新2014_2015学年高中物理期末检测(含解析)粤教版选修3_3
2015_2016高中物理模块综合检测卷粤教版选修3_3
模块综合检测卷(测试时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共55分)1．下列关于能源的说法中正确的是(D)A．能源是取之不尽、用之不竭的，尽量使用即可B．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡不利用能源C．能量的利用过程实质上是能量的创造和消失过程D．能量的利用过程实质上是能量的转化和转移过程解析：虽然在能量的利用过程中能的总量保持不变，但能量的品质会逐渐降低，可利用的能源会逐渐减少，所以应该节约能源，A、B错误；能量的利用过程的实质是能量的转化和转移，而不是能量的创造和消失，C错误、D正确．2．(多选)关于布朗运动，以下说法正确的是(CD)A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的吸引力不平衡引起的C．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引起的D．在悬浮颗粒大小不变的情况下，温度越高布朗运动越激烈解析：布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引起的，在其他条件不变的情况，温度越高布朗运动越激烈；布朗运动是指悬浮颗粒的无规则运动，并不是液体分子的运动，但布朗运动却间接反映了液体分子运动的无规则性．故C、D正确．3．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)变到很难再靠近的过程中，分子间作用力的大小将(C)A．先减小后增大 B．先增大后减小C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小解析：由分子间作用力与分子距离的关系图象知，分子间的作用力由表现为引力逐渐变为表现为斥力，其大小先增大后减小再增大．C正确．4．(多选)根据热力学定律和分子动理论可知，下列说法正确的是(BD)A．可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化B．理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C．布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越剧烈D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的解析：根据热力学第二定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，而气体压强大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度升高，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确．布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，理论上满足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确．5．在一定温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于(D)A．每个分子对器壁的平均撞击力变大B．单位体积内的气体分子数变大，分子对器壁的吸引力变大C．单位体积内的气体分子数变大，单位体积内分子的重量变大D．单位体积内的气体分子数变大，单位时间内气体分子对器壁碰撞的次数增多解析：从微观的角度看，气体对容器的压强是大量分子对容器壁的碰撞引起的；温度越高，单位体积内的分子数越多，单位时间内对器壁碰撞的次数越多，气体压强越大，故D 正确．6．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，其中主要原因是(D)A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天温度升高，大气压强变小D．瓶内气体因温度降低而压强减小解析：瓶内气体发生的是等容变化，当经过一个夜晚后，其温度降低，压强减小，瓶塞受到的内部气体压强小于外界的大气压强，所以第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，故选D.7．关于液体的表面现象，下列说法正确的是(D)A．液体表面层的分子分布比内部密B．液体有使其体积收缩到最小的趋势C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力D．液体有使其表面积收缩到最小的趋势解析：液体表面层的分子分布比内部稀疏，故A错；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错，D对；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错．8．(多选)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成．当稳压阀打开以后，燃气以气态从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，则以下说法中正确的是(AC)A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用解析：燃气由液态变为气态的过程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确，燃气在膨胀过程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误，由熵增加原理可知C选项正确、D选项错误．9．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中(D)A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能相互转化C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减小D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变解析：汽车沿斜坡匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，但减小的重力势能没有转化成动能而是转化为内能，而总能量是守恒的，故A、B、C错误，D正确．10．(多选)如图所示，绝热容器内被活塞封闭一定质量的气体，现压缩气体使其体积减小，则(BC)A．气体对外界做功，内能增加B．外界对气体做功，内能增加C．温度升高，压强变大D．温度升高，压强变小解析：绝热容器内封闭一定质量的气体，压缩气体使其体积减小，外界对气体做功，绝热容器不发生热传递，气体内能增加，气体的温度升高，压强变大．11．(多选)如图所示，p-T图中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ab线和cd线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ad线的延长线通过原点．下列判断中正确的是(CD)A．由b到c气体不吸热也不放热B．由a到b过程，外界对气体做功C．由c到d气体一定放热D．由d到a气体一定吸热解析：由b到c过程中，做等温膨胀变化，对外做功，一定吸热，A错；a到b过程做等压变化，温度升高，由盖·吕萨克定律知，V增大，气体对外做功，B错；c到d过程也做等压变化，但温度降低，V减小，外界对气体做功，又内能减小，由ΔU＝W＋Q知气体一定放热，C对；d到a是等容变化，又T增大，ΔU>0，W＝0，则Q>0，即一定吸热，D正确．二、填空题(每空3分，共15分)12．