【步步高】2017版高考物理(全国通用)选考题专练(选修3-3)

合集下载

2017年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ)及解析

2017年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．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．（6分）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心2．（6分）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程→+，下列说法正确的是（）A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量3．（6分）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为（）A．2﹣B．C．D．4．（6分）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）A．B．C．D．5．（6分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为（）A．：2 B．：1 C．：1 D．3：6．（6分）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M，Q到N的运动过程中（）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功7．（6分）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（）A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N8．（6分）某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（）A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉三、非选择题：共174分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（6分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．实验步骤如下：①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△t；③用△s表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示），表示滑块在挡光片遮住光线的△t时间内的平均速度大小，求出；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复②、③；⑤多次重复步骤④⑥利用实验中得到的数据作出﹣△t图，如图（c）所示完成下列填空：（1）用a表示滑块下滑的加速度大小，用v A表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与v A、a 和△t的关系式为=．（2）由图（c）可求得，v A=cm/s，a=cm/s2．（结果保留3位有效数字）10．（9分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为 500Ω）的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为 0Ω，另一个阻值为 000Ω）；电阻箱R z（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀双掷开关S1和S2．C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线．（2）完成下列填空：①R1的阻值为Ω（填“ 0”或“ 000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③将电阻箱R z的阻值置于 500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置、最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于 601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待微安表的内阻为Ω（结果保留到个位）．（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：．11．（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g．求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．12．（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小．三、选考题：请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分。

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(二)新人教版选修3-3

物理人教版选修3-3模块综合检测（二）(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，Vm 表示摩尔体积，V0表示分子体积．NA 表示阿伏加德罗常数，下列关系式不正确的是( ) A ．NA ＝V0Vm B ．NA ＝Vm V0C ．Vm ＝MρD ．m ＝M/NA3．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．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( )图1A．单位体积内气体的分子数nA＝nB＝nCB．气体分子的平均速率vA>vB>vCC．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力FA>FB，FB＝FCD．气体分子在单位时间内，对器壁单位面积碰撞的次数是NA>NB，NA>NC8．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TB ；(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模块检测 1．BC 2.A 3．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paVa>pbVb ，由pVT ＝C(常数)，知Ta>Tb ，Ea>Eb ，又Va>Vb ，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Ta>Tb ，Ea>Eb ，故气体放热；D 温度不变，内能不变，由pa>pb 知Va<Vb ，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vA ＝vC ，B 错；B→C 为等压过程，pB ＝pC ，而气体分子对器壁产生作用力，FB ＝FC ，FA>FB ，则C 正确；A→B 为等容降压过程，密度不变，温度降低，NA>NB ，C→A 为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有NA>NC ，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 ＝0.6J ；到达湖面后，W ＝－0.1J ，Q ＝0.3J ，则ΔU ＝W ＋Q ＝0.2J.12．下降上升回到原处 (H ＋h) 13．4.8×10－26kg 5.8×10－6kg 1.2×1020个解析空气中气体分子的平均质量m ＝M NA ＝29×10－36.02×1023kg ＝4.8×10－26kg做一次深呼吸吸入空气的质量m′＝V′V M ＝4.5×10－622.4×10－3×29×10－3kg ＝5.8×10－6kg做一次深呼吸所吸入的分子个数n ＝V′V NA ＝4.5×10－622.4×10－3×6.02×1023个＝1.2×1020个14．(1)ΔU ＋W (2)＋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 ＋WSt×50%＝＋St15．(1)177℃ (2)18J解析 (1)由V1T1＝V2T2得T2＝V2V1T1＝450Kt2＝177℃(2)气体对外做功W′＝(p0S ＋mg)L2＝2J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－W′＋Q ＝18J 16．(1)330K (2)1.1p0 (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0.9p0T0＝p0TB ，得TB ＝T00.9＝2970.9K＝330K.(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 V0TB ＝1.1V0TA，解得TA ＝1.1TB ＝363K 从活塞刚到达A 处到升温至399.3K 的过程中，气体做等容变化，由查理定律有p0TA ＝pT ，解得p ＝p0T TA ＝399.3363p0＝1.1p0.由结果p>p0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。

