝mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下，B 正确．] 6.如图6所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图6A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短A [如图，粒子从e 点射出圆心是O 1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r ＝m v qB 可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d 点射出，故A 项正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O 3，设正方形的边长为a ，原半径为r 1＝24a ，r 3＝3r 1＝324a ，线段O 3f >34a ＋12a >r 3，所以不可能从f 点射出，故B 项错；由r ＝m v qB可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d 点射出，故C 项错；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出圆心为O 1、O 2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，故D 项错．]7.两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图7所示，关于电子的运动，下列说法正确的是()图7A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，一直到速度为零CD[带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零，故D正确．] 8．如图8，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()【导学号：69682319】图8A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小AB[由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以油滴在Q 点动能大于在P 点的动能，B 选项正确．]9．如图9所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B ，磁感应强度方向垂直纸面向里．有一个粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m ，运动的半径为r ，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.下列说法正确的是( )图9A ．若r ＝2R ，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6qBB ．若r ＝2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan α2＝22＋17成立C ．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm3qBD ．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°BD [若r ＝2R ，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示，因为r ＝2R ，圆心角θ＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间t max ＝60°360°T ＝2πm qB ·16＝πm 3qB ，故A 错误．若r ＝2R ，如图2所示，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan α2＝22R r －22R＝22＋17，故B 正确．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝90°360°T ＝2πm qB ·14＝πm 2qB ，故C错误．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D 正确．10．如图10所示为一种质谱仪的示意图，其由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射的电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )【导学号：69682320】图10A ．极板M 比极板N 的电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷AD [粒子在磁场中由P 点运动到Q 点，根据左手定则可判断粒子带正电，由极板M 到极板N 粒子做加速运动，电场方向应由极板M 指向极板N ，所以极板M 比极板N 的电势高，A 正确；由Eq ＝m v 2R 和qU ＝12m v 2可得，U ＝12ER ，B错误；由Eq ＝m v 2R 和Bq v ＝m v 2PQ 2可得PQ ＝2BmER q ，C 错误；由于一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，又U 、E 、R 、B 都相同，由以上式子可得m q 相同，故该群粒子的比荷相同，D 正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11．(8分)在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A ．小灯泡“6 V 3 W ”B ．直流电源6～8 VC ．电流表(量程3 A ，内阻0.2 Ω)D ．电流表(量程0.6 A ，内阻1 Ω)E ．电压表(量程6 V ，内阻20 kΩ)F ．电压表(量程20 V ，内阻60 kΩ)G ．滑动变阻器(0～20 Ω、2 A)H ．滑动变阻器(0～1 kΩ、0.5 A)(1)把实验所用到的器材按字母的先后顺序填入空中：________________.(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图．【解析】 (1)灯泡额定电流I ＝P U ＝36 A ＝0.5 A ，电流表应选D 电流表(量程0.6 A ，内阻1 Ω)；灯泡额定电压为6 V ，电压表应选E 电压表(量程6 V ，内阻20 kΩ)； 为方便实验操作，滑动变阻器应选G 滑动变阻器(0～20 Ω、2 A)．(2)描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R ＝U I ＝60.5Ω＝12 Ω，R R A＝12 Ω1 Ω＝12， R V R ＝20 000Ω12 Ω≈1 666.7，R V R >RR A ，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．【答案】 (1)ABDEG(2)见解析图12．(10分)学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ.要测算绕线金属丝长度，进行以下实验：图11(1)先用多用电表粗测金属丝的电阻．正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图11所示，则金属丝的电阻约为________Ω.(2)用螺旋测微器测金属丝的直径d.(3)在粗测的基础上精确测量绕线金属丝的阻值R.实验室提供的器材有：电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.5 Ω)电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为3 Ω)电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻约18 kΩ)定值电阻R0＝3 Ω滑动变阻器R1(总阻值5 Ω)滑动变阻器R2(总阻值100 Ω)电源(电动势E＝6 V，内阻约为1 Ω)开关和导线若干．①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻．测量电路的一部分可选用以下电路中的________．②请在给出的器材中选出合理的器材，在虚线框内画出精确测量绕线金属丝阻值的完整电路(要求标明选用的器材标号)．(4)绕线金属丝长度为________(用字母R、d、ρ和数学常数表示)．【解析】(1)由于欧姆表置于“×1”挡，所以应按×1倍率读数，即1×9 Ω＝9 Ω.(3)①A、B选项中电表测量不准确，选项A、B错误；可将电流表A2与定值电阻串联然后再与电压表并联，如选项C所示；或因电流表A2的满偏电流小于A1的满偏电流，可将定值电阻与电流表A2并联再与A1串联，如选项D所示．②又由于滑动变阻器R1的最大电阻小于待测金属丝的电阻，所以变阻器应用分压式接法，已知内阻的准确值，可内接．(4)根据电阻定律R＝ρLS ，S＝π(d2)2，解得L ＝πRd 24ρ.【答案】 (1)9(或9.0)(3)①CD ②电路如图(分压内接)(4)πRd 24ρ13．(10分)已知质量为m 的带电液滴，以速度v 射入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动．如图12所示．求：图12(1)液滴在空间受到几个力作用；(2)液滴带电荷量及电性；(3)液滴做匀速圆周运动的半径．【导学号：69682321】【解析】 (1)由于是带电液滴，它受到重力，又处于电、磁场中，还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用．(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，则有mg ＝Eq ，求得：q ＝mg E .(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，所以仍可用半径公式R ＝m v qB ，把电荷量代入可得R ＝m v mg E B＝E v gB .【答案】 (1)三个力 (2)mg E 负电 (3)E v gB14. (10分)在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图13所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿y 方向飞出．图13(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q m ；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？【解析】 (1)由粒子的运动轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷． 粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r .又q v B ＝m v 2R ，则粒子的比荷q m ＝v Br .(2)当粒子从D 点飞出磁场时速度方向改变了60°角，故AD 弧所对圆心角为60°，如图所示．粒子做圆周运动的半径R ′＝r cot 30°＝3r又R ′＝m v qB ′，所以B ′＝33B粒子在磁场中飞行时间，t ＝16T ＝16×2πm qB ′＝3πr 3v .【答案】 (1)负电荷 v Br (2)33B 3πr3v15. (10分)如图14所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d ，电阻忽略不计．导轨平面与水平面成θ角，下端连接阻值为2r 的定值电阻和电源，电源电动势为E ，内阻为r ，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为m 、阻值为r 的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．接通开关S 后，金属棒在导轨上保持静止状态．图14(1)判断磁场的方向；(2)求磁感应强度的大小；(3)求金属棒的热功率．【导学号：69682322】【解析】 (1)由左手定则可判断磁场方向垂直导轨平面向下．(2)对金属棒受力分析如图所示，由二力平衡有F 安＝mg sin θ又安培力F 安＝BId闭合电路中通过金属棒的电流为回路中的总电流，由闭合电路欧姆定律有I ＝E 4r由以上各式解得磁感应强度B ＝4mgr sin θEd .(3)金属棒的热功率P ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 4r 2r ＝E 216r . 【答案】 (1)垂直导轨平面向下 (2)4mgr sin θEd(3)E 216r16. (12分)如图15所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P (0，h )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a (2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度方向与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：图15(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向；(3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．【导学号：69682323】【解析】 (1)设粒子在电场中运动的时间为t ，则有x ＝v 0t ＝2h ，y ＝12at 2＝h ，qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝m v 202qh .(2)粒子到达a 点时沿y 轴负方向的分速度v y ＝at ＝v 0. 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子运动轴迹如图所示，粒子在磁场中运动时，有q v B ＝m v 2r 当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2m v 0qL .【答案】 (1)m v 202qh(2)2v 0 方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角(3)2m v 0qL。
高中物理教科版选修34：模块综合测评-精选学习文档
模块综合测评(时间：60分钟 满分：90分)(选择题：填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．(1)(5分)关于振动和波动，下列说法正确的是( )A ．单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关B ．部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象C ．在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大D ．各种波均会发生偏振现象E ．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去(2)(10分)在水面上放置一个足够大的遮光板，板上有一个半径为a 的圆孔，圆心的正上方h 处放一个点光源S ，在水面下深H 处的底部形成半径为R 的圆形光亮区域(图1中未画出)．测得a ＝8 cm ，h ＝6 cm ，H ＝24 cm ，R ＝26 cm ，求水的折射率．图1【解析】 (1)由T ＝2πlg 知，A 错误．为防止桥的固有频率与人正步走的频率接近，发生共振，故要求便步走，B 正确．振动加强点的振幅加大，但仍处于振动之中，位移在不停变化，C 正确．偏振是横波特有的现象，D 错误．由多普勒效应知E 正确．(2)根据光路图，可知sin i ＝aa 2＋h 2＝0.8sin r ＝R －a(R －a )2＋H 2＝0.6由折射定律得n ＝sin i sin r 得n ＝43.【答案】 (1)BCE (2)432．(1)(5分)如图2为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波的部分波形图．若该波波速v ＝40 m/s ，在t ＝0时刻波刚好传播到x ＝13 m 处，下列关于波在t ＝0.45 s 时的运动情况分析，其中正确的是( )图2A ．该波x ＝9 m 处的质点的位移为－5 cmB ．该波x ＝11 m 处的质点的位移为5 cmC ．该波x ＝11 m 处的质点速度方向沿y 轴负向D ．该波刚好传播到x ＝31 m 处E ．该波刚好传播到x ＝18 m 处(2)(10分)如图3所示为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为半径R ＝12 cm 的四分之一圆弧，AB 与水平屏幕MN 垂直并接触于A 点．一束红光射向圆心O ，在AB 分界面上的入射角i ＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑．已知该介质对红光的折射率为n ＝233，求两个亮斑与A 点间的距离．图3【解析】 (1)据图像可知λ＝8 m ．根据λ＝v T 可得波的周期为T ＝λv ＝0.2 s ，所以在t ＝0.45 s 时，已传播了214个周期，据波的周期性特点，可将t ＝0时的波形图向右移14λ，即可得t ＝0.45 s 时的波形图，则x ＝9 m 处的质点的位移为－5 cm ，x ＝11 m 处的质点的位移为0，A 正确，B 错误．x ＝11 m 处的质点沿y 轴负方向运动，故C 正确．