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(一)新人教版选修3-3

物理人教版选修3-3模块综合检测（一）(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．已知阿伏加德罗常数为NA，某物质的摩尔质量为M，则该物质的分子质量和m kg水中所含氢原子数分别是()A.MNA，19mNA×103B．MNA,9mNAC.MNA，118mNA×103D.NAM，18mNA2．关于分子间距与分子力的下列说法中，正确的是()A．水和酒精混合后的体积小于原来的体积之和，说明分子间有空隙；正是由于水分子间有空隙，才可以将物体压缩B．水的体积很难被压缩，这是由于水分子间距稍微变小时，分子间的作用力就表现为斥力C．一般情况下，当分子间距r<r0(平衡距离)时，分子力表现为斥力；当r＝r0时，分子力为零，当r>r0时分子力表现为引力D．弹簧被拉伸或被压缩时表现的弹力，正是分子引力和斥力的对应表现3．下列说法不符合分子动理论观点的是()A．用气筒打气需外力做功，是因为分子间的斥力作用B．温度升高，布朗运动显著，说明悬浮颗粒的分子运动剧烈C．相距较远的两个分子相互靠近的过程中，分子势能先减小后增加D．相距较远的两个分子相互靠近的过程中，分子间引力先增大后减小4．关于物体的内能，正确的说法是()A．温度、质量相同的物体具有相等的内能B．物体的内能与物体的体积有关C．机械能越大的物体，内能也一定越大D．温度相同的物体具有相同的内能5．关于液晶的以下说法正确的是()A．液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的状态B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏C．液晶表现各向同性的性质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6．下列情况晾出的湿衣服最不容易干的是()A．气温5℃，绝对湿度5.058×102 Pa B．气温10℃，绝对湿度6.754×102 PaC．气温15℃，绝对湿度1.023×103 Pa D．气温20℃，绝对湿度2.320×103 Pa7．一定质量的理想气体，处于某一状态，要使它的压强经过变化又回到初始状态值，用下列哪些方法可能实现()A．先保持温度不变，使它的体积膨胀，接着保持体积不变而降低温度B．先保持温度不变，使它的体积缩小，接着保持体积不变而降低温度C．先保持体积不变，升高温度，接着保持温度不变而使它的体积膨胀D．先保持体积不变，升高温度，接着保持温度不变而使它的体积缩小图18．如图1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La、Lb、Lc间的关系为()A．Lb＝Lc＝LaB．Lb<Lc<LaC．Lb>Lc>LaD．Lb<Lc＝La图29．如图2所示为A、B两部分理想气体的V－t图象，设两部分气体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知()A．当t＝273℃时，气体的体积A比B大0.2 m3B．当tA＝tB时，V A∶VB＝3∶1C．当tA＝tB时，V A∶VB＝1∶3D．A、B两部分气体都做等压变化，它们的压强之比pA∶pB＝3∶110.图3如图3所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则()A．A管内空气柱将变长B．A管内空气柱将变短C．两管内水银柱高度差将增大D．两管内水银柱高度差将减小二、填空题(本题共2小题，共18分)11.图4(9分)(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图4所示．坐标格正方形的大小为2 cm×2 cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直径是________m(保留一位有效数字)．(2)某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于()A．油酸分子未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL的溶液滴数多计了10滴12．(9分)如图5所示，在水和汽达到动态平衡时，测得水柱长206 mm，水银柱长723.3 mm.已知大气压为760 mmHg，则水的饱和汽压为________mmHg.如把图中的管上提1 cm(未脱离水银槽)，则管中水银面将________(填“上升”“下降”或“不变”)，水的饱和汽压将________(填“变大”“变小”或“不变”)．图5三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(8分)已知地球表面大气压强为p0，地球半径为R，重力加速度为g，地球周围大气层的厚度为h，空气的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA.试估算地球大气层分子的平均距离．14．(10分)图6如图6所示，一端封闭、粗细均匀的U形管，其水平部分长为L，U形管绕开口臂的轴线以角速度ω匀速转动，长为L的水银柱封闭一段气柱，若处于U形管水平部分的水银柱的长度为L2，则被封闭气柱的压强为多少？[设水银的密度为ρ(kg/m3)，大气压强是p0(Pa)]15.(12分)一个自行车内胎的容积是2.0 L．用打气筒给这个自行车打气，每打一次就把1.0×105 Pa的空气打进去125 cm3.设打气前胎内有0.5 L压强为1.0×105 Pa的空气，打了20次，胎内的压强有多大？(假定空气的温度不变)16．(12分)图7甲中的实线表示1 mol 的理想气体发生状态变化时的p －V 图线，变化过程是由状态A 出发，经过B 、C 、D 各状态，最后又回到状态A ，试将这全部过程准确画在图乙所示的p －T 图中．图7期中检测1．A [某物质的摩尔质量为M ，故其分子质量为M NA ；mkg 水所含水分子的摩尔数为m×10318，故所含氢原子数为m×10318×NA×2＝mNA×1039，故选项A 正确．]2．ABC [水和酒精混合体积减小，说明分子间有空隙，选项A 正确．通常水的分子间距离大约为r0(10－10m)，所以稍微一压缩，分子间就表现为斥力，故很难压缩，B 正确．r<r0时，斥力大于引力，分子力表现为斥力；r ＝r0时，斥力等于引力，分子力为零；r>r0时，引力大于斥力，分子力表现为引力，C 正确．弹簧弹力不是分子力的对应表现，D 错误．] 3．ABD [用气筒打气需外力做功，是因为气体压强增大的缘故；布朗运动显著，说明液体分子热运动剧烈；相距较远的两个分子相互靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子间引力增大．]4．B [物体内所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能．温度相同，分子平均动能相同，质量相同，分子个数不一定相同，分子势能也不一定相同，故A 、D 错误．物体的内能与机械能没有必然的联系，内能与热运动相对应，机械能与机械运动相对应，内能由物体的温度、体积、分子数决定，而机械能由物体运动的速度、离地高度等条件决定，故C 错误，B 正确．]5．D [液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围存在，它具有各向异性的性质，在外加电压下，对不同色光的吸收强度不同．] 6．D7．BC [如图所示的p －V 图象中，a 为气体的初状态．先作出通过a 点的等压线(虚线)，然后根据题意作出对应的状态变化图线．过程A 的图线如图中的a→c→d ，过程B 的图线如图中的a→e→b1，过程C 的图线如图中a→f→b2，过程D 的图线如图中的a→f→g ，很容易看出，在这四个过程中，只有过程B 、C 的图线能与等压线相交，符合题设要求．]8．D [设管的横截面积为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：p0S ＋mg －paS ＝ma ，a ＝g ，解得pa ＝p0，b 管：pbS －mg －p0S ＝ma ，a ＝g ，解得pb ＝p0＋2mg S ，c 管：mgsinθ＋p0S －pcS ＝ma ，gsinθ＝a ，解得pc ＝p0，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，pa ＝pc<pb 故La ＝Lc>Lb ，选项D 正确．] 9．AB [由图象可知，A 、B 两部分气体都发生等压变化，所以它们在相同温度下体积之比不变．]10．BC [将B 管慢慢提起，可以认为气体温度不变．A 中气体的压强增大，体积减小，所以气柱将变短，而pA ＝p0＋ph ，所以高度差增大．] 11．(1)2.4×10－2 8×10－10 (2)A解析 (1)油膜面积的估算可以先数出油膜所覆盖的整个方格数，不足半个格的舍去，多于半个格的算1个格，再计算总面积．将油膜看成单分子层，先计算2滴溶液中所含油酸的体积，即为油膜的体积，再除以油膜面积即得分子直径．(2)由公式d ＝VS 可知，d 偏大，则可能油酸体积V 偏大或油膜面积S 偏小．12．21.6 上升变小解析 h ＝ρ水ρ汞h 水＝113.6×206mm ＝15.1mm ，所以p 汽＝p0－p 汞－p 水＝(760－723.3－15.1)mmHg ＝21.6mmHg ，若将管上提，设汽的体积不变，由p 汽＝p0－(p 汞＋p 水)，可得p汞增大，所以p 汽减小，V 汽增大，即管中水银面上升，饱和汽压变小．13.3＋－R3]gμ3NAp0R2解析地球表面空气的质量M ＝4πp0R2g ，总分子数为n ＝MNA ，大气总体积V ＝43π(R ＋h)3－43πR3，则分子间平均距离d ＝3Vn，解得d ＝3＋－R3]gμ3NAp0R214.38ρL2ω2＋p0－12ρgL解析设U 形管横截面积为S ，被封闭气体的压强为p ，取水平部分水银柱为研究对象，受力分析如右图所示．由圆周运动知识及牛顿第二定律，得 pS ＋12ρgLS －p0S ＝12ρLSω2·34L ，所以p ＝38ρL2ω2＋p0－12ρgL.点拨本题是一个关于圆周运动过程中求压强的问题，要用到匀速圆周运动的向心力计算公式及圆周运动的半径来确定． 15．1.5×105Pa解析对打气20次后内胎中的气体研究：①⎩⎪⎨⎪⎧p1＝1.0×105Pa ，V1＝＋ ②⎩⎪⎨⎪⎧p2＝？V2＝2.0L.由p1V1＝p2V2得，p2＝p1V1V2＝1.0×105×32Pa ＝1.5×105Pa.点拨 (1)非等质量问题要转化为质量不变的问题．(2)内胎中原本有一部分气体，勿漏掉．16．见解析解析由图甲可知状态A 的p ＝1atm ，V ＝22.4L ，所以T ＝273K ，在图乙中确定A 点．由A→B ，气体发生了等压变化，因为VB ＝2V A ，所以TB ＝2TA ，在图乙中确定了B 点．由B→C ，气体发生了等容变化，因为pC ＝2pB ，所以TC ＝2TB ，在图乙中确定了C 点．由C→D ，气体发生了等温变化，且pD ＝2pC ，所以在图乙中确定了D 点．如图所示．。

2017高考物理选修3-3真题汇总及详细解析

2017 高考物理选修3-3 真题汇总及详细解析全国卷1 33 ．［物理——选修3–3］（15 分）（1）（5 分）氧气分子在0 ℃和 100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。

下列说法正确的是________。

（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）A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与 0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大【答案】 ABC（2）（10 分）如图，容积均为V的汽缸A、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2 位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1 给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0 的 3 倍后关闭K1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

（i ）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ii ）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；（iii ）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

【答案】（ i ）v/2 2p 0 （i i ）顶部（i i i ） 1.6 p 0【解析】（i ）设打开K2 后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得p V pV ①0 1 1(3p )V p (2V V)②0 1联立①②式得VV ③1 2p1 2p0 ④（ii ）打开K3 后，由④式知，活塞必定上升。

设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为V2（V2 2V ）时，活塞下气体压强为p2 由玻意耳定律得2 由玻意耳定律得(3p )V p V ⑤0 2 2 由⑤式得3Vp p2 0V2⑥由⑥式知，打开K3 后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时p2 为3 p p 2 02全国卷2 33．(1)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________．图 1A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)一热气球体积为V，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b.已知空气在 1 个大气压、温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加速度大小为g.(ⅰ)求该热气球所受浮力的大小；(ⅱ)求该热气球内空气所受的重力；(ⅲ)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．33．[答案] (1)ABDT0 (2)(ⅰ) Vgρ0TbTTa (ⅱ)Vgρ0(ⅲ)Vρ0T 0 1－T b1T a－m0[解析] (1)气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不会改变，A 正确，C 错误；气体在被压缩的过程中，活塞对气体做功，因汽缸绝热，故气体内能增大，B 正确；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功， D 正确；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增加，选项 E 错误．(2)(ⅰ)设1 个大气压下质量为m 的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为mρ0＝V0①在温度为T 时的体积为V T，密度为mρ(T)＝V T②由盖—吕萨克定律得V0VT ＝T0 T③联立①②③式得T0ρ(T)＝ρ0T④气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV ⑤联立④⑤式得T0f＝Vgρ0Tb⑥(ⅱ)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(T a)Vg ⑦联立④⑦式得T0G＝Vgρ0T a⑧(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得mg＝f－G－m0g ⑨联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T01－Tb1Ta－m0⑩全国卷3 33．［物理——选修 3–3］（15 分）（1）（5 分）如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程ab 到达状态b，再经过等温过程bc 到达状态c，最后经等压过程ca 回到状态a。