t ＝0时刻，该波传播到13 m 处，在t ＝0.45 s 时间内又传播x ′＝v ·214·T ＝18 m ，故t ＝0.45 s 时波传播到31 m 处，所以D 正确，E 错误．(2)由题意可知，光路如图所示．折射光斑为P1，设折射角为r，根据折射定律n＝sin rsin i，可得sin r＝63，由几何知识可得tan r＝RAP1，解得AP1＝6 2 cm，反射光斑为P2，由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，解得AP2＝12 cm.【答案】(1)ACD(2)6 2 cm12 cm3．(1)(5分)下列说法正确的有()【导学号：18640038】A．某种光学介质对另一种光学介质的相对折射率可能小于1B．英国物理学家托马斯·杨发现了光的干涉现象C．激光和自然光都是偏振光D．麦克斯韦用实验证明了光是一种电磁波E．爱因斯坦认为真空中光速在不同惯性系中相同(2)(10分)一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P、Q两点，平衡位置相距5.5 m，其振动图像如图4甲所示，实线为P点的振动图像，虚线为Q点的振动图像．甲乙图4①图乙是t＝0时刻波形的一部分，若波沿x轴正向传播，试在给出的波形上用黑点标明P、Q两点的位置，并写出P、Q两点的坐标(横坐标用λ表示)；②求波的最大传播速度．【解析】(1)激光的偏振方向一定，是偏振光，而自然光包含着垂直传播方向上沿一切方向振动的光，C错；麦克斯韦只是从理论上提出光是一种电磁波，D错．(2)①P、Q两点的位置如图所示P(0,0)、Q(11λ12，5 cm)②由题图甲可知，该波的周期T＝1 s由P、Q的振动图像可知，P、Q之间的距离是(n＋1112)λ＝5.5 m当n＝0时，λ有最大值6 m.此时对应波速最大，v＝λT＝6 m/s.【答案】(1)ABE(2)①见解析②6 m/s4．(1)(5分)下列说法正确的是()A．露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C．电磁波具有偏振现象D．根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短E．物体做受迫振动时，其频率和振幅与自身的固有频率均无关(2)(10分)如图5所示，△ABC为一直角三棱镜的横截面，∠BAC＝30°，现有两条间距为d的平行单色光线垂直于AB面射入三棱镜，已知棱镜对该单色光的折射率为 3.图5①若两条单色光线均能从AC面射出，求两条单色光线从AC面射出后的距离；②两条单色光线的入射方向怎样变化才可能使从AB面折射到AC面的光线发生全反射？【解析】(1)露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的，选项A正确；光波从空气进入水中后，频率不变，波速变小，则波长变短，故不容易发生衍射，选项B错误；因电磁波是横波，故也有偏振现象，选项C正确；根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短，选项D正确；物体做受迫振动时，其频率总等于周期性驱动力的频率，与自身的固有频率无关，但其振幅与自身的固有频率有关，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，选项E错误．(2)①如图所示，两条单色光线在AC 面的折射点分别为D 、E ，由图中几何关系可知，入射角i ＝30°则根据光的折射定律有sin r sin i ＝n得r ＝60°在直角三角形DEF 中∠EDF ＝30°所以EF ＝12DE ＝12·d cos 30°＝33d .②当入射光线绕AB 面上的入射点向上转动时，折射光线入射到AC 面上的入射角变大，才有可能发生全反射．【答案】 (1)ACD (2)①33d ②见解析5．(1)(5分)下列关于单摆运动的说法中，正确的是( )A ．单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力B ．单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力C ．单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关D ．单摆做简谐运动的条件是摆角很小(小于5°)E ．在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快(2)(10分)如图6所示为沿x 轴向右传播的简谐横波在t ＝1.2 s 时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s 内有10个完整的波经过该点．图6①求该波的振幅、频率、周期和波速；②画出平衡位置在x 轴上P 点处的质点在0.6 s 内的振动图像．【解析】 (1)单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力，A 错误，B 正确；根据单摆的周期公式T ＝2πl g 可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C 正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D 正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g 变小，根据T ＝2πlg 可知，摆钟振动的周期变大，走时变慢，E 错误．(2)①由题图可知该波的振幅A ＝0.1 m波长λ＝2 m由题意可知，f ＝104 Hz ＝2.5 HzT ＝1f ＝0.4 s波速v ＝λf ＝5 m/s.②振动图像如图所示．【答案】 (1)BCD (2)①0.1 m 2.5 Hz 0.4 s 5 m/s ②见解析6．(1)(5分)下列有关光学现象的说法中正确的是( )A ．用光导纤维束传送信息是光的衍射的应用B ．太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的干涉现象C ．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰D ．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度E ．激光测距是应用了激光平行性好的特点(2)(10分)根据单摆周期公式T ＝2πlg ，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图7甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．甲 乙图7①用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图7乙所示，读数为________mm. ②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt50【解析】(1)用光导纤维束传送信息是光的全反射的应用，A错误；太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的色散现象，是光折射的结果，B错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可减弱反射光，从而使景象更清晰，C正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，D正确；激光的平行性好，常用来精确测距，E正确．(2)①按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.②单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小，密度大的；偏角不超过5°，故a、b正确，c错误．为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故d错误，e正确．【答案】(1)CDE(2)①18.6②abe。
高中物理选修3-3、3-4、3-5全部单元测试卷和综合模块测试卷
选考部分选修3-3 第十一章第1单元分子动理论热力学定律与能量守恒1．(2010·广州模拟)利用所学的热学知识回答下列问题：(1)我们知道分子热运动的速率是比较大的，常温下能达几百米/秒．将香水瓶盖打开后，离瓶较远的人，为什么不能立刻闻到香味呢(2)随着科学技术的不断发展，近几年来，也出现了许多新的焊接方式，如摩擦焊接、爆炸焊接等．摩擦焊接是使焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转，同时加上很*大的压力(约每平方厘米加几千到几万牛顿的力)，瞬间就焊接成一个整体了．试用所学知识分析摩擦焊接的原理．解析：(1)分子热运动的速率虽然比较大，但分子之间的碰撞是很频繁的，由于频繁的碰撞使得分子的运动不再是匀速直线运动，香水分子从瓶子到鼻孔走过了一段曲折的路程，况且引起人的嗅觉需要一定量的分子，故将香水瓶盖打开后，离得较远的人不能立刻闻到香味．(2)摩擦焊接是利用分子引力的作用．当焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转且加上很大的压力时，可以使两个接触面上的大多数分子之间的距离达到分子力发生;明显作用的范围，靠分子力的作用使这两个焊件成为一个整体．答案：见解析2．如图11－1－3所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a处静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则：(1)乙分子在何处势能最小是正值还是负值…(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子势能都随距离的减小而增加解析：(1)由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小且为负值．(2)在分子力表现为斥力的那一段上，即乙分子由c向d运动的过程中，分子力做负功，分子势能增加．答案：(1)c处负值(2)c到d阶段3．(2009·广东高考)(1)远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自&燃．随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法．“钻木取火”是通过________方式改变物体的内能，把________转变成内能．(2)某同学做了一个小实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图11－1－4所示．这是因为烧瓶里的气体吸收了水的________，温度________，体积________．解析：(1)“钻木”的过程是做功的过程，是把机械能转化为—内能的过程．(2)烧瓶里的气体吸收热量后，由热力学第一定律知，气体的内能增加，因而温度升高，体积增大．答案：(1)做功机械能(2)热量升高增大4．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的面盆盛6 kg的水，经太阳垂直照射15 min，温度升高5℃，若地表植物每秒吸收太阳能的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒吸收的太阳能为多少焦耳&(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少升的氧气[1公顷＝104 m2，水的比热容c＝×103 J/(kg·℃)]解析：(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为W＝cmΔtSt＝错误!J＝×103 J(2)氧气的体积为V＝104××103103×0.05 L＝700 L.答案：(1)×103 J(2)700 L5．1 mol铜的质量为63.5 g，铜的密度是×103 kg/m3，试计算(N A＝×1023 (mol－1)(1)一个铜原子的体积；(2)假若铜原子为球形，求铜原子的直径；(3)铜原子的质量．解析：(1)1 mol铜的体积即摩尔体积V m ＝M ρ＝错误! m 3≈×10－6 m 3而1 mol 的任何物质中含有N A 个粒子，因此每个铜原子的体积为 V 0＝V m N A≈×10－29m 3.、(2)假设铜原子为球形，其直径为d ，则 V 0＝43π(d 2)3，d ＝ 36V 0π≈×10－10m (3)一个铜原子的质量 m 0＝M N A＝错误! kg≈×10－25 kg.答案：(1)×10－29m 3 (2)×10－10m(3)×10－25kg6．一定量的气体内能增加了3×105 J.(1)若吸收了2×105 J 的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功做了多}少焦耳的功(2)若气体对外界做了4×105 J 的功，则是气体放热还是从外界吸热放出或吸收的 热量是多少解析：(1)由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得 W ＝ΔU －Q ＝3×105 J －2×105 J ＝1×105 J 外界对气体做功． (2)由ΔU ＝Q ＋W 得Q ＝ΔU －W ＝3×105 J －(－4×105 J)＝7×105 J $气体从外界吸热．答案：(1)外界对气体做功 1×105 J (2)气体从外界吸热 7×105 J7．已知水的密度为ρ＝×103 kg/m 3，水的摩尔质量M ＝×10－2 kg/mol ，求：(保留 两位有效数字，N A ＝6×1023 mol －1) (1)1 cm 3的水中有多少个水分子 (2)水分子的直径有多大 解析：水的摩尔体积为`V m ＝M ρ＝错误! m 3/mol ＝×10－5 m 3/mol (1)1 cm 3水中的水分子数：N＝N AV m V≈6×1023×10－5×106个≈×1022个(2)建立水分子的球模型有：16πd3＝V m N A水分子直径：d＝36VmπN A＝36××10－5×6×1023m≈×10－10 m答案：(1)×1022个(2)×10－10 m8．下表为0℃和100℃时氧分子的速率分布[不同温度下各速率区间的分子数占总分子；数的百分比(%)]，仔细观察下表，对于气体分子的无规则运动，你能得出哪些结论按速率大小划分的速率区间v/(m·s－1)0℃100℃100以下；100～200200～300300～400、400～500500～600|600～700700～800800～900。
人教版高中物理选修3-3模块综合检测卷.docx
高中物理学习材料唐玲收集整理物理选修3－3(人教版)模块综合检测卷(测试时间：50分钟评价分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分)1．如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化．解析：外界对气体做功，W＝800 J；气体向外散热，故Q＝－200 J；由热力学第一定律可知：ΔU＝W＋Q；故ΔU＝800 J－200 J＝600 J；气体内能增加，则温度升高；故选A.答案：A点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；ΔU的正表示内能增加，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功．2．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用解析：铅柱由于分子间的引力而粘在一起，故D项正确．答案：D3．图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可以在N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：在M向下滑的过程中，气体体积变小，外界对气体做功，W>0，没有热交换，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体内能增大．故A正确．选A.答案：A4．某自行车轮胎的容积为V.里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p 0，体积为多少的空气？( )A.p 0p VB.p p 0V C.⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0－1V D. ⎝ ⎛⎭⎪⎫p p 0＋1V解析：气体做等温变化，设充入V ′的气体，p 0V ＋p 0V ′＝pV ，所以V ′＝p －p 0p 0V ，C 项正确． 答案：C5．(2014·上海卷)如图所示，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )A ．压强增大，体积增大B ．压强增大，体积减小C ．压强减小，体积增大D ．压强减小，体积减小分析：初始状态p 0＝p x ＋p h ，若试管自由下落，则p h ＝0，p x ＝p 0，所以压强增大，气体做等温变化，故体积减小解析：初始状态p 0＝p x ＋p h ，若试管自由下落，则p h ＝0，p x ＝p 0，所以压强增大，由玻意耳定律知，pV＝C，故V减小．故选B.答案：B点评：关键知道试管自由下落时，水银柱的压强消失掉．6．(2014·上海卷)分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的( )A．引力增加，斥力减小 B．引力增加，斥力增加C．引力减小，斥力减小 D．引力减小，斥力增加解析：根据分子动理论可知，物质是由大量分子组成的；组成物质的分子在永不停息地做着无规则的热运动；分子间同时存在相互作用的引力和斥力．随分子间距的增大斥力和引力均变小，只是斥力变化的更快一些，C项正确．答案：C二、双项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分)7．