【步步高学案导学设计】高中物理期末检测(含解析)新人教版选修3-3

期末检测(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．下列说法正确的是()A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C．知道某物质的摩尔质量和密度就可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同2．分子间同时存在吸引力和排斥力，下列说法中正确的是()A．固体分子间的吸引力总是大于排斥力B．气体能充满任何容器是因为分子间的排斥力大于吸引力C．分子间的吸引力和排斥力都随分子间距离的增大而减小D．分子间的吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小3．缝衣针能静止于水面上，是因为()A．针的重力可忽略B．针的重力与浮力平衡C．针的重力与表面张力平衡D．表面张力使水面收缩成“弹性薄膜”，对针产生一个向上的支持力4．下更说法错误的是()A．同一种物质能够生成几种不同的晶体B．同种物质晶体的形状可以不相同C．晶体在各方向上的物理性质是相同的D．晶体在一定条件下可转化成非晶体5．对一定量的气体，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．气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少图16．如图1所示，带有活塞的汽缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)．将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能．下列说法正确的是()A．若发现欧姆表读数变大，则汽缸内气体压强一定减小B．若发现欧姆表读数变大，则汽缸内气体内能一定减小C．若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则欧姆表读数将变小D．若拉动活塞使汽缸内气体体积增大，则需加一定的力，说明气体分子间有引力7.图2一定质量的理想气体自状态A经状态B变化到状态C，这一过程在V—T图中表示如图2所示，则下述结论错误的是()A．在过程AB中，气体压强不断变大B．在过程BC中，气体密度不断变大C．在过程AB中，气体对外界做功D．在过程BC中，外界对气体做功8．下列说法中正确的是()A．任何物体的内能都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9．使一些小水银滴迅速合成一个较大的水银滴时，水银的温度将()A．升高B．降低C．不变D．无法判断10.图3图3中活塞将汽缸分成两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且汽缸不漏气，以U甲、U乙表示两气体的内能，则在用一定的拉力将拉杆缓慢向外拉的过程中()A．U甲不变，U乙不变B．U甲减小，U乙增大C．U甲与U乙总量不变D．U甲与U乙总量增加二、填空题(本题共2小题，共18分)11．(9分)用长度放大600倍的显微镜观察布朗运动，估计放大后的小颗粒的体积为V＝0.1×10－9 m3，碳的密度是ρ＝2.25×103 kg/m3，摩尔质量为M＝12 g/mol，阿伏加德罗常数为NA ＝6.0×1023 mol－1，则小炭粒所含分子数为________个(保留1位有效数字)．由此可知布朗运动________(选填“是”或“不是”)分子的运动．12．(9分)如图4所示是医院里给病人输液的示意图，假设药液瓶挂在高处的位置不变，则在输液过程中a、b两处气体的压强的变化是：a处气体的压强________，b处气体的压强________，药液进入人体的速度________．(填“变小”“变大”或“不变”)图4三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(8分)已知气泡内气体的密度为1.29 kg/m3，平均摩尔质量为0.029 kg/mol.阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10 m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值．(结果保留一位有效数字)14.图5(10分)如图5所示，为一汽缸内封闭的一定质量的气体的p－V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J．求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？15.(10分)图6如图6所示，一个高为H的导热汽缸，原来开口，将其开口向上竖直放置．在气温为27℃、气压为760 mmHg、相对湿度为75%时，用一质量可不计的光滑活塞将开口端封闭．求将活塞下压多大距离时，将开始有水珠出现？16．(14分)图7如图7所示，圆筒固定不动，内壁光滑，横截面积为S，轻质活塞系于劲度系数为k的轻质弹簧下端，弹簧上端固定，开始时在活塞下的空气柱高为h0，温度为T0，压强与外界大气压强p0相同，若使气柱的温度缓慢增加，使：(1)压强增大一倍；(2)体积增大一倍时，问气柱的温度T各为多少？(设气体为理想气体，活塞移动的距离不超过弹簧的弹性限度)期末检测1．D [布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的运动，是液体分子的无规则运动的反映，但不是颗粒的分子运动的反映，A 错．根据热力学第二定律可知机械能可以全部转化为内能，但是内能不可以全部转化为机械能，而不引起其他变化，B 错．知道物质的摩尔质量和密度可以求出摩尔体积，但不可求出阿伏加德罗常数，C 错．内能不同的物体温度可能相同，分子平均动能可能相同，D 对．]2．C [物体分子之间同时存在分子斥力和引力，这两个力都随着分子间距的增大而减小，因此选项C 对、D 错．固体分子在一般情况下分子引力与斥力平衡，选项A 错．气体充满容器是由于气体分子热运动造成的，选项B 错．] 3．D 4.C5．BC [气体体积是气体分子和分子间空隙体积之和，A 错；温度是气体分子热运动剧烈程度的标志，B 对．C 选项为气体压强的微观解释，C 对；气体分子间分子力为引力，膨胀时分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增加，D 错．] 6．B7．C [过程AB 为等容过程，有pT ＝C ，当T 升高时，p 增大，故A 说法正确．过程BC 为等温过程，有pV ＝C ，当V 减小时，ρ＝mV ，故ρ增大，B 说法正确．AB 过程为等容过程，和外界不存在做功关系，故C 说法错误．BC 过程体积减小，故外界对气体做功，D 说法正确．]8．C [物体的内能是指所有分子运动的动能和分子势能之和，A 错；B 选项违背了热力学第二定律，B 错；自然界中，满足能量守恒定律的过程并不是都能自发地进行，而是有方向性的，D 错；由热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，但方式是不同的，做功是其它形式能与内能的转化，而热传递是内能的转移．]9．A [因为表面层里分子要比液体内部稀疏些，所以表面层分子势能较液体内部大一些．小水银滴合并成较大的水银滴时表面积减小，表面层的分子数随之减小；可见合并过程中有些分子从表面层进入液体内部，导致水银的分子势能减小；因总的内能不变，故水银分子的平均动能增大，水银的温度升高，选项A 正确．]10．BD [用力缓慢地将拉杆向外拉的过程中，由于各部分均绝热，所以由甲气体体积增加，乙气体体积减小可得：U 甲减小，U 乙增大，A 错误，B 正确；又因为整个过程是外界对气体做正功，所以气体的总内能应增加，所以C 错，D 对．] 11．12.5×1010 不是解析长度放大600倍的显微镜可以把小颗粒的体积放大n ＝6003＝2.16×108倍，故小颗粒的实际体积为V0＝V n ，小颗粒的质量为m ＝ρV0,1 mol 小颗粒中含有的分子数为NA ，由以上各式可得N ＝NAρVnM ，代入数据得：N ＝5×1010个．可见每一个小碳粒都含有大量的分子，由此可知，布朗运动不是分子的运动． 12．变大不变不变解析选A 管下端液面为研究对象，在大气压强p0(向上)、液柱h1的压强ρgh1(向下)和液柱h1上方液面处压强pa(向下)作用下平衡．因为p0＝pa ＋ρgh1，则有pa ＝p0－ρgh1，因为输液过程中h1不断减小，所以pa 不断增大．再对b 处气体上方液面进行受力分析，B 管中与A 管最低液面在同一水平面处的压强也为p0，则有pb ＝p0＋ρgh2，因为在输液过程中p0，h2不变，所以pb 不变，则药液进入人体的速度也不变． 13．1×10－4(9×10－5～2×10－4都对)解析设气体体积为V0，液体体积为V1 气体分子数n ＝ρV0Mmol NA ，V1＝n πd36(或V1＝nd3) 则V1V0＝ρ6Mmol πd3NA(或V1V0＝ρMmold3NA) 解得V1V0＝1×10－4(9×10－5～2×10－4都对)14．(1)251 J (2)放热 293 J解析 (1)沿a→c→b 过程，ΔU ＝W ＋Q ＝(－126＋335) J ＝209 J 沿a→d→b 过程，ΔU ＝W′＋Q′Q′＝ΔU －W′＝[209－(－42)] J ＝251 J 即有251 J 的热量传入系统． (2)由a→b ，ΔU ＝209 J ；由b→a ，ΔU′＝－ΔU ＝－209 J 根据热力学第一定律有 ΔU′＝W″＋Q″＝84 J ＋Q″ Q″＝(－209－84) J ＝－293 J负号说明系统放出热量，热量传递为293 J. 15.H 4解析对水蒸气研究：①⎩⎪⎨⎪⎧ p1＝75%ps ，V1＝V. ②⎩⎪⎨⎪⎧p2＝ps ，V2＝？由p1V1＝p2V2得V2＝p1V1p2＝75%·ps·V ps ＝0.75V ，所以下压距离h ＝H4时开始有水珠出现．16．(1)2T0＋2p0S kh0T0 (2)2T0＋2kh0p0ST0解析 (1)以未升温时气体的状态为初状态，则p1＝p0，T1＝T0，V1＝h0S.压强增大一倍时气体的状态为末状态，则p2＝2p0，V2＝(h0＋l)S ＝(h0＋p0Sk )S.由状态方程，得p0h0ST0＝＋p0S k T2，所以T2＝2T0＋2p0Skh0T0.(2)当体积增大一倍时，由于体积增大，则弹簧被压缩而使气体的压强增大，其初、末状态的状态参量分别为：p1＝p0，T1＝T0，V1＝h0S ， p3＝p0＋kh0S，V3＝2h0S.由状态方程，得p0h0ST0＝＋kh0S T3，所以T3＝2T0＋2kh0p0S T0.。