(2014·广东卷)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体( )A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大 D．对外界做正功，压强减小分析：充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化．解析：充气袋四周被挤压时，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知气体的内能增大．故A项正确；气体的内能增大，温度升高，根据气体方程pVT＝C气体的压强必定增大，故B项错误；气体的体积减小，气体对外界做负功，内能增大，故C项正确，D项错误．答案：AC点评：对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功．8．(2014·新课标全国卷I)一定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pT图象如图所示，下列判断正确的是( )A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C. 过程ca中外界气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小，b和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同分析：由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．解析：由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A项正确；由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸热，故B项错误；由图象可知，ca 过程气体压强不变，温度降低，由盖·吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少，ΔU<0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C项错误；由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D项正确；故选A、D两项．答案：AD点评：本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在pT图象中等容线为过原点的直线．9．图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm 的空气0.5 L；保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L．设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：密闭气体压强的微观原因是单位时间内撞击单位面积上的分子次数和每次撞击的平均作用力．温度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，充气之后单位时间内撞击单位面积的分子次数增加，压强增大，A项正确；温度是平均动能的标志，温度不变分子的平均动能不变，B项错误；打开阀门，气体膨胀，对外界做功，C项正确；膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，则容器中气体的压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，D项错误．(打开阀门时内部气体压强大于1 atm，把水“压向”外流出，直到内部气体压强加上水的压强小于1 atm为止．)故C项正确，D项错误，故选A、C两项．答案：AC10．根据热力学定律，下列说法正确的是( )A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的进步可以使内燃机成为单一的热源热机D．能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”解析：热量可以从低温物体向高温物体传递，但会引起其他变化，A项正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，B项正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，C项错误；对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，D项错误；故选A、B 两项．答案：AB点评：本题考查了热力学定律的应用和生活中应用热力学定律可以解释的问题.三、非选择题(本大题共3小题，共52分)11．(1)(4分)(2014·海南卷)下列说法正确的是________．A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征答案：CE(2)(4分)下列说法正确的是________．A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故答案：ACD(3)(4分)(2014·新课标全国卷Ⅱ)下列说法正确的是________.A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中水蒸发吸热的结果解析：悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，A项错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，B 项正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C项正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，D项错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低的缘故，E项正确．答案：BCE(4)(4分)(2014·上海卷)在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度10 mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积每增加测一次压强，最后得到和的乘积逐渐增大．由此可推断，该同学的实验结果可能为图______．解析：根据理想气体状态方程pV T ＝k ，V 1p图象的斜率的物理意义为kT ，随着压缩气体，对气体做功，气体内能增加，温度升高，斜率变大，图线向上弯曲，故选图a.答案：a12．如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)(1)(12分)求稳定后低压舱内的压强．(用“cmHg ”做单位) (2)(8分)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”、“做负功”“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．解析：(1)设U形管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2①p1＝p0；②p2＝p＋p h；③V1＝l1S④V2＝l2S；⑤由几何关系得：h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦(2)做正功吸热答案：(1)50 cmHg (2)做正功吸热13．(2014·江苏卷)一种海浪发电机的气室如图所示．工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭．气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电．气室中的空气可视为理想气体．(1)(10分)压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104J.(2)(10分)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27 ℃，体积为0.224 m3，压强为1个标准大气压．已知1 mol气体在1个标准大气压、0 ℃时的体积为22.4 L，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol －1.计算此时气室中气体的分子数．(计算结果保留1位有效数字)解析：(1)根据热力学第一定律可知改变气体的内能的方式是做功和热传递，与外界绝热的情况下，对气体做功，气体的内能增加，又因为气体的内能由温度决定，所以温度升高，气体分子热运动加剧，分子平均动能增大；由ΔU＝W＋Q可知气体内能的增量等于活塞对气体所做的功．(2)设气体在标准状态时的体积为V1，等压过程：VT＝V1T1气体物质的量：n＝V1V0，且分子数为：N＝nN A解得：N＝VT V0TN A代入数据得：N＝5.0×1024(或6×1024)答案：(1)增大等于(2)5.0×1024(或6×1024)。
2017-2018学年高二物理选修3-3模块综合测评A 含答案 精品
模块综合测评(A)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．在一定温度下，当一定量气体的体积增大时，气体的压强减小．关于其原因下列说法正确的是()A．单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少B．气体分子的密集程度变小，分子的平均动能不变，单位面积器壁上受到的分子平均作用力减小C．每个分子对器壁的平均撞击力变小D．气体分子的密集程度变小，分子势能变小E．气体分子的密集程度变小，分子势能增大【解析】气体温度不变，分子的平均动能不变，气体分子对器壁的平均撞击力不变，当气体的体积增大时，气体分子的密集程度减小，气体压强减小，A、B正确，C错误；气体的体积增大，分子势能增大，D错误、E正确．【答案】ABE2．如图1所示，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b 或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac则下列选项不正确的是()图1A．T b＞T c，Q ab＞Q ac B．T b＞T c，Q ab＜Q acC．T b＝T c，Q ab＞Q ac D．T b＝T c，Q ab＜Q acE．气体在b、c状态内能相等【解析】由理想气体状态方程可知p a V aT a＝p c V cT c＝p b V bT b，即2p0·V0T c＝p0·2V0T b，得T c＝T b，则气体在b、c状态内能相等，E正确；因a到b和a到c的ΔU相同，而a到c过程中气体体积不变，W＝0，a到b过程中气体膨胀对外做功，W＜0，根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W可知a到b的吸热Q ab大于a到c的吸热Q ac，即Q ab＞Q ac.选项C正确．【答案】ABD3．如图2所示，绝热的汽缸与绝热的活塞A、B密封一定质量的理想气体后水平放置在光滑地面上，不计活塞与汽缸壁的摩擦，现用电热丝给汽缸内的气体加热，在加热过程中下列说法中正确的是() 【导学号：11200107】图2A．汽缸仍保持静止B．活塞A、B均向左移动C．密封气体的内能一定增加D．汽缸中单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数相同E．气缸中单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同【解析】对汽缸整体分析，外部各个方向上受到大气的压力相等，所以汽缸保持静止，A对；用电热丝给汽缸内的气体加热后，汽缸内的气体温度升高，内能增大，压强变大，活塞A、B均向外运动，B错，C正确；活塞A的面积大于活塞B的面积，单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，D错，E对．【答案】ACE4．下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是．()A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性E．非晶体、多晶体的物理性质为各向同性【解析】当分子间距r＜r0时，分子间距r减小，分子势能增大，选项A 错误；分子热运动的剧烈程度只与温度有关，温度越高，运动越剧烈，选项B正确；温度越高，热运动速率大的分子数占总分子数的比例越大，选项C 正确；多晶体的物理性质为各向同性，选项D 错误、E 正确．【答案】 BCE5.如图3所示，a 、b 、c 三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a 管竖直向下做自由落体运动，b 管竖直向上做加速度为g 的匀加速运动，c 管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a 、b 、c 三管内的空气柱长度为L a 、L b 、L c ，则下列选项不正确的是( )【导学号：11200108】图3A ．L b ＝L c ＝L aB ．L b >L c >L aC ．L b <L c <L aD ．L b <L c ＝L aE ．被封闭气体的分子数目相同【解析】 设玻璃管的横截面积为S ，气体状态经变化达到稳定后，对水银柱应用牛顿第二定律，a 管：p 0S ＋mg －p a S ＝ma ，a ＝g ，解得p a ＝p 0；b 管：p b S－mg －p 0S ＝ma ，a ＝g ，解得p b ＝p 0＋2mg S ；c 管：mg sin θ＋p 0S －p c S ＝ma ，由C管和水银柱整体知g sin θ＝a ，解得p c ＝p 0；又因为三管内空气质量相等，温度相同，所以三管内空气的pV ＝恒量，p a ＝p c <p b 故L a ＝L c >L b ，选项D 正确；同质量气体，分子数目相同，E 正确．【答案】 ABC6．关于分子运动，下列说法中正确的是( )A ．扩散现象说明了分子间存在着空隙B ．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显C ．悬浮在液体中的固体微粒的布朗运动是固体颗粒分子无规则运动的反映D ．布朗运动的剧烈程度跟温度有关，因此也可以叫做热运动E．扩散现象、布朗运动和分子热运动都随温度的升高而变得剧烈【解析】扩散现象是分子间的渗透，说明分子间存在间隙，A正确．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显，B正确．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子撞击形成的，是液体分子无规则运动的反映，布朗运动是固体微粒的无规则运动，不是热运动，选项C、D错误，E正确．【答案】ABE7．下列关于湿度的说法中正确的是()A．不同温度下，水的绝对湿度不同，而相对湿度相同B．在绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度增大C．相对湿度越小，人感觉越舒服D．相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度E．在潮湿的天气里，空气的相对湿度大，水蒸发得慢，所以洗了的衣服不容易晾干【解析】不同温度下，水的绝对湿度可以相同，A错；降低温度，水的饱和汽压减小，绝对湿度不变的条件下，相对湿度增大，B对；相对湿度越小表示空气越干燥，相对湿度越大，表示空气越潮湿，太干燥或太潮湿，人都会感觉不舒服，所以C错；相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，D对；E正确．【答案】BDE8．伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图4所示．一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则()【导学号：11200109】图4A．该温度计的测温物质是槽中的液体B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩性质制造的E．该温度计与液体温度计相比，缺点是受大气压变化的影响【解析】细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物体是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用它的热胀冷缩的性质制造的，故A、B错，C、D、E正确．【答案】CDE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(12分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的纯油膜的形状如图5所示．若每一小方格的边长为25 mm，试问：图5(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的______．图中油酸膜的面积为______m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：___________________________【解析】油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6 m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61 000×10－6 m3＝1.2×10－11 m3，故油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.【答案】(1)球形单分子直径 4.4×10－21．