2017步步高考前3个月物理(江苏)知识专题复习专题15 选修3-3

解析答案返回
饱和汽的体积无关.
(5)相对湿度
某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和气压的百分比.即： p B＝ p ×100%. s
典例剖析
例1 下列说法中正确的是(
)
A.气体分子的平均速率增大，气体的压强也一定增大
B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 √ C.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性 √ D.因为布朗运动的激烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动
(3) 注意符号正负的规定 . 若研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化决定.气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0.
典例剖析
例3
如图6所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定
质量的理想气体.活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时
管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后
管内上下两部分气柱长度比为1∶3.若将管内下部气体温度
降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银 5 柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出).已知T1＝ T2， 2 大气压强为p0，重力加速度为g.求水银柱的长度h和水银
的密度ρ. 图5
解析答案
根据玻意耳定律，对A部分气体，pAVA＝pA′(VA＋ΔV) ②
[变式训练]
5
6
7
8
5.如图2甲是一定质量的气体由状态 A经过状态B变为状态C的V－T图象.
已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
图2 (1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值.
p0V0＋ΔV 3p0V0 解析设充入气体体积为 ΔV，由理想气体状态方程可知：＝ 2T T

物理步步高分层训练与测评答案选修3_3

物理步步高分层训练与测评答案选修3_3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（选释题共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。

2017高考物理选修3-3真题汇总及详细解析

2017高考物理选修3-3真题汇总及详细解析全国卷1 33．［物理——选修3–3］（15分）（1）（5分）氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。

下列说法正确的是________。

（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）A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大【答案】ABC（2）（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

（i ）打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ii ）接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；（iii ）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

【答案】（i ） v/2 2p 0 （i i ）顶部（i i i ） 1.6 p 0【解析】（i ）设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得011p V p V =①01(3)(2)p V p V V =-②联立①②式得12V V =③ 102p p =④（ii ）打开K 3后，由④式知，活塞必定上升。

设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2（22V V ≤）时，活塞下气体压强为p 2由玻意耳定律得022(3)p V p V =⑤由⑤式得2023V p p V =⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为2032p p '=全国卷2 33． (1)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是________．图1A ．气体自发扩散前后内能相同B ．气体在被压缩的过程中内能增大C ．在自发扩散过程中，气体对外界做功D ．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E ．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压、温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(ⅰ)求该热气球所受浮力的大小；(ⅱ)求该热气球内空气所受的重力；(ⅲ)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．33．[答案] (1)ABD(2)(ⅰ)Vgρ0T 0T b (ⅱ)Vgρ0T 0T a(ⅲ)Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b －1T a－m 0 [解析] (1)气体向真空自发扩散，对外界不做功，且没有热传递，气体的内能不会改变，A 正确，C 错误；气体在被压缩的过程中，活塞对气体做功，因汽缸绝热，故气体内能增大，B 正确；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D 正确；气体在被压缩的过程中内能增加，而理想气体无分子势能，故气体分子的平均动能增加，选项E 错误．(2)(ⅰ)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0 ① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝mV T ② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V T T③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T ④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vgρ0T 0T a⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b －1T a －m 0 ⑩ 全国卷3 33．［物理——选修3–3］（15分）（1）（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到状态a 。

《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套章末检测卷：第三章磁场(含解析)

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大答案 D解析磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同答案 C解析当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一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)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对答案 BC解析洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小答案 AC11.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7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关答案 BD解析由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析对PQ 画出截面图且受力分析如图所示由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比．答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上，有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

2017年高考物理试题分项版汇编系列专题15 选修3-3(含解析)

专题15选修3-3一、单选题1．带有活塞的汽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 到状态c，b、c状态温度相同，如V﹣T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 acB. p b＞p c，Q ab＜Q acC. p b＜p c，Q ab＜Q acD. p b＜p c，Q ab＞Q ac【答案】 D视频2．2016年9月15日，我国成功发射的“天宫二号”搭载的空间冷原子钟，有望实现约3000万年误差1秒的超高精度。

空间冷原子钟利用激光和原子的相互作用减速原子运动以获得超低温原子，在空间微重力环境下，这种超低温原子可以做超慢速匀速直线运动，基于对这种运动的精细测量可以获得精密的原子谱线信息，从而获得更高精度的原子钟信号，使时间测量的精度大大提高。

卫星导航定位系统是利用精确测量微波信号从卫星到达目标所用的时间，从而获知卫星和目标之间的准确距离。

因此，测量时间的精度，将会直接影响定位准确度。

目前我国的“北斗导航定位”系统上使用的原子钟，精度仅到纳秒（10-9s）量级，所以民用的定位精度在十几米左右。

“空间冷原子钟”的精度达到皮秒（10-12s）量级，使得基于空间冷原子钟授时的全球卫星导航系统具有更加精确和稳定的运行能力。

根据上述材料可知，下列说法中正确的是（）A. “空间冷原子钟”的超低温原子，它们的内能为零B. “空间冷原子钟”在地球表面和在空间微重力环境下的精度相同C. 在空间微重力环境下，做超慢速匀速直线运动的原子不受地球引力作用D. “空间冷原子钟”试验若成功，将使“北斗导航”的精度达到厘米量级【答案】 D【解析】无论温度多低，分子的热运动不会停止，即分子动能不为零，所以分子的内能不会为零，A错误；“空间冷原子钟”只有在微重力环境下才能获得超低速匀速直线运动，所以测量精度不相同，B错误；物体间的引力无论速度多大，都存在，C错误；“空间冷原子钟”的精度达到皮秒（10-12s）量级，相比“北斗导航定位”系统上使用的原子钟精度提高了1000倍，故可从几十米的精度提高到几厘米的精度，D正确。

(完整版)2017年全国高考物理3试卷及答案

2017·全国卷Ⅲ(物理)14．D5、E2[2017·全国卷Ⅲ] 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A ．周期变大B ．速率变大C ．动能变大D ．向心加速度变大14．C [解析] 由天体知识可知T ＝2πR R GM ，v ＝GM R ，a ＝GM R2，半径不变，周期T 、速率v 、加速度a 的大小均不变，故A 、B 、D 错误．速率v 不变，组合体质量m 变大，故动能E k ＝12m v 2变大，C 正确． 15．L1[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图1A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向15．D [解析] 金属杆PQ 突然向右运动，则其速度v 方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ 中的感应电流方向由Q 到P ，则PQRS 中感应电流方向为逆时针方向．PQRS 中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T 中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T 中感应电流方向为顺时针方向，D 正确．16．E1、E2[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )图1A.19mglB.16mgl C.13mgl D.12mgl 16．A [解析] 由题可知，缓慢提升绳子，在整个过程中，动能不变，则外力做功W F 等于重力势能的增加量ΔE p ，将Q 端提升至M 位置处，过程如图所示．由图可知：全程重力势能增加量ΔE p 可视为NQ 段上升增加的重力势能．取NQ 段为研究对象，此段质量大小为m ′＝13m ，其重心位置上升高度为h ＝13l ，则外力做功为W F ＝ΔE p ＝m ′gh ＝19mgl ，A 正确．17．B1、B4[2017·全国卷Ⅲ] 一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm17．B [解析] 由题可知，挂上钩码后，如图甲所示．此时弹性绳长度为100 cm ，则θ＝37°，sin θ＝0.6.对结点O 进行受力分析如图乙所示，则由图乙得2T sin θ＝mg ，当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：2T ′＝mg ，由弹性绳上弹力为F ＝kx 得出T x ＝T ′x ′，由题可知x ＝100 cm －80 cm ＝20 cm ，则移动后弹性绳伸长长度为x ′＝12 cm ，那么弹性绳总长度变为L ＝L 0＋x ′＝92 cm ，B 正确．18．K1[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()图1A．0 B.33B0 C.233B0D．2B018．C[解析] 当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时，由于aP＝PQ＝aQ＝l，P和Q 在a点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为B1，由几何关系知B1＝2B P cos 30°＝3B P，由题可知，a点处磁感应强度为零，则B0和B1等大反向，则可得B0＝B1＝3B P，且B0方向平行于PQ向左．当P中电流反向后，如图乙所示，P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2，由几何关系知B2＝B P＝33B0，且B2方向垂直于PQ向上．可得a点处的磁感应强度大小为B＝B22＋B20＝233B0，C正确．19．O1(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E k a 和E k b.h为普朗克常量．下列说法正确的是()A．若νa>νb，则一定有U a<U bB．若νa>νb，则一定有E k a>E k bC ．若U a <U b ，则一定有E k a <E k bD ．若νa >νb ，则一定有hνa －E k a >h νb －E k b19．BC [解析] 由光电效应方程可知E k ＝hν－W 0，该动能又会在遏止电压下恰好减为零，则eU ＝hν－W 0，其中W 0为逸出功，同种金属的W 0相同．若νa >νb ，则U a >U b ，故A 错误；若νa >νb ，根据E k ＝hν－W 0，可得E k a >E k b ，故B 正确；若U a <U b ，根据E k ＝eU ，可得E k a <E k b ，故C 正确；若νa >νb ，根据E k ＝hν－W 0可知hν－E k ＝W 0，由于是照射到同种金属上，逸出功W 0相同，故D 错误．20．F1(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )图1A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg ·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg ·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零20．AB [解析] 由题目可知F ＝2 N ，F ′＝－1 N ，由动量定理Ft ＝m v 1－m v 0，可知t ＝1s 时，Ft 1＝m v 1，代入数据可得v 1＝Ft 1m ＝2×12m/s ＝1 m/s ，故A 正确；t ＝2 s 时，p ＝Ft 2，代入数据可得p ＝4 kg ·m/s ，故B 正确；t ＝3 s 时，p ＝Ft 2＋F ′(t 3－t 2)，代入数据可得p ＝3 kg ·m/s ，故C 错误；t ＝4 s 时，由Ft 2＋F ′(t 4－t 2)＝m v 4，代入数据可得v 4＝Ft 2＋F ′（t 4－t 2）m＝2×2－1×（4－2）2m/s ＝1 m/s ，故D 错误． 21．I1、I2(多选)[2017·全国卷Ⅲ] 一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )图1A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV21．ABD [解析] 由题目可得：φa ＝10 V ，φb ＝17 V ，φc ＝26 V ，则可知ab 与Oc 交点电势满足φa ＋φb 2＝φO ＋φc 2，故φO ＝φa ＋φb －φc ＝1 V ，故B 正确；从a 到b 移动电子，电场力做功W ＝U ab (－e )＝7 eV ，电场力做正功，电势能减小，故电子在a 点电势能比在b 点高7 eV ，故C 错误；从b 到c 移动电子，电场力做功W ′＝－eU bc ＝9 eV ，故D 正确；如图所示，过b 点作bd 垂直于Oc ，则由几何关系有x cd ＝6×35 cm ＝185 cm ，故φc －φO x cO ＝φc －φd x cd，则d 点的电势为φd ＝17 V ，故bd 为等势线，从而电场线沿cO 方向，故E ＝U cO x cO ＝2510V/cm ＝2.5 V/cm ，故A 正确．22．B6[2017·全国卷Ⅲ] 某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x 轴，纵轴为y 轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一端Q 固定在y 轴上的B 点(位于图示部分之外)，另一端P 位于y 轴上的A 点时，橡皮筋处于原长．(1)用一只测力计将橡皮筋的P 端沿y 轴从A 点拉至坐标原点O ，此时拉力F 的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F 的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P 端回到A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P 端拉至O 点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F 1＝4.2 N 和F 2＝5.6 N.(ⅰ)用5 mm 长度的线段表示1 N 的力，以O 为作用点，在图(a)中画出力F 1、F 2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F 合；图(a)图(b)(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．22．[答案] (1)4.0(2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示(ⅱ)4.00.05[解析] (ⅱ)用刻度尺量出F合的线段长为20.02 mm，所以，F合大小约为4.0 N，F合与拉力F的夹角的正切值为0.05.23．J6、J8[2017·全国卷Ⅲ] 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E 是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡．图(a)图(b)(1)图(a)中的A 端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________(选填正确答案标号)．A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝________Ω，R 4＝________Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为________．(结果均保留3位有效数字)23．[答案] (1)黑 (2)B(3)160 880(4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V[解析] (1)根据欧姆表原理可知黑表笔接高电势．(2)R 6是欧姆调零电阻，故B 正确．(3)换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以R 1＋R 2＝I g R g I －I g＝160 Ω；换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R 1、R 2并联组成新表头，新表头的内阻r ＝（R 1＋R 2）R gR 1＋R 2＋R g＝120 Ω，新表头的量程是1 mA ，所以R 4＝U 1I 1－r ＝11×10－3Ω－120 Ω＝880 Ω. (4)若此时B 端是与“1”相连的，则为量程是2.5 mA 的电流表，则多用电表读数为1.47 mA ；若此时B 端是与“3”相连的，则为欧姆表，读数为1.10×103 Ω；若此时B 端是与“5”相连的，则为量程是5 V 的电压表，读数为2.95 V.24．K2、K3[2017·全国卷Ⅲ] 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求(不计重力)：图1(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O 点间的距离．24．[答案] (1)πm B 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ [解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① qλB 0v 0＝m v 20R 2② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③ 粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0 ④ 联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q⎝⎛⎭⎫1＋1λ ⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ ⑥25．A8、C5、F4[2017·全国卷Ⅲ] 如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．25．[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m[解析] (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ①f 2＝μ1m Bg ②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1 ⑦v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(m B＋m)a2⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰(也可用如图的速度—时间图线求解)33．H2、H3[2017·全国卷Ⅲ] [物理——选修3-3](1)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是________．图1A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：图1(ⅰ)待测气体的压强；(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强．33．[答案] (1)ABD(2)(ⅰ)ρπgh2d24V0＋πd2（l－h）(ⅱ)πρgl 2d 24V 0[解析] (1)在过程ab 中，体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，压强增大，根据查理定律，气体温度升高，一定质量的理想气体的内能由温度决定，所以气体内能增加，选项A 正确，C 错误；在过程ca 中气体体积缩小，则外界对气体做功，选项B 正确；在过程bc 中，温度不变，内能不变，体积增加，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，选项D 正确；在过程ca 中，压强不变，体积变小，根据盖—吕萨克定律，气体温度降低，内能减小，而外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，选项E 错误．(2)(ⅰ)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ①V 1＝14πd 2h ②由力学平衡条件得 p 1＝p ＋ρgh ③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV ＝p 1V 1 ④ 联立①②③④式得 p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2（l －h ） ⑤ (ⅱ)由题意知 h ≤l ⑥ 联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0⑧34． (1)如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，实线为t ＝0时的波形图，虚线为t ＝0.5 s 时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s ．关于该简谐波，下列说法正确的是________．图1A ．波长为2 mB ．波速为6 m/sC ．频率为1.5 HzD ．t ＝1 s 时，x ＝1 m 处的质点处于波峰E ．t ＝2 s 时，x ＝2 m 处的质点经过平衡位置(2)如图所示，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO ′表示光轴(过球心O 与半球底面垂直的直线)．已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)．求：图1(ⅰ)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； (ⅱ)距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离．34．[答案] (1)BCE (2)(ⅰ)23R (ⅱ)2.74R[解析] (1)由图可以读出，波长为4 m ，A 错误；由于周期大于0.5 s ，所以周期T ＝0.534s＝23 s ；波速v ＝λT ＝6 m/s ，B 正确；频率f ＝1T＝1.5 Hz ，C 正确；t ＝1 s 时，经过了1.5个周期，x ＝1 m 处质点处于波谷，D 错误；t ＝2 s 时，经过了3个周期，x ＝2 m 处质点处于平衡位置，E 正确．(2)(ⅰ)如图所示，从底面上A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i ，当i 等于全反射临界角i c 时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l .i ＝i c ①设n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 n sin i c ＝1 ② 由几何关系有 sin i ＝lR③联立①②③式并利用题给条件，得 l ＝23R ④ (ⅱ)设与光轴相距R3的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i 1和r 1，由折射定律有n sin i 1＝sin r 1 ⑤设折射光线与光轴的交点为C ，在△OBC 中，由正弦定理有 sin ∠C R ＝sin （180°－r 1）OC ⑥ 由几何关系有 ∠C ＝r 1－i 1 ⑦ sin i 1＝13⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 OC ＝3（22＋3）5R ≈2.74R ⑨。