2×10－11 2.7×10－10(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积先扩张后又收缩；②油酸酒精溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，使液面收缩10．(12分)如图6所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.(1)求此时气体的压强；(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．【导学号：11200110】图6【解析】(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得p0T0＝p1T1①代入数据得p 1＝76p 0.②(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得k ＝V 0V ⑤联立④⑤式得k ＝67.【答案】 (1)76p 0 (2)6711．(14分)(2016·济南检测)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击．该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过6.0×104 Pa 时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计．(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？(2)当时外界的大气压强为多少？【解析】 (1)以表内气体为研究对象，初状态：p 1＝1.0×105Pa ，T 1＝273＋27＝300 K末状态：压强为p 2，T 2＝273 K －21 K ＝252 K根据查理定律，有p 1T 1＝p 2T 2，解得p 2＝8.4×104Pa 如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强至少为p 0＝p 2＋Δp ＝8.4×104 Pa ＋6.0×104 Pa ＝1.44×105 Pa.大于山脚下的大气压强(即常温下大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的．(2)当时外界的大气压强为p 1′＝p 2－Δp ＝8.4×104 Pa －6.0×104 Pa ＝2.4×104 Pa.【答案】 (1)向外爆裂 (2)2.4×104Pa12．(14分)如图7所示，一直立气缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成，活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体，A的上方和B的下方分别与大气相通．两活塞用长为L＝30 cm的不可伸长的细线相连．可在缸内无摩擦地上下滑动．当缸内封闭气体的温度为T1＝300 K时，活塞A、B的平衡位置如图所示．已知活塞A、B的质量均为m＝1.0 kg，横截面积分别为S A＝20 cm2，S B＝10 cm2，大气压强取p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.图7(1)活塞A、B在图示位置时，求缸内封闭气体的压强；(2)现对缸内封闭气体缓慢加热，为使气缸不漏气，求缸内封闭气体的最高温度．【导学号：11200111】【解析】本题考查气体的等压变化和受力分析，意在考查考生的综合分析能力．(1)活塞A、B在题图示位置时，设气缸内气体的压强为p1，以活塞A、B为研究对象，有p0S A＋p1S B＋2mg＝p0S B＋p1S A解得p1＝p0＋2mgS A－S B＝1.2×105 Pa.(2)当活塞B刚好移动到两圆筒的连接处时，设气缸内气体的温度为T2，由①可知此过程气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得0.5L(S A＋S B)T1＝LS A T2解得T2＝400 K.【答案】(1)1.2×105 Pa(2)400 K。
高中物理人教版《选修3-3模块》综合检测试题(含答案)
高中物理人教版《选修3-3模块》综合检测试题(时间：50分钟满分：60分)1．(15分)(全国甲卷) (1)(5分)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图像如图所示。
其中对角线ac的延长线过原点O。
下列判断正确的是________。
A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功(2)(10分)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。
某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。
当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。
若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
2．(15分)(全国乙卷)(1)(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是________。
A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝2σr，其中σ＝0.070 N/m。
现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。
已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
3．(15分)(全国丙卷)(1)(5分)关于气体的内能，下列说法正确的是______。
鲁科版物理选修3-3：模块综合测评
模块综合测评一、选择题(本题包括8小题，每小题6分．在每小题给出的五个选项中有三项符合题目要求，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分；选错1个扣3分，最低得分为0分)1．下列说法中正确的是()A．分子的热运动是指物体的整体运动和物体内部分子的无规则运动的总和B．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D．分子间的距离r存在某一值r0，当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，引力大于斥力E．热力学温标的0 K是可能达到的【解析】分子的热运动与物体的宏观运动无关，选项A错；分子的热运动是指分子永不停息地做无规则运动，B对；温度是分子平均动能的标志，C对；分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F斥>F引，分子间距离大于r0时，F引>F斥，分子间的作用力表现为引力，D对．根据热力学第三定律可知，热力学温度的0 K达不到，E项错误．【答案】BCD2．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是()A．所有晶体沿各个方向的光学性质都相同B．非晶体沿各个方向的物理性质都相同C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D．物质是晶体还是非晶体，是绝对的，不可能相互转化E．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体【解析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A错误；非晶体具有各向同性，故B正确；无论是单晶体还是多晶体，内部的分子按一定的规则排布，既具有一定的规律性，空间上的周期性，故C正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D错误，E正确．【答案】BCE3．(2016·全国丙卷)关于气体的内能，下列说法正确的是()A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加【解析】气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，说法A错误．内能与物体的运动速度无关，说法B错误．气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，说法C正确．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，说法D正确．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，说法E正确．【答案】CDE4．关于固体、液体和气体，下列说法正确的是()A．固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性C．在围绕地球运行的“天宫一号”中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果。
高中物理教科版选修33：模块综合测评-精选教学文档
模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．下列说法中正确的是()A．分子的热运动是指物体的整体运动和物体内部分子的无规则运动的总和B．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D．分子间的距离r存在某一值r0，当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，引力大于斥力E．热力学温标的0 K是可能达到的【解析】分子的热运动与物体的宏观运动无关，选项A错；分子的热运动是指分子永不停息地做无规则运动，B对；温度是分子平均动能的标志，C对；分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F斥>F引，分子间距离大于r0时，F引>F斥，分子间的作用力表现为引力，D对；根据热力学第三定律可知，热力学温度的0 K达不到，E项错误．【答案】BCD2．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是()【导学号：74320195】A．所有晶体沿各个方向的光学性质都相同B．非晶体沿各个方向的物理性质都相同C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D．物质是晶体还是非晶体，是绝对的，不可能相互转化E．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体【解析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A错误；非晶体具有各向同性，故B正确；无论是单晶体还是多晶体，内部的分子按一定的规则排布，即具有一定的规律性，空间上的周期性，故C正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D错误，E正确．【答案】BCE3．下列说法正确的是()A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体有固定的熔点，多晶体也有固定的熔点C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征【解析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误；晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故B正确；单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故C正确；通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，为晶体，故D错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故E正确．【答案】BCE4．关于固体、液体和气体，下列说法正确的是()【导学号：74320196】A．固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性C．在围绕地球运行的“天宫一号”中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压E．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“中间少，两头多”的规律分布【解析】非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，A正确；液晶与某些晶体相似，具有各向异性，B错误；水滴呈球形是表面张力的作用，C正确；根据饱和汽压的特点知D正确；大量分子做无规则运动时，呈现“两头少，中间多”的分布规律，E错误．【答案】ACD5．下列说法正确的是()A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小C．一定质量理想气体温度升高，则内能增大D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加E．用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小【解析】温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，选项A错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，只不过斥力变化更快，选项B正确；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝0，外界对气体做正功，内能一定增大，选项D正确；用油膜法估测分子的大小，若油膜没有完全展开，则测得的展开面积S变小，根据分子直径d＝VS，测出的分子直径变大，选项E错误．【答案】BCD6．关于系统的内能，下列说法中正确的是()A．物体内所有分子的平均动能与分子势能的总和叫物体的内能B．当一个物体的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化C．外界对系统做了多少功W，系统的内能就增加多少，即ΔU＝WD．系统从外界吸收了多少热量Q，系统的内能就增加多少，即ΔU＝QE．做功和热传递在改变物体的内能上是等效的，但两者也有不同【解析】在分子动理论中，我们把物体内所有分子的动能和分子势能的总和定义为物体的内能，A正确；物体的内能与机械能是两个不同的概念，两者没有什么关系，B正确；只有当系统与外界绝热时，外界对系统做的功才等于系统内能的增量，同理只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的增加量(或减少量)，故C、D错误；做功和热传递都可改变物体的内能，从效果上是等效的，但两者也有区别．做功是内能和其他形式能的转化，热传递是不同物体或一个物体不同部分之间内能的转移，故E正确．【答案】ABE7．下列说法正确的是()A．悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大C．液晶具有光学的各向异性D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强可能增大E．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生【解析】悬浮在液体中的小颗粒越小，液体分子对其碰撞越趋于不平衡，布朗运动越明显，A项正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离增大，分子势能会减小，B项错误；液晶具有光学的各向异性，C项正确；如果气体分子的平均动能增大，即使单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强也可能增大，D项正确；热运动的宏观过程有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程不都能自然发生，E 项错误．【答案】 ACD8．如图1所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A .其中A 、B 和C 、D 为等温过程，B 、C 为等压过程，D 、A 为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是( )【导学号：74320197】图1A ．A 、B 过程中，气体放出热量B ．B 、C 过程中，气体分子的平均动能增大C ．C 、D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D ．D 、A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化E ．若气体在B 、C 过程中内能变化量的数值为 2 kJ ，与外界交换的热量为7 kJ ，则在此过程中气体对外做的功为5 kJ【解析】 因为A 、B 为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q ，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，选项A 正确；B 、C 为等压过程，因为体积增大，由理想气体状态方程pV T ＝C 可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，选项B 正确；C 、D 为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，选项C 错误；D 、A 为等容过程，体积不变，压强变小，由pV T ＝C 可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，选项D 错误；B 、C 为等压过程，体积增大，气体对外做功，该过程中气体的温度升高，则气体的内能增加2 kJ ，气体从外界吸收的热量为7 kJ ，气体对外界做功为5 kJ ，故选项E 正确．