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(四)新人教版选修3-3

物理人教版选修3-3模块综合检测（四）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分)图11.把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图1所示，下列说法中正确的是( )A ．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B ．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动C ．越小的炭粒，运动越明显D ．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多静止不动的水分子组成的答案 BC解析水分子在显微镜下是观察不到的，故A 错．据布朗运动的含义知道B 、C 正确．水分子不是静止不动的，D 错．2．液体与固体具有的相同特点是( )A ．都具有确定的形状B ．体积都不易被压缩C ．物质分子的位置都确定D ．物质分子都在固定位置附近振动答案 B解析液体与固体具有的相同特点是都不易被压缩，选项B 正确．3．下列说法中正确的是( )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答案 ACD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；洒水车内水逐渐减小，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．4．某自行车轮胎的容器为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p0，体积为________的空气．(填选项前的字母)( )A.p0p VB.p p0V C ．(p p0－1)V D ．(p p0＋1)V 答案 C解析设要向轮胎充入体积为V′的空气，由玻意耳定律，p0V＋p0V′＝pV，解得V′＝(pp0－1)V，选项C正确．图25.如图2所示，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()A．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，气球下降答案AD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知，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，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，气球下降，则D项正确．图36.如图3所示，绝热的汽缸与绝热的活塞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() A．汽缸向左移动B．活塞A、B均向左移动C．密封气体的内能一定增加D．汽缸中单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数相同答案 C解析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，A、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．7．下列说法正确的是()A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大B．温度高的物体分子平均动能一定大，内能也一定大C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关D．昆虫可以停在水面上，主要是液体表面张力的作用E．热力学第二定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵不会减小答案CDE解析当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随着分子间距离的增大而减小，选项A错误；温度高的物体分子平均动能一定大，但内能还与分子势能有关，所以温度高的物体内能不一定大，选项B错误；根据气体压强的微观解释，选项C正确；根据液体表面张力的特点知，选项D正确；根据热力学第二定律的内容，选项E正确．8．以下说法正确的是()A．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B．所有的晶体都有固定的熔点C．气体对外做功，其内能可能增加D．当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小E．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BCE解析热现象的发生都有方向性，不是只要遵循能量守恒定律的过程就能实现，A错误；晶体的明显特征是有固定的熔点，B正确；根据热力学第一定律，气体内能的改变是由做功和热传递共同决定的，虽然气体对外做功，但如果吸收的热量多于对外做的功，内能也可能增加，C正确；分子引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，D错误；同一种液体，对一种固体来说是浸润的，对另一种固体来说可能是不浸润的．如：水能浸润玻璃，但不能浸润石蜡，水银不能浸润玻璃，但能浸润锌，这说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，E正确．9．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．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大C．液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点D．热力学第二定律可以表述为：与热现象有关的自然过程都具有方向性E．已知某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该物质一个分子体积为V0＝MρNA答案CDE解析布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，A错误；分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，距离减小，分子力做负功，分子势能增大；分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，距离减小，分子力做正功，分子势能减小，因此分子间距离为r0时，分子势能最小，B错误；液晶既具有液体的流动性又具有单晶体的光学各向异性的特点，C正确；热力学第二定律主要表述了热现象的方向性，D正确；某固体物质的摩尔质量除以密度为摩尔体积，摩尔体积除以阿伏加德罗常数为每个分子的体积，E正确．10.图4如图4是一定质量的理想气体的p －V 图，气体状态从A→B→C→D→A 完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D 为等温过程，温度分别为T1和T2.下列判断正确的是( )A ．T1>T2B ．C→D 过程放出的热量等于外界对气体做的功C ．若气体状态沿图中虚线由A→B ，则气体的温度先降低后升高D ．从微观角度讲B→C 过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的E ．若B→C 过程放热200 J ，D→A 过程吸热300 J ，则D→A 过程气体对外界做功100 J 答案 ABE解析 p －V 的等温图线为反比例函数图线，由理想气体状态方程pV T＝C 可知，图线离原点越远温度越高，即T1>T2，A 正确；C→D 过程为等温过程，气体体积减小，压强增大，由热力学第一定律可知，B 正确；A→B 过程，气体的温度先升高再降低，C 错误；从B→C 过程气体体积不变，分子的密集程度不变，压强降低是由于温度减小，分子平均速率减小而引起的，D 错误；气体在状态C 、状态D 温度相同有相同的内能，气体在A 、B 温度相同有相同的内能，由热力学第一定律分析可得E 正确．二、填空题(本题共2小题，共16分)11．(8分)(1)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功为2.0×105 J ，同时气体的内能增加了1.5×105 J ．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于__________J.(2)若一定质量的理想气体状态分别按下图所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(填“A”、“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(填“增加”、“减少”或“不变”)．答案 (1)放出 5×104 (2)C 增加图512. (8分)如图5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 和D→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．(1)该循环过程中，下列说法正确的是( )A ．A→B 过程中，外界对气体做功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(2)该循环过程中，内能减小的过程是__________(选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C→D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________ kJ.(3)若该循环过程中的气体的量为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.则气体在B 状态时单位体积内的分子数为________．(已知阿伏加德罗常数NA ＝6.0×1023 mol －1，结果保留一位有效数字)答案 (1)C (2)B→C 25 (3)4×1025 m －3解析 (1)A→B 过程为等温过程，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，选项A 错误．B→C 为绝热过程，气体没有与外界热交换，体积增大，气体对外界做功，内能减小，所以B→C 过程中，气体分子的平均动能减小，选项B 错误．C→D 为等温过程，C→D 过程中，气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 正确．D→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，气体温度升高，所以D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线向速度大的方向移动，发生变化，选项D 错误．(2)该循环过程中，内能减小的过程是B→C.由热力学第一定律，气体完成一次循环对外做的功为63 kJ －38 kJ ＝25 kJ.(3)等温过程pA V A ＝pBVB ，单位体积内的分子数n ＝γNA VB，γ＝1 mol. 解得n ＝γNApB pA V A，代入数据得n ＝4×1025 m －3. 三、计算题(本题共4小题，共44分)图613. (10分)如图6所示，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料．开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等．在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了ΔT ；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处，已知大气压强为p0.求气体最后的压强与温度．答案 H1H3p0 H3H2－H3ΔT 解析对取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，由盖吕萨克定律，H2S T0＋ΔT＝H3S T0，解得T0＝H3H2－H3ΔT ，从初状态到最后状态，温度相同，由玻意耳定律p0H1S ＝p3H3S ，解得p3＝H1H3p0. 14．(10分)2012年6月16日16时21分“神舟九号”飞船载着三名宇航员飞向太空．为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1 atm ，气体体积为2 L ，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．(1)求此时航天服内的气体压强，并从微观角度解释压强变化的原因；(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到0.9 atm，则需补充1 atm的等温气体多少升？答案(1)见解析(2)1.6解析(1)航天服内的气体，开始时压强为p1＝1 atm，体积为V1＝2 L，到达太空后压强为p2，气体体积为V2＝4 L．由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝0.5 atm.航天服内气体的温度不变，则气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间内撞击到航天服单位面积上的分子数减少，故压强减小．(2)设需补充1 atm的气体体积为V′，取总气体为研究对象，则有p1(V1＋V′)＝p3V2，解得V′＝1.6 L.15．(12分)一种水下重物打捞方法的工作原理如图7所示．将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮，求V2和h2.已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．图7答案 2.5 m310 m解析拉力减为零时，由平衡条件得Mg＝ρg(V0＋V2)①代入数据得V2＝2.5 m3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1③p2＝p0＋ρgh2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2⑤联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10 m16．(12分)潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力使容器浮出水面．如图8所示，假设在深10 m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，铁箱内充满水，潜水员先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内，排出部分水．已知铁箱质量为560 kg，容积为1 m3，水底温度恒为7 ℃，外界大气压强恒为p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，水的密度为1×103 kg/m3，忽略铁箱壁的厚度、铁箱的高度及打入空气的质量，求需要打入多大体积的1 atm 、27 ℃的空气可使铁箱浮起(g 取10 m/s2)．图8答案 1.2 m3解析设打入的空气体积为V1，到湖底后，这部分空气的体积为V2. 湖底的压强p2＝p0＋p 水＝2 atm铁箱充气后所受浮力为F 浮＝ρ水gV2上浮的临界条件是ρ水gV2－mg ＝0有V2＝m ρ水＝560103m3＝0.56 m3 由理想气体的状态方程有p0V1T1＝p2V2T2得V1＝p2V2T2×T1p0＝2×0.56280×3001m3＝1.2 m3.。