【答案】ABE二、非选择题(共4小题，共52分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL 油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n 滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：(1)估算油酸分子的直径大小是________cm.(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的________．A．摩尔质量B．摩尔体积C．质量D．体积【解析】(1)油酸酒精溶液的浓度为ab，一滴油酸酒精溶液的体积为1n mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸abn mL，则油酸分子的直径大小为d＝abSn cm.(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫d23，由NA＝V molV可知，要测定阿伏伽德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积．【答案】(1)abSn(2)B10．(12分)如图2所示，在圆柱形汽缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为p0＝75 cmHg，室温t0＝27 ℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50 cm.已知柱形容器横截面积S＝0.01 m2，75 cmHg＝1.0×105 Pa.【导学号：74320198】图2(1)求活塞的质量．(2)使容器内温度降至－63 ℃，求此时U形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度L′.【解析】(1)根据U形管两侧水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，可知A中气体压强p A1＝p0＋pΔh＝75 cmHg＋1.5 cmHg＝76.5 cmHg而p A1＝p0＋p塞所以活塞产生的压强p塞＝1.5 cmHg＝1.5×175×105 Pa＝0.02×105 Pa由p塞＝mg/S，解得m＝2 kg.(2)由于活塞光滑，所以气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变仍为Δh＝1.5 cm初状态：温度T1＝300 K，体积V1＝50 cm·S末状态：温度T2＝210 K，体积V2＝L′S由盖吕萨克定律V1T1＝V2T2解得活塞离容器底部的高度L′＝35 cm.【答案】(1)2 kg(2)1.5 cm35 cm11．(14分)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击．该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过6.0×104 Pa时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计．(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？(2)当时外界的大气压强为多少？【解析】(1)以表内气体为研究对象，初状态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K末状态：压强为p2，T2＝(273－21)K＝252 K根据查理定律，有p1T1＝p2T2，解得p2＝8.4×104 Pa如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强至少为p 0＝p 2＋Δp ＝8.4×104 Pa ＋6.0×104 Pa ＝1.44×105 Pa.大于山脚下的大气压强(即常温下大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的．(2)当时外界的大气压强为p 1′＝p 2－Δp ＝8.4×104 Pa －6.0×104 Pa ＝2.4×104 Pa.【答案】 (1)向外爆裂 (2)2.4×104 Pa12．(16分)将如图3所示的装置的右端部分汽缸B 置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A 和导热汽缸B 均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方形汽缸内装有理想气体，压强均为p 0、体积均为V 0、温度均为T 0，缓慢加热A 中气体，使汽缸A 的温度升高到1.5T 0，稳定后，求：图3(1)汽缸A 中气体的压强p A 以及汽缸B 中气体的体积V B ；(2)此过程中B 中气体吸热还是放热？试分析说明．【解析】 (1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：p A ＝p B ，选汽缸A 中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：p 0V 0·1T 0＝p A V A ·11.5T 0，选汽缸B 中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：p 0V 0＝p B V B ，又因为：2V 0＝V A ＋V B ，联立得：p A ＝p B ＝1.25p 0，V B ＝0.8V 0.(2)放热，因为B 中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B 中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．【答案】 (1)1.25p 0 0.8V 0 (2)放热 分析见解析。
人教版高中物理选修3-3模块综合测试卷.docx
高中物理学习材料桑水制作模块综合测试卷时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是( )A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升D．滴入水中的红墨水很快散开说明液体内存在表面张力【解析】饱和汽的压强与液体的种类和温度有关，与体积无关，故A错误；人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度，而主要取决于空气的相对湿度，故B正确；若两物体是不浸润的，则液体在毛细管中可以是下降的，故C错误；红墨水在水中扩散是因为分子在永不停息地无规则运动；和表面张力无关，故D错误．【答案】B2．对于固体和液体来说，其内部分子可看做是一个挨一个紧密排列的球体．已知汞的摩尔质量为200.5×10－3kg/mol，密度为13.6×103kg/m3，阿伏加德罗常数为 6.0×1023mol－1，则汞原子的直径最接近以下数值中的( )A．1×10－9m B．2×10－10mC．4×10－10m D．6×10－11m【解析】由摩尔质量和密度计算出摩尔体积：V＝M/ρ，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数计算出一个分子所占的体积：V0＝V/N A，再由球体积公式V0＝43π⎝⎛⎭⎪⎫d23求出分子的直径d＝36MρN Aπ，代入数据计算后可知选项C是正确的．【答案】C3．关于气体的说法中，正确的是( )A．由于气体分子运动的无规则性，所以密闭容器的器壁在各个方向上的压强可能会不相等B．气体的温度升高时，所有的气体分子的速率都增大C．一定质量一定体积的气体，气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D．气体的分子数越多，气体的压强就越大【解析】由于气体分子运动的无规则性，遵循统计规律，气体向各个方向运动的数目相等，器壁各个方向上的压强相等，A 错；气体的温度升高，平均速率增大，并非所有分子的速率都变大，B错；一定质量一定体积的气体，分子密度一定，分子的平均动能越大，气体的压强就越大，C正确；气体的压强大小取决于分子密度及分子的平均动能，气体的分子数多，压强不一定就大，D错．【答案】C4．关于用“油膜法估测油酸分子的大小”的实验，下列说法中正确的是( )A．单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径B．实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉洒在水面上C．实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足一格的应全部舍去D．处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径【解析】单分子油膜的厚度被认为等于油分子的直径，选项A正确；实验时先把痱子粉洒在水面上，再将一滴油酸酒精溶液滴入水面，选项B错误；实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足半格的舍去，超过半格的算一格，选项C错误；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径，选项D错误．【答案】A5．在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体(视为理想气体)( )A．压强变小B．放出热量C．分子平均动能不变D．内能变大【解析】泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸收热量，体积不变，内能变大，温度升高，分子平均动能增大，压强增大，故选D.【答案】D6．如图所示，一定质量的理想气体由a 状态变化到b状态，则此过程中( )A．气体的温度升高B．气体对外放热C．外界对气体做功D．气体分子间平均距离变小【解析】一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，体积增大，压强不变，温度升高，内能增大，对外做功，吸收热量，气体分子间平均距离变大，选项A正确，B、C、D错误．【答案】A7．如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓缓地均匀加热，则下列说法中正确的是( )A．加热过程中，始终保持V′1＝2V′2B．加热后V′1>2V′2C．加热后V′1<2V′2D．条件不足，无法确定【解析】上、下两段气柱的压强分别为p0＋h1和p0＋h1＋h2，在加热过程中，两部分气体的压强保持不变根据盖—吕萨克定律：V1T1＝V′1T′1得V′1＝T′1T1V1，V2T1＝V′2T′1得V ′2＝T′1T1V2所以V′1V′2＝V1V2＝21，即V′1＝2V′2，A正确．【答案】A8．一定质量的气体从状态a经历如图所示的过程，最后到达状态c，设a、b、c三状态下的密度分别为ρa、ρb、ρc，则( ) A．ρa>ρb>ρcB．ρa＝ρb＝ρcC．ρa<ρb＝ρcD．ρa>ρb＝ρc【解析】一定质量的气体从a到b温度不变，压强减小，体积增大，由ρ＝mV可知ρa>ρb，由状态b到c等容变化密度不变，ρb＝ρc，故D项正确．【答案】D9．如右图所示，有一压力锅，锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10－6m2，限压阀重为0.7 N．使用该压力锅对水消毒，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为 1.01×105 Pa)( )p(×105Pa)1.011.431.541.631.731.821.912.012.122.21t(℃)101111211411611812122124126A.100℃B．112℃C．122℃D．124℃【解析】由表格数据知，气压越大，沸点越高，即锅内最高温度越高．对限压阀分析受力，当mg＋p0S＝pS时恰好要放气，此时p＝mgS＋p0＝0.77.0×10－6＋p0＝2.01×105Pa达到最大值，对应的最高温度为122℃.【答案】C10.如图所示，绝热的气缸与绝热的活塞A、B密封一定质量的空气后水平放置在光滑地面上，不计活塞与气缸壁的摩擦，现用电热丝给气缸内的气体加热，在加热过程中( )A．气缸向左移动B．活塞A、B均向左移动C．密封气体的内能一定增加D．气缸中单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数相同【解析】对气缸整体分析，外部各个方向上受到大气的压力相等，所以气缸保持静止，A错；用电热丝给气缸内的气体加热后，气缸内的气体温度升高，内能增大，压强变大，活塞A、B均向外运动，B错，C正确；活塞A的面积大于活塞B的面积，单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，D错．【答案】C11．一定质量的理想气体，处在某一状态，经下列哪个过程后会回到原来的温度( )A．先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀【解析】由于此题要经过一系列状态变化后回到初始温度，所以先在p－V坐标中画出等温变化图线如图所示，然后在图线上任选中间一点代表初始状态，根据各个选项中的过程变化画出图线，如图所示，从图线的发展趋势来看，有可能与原来的等温线相交，说明经过变化后可能回到原来的温度，选项A、D正确．【答案】AD12．二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度的变化，则此过程中( )A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能不变D．封闭气体从外界吸收热量【解析】气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误．温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，封闭气体向外界传递热量，故B正确，D错误，温度不变，所以气体的气体分子的平均动能不变，故C正确．【答案】BC第Ⅱ卷(非选择题52分)二、实验题(本题有2小题，共15分．请按题目要求作答)13．(7分)如右图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现有水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是________．A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少(2)如果环境保持恒温，分别用p、V、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下列哪几个图象表示________．【解析】(1)温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率不变，但并不是每个分子的速率都不变，B对，A错；由玻意耳定律知，体积增大，压强减小，活塞内外的压强差增大，水平拉力F增大，C对；由于温度不变，内能不变，故D错．(2)由题意知，从状态①到状态②，温度不变，体积增大，压强减小，所以只有A、D 正确．【答案】(1)BC(2)AD14．(8分)在研究微观世界里的物质时，通常需要借助估算和建立模型的方法．对于液体分子，一般建立球体模型或者立方体模型来估算分子直径，而实验室中常用油膜法估测分子直径．试求：(1)分别写出上述估算分子直径的三种方法的最简表达式；(要求说明所使用字母的物理意义)(2)在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，已准备的实验器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔和坐标纸、痱子粉，则还缺少的器材有________．【解析】(1)分子构建成球体模型时，用d表示分子直径，V0表示单个分子的体积时，V0＝43π⎝⎛⎭⎪⎫d23，d＝36Vπ；分子构建成立方体模型时，d、V0表示的物理意义同上，则有V0＝d3，d＝3V0.油膜可视为单分子油膜时，令d表示分子直径，V表示油膜的体积，S表示油膜面积，则油膜厚度等于分子直径，即d＝VS .(2)量筒【答案】见解析三、计算题(本题有3小题，共37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．(12分)为保护环境和生态平衡，在各种生产活动中都应严禁污染水源．在某一水库中，一艘年久失修的快艇在水面上违规快速行驶，速度为8 m/s，导致油箱突然破裂，柴油迅速流入水中，从漏油开始到船员堵住漏油处共用1.5分钟．测量时，漏出的油已在水面上形成宽约为a＝100 m的长方形厚油层．已知快艇匀速运动，漏出油的体积为V＝1.44×10－3m3.(1)该厚油层的平均厚度D为多少？(2)该厚油层的厚度D约为分子直径d 的多少倍？(已知柴油分子的直径约为10－10 m)【解析】(1)油层长度L＝vt＝8×90 m ＝720 m，油层厚度D＝VLa＝1.44×10－3720×100m＝2×10－8m.(2)n＝Dd＝2×10－810－10＝200(倍)．【答案】(1)2×10－8m(2)200倍16．(12分)如图所示，在开口向上、竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能自由滑动，容器的横截面积为S.开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d的高度后再次平衡，求：(1)外界空气的温度是多少；(2)在此过程中密闭气体的内能增加了多少．【解析】(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖吕萨克定律有VV0＝TT0，所以外界温度T＝VV0T0＝(h0＋d)Sh0ST0＝h0＋dh0T0.(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d，根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能，ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d.【答案】(1)h0＋dh0T0(2)Q－(mg＋p0S)d17．(13分)如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧气缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1 V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B.(1)求活塞移动到B时，缸内气体温度T B；(2)画出整个过程的pV图线；(3)阐述活塞由A到B过程中，缸内气体吸热的理由．【解析】(1)活塞由A移动到B的过程中，先做等容变化，后做等压变化．由气态方程得p AT A＝p0T，V AT＝V A＋ΔVT B或p A V AT A＝p0(V A＋ΔV)T B 解得T B＝363 K.(2)如图所示(3)气体在缓慢加热过程中，温度升高，气体内能增加；活塞由A移动到B，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热．【答案】(1)363 K(2)见上图(3)见解析。
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高中物理学习材料桑水制作模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．下列数据中，可以算出阿伏加德罗常数的是( )A．水的密度和水的摩尔质量B．水的摩尔质量和水分子的体积C．水分子的体积和水分子的质量D．水分子的质量和水的摩尔质量解析：水的摩尔质量除以水分子的质量等于一摩尔水分子的个数，即阿伏加德罗常数．故D正确．答案：D2．关于热现象和热学规律的说法中，正确的是( )A．第二类永动机违背了能量守恒定律B．当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C．冰融化为同温度的水时，分子势能增加D．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显解析：第二类永动机是效率100%的机器，违背了热力学第二定律，故A错误；当物体被拉伸时，间距增加，分子间的斥力减小、引力也减小，故B错误；内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故冰融化为同温度的水时，吸收热量内能增大而分子的平均动能不变，则分子势能增大，故C正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故D错误．答案：C3．关于内能，下列说法正确的是( )A．物体的运动速度越大，具有的内能越多B．静止的物体没有动能，因而也没有内能C．温度高的物体具有内能，温度低的物体没有内能D．静止的冰块虽不具有动能，但具有内能解析：内能是物体所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，是不同于机械能的另一种形式的能；不论物体的温度高低，组成物体的分子都在不停息地做无规则热运动，因此一切物体都具有内能，故A、B、C错误．答案：D4．关于液体和固体，以下说法不正确的是( )A．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强B．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的C．液体分子的热运动没有长期固定的平衡位置D．液体的扩散比固体的扩散快解析：液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，但液体分子间的相互作用不像固体微粒那样强，所以选项B是正确的，选项A是错误的．液体具有流动性的原因是液体分子热运动的平衡位置不固定，液体分子可以在液体中移动；也正是因为液体分子在液体里移动比固体容易，所以其扩散也比固体的扩散快，选项C、D都是正确的．答案：A5．下列关于湿度的说法中正确的是( )A．不同温度下，水的绝对湿度不同，而相对湿度相同B．在绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度减小C．相对湿度越小，人感觉越舒服D．相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度解析：不同温度下，水的绝对湿度可以相同，A错；降低温度，水的饱和汽压减小，绝对湿度不变的条件下，相对湿度增大，B错；相对湿度越小表示空气越干燥，相对湿度越大，表示空气越潮湿，太干燥或太潮湿，人都会感觉不舒服，所以C错；相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，D对．答案：D6．下列说法中正确的是( )A．任何物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：内能的改变有两种方式：做功是不同形式的能间的转化，热传递是同种能间的转移，故C项正确．内能是物体内所有分子热运动动能和分子势能之和，故A项错．由热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，且一切与热现象有关的宏观过程都是有方向性的，故B、D均错．答案：C7．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有( )A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：因为该气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以内能没有变化，ΔU＝0，根据热力学第一定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确．答案：A8．如图所示为一定质量的理想气体的p－1V图象，图中BC为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是( )A．T A>T B＝T C B．T A>T B>T CC．T A＝T B>T C D．T A<T B<T C解析：由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，p A>p B，T A>T B.由B →C 为等温变化，即T B ＝T C .所以T A >T B ＝T C ，选项A 正确．答案：A9．一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b 的P －V 图象如图所示，在这一过程中，下列表述正确的是( )A ．气体在a 状态的内能比b 状态的内能大B ．气体向外释放热量C ．外界对气体做正功D ．气体分子撞击器壁的平均作用力增大解析：由P －V 图象可知，由a 到b 气体的压强和体积均增大，根据理想气体状态方程：PV T ＝C 可知，气体温度升高，理想气体内能由温度决定，故内能增加，即ΔU ＞0，根据热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q 可知，Q ＞0，气体从外界吸收热量，故A 错误，B 错误；由P －V 图象可知，由a 到b 气体的压强和体积均增大，气体对外做功，W ＜0，故C 错误；根据理想气体状态方程：PV T＝C 可知，气体温度升高，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的平均动能增大；由P －V 图象可知，由a 到b 气体的压强和体积均增大，单位体积内分子数减少，又压强增大，故气体分子撞击器壁的作用力增大，故D 正确．答案：D10．如图所示，竖直的弹簧支持着一倒立气缸内的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动．缸壁导热性良好，缸内气体的温度与外界大气温度相同．下列结论中正确的是( )A．若外界大气压增大，则弹簧的压缩量将会增大一些B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将减小D．若外界气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析：外界大气压增大时，气体体积减小，但对于整个系统，弹簧的弹力恒等于系统的总重量，弹簧的形变量不变．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求)11．当两个分子间的距离r＝r0时，分子处于平衡状态，设r1<r0<r2，则当两个分子间的距离由r1变为r2的过程中( ) A．分子力先减小后增加B．分子力先减小再增加最后再减小C．分子势能先减小后增加D．分子势能先增大后减小解析：r<r0时，分子力为斥力，r>r0时，分子力为引力，故分子间距由r1变到r2的过程中，分子力先减小到零，再增加到最大，然后减小逐渐趋近零，B正确；分子力先做正功后做负功，故分子势能先减小而后增大，C正确．答案：BC12．关于液体和固体，以下说法正确的是( )A．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强B．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的C．液体分子的热运动没有长期固定的平衡位置D．液体的扩散比固体的扩散快解析：液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，但液体分子间的相互作用不像固体微粒那样强，所以选项B是正确的，选项A是错误的．液体具有流动性的原因是液体分子热运动的平衡位置不固定，液体分子可以在液体中移动；也正是因为液体分子在液体里移动比固体容易，所以其扩散也比固体的扩散快，选项C、D都是正确的．答案：BCD13．以下说法中正确的是( )A．系统在吸收热量时内能一定增加B．悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈C．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力解析：做功和热传递都可以改变内能，根据热力学第一定律ΔU ＝W＋Q，若系统吸收热量Q>0，对外做功W＜0，有可能ΔU小于零，即系统内能减小，故A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，故B正确；根据理想气体状态方程pVT＝k知，若温度不变，体积减半，则气体压强加倍，单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故C正确；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，分子间有引力，也有斥力，对外宏观表现的是分子间存在吸引力，故D错误．答案：BC14．下列说法中正确的是( )A．空气中PM2.5的运动属于分子热运动B．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的D．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度解析：PM2.5是固体小颗粒，是分子团，不是分子，所以空气中PM2.5的运动不属于分子热运动，故A错误．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用而形成的，故B正确．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的．故C正确；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度，故D正确．答案：BCD三、非选择题(本题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时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)15．(8分)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V.在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X.(1)用以上字母表示油酸分子的大小d＝________．(2)从图中数得X＝________．解析：(1)N滴溶液的总体积为V，一滴溶液的体积为VN，含有的油酸体积为VAN，形成单分子油膜，面积为Xa2，油膜厚度即分子直径d＝VA NXa2＝VA NXa2.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对照图示的油酸膜，共有62格．答案：(1)VANXa2(2)62(60～65均可)16．(8分)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×105J．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.解析：由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，W＝2.0×105J、ΔU＝1.5×105 J，Q＝ΔU－W＝－5×104 J.答案：放出5×10417．(8分)某热水袋内水的体积约为400 cm3，已知水的摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少(计算结果保留2位有效数字)．解析：已知某热水袋内水的体积大约是V ＝400 cm 3＝4×10－4m 3，水的密度为ρ＝1×103 kg/m 3，则热水袋内含有的水分子数目为n ＝ρV m 0N A ＝1.3×1025个． 答案：1.3×1025个18.(10分)一定质量理想气体经历如图所示的A →B 、B →C 、C →A三个变化过程，T A ＝300 K ，气体从C →A 的过程中做功为100 J ，同时吸热250 J ，已知气体的内能与温度成正比．求：(1)气体处于C 状态时的温度T C ；(2)气体处于C 状态时内能E C .解析：(1)由图知C 到A ，是等压变化，根据理想气体状态方程：V A T A ＝V C T C， 得：T C ＝V C V AT A ＝150 K. (2)根据热力学第一定律：E A －E C ＝Q －W ＝150 J且E A E C ＝T A T C ＝300150，解得：E C ＝150 J. 答案：(1)150 K (2)150 J19．(10分)某容积为20 L 的氧气瓶里装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为4 atm，如每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm.问最多能分装多少瓶(设分装过程中无漏气，且温度不变)?解析：设最多能分装N个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和N 个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．按题设，分装前后温度T不变．分装前整体的状态：p1＝30 atm，V1＝20 L，p2＝1 atm，V2＝5N L.分装后整体的状态：p1′＝p2′＝4 atm，V1′＝20 L，V2′＝5N L，由玻意耳定律分态式得：p1V1＋p2V2＝p1′V1′＋p2′V2′，代入数据解得：N＝34.7，取34瓶．答案：34瓶20.(10分)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡．(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V V 0＝T T 0， 得外界温度T ＝V V 0T 0＝h 0＋d h 0T 0. (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d .根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能：ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d .答案：(1)h 0＋dh 0T 0 (2)Q －(mg ＋p 0S )d。