2018-2017全国高考物理选修3-3部分真题附详细解析(2021年整理)

(完整)2018-2017全国高考物理选修3-3部分真题附详细解析(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整)2018-2017全国高考物理选修3-3部分真题附详细解析(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整)2018-2017全国高考物理选修3-3部分真题附详细解析(word版可编辑修改)的全部内容。

2017-2018年3—3高考真题2018年33．[物理-—选修3-3］（15分) （1）（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体,下列说法正确的是 (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）。

A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小（2）（10分）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为0p 。

现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为8V时,将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了6V 。

不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变,重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量。

33．［物理—-选修3—3］（1)BDE（2）设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为1V ，压强为1p ;下方气体的体积为2V ，压强为2p 。

2017步步高物理答案

2017步步高物理答案2017化学步步高答案最新版2017教师用书步步高大一轮复习讲义习题详细答案第一章第一讲篇一:2017步步高物理答案1第1章第1讲考点一物质的量摩尔质量题组一有关分子(或特定组合)中微粒数的计算1．答案①⑥⑤③②④2．(1)答案1.2解析n(SO2－4)＝3n[Al2(SO4)3]＝3×0.4 mol＝1.2mol，0.4 mol Al＋2(SO4)3中含有0.8 mol Al3，由于在溶液中Al3＋水解，故Al3＋的物质的量小于0.8 mol。

(2答案小于小于题组二通过n＝mNMNA间的换算3．答案C解析③中摩尔质量的单位错误；由于该氯原子的质量是a g，故a g该氯原子所含的电子数为17，④错。

4．答案0.33NA 0.26解析晶体的摩尔质量约为122 g·mol－1，n＝12.2 g122 g·mol－＝0.1 mol，故氧原子数目＝0.1×(2＋1.3)NA＝0.33NA，n(H)＝0.1 mol×1.3×2＝0.26 mol。

考点二气体摩尔体积阿伏加德罗定律深度思考2．答案③解析①、②中，1摩尔水或水蒸气的质量都为m水NA；③中，水蒸气分子间间距比分子直径大的多，仅由题给条件不能确定1摩尔水蒸气的体积。

题组一有关“n＝VmNV＝N的应用mMA1．答案D解析解法一公式法：a g双原子分子的物质的量＝pNAmol，双原子分子的摩尔质量＝a gpaNmolpg·mol－1，NA所以b g气体在标准状况下的体积为 b gaN×22.4 L·mol－1＝22.4pbaNAL。

－pg·mol1解法二比例法：同种气体其分子数与质量成正比，设b g气体的分子数为N a g ～p b g ～N 则：N＝bppbaaN，所以b Ag22.4pbaNAL。

2．答案B解析X除以NA为该气体的物质的量；然后乘以M表示其质量；最后除以V为1 L该气体的质量。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分计算题题型练(三)

计算题题型练(三)1.(2019·教育绿色评价联盟4月模拟)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型.竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB ,其下方右侧放置一水平传送带.直轨道末端B 与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过.转轮半径R ＝0.4 m 、转轴间距L ＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H ＝2.2 m.现将一小砂粒放在距离传送带高h 处静止释放,假设小砂粒从直轨道B 端运动到达传送带上C 点时,速度大小不变,方向变为水平向右.已知小砂粒与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6,g 取10 m/s 2)(1)若h ＝2.4 m,求小砂粒到达B 端时速度的大小;(2)若小砂粒落到传送带左侧地面,求h 需要满足的条件;(3)改变小砂粒释放的高度h ,小砂粒从传送带的D 点水平向右抛出,求小砂粒落地点到D 点的水平距离x 与h 的关系式及h 需要满足的条件.答案 (1)4 m/s (2)h ≤3 m(3)x ＝2h －3,且h ≥3.6 m解析 (1)小砂粒从A 点到B 点,由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v B 2－0 得到v B ＝4 m/s(2)若小砂粒落到传送带左侧地面,则小砂粒刚好能到达D 点时,h 最大.小砂粒从A 点到D 点,由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgL ＝0－0 解得h ＝3 m,即当h ≤3 m 时小砂粒会落到传送带左侧地面.(3)小砂粒从D 点向右飞出后做平抛运动H ＋2R ＝12gt 2 x ＝v D t由动能定理得:mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgL ＝12m v D 2－0 得到x ＝2h －3.为使小砂粒能在D 点水平抛出,需满足mg ≤m v D 2R,解得h ≥3.6 m.2.(2019·超级全能生2月联考)跳楼机是游乐园常见的大型设备,这种机器先将乘座台载至高空,再以接近自由落体运动向下跌落一段距离,然后利用电磁感应减速缓冲,这种缓冲的简化模型如图甲所示,两根相距为L的金属导轨竖直放置,固定在乘座台底有一根长为L、电阻为R的金属棒(乘座台连同金属棒总质量为m),棒两端与导轨始终保持良好接触,导轨下端连有阻值为R 的电阻.竖直面上分布着宽度为a、间距为b的n段水平向里的匀强磁场(a>b),金属棒初始位于最高OO′处,与第1磁场区域相距2a,使金属棒由静止自由释放.(重力加速度为g,导轨电阻不计,棒与导轨的接触电阻也不计)求:(1)为使乘座台在每段匀强磁场区域均能做匀速运动,则第1磁场区域的磁感应强度B1大小;(2)满足(1)情况下,乘座台进入第n段磁场区域时的速率v n和第n段磁场区域的磁感应强度大小B n;(3)若将n段磁场区域的磁感应强度均调整为B(作为已知量),乘座台仍然由OO′处静止开始释放,当金属棒穿过各段磁场时,发现通过导轨下端电阻的电流I随时间t作周期性变化,如图乙所示(从金属棒刚进入第1段磁场开始计时,图中所标T、I1、I2为未知量),根据图中信息求周期T,并计算在穿过这n段磁场区域的整个过程中金属棒上产生的电热Q.答案见解析解析(1)设金属棒到达第1磁场区域时的速度大小为v1,由运动学公式可知v12＝4ga①金属棒在第1磁场区域匀速运动,有B12L22Rv1＝mg②联立①②式可得B1＝1L mR g a(2)因为金属棒每次经过磁场区域时都是匀速,而在磁场外区域均以g做匀加速直线运动,所以金属棒进入第n段磁场区域时的速度v n＝2g(2a＋nb－b)又B n2L22Rv n＝mg,解得B n＝1L2mRg2(2a＋nb－b)(3)由I－t图象可知,金属棒进入每一段磁场的速度都相同,均为v1＝2ga,金属棒离开每一段磁场的速度都相同,记为v2,金属棒在b区域都做匀加速运动,所以在每个周期T中(两次进磁场的时间间隔),应用动量定理有mgT－F A t＝0F A t ＝B 2L 2v t 2R ＝B 2L 2a 2R解得T ＝B 2L 2a 2mgR在每个周期T 中,ΔE k ＝0,穿过每段磁场区域时产生的电热E 均相同,所以有mg (a ＋b )＝E 在穿过n 段磁场区域的整个过程中金属棒上产生的电热Q ＝12E ×n ＝n 2mg (a ＋b ). 3.(2019·宁波市3月模拟)如图所示,中央开有小孔的挡板MN 垂直纸面放置,纸面内建有一直角坐标系xOy ,坐标系以挡板上的小孔O 为原点,且x 轴与挡板平面重合.x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,若大量电子经某装置加速后,向上穿过挡板上小孔时的速度大小均为v 0,方向关于y 轴对称、且发散角为2θ,所有电子均在xOy 平面内运动;已知电子电荷量为e ,质量为m ,不计电子间相互作用及重力的影响,求:(1)若阴极K 通电后释放出的自由电子初速度近似为零,则上述加速装置的加速电压U 0应为多大;(2)若电子进入磁场后,打在MN 挡板上的落点长度为Δx ,该匀强磁场的磁感应强度B 为多大;(3)现在x 轴正半轴上放置一长度为L 的电子收集板,收集板右端的横坐标恰为2L .当匀强磁场的磁感应强度为B 0时,沿y 轴正方向穿过小孔的电子(速度大小为v 0)恰好打在收集板的右端.现有一批电子(总数为n 0个)以速度v 0向上穿过小孔,其发散角2θ＝90°,且假设电子打到x 轴上时的落点正好均匀分布,求:①若所有电子均未打到电子收集板上,则磁感应强度B ′应满足什么条件(用B 0表示); ②若磁感应强度B ′的取值范围为B 0≤B ′≤2B 0,试写出电子收集板收集到的电子数n 与B ′应满足的关系式(用B 0、B ′、n 、n 0表示).答案见解析解析 (1)由动能定理有eU 0＝12m v 02－0 解得U 0＝m v 022e(2)如图所示,从O 点射出的电子落在x 轴PQ 间,设电子做圆周运动的半径为r ,由几何关系有Δx ＝2r －2r cos θ由向心力公式有e v 0B ＝m v 02r解得B ＝2m v 0(1－cos θ)e Δx(3)磁感应强度为B 0时,沿y 轴正方向入射的电子,恰好打在收集板的右端点,如图甲所示,满足:R 0＝L恰好打在收集板的左端点,如图乙所示,满足R 1＝L 2洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,e v 0B ′＝m v 02R. 则B ′＝m v 0eR ,B 0＝m v 0eL①电子全部打到收集板左侧,则R <R 1,故B ′>2B 0电子全部打到收集板右侧,则R >R 2,由几何关系知2R 2cos θ＝2L ,由题知θ＝45°,则R 2＝2L ,故B ′<22B 0因此,若所有电子均未打到电子收集板上,磁感应强度应满足B ′>2B 0或B ′<22B 0.②设收集板能收集到全部电子时的最小半径为R 3,对应的磁感应强度为B 3,如图丁所示,有2R 3cos 45°＝L对应的磁感应强度B 3＝m v 0eR 3＝2B 0则当B 0≤B ′≤2B 0时,单位时间内收集板收集到的电子数n ＝n 0 当2B 0<B ′≤2B 0,单位时间内收集板收集到的电子数为n ,则打到收集板上的长度为2R 4－L ,R 4＝m v 0eB ′＝B 0B ′L 在x 轴上的总长度为2R 4－2R 4cos 45°,所以满足:n ＝2R 4－L 2R 4－2R 4cos 45°n 0代入解得:n ＝()2＋2⎝⎛⎭⎫1－B ′2B 0n 0。