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高中物理学习材料桑水制作模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．下列说法中正确的是( )A．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以算出阿伏加德罗常数B．已知某物质的摩尔质量和分子体积，可以算出阿伏加德罗常数C．当两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力的合力一定减小D．当两个分子之间的距离增大时，分子势能一定减小解析：阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，A正确，B错误；两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力都要减小，但在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力的斥力的合力表现为引力，是先变大到最大再减小，C错误；在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力和斥力的合力表现为引力，且引力做负功，分子势能增加，D错误．答案：A2．关于内能的正确说法是( )A．物体分子热运动的动能的总和就是物体的内能B．对于同一种物体，温度越高，分子平均动能越大C．同种物体，温度高、体积大的内能大D．温度相同，体积大的物体内能一定大解析：内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，故A 错；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，B对；物体的内能是与物体的物质的量、温度、体积以及存在状态都有关的量，C、D中的描述都不完整．答案：B3．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是( )A．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势能B．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加C．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和D．如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增加解析：气体分子间的距离比较大，甚至可以忽略分子间的作用力，分子势能也就不存在了，所以气体在没有容器的约束下散开是分子无规则热运动的结果，A错.100 ℃的水变成同温度的水蒸气，分子的平均动能不变，所以B错．根据内能的定义可知C正确．如果气体的温度升高，分子的平均动能增大，热运动的平均速率也增大，这是统计规律，但就某一个分子来讲，速率不一定增加，故D错．答案：C4．关于液体，下列说法正确的是( )A．液体的性质介于气体和固体之间，更接近固体B．小液滴成球状，说明液体有一定形状和体积C．液面为凸形时表面张力使表面收缩，液面为凹形时表面张力使表面伸张D．硬币能浮在水面上是因为所受浮力大于重力解析：液体性质介于气体和固体之间，更接近于固体，具有不易被压缩，有一定体积，没有一定形状，扩散比固体快等特点，A对、B错．无论液面为凸面还是凹面，表面张力总是使表面收缩，C错．硬币能浮在水面上是因为受到表面张力的缘故，而不是浮力作用的结果，D错．答案：A5．如图所示，天平右盘放砝码，左盘是一个水银气压计，玻璃管固定在支架上，天平已调节平衡，若大气压强增大，则( )A．天平失去平衡，左盘下降B．天平失去平衡，右盘下降C．天平仍平衡D．无法判定天平是否平衡解析：大气压增大，水银槽中的水银被压入试管中，水银槽中的水银质量减小，天平失去平衡，右盘下降，B项正确．而试管中的水银作用在支架上．答案：B6．下列说法中不正确的是( )A．给轮胎打气的过程中，轮胎内气体内能不断增大B．洒水车在不断洒水的过程中，轮胎内气体的内能不断增大C．太阳下暴晒的轮胎爆破，轮胎内气体内能减小D．拔火罐过程中，火罐能吸附在身体上，说明火罐内气体内能减小解析：给轮胎打气的过程中，轮胎内气体质量增加，体积几乎不变，压强增加，温度升高，内能增加，选项A正确；洒水车内水逐渐减少，轮胎内气体压强逐渐减小，体积增大，对外做功，气体内能减小，选项B错误；轮胎爆破的过程中，气体膨胀对外做功，内能减小，选项C正确；火罐内气体温度逐渐降低时，内能减小，选项D正确．答案：B7.如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加解析：向下压缩活塞，对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故C选项正确．答案：C8．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c 状态温度相同，V－T图如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则( )A．p b＞p c，Q ab＞Q a B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac解析：由V＝KpT可知V－T图线的斜率越大，压强p越小，故p b＜p c.由热力学第一定律有：Q＝ΔE－W，因T b＝T c，所以ΔE ab＝ΔE ac，而W ab＜W ac，故Q ab＞Q ac.综上C正确．答案：C9．一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度变化如图所示，则此过程( )A．气体的密度减小B．外界对气体做功C．气体从外界吸收了热量D．气体分子的平均动能增大解析：由图线可知，在从A到B的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，V B＜V A；气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A错误；气体体积变小，外界对气体做功，故B正确；气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：Q＜0，气体要放出热量，故C错误；气体温度不变，分子平均动能不变，故D 错误．答案：B10.用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B 两部分，如图所示．A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则当两部分气体处于热平衡时( )A．内能相等B．分子的平均动能相等C．分子的平均速率相等D．分子数相等解析：两种理想气体处于热平衡时，温度相同，所以分子的平均动能相同，但气体种类不同，其分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故B正确，C错误；两种气体的质量相同，而摩尔质量不同，所以分子数不同，故D错误；两种气体的分子平均动能相同，但分子个数不同，故内能也不相同，A错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求)11．一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力．若在外力作用下两分子间的间距达到不能再靠近为止，且甲分子固定不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到相距很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)( )A．乙分子的动能变化量为12 mv2B．分子力对乙分子做的功为12 mv2C．分子引力比分子斥力多做了12mv2的功D．分子斥力比分子引力多做了12mv2的功解析：当甲、乙两分子间距离最小时，两者都静止，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为12mv2；且在此过程中，分子斥力始终做正功，分子引力始终做负功，即W合＝W斥＋W引，由动能定理得W引＋W斥＝12mv2，故此分子斥力比分子引力多做了12mv2的功．答案：ABD12．关于空气湿度，下列说法正确的是( )A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比解析：相对湿度越大，人感觉越潮湿，相对湿度大时，绝对湿度不一定大，故A错误；相对湿度较小时，使人感觉干燥，故B正确．用空气中水蒸气的压强表示的温度叫作空气的绝对湿度，用空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作相对湿度，故C正确，D错误．答案：BC13．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( ) A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，所以A错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时也对外做了功，则物体的内能有可能减少，所以B错误；保持气体的质量和体积不变，根据理想气体的状态方程pV T＝C知，当温度升高时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的，D正确．答案：CD14.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( )A．由a状态至b状态的过程中，气体放出热量，内能不变B．由b状态至c状态的过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等解析：由a到b的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A、D正确；由b到c的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减少，B 错误；由c到a的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C错误．答案：AD三、非选择题(本题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时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)15．(6分)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________．解析：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，pV＝C，p与1V 成正比，所以该过程中空气的压强p和体积V关系的是图(B)．答案：图(B)16．(10分)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________kJ.解析：将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，气体内能保持不变；外界做了24 kJ的功，空气放出24 kJ能量，气瓶缓慢地潜入海底的过程中，放出了5 kJ的热量，所以在上述两个过程中，空气的内能共减小5 kJ，空气放出的总能量为24 kJ＋5 kJ＝29 kJ.答案：5 放出2917．(8分)已知金刚石密度为3.5×103kg/m3，体积为4×10－8m3的一小块金刚石中含有多少碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．解析：这一小块金刚石的质量m＝ρV＝3.5×103×4×10－8 kg＝1.4×10－4kg，这一小块金刚石的物质的量n＝mM＝1.4×10－4kg0.012 kg＝76×10－2mol，所含碳分子的个数N＝n×6.02×1023＝76×10－2×6.02×1023个＝7×1021个．一个碳原子的体积为V′＝VN＝4×10－87×1021m3＝47×10－29m3.碳原子的直径d＝2r＝2 33V′4π＝2 33×47×10－294πm≈2.2×10－10m.答案：7.0×1021个 2.2×10－10m18.(10分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C.已知状态A的温度为480 K．求：(1)气体在状态C时的温度；(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量．解析：(1)A、C两状态体积相等，则有p AT A ＝p CT C.①得T C＝p Cp AT A＝0.5×4801.5K＝160 K．②(2)由理想气体状态方程得p A V AT A＝p B V BT B.③解得T B ＝p B V B p A V A T A ＝0.5×3×4801.5×1K ＝480 K. 由此可知A 、B 两状态温度相同，故A 、B 两状态内能相等．答案：(1)160 K (2)既不吸热也不放热19.(10分)如图所示，横截面积S ＝10 cm 2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底部距离H ＝30 cm.在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h ＝25 cm.已知外界大气压强始终为p 0＝1×105Pa ，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g ＝10 m/s 2.求：(1)所放重物的质量；(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．解析：(1)封闭气体发生等温变化：气体初状态的压强为p 1＝1×105 Pa ，气体末状态的压强为p 2＝p 0＋mg S. 根据玻意耳定律得p 1HS ＝p 2hS .解得：m ＝2 kg.(2)外界对气体做的功为W ＝(p 0S ＋mg )(H －h )．根据热力学第一定律知ΔU ＝W ＋Q ＝0，解得Q ＝－6 J ，即放出6 J 热量．答案：(1)2 kg (2)放出6 J 热量20．(10分)如图所示，两个充有空气的容器A 、B ，以装有活塞栓的细管相连通，容器A浸在温度为t1＝－23 ℃的恒温箱中，而容器B浸在t2＝27 ℃的恒温箱中，彼此由活塞栓隔开．容器A的容积为V1＝1 L，气体压强为p1＝1 atm；容器B的容积为V2＝2 L，气体压强为p2＝3 atm，求活塞栓打开后，气体的稳定压强是多少．解析：设活塞栓打开前为初状态，打开后稳定的状态为末状态，活塞栓打开前后两个容器中的气体总质量没有变化，且是同种气体，只不过是两容器中的气体有所迁移流动，故可用分态式求解．将两容器中的气体看成整体，由分态式可得：p1V1 T1＋p2V2T2＝p1′V1′T1′＋p2′V2′T2′.因末状态为两部分气体混合后的平衡态，设压强为p′，则p1′＝p2′＝p′，代入有关的数据得：p′＝2.25 atm.因此，活塞栓打开后，气体的稳定压强为2.25 atm.答案：稳定压强为2.25 atm。
人教版高中物理选修3-3章末综合测评(三).docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）章末综合测评(三)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是()A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的E．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体【解析】玻璃是非晶体，选项A错误；晶体有固定熔点，非晶体无固定的熔点，选项C正确；多晶体和非晶体是各向同性的，选项D错误，B、E正确，故选A、C、D.【答案】CBE2．大烧杯中装有冰水混合物，在冰水混合物中悬挂—个小试管，试管内装有冰，给大烧杯加热时，以下现象不正确的是()A．烧杯内的冰和试管内的冰同时熔化B．试管内的冰先熔化C．在烧杯内的冰熔化完以前，试管内的冰不会熔化D．试管内的冰始终不会熔化E．在烧杯内的冰熔化完后，试管内的冰开始熔化【解析】熔化需要满足两个条件：达到熔点和继续吸热．烧杯中冰水混合物温度与试管中的冰达到热平衡时温度相等，不发生热传递，因此在烧杯内的冰熔化完以前，试管内的冰不会熔化．【答案】ABD3．下列说法中正确的是()A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B．夏天荷叶上小水珠呈球状是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故C．喷泉喷到空中的水形成一个个球形小水球是表面张力的结果D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征E．小木块能够在水中漂浮是表面张力与其重力平衡的结果【解析】雨水不能透过布雨伞，是因为液体表面存在张力，故A正确．荷叶上小水珠与喷泉喷到空中的水形成一个个球形小水珠均呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故B、C正确；单晶体一定具有规则形状，且单晶体有各向异性的特征，多晶体有各向同性．故D错误；E项所述是浮力和重力平衡的结果，E错误．【答案】ABC4．关于液晶的以下说法正确的是()A．液晶态的存在只与温度有关B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏C．人体的某些组织中存在液晶结构D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色E．液晶的化学性质可以随温度、所加电压的变化而变化【解析】液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，它对离子的渗透作用同人体的某些组织相似，在外加电压下，对不同色光的吸收程度不同，外界条件(如温度、电压)的微小变化都会改变其性质，故C、D、E正确．【答案】CDE5．关于同种液体在相同温度下的未饱和汽、饱和汽的性质，下面说法不正确的是()A．两种汽的压强一样大，饱和汽的密度较大B．饱和汽的压强最大，分子的平均动能也较大C．两种汽的压强一样大，分子平均动能也一样大D．两种汽的分子平均动能一样大，饱和汽的密度较大E．饱和汽的压强大，它们分子的平均动能相同【解析】液体处于动态平衡的蒸汽叫饱和汽；没有达到饱和状态的蒸汽叫未饱和汽．可见，两种蒸汽在同一温度下密度是不同的，未饱和汽较小，饱和汽较大．由温度是分子平均动能的标志可知这两种蒸汽分子的平均动能相同，而密度不同，两种蒸汽的压强也不同，D、E正确，故选A、B、C.【答案】ABC6．以下关于液体的说法正确的是()【导学号：11200080】A．非晶体的结构跟液体非常类似，可以看成是黏滞性极大的液体B．液体的物理性质一般表现为各向同性C．液体的密度总是小于固体的密度D．所有的金属在常温下都是固体E．