【步步高】2017版高考物理(全国通用)选择题专练(五)

选择题专练(五)1.物体由静止开始做直线运动，以图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移，那么上下两图对应关系正确的是()答案 B解析图A中，由牛顿运动定律可知，加速度与合外力成正比，图A错误.图B中前半段时间，加速度是恒定的正值，速度均匀增大；后半段，加速度是恒定的负值，速度均匀减小，图B正确.图C中速度图象与时间轴所围的面积表示位移，前半段时间内位移应该一直增加，而下面对应的位移图象位移先增大后减小，图C错误.图D中前半段时间，速度均匀增大，对应的位移图象斜率逐渐增大，图D错误.2.如图1所示，开口向下的“∏”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A 的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为()图1A.2sin θ∶1B.2cos θ∶1C.1∶2cos θD.1∶2sin θ答案 C解析绳绕过定滑轮，绳中张力相等，对A ：F T sin θ＝m A g① 对B ：F T sin 2θ＝m B g②由①②得：m A m B ＝12cos θ，C 对. 3.如图2所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以v 的速度水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2.则v 的取值范围是( )图2A.v ＞7 m /sB.v <2.3 m/sC.3 m /s<v <7 m/sD.2.3 m /s<v <3 m/s答案 C解析小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大.此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入解得 v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，解得v min ＝3 m /s ，故v 的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确. 4.(多选)美国航天局与欧洲航天局合作，发射的火星探测器已经成功登录火星.荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地.若已知万有引力常量为G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是( )A.在火星表面使一个小球作自由落体运动，测出落下的高度H 和时间tB.火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期TC.火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h 、运行周期T 和火星的半径D.观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D 和运行周期T答案 BC解析设火星的质量为M ，半径为R ，则火星的质量M ＝43ρπR 3.在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H 和时间t ，根据H ＝12gt 2，可知算出火星的重力加速度，根据G Mm R 2＝mg ，可以算得M R 2的值，但无法算出密度，故A 错误；根据GMm R 2＝m 4π2T 2R ，M ＝43ρπR 3，得：ρ＝3πGT 2，已知T 就可算出密度，故B 正确；根据GMm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，M ＝43ρπR 3，得M ＝4π2(R ＋h )3GT 2，已知h ，T ，R 就可算出密度，故C 正确；观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D 错误.5.(多选)(2015·山东理综·39(1))14C 发生放射性衰变成为14N ，半衰期约5 700年.已知植物存活期间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动结束后，14C 的比例持续减小.现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是( )A.该古木的年代距今约5 700年B.12C 、13C 、14C 具有相同的中子数C.14C 衰变为14N 的过程中放出β射线D.增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变答案 AC解析因古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5 700年，选项A 正确；12C 、13C 、14C 具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B 错误；根据核反应方程可知，14C 衰变为14N 的过程中放出电子，即放出β射线，选项C 正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D 错误.6.(多选)如图3所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来.下列判断中正确的是( )图3A.线框能旋转起来，是因为电磁感应B.俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D.旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大答案 BC 7.(多选)如图4所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20 2 cm ，电阻不计，其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻.两导轨之间存在着磁感应强度为1 T 的匀。

【步步高】2017版高考物理(全国通用)选考题专练(选修3-3)

2017年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅱ)及解析

【步步高】(新课标)高中物理 模块综合检测(二)新人教版选修3-3

【步步高】(新课标)高中物理 模块综合检测(一)新人教版选修3-3

2017高考物理选修3-3真题汇总及详细解析

【步步高 学案导学设计】高中物理 期末检测(含解析)新人教版选修3-3

2017步步高考前3个月物理(江苏)知识专题复习 专题15 选修3-3

物理步步高分层训练与测评答案选修3_3

2017高考物理选修3-3真题汇总及详细解析

《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套章末检测卷：第三章磁场(含解析)

2017年高考物理试题分项版汇编系列 专题15 选修3-3(含解析)

(完整版)2017年全国高考物理3试卷及答案

【步步高】(新课标)高中物理 模块综合检测(四)新人教版选修3-3

2018-2017全国高考物理选修3-3部分真题附详细解析(2021年整理)

2017步步高物理答案

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分计算题题型练(三)

【步步高】2017版高考物理(全国通用)选择题专练(五)

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(二)新人教版选修3-3

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(一)新人教版选修3-3

【步步高学案导学设计】高中物理期末检测(含解析)新人教版选修3-3

2017步步高考前3个月物理(江苏)知识专题复习专题15 选修3-3

2017年高考物理试题分项版汇编系列专题15 选修3-3(含解析)

【步步高】(新课标)高中物理模块综合检测(四)新人教版选修3-3