液体的扩散比固体的扩散快【解析】由液体的微观结构知选项A、B正确；有些液体的密度大于固体的密度，例如汞的密度就大于铁、铜等固体的密度，故选项C错误；金属汞在常温下就是液体，故选项D错误；液体分子在液体中移动较固体分子在固体中移动更容易，E正确．【答案】ABE7．如图1是两种不同物质的熔化曲线，根据曲线下列说法中不正确的是()甲乙图1A．甲表示晶体B．乙表示晶体C．甲表示非晶体D．乙表示非晶体E．无法判断【解析】晶体在熔化时不断吸热，温度不变，即保持在其熔点时的温度，而非晶体无确定的熔点，在加热过程中，其温度不断升高，故甲为晶体的熔化曲线，乙为非晶体的熔化曲线．【答案】BCE8．人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是()A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E．表面张力的方向沿液面的切线方向与分界线垂直【解析】液体体积与分子间相对位置有联系，从宏观上看，分子势能与体积有关，A正确；多晶体表现各向同性，B错误；温度升高，分子速率增大，遵循统计规律，分子的平均动能增大，C错误；露珠表面张力使其表面积收缩到最小，相同体积球形的表面积最小，故呈球状，D正确；关于表面张力的方向E 正确．【答案】ADE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和各向异性上加以判断时，可以通过______ 来判断它是否为晶体．(2)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时看起来不再蒸发？_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 【解析】(1)加热看是否有固定的熔点(2)有液体分子从液面飞出，单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子数相等，从宏观上看好像不蒸发了．【答案】见解析10．(12分)如图2所示是萘晶体的熔化曲线，由图可知，萘的熔点是________，熔化时间为________．图2若已知萘的质量为m，熔化热为λ，萘熔化过程吸收的热量为________．【导学号：11200081】【解析】T2t2－t1λm【答案】见解析11．(14分)在某温度时，水蒸气的压强为200 mmHg，此时的相对湿度为50%，则此时的绝对湿度为多少？饱和汽压为多少？【解析】根据绝对湿度的定义可知此时的绝对湿度为200 mmHg；由相对湿度的定义可知饱和汽压p s＝水蒸气的实际压强相对湿度＝20050%mmHg＝400 mmHg.【答案】200 mmHg400 mmHg12．(16分)0 ℃的冰和100 ℃的水蒸气混合后：(1)若冰刚好全部熔化，则冰和水蒸气的质量比是多少？(2)若得到50 ℃的水，则冰和水蒸气的质量比是多少？[已知水在100 ℃的汽化热L＝2.25×106J/kg，冰的熔化热λ＝3.34×105 J/kg，水的比热容c＝4.2×103J/(kg·℃)]【导学号：11200082】【解析】(1)冰刚好全部熔化指的是混合后的温度恰好为0 ℃.设冰的质量为m1，水蒸气的质量为m2，则有m1λ＝m2L＋cm2Δt所以m1m2＝L＋cΔtλ＝2.25×106＋4.2×103×1003.34×105＝8.(2)同(1)可得方程式如下：m1λ＋m1cΔt′＝m2L＋cm2Δt′即m1m2＝L＋cΔt′λ＋cΔt′＝2.25×106＋4.2×103×503.34×105＋4.2×103×50＝4.5.【答案】(1)8(2)4.5。
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高中物理学习材料唐玲收集整理模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．下列说法中正确的是( )A．分子的热运动是指物体的整体运动和物体内部分子的无规则运动的总和B．分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D．分子间的距离r存在某一值r0，当r<r0时，斥力大于引力，当r>r0时，引力大于斥力E．热力学温标的0 K是可能达到的【解析】分子的热运动与物体的宏观运动无关，选项A错；分子的热运动是指分子永不停息地做无规则运动，B对；温度是分子平均动能的标志，C对；分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F斥>F引，分子间距离大于r时，F引>F斥，分子间的作用力表现为引力，D对；根据热力学第三定律可知，0热力学温度的0 K达不到，E项错误．【答案】BCD2．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )【导学号：74320075】A．所有晶体沿各个方向的光学性质都相同B．非晶体沿各个方向的物理性质都相同C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D．物质是晶体还是非晶体，是绝对的，不可能相互转化E．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体【解析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A错误；非晶体具有各向同性，故B正确；无论是单晶体还是多晶体，内部的分子按一定的规则排布，即具有一定的规律性，空间上的周期性，故C正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D错误，E 正确．【答案】BCE3．下列说法正确的是( )A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体有固定的熔点，多晶体也有固定的熔点C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征【解析】表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误；晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故B正确；单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故C正确；通常金属在各个方向的物理性质都相同，但具有固定的熔点，为晶体，故D错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故E正确．【答案】BCE4．关于固体、液体和气体，下列说法正确的是 ( )【导学号：74320076】A．固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性C．在围绕地球运行的“天宫一号”中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压E．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“中间少，两头多”的规律分布【解析】非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，A正确；液晶与某些晶体相似，具有各向异性，B错误；水滴呈球形是表面张力的作用，C正确；根据饱和汽压的特点知D正确；大量分子做无规则运动时，呈现“两头少，中间多”的分布规律，E错误．【答案】ACD5．下列说法正确的是( )A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小C．一定质量理想气体温度升高，则内能增大D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加E．用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小【解析】温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，选项A错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，只不过斥力变化更快，选项B正确；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝0，外界对气体做正功，内能一定增大，选项D正确；用油膜法估测分子的大小，若油膜没有完全展开，则测得的展开面积S变小，根据分子直径d＝VS，测出的分子直径变大，选项E错误．【答案】BCD6．关于系统的内能，下列说法中正确的是( )A．物体内所有分子的平均动能与分子势能的总和叫物体的内能B．当一个物体的机械能发生变化时，其内能不一定发生变化C．外界对系统做了多少功W，系统的内能就增加多少，即ΔU＝W D．系统从外界吸收了多少热量Q，系统的内能就增加多少，即ΔU＝QE．做功和热传递在改变物体的内能上是等效的，但两者也有不同【解析】在分子动理论中，我们把物体内所有分子的动能和分子势能的总和定义为物体的内能，A正确；物体的内能与机械能是两个不同的概念，两者没有什么关系，B正确；只有当系统与外界绝热时，外界对系统做的功才等于系统内能的增量，同理只有在单纯的热传递过程中，系统吸收(或放出)的热量才等于系统内能的增加量(或减少量)，故C、D错误；做功和热传递都可改变物体的内能，从效果上是等效的，但两者也有区别．做功是内能和其他形式能的转化，热传递是不同物体或一个物体不同部分之间内能的转移，故E正确．【答案】ABE7．下列说法正确的是( )A．悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大C．液晶具有光学的各向异性D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强可能增大E．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生【解析】悬浮在液体中的小颗粒越小，液体分子对其碰撞越趋于不平衡，布朗运动越明显，A项正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离增大，分子势能会减小，B项错误；液晶具有光学的各向异性，C项正确；如果气体分子的平均动能增大，即使单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强也可能增大，D项正确；热运动的宏观过程有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程不都能自然发生，E项错误．【答案】ACD8．如图1所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中A、B和C、D为等温过程，B、C为等压过程，D、A为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是( )【导学号：74320077】图1A．A、B过程中，气体放出热量B．B、C过程中，气体分子的平均动能增大C．C、D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D、A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化E．若气体在B、C过程中内能变化量的数值为 2 kJ，与外界交换的热量为7 kJ，则在此过程中气体对外做的功为5 kJ【解析】因为A、B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，选项A正确；B、C为等压过程，因为体积增大，由理想气体状态方程pV T＝C可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，选项B正确；C、D为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，选项C错误；D、A为等容过程，体积不变，压强变小，由pVT＝C可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，选项D错误；B、C为等压过程，体积增大，气体对外做功，该过程中气体的温度升高，则气体的内能增加2 kJ，气体从外界吸收的热量为7 kJ，气体对外界做功为5 kJ，故选项E 正确．【答案】ABE二、非选择题(共4小题，共52分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL 油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n 滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：(1)估算油酸分子的直径大小是________cm.(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，还需要知道油酸的________．A．摩尔质量B．摩尔体积C．质量D．体积【解析】(1)油酸酒精溶液的浓度为ab，一滴油酸酒精溶液的体积为1nmL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸abnmL，则油酸分子的直径大小为d＝abSncm.(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫d23，由NA＝VmolV可知，要测定阿伏伽德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积．【答案】(1)abSn(2)B10．(12分)如图2所示，在圆柱形汽缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，已知外界大气压为p0＝75 cmHg，室温t0＝27 ℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50 cm.已知柱形容器横截面积S＝0.01 m2，75 cmHg＝1.0×105 Pa.【导学号：74320078】图2(1)求活塞的质量．(2)使容器内温度降至－63 ℃，求此时U形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度L′.【解析】(1)根据U形管两侧水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，可知A中气体压强p A1＝p0＋pΔh＝75 cmHg＋1.5 cmHg＝76.5 cmHg而p A1＝p0＋p塞所以活塞产生的压强p塞＝1.5 cmHg＝1.5×175×105 Pa＝0.02×105 Pa由p塞＝mg/S，解得m＝2 kg.(2)由于活塞光滑，所以气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变仍为Δh＝1.5 cm初状态：温度T1＝300 K，体积V1＝50 cm·S末状态：温度T2＝210 K，体积V2＝L′S由盖吕萨克定律V1T1＝V2T2解得活塞离容器底部的高度L′＝35 cm.【答案】(1)2 kg (2)1.5 cm 35 cm11．(14分)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击．该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过6.0×104 Pa时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计．(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？(2)当时外界的大气压强为多少？【解析】(1)以表内气体为研究对象，初状态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K末状态：压强为p2，T2＝(273－21)K＝252 K根据查理定律，有p1T1＝p2T2，解得p2＝8.4×104 Pa如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强至少为p＝p2＋Δp＝8.4×104 Pa＋6.0×104 Pa＝1.44×105 Pa.大于山脚下的大气压强(即常温下大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的．(2)当时外界的大气压强为p1′＝p2－Δp＝8.4×104 Pa－6.0×104 Pa＝2.4×104 Pa.【答案】(1)向外爆裂(2)2.4×104 Pa12．(16分)将如图3所示的装置的右端部分汽缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A和导热汽缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方形汽缸内装有理想气体，压强均为p0、体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，使汽缸A的温度升高到1.5T0，稳定后，求：图3(1)汽缸A中气体的压强p A以及汽缸B中气体的体积V B；(2)此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明．【解析】(1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知：p A＝p B，选汽缸A中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得：p0V0·1T 0＝p A V A·11.5T0，选汽缸B中气体为研究对象，根据玻意耳定律得：p0V0＝p B V B，又因为：2V0＝V A＋V B，联立得：p A＝p B＝1.25p0，V B＝0.8V0.(2)放热，因为B中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．【答案】(1)1.25p00.8V0(2)放热分析见解析。