某气体初态时有100 J内能，膨胀过程中对外做功30 J，同时吸收了20 J的热量，在这过程中内能________________________________________________________________________ (填“增加”或“减少”)________ J.解析：由热力学第一定律ΔU＝U2－U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30 J，Q＝20 J．故ΔU＝U2－U1＝－10 J，因而内能减少了10 J.答案：减少1013．用内径很小的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压________(填“偏高”、“偏低”或“相同”)．解析：水银对玻璃是不浸润的，由于内径很小，则可发生毛细现象，对液柱起压低作用，所以水银柱高度降低，示数偏低．答案：偏低14．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T )随加热时间(t )变化关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看作不变．(1)以下说法正确的是________．A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)请说明理由．解析：根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，理想气体的状态方程pV T ＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W <0，ΔU ＝Q －|W |；体积不变的条件下，W ＝0，ΔU ＝Q ；所以ΔU 1<ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快．答案：(1)BCD (2)变快三、计算题(每小题15分，共30分)15．将两块－10 ℃的冰块互相摩擦，两者之间摩擦力保持10 N ，两者相对速度为0.9 m/s ，若摩擦产生的能量全部被冰块吸收，问5 min 后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？(已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为4.5×107 J/kg)解析：摩擦力做的功：W ＝f ·v ·t ＝10×0.9×300 J ＝2 700 J.ΔE ＝W ，故ΔE ＝2 700 J ，冰的内能增加2 700 J改用煤油炉加热，其传递给冰块的热量等于摩擦力做的功，故W ＝ηqm ，m ＝W ηq ＝2 7000.3×4.5×107kg ＝2.0×10－4 kg. 答案：2 700 J 2.0×10－4 kg16．一定质量的理想气体由状态A 经过状态B 变为状态C ，其有关数据如p-T 图象甲所示．若气体在状态A 的温度为－73.15 ℃，在状态C 的体积为0.6 m3.求：(1)状态A 的热力学温度；(2)说出A 至C 过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA 的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A 经过状态B 变为状态C 的V-T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程．解析：(1)状态A 的热力学温度：TA ＝t ＋273.15＝－73.15＋273.15＝200 K.(2)由图甲可知：A 至B 为等压过程，B 至C 为等容过程．对A 至C ，由理想气体状态方程有：pAVA TA ＝pCVC TC ，得：VA ＝pCVCTA pATC ＝2.0×105×0.6×2001.5×105×400＝0.4 m3.(3)由盖·吕萨克定律：VA TA ＝VB TB ，得：VB ＝VATB VA ＝0.4×300200＝0.6 m3.因为B 至C 为等容过程，所以VC ＝VB ＝0.6 m3，图象如图所示．答案：(1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析。
2014-2015学年上学期高一物理上学期期末考试试题(含答案)
2014—2015学年度上学期期末考试高一级物理试题(含答案)一．单项选择题（共4小题，每小题4分，共16分，每小题只有一个选项符合题意．） 1．在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是A ．亚里士多德、伽利略 B. 伽利略、牛顿 C ．伽利略、爱因斯坦 D. 亚里士多德、牛顿 2．A 、B 、C 三物同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示它们位移与时间的图象，由图可知它们在t 0时间内 A ．三者平均速度相等 B ．A 的平均速度最大 C ．C 的平均速度最大D ．C 的平均速度最小3．书放在水平桌面上，桌面会受到弹力的作用，产生这个弹力的直接原因是A ．书的形变B .桌面的形变C ．书和桌面的形变D.书受到的重力4．如图所示，一木块受到垂直于倾斜墙面方向的推力F 作用而处于静止状态，下列判断正确的是A ．墙面与木块间的弹力可能为零B ．墙面对木块的摩擦力可能为零C ．在推力F 逐渐增大过程中，木块将始终维持静止D ．木块所受墙面的摩擦力随推力F 的增大而变化二．多项选择题（共5小题，每小题5分，共25分，每小题至少有两个或两个以上的选项符合题意．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分．） 5．关于力学单位制说法中正确的是 A ．kg 、Ｊ、N 是导出单位 B ．kg 、m 、s 是基本单位C ．在国际单位制中，质量的基本单位是kg ，也可以是gD ．在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是F ＝ma 6．有关物体的运动速度和加速度的说法正确的是 A ．物体运动的速度越大，加速度也一定越大B ．物体的加速度越大，它的速度一定越大C ．加速度反映速度变化的快慢，与速度无关D ．速度变化越快，加速度一定越大7．某物体运动的υ-t 图象如图所示，则下列说法正确的是A ．物体在第1s 末运动方向发生改变B ．物体在第2s 内和第3s 内的加速度是相同的C ．物体在第4s 末返回出发点D ．物体在第5s 离出发点最远，且最大位移为0.5m 8．物体放在水平桌面上处于静止状态,下列说法中正确的是A ．桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力B ．物体所受的重力与桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C ．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一性质的力 D.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力和反作用力 9．如图所示的装置中，增加B 的重力，A 仍然保持静止状态，则正确的是 A ．悬挂滑轮的轴对滑轮的作用力一定增大 B ．绳子对A 的拉力一定增大 C ．地面对A 物体的摩擦力可能减少D ．A 物体对地面的压力增大 三．实验题（共1小题，共18分） 10．（1）（8分）某校学习兴趣小组在研究“探索小车速度随时间变化的规律”的实验，图是某次实验得出的纸带，所用电源的频率为50H Z ，舍去前面比较密集的点，从0点开始，每5个连续点取1个计数点，标以1、2、3……。
粤教版高中物理选修3-3 章末质量评估物理试卷(解析版)
章末质量评估(三)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,选对的得3分,选错或不答的得0分)1. 在以下事例中,通过热传递的方式来改变物体内能的是( )A. 两小球碰撞后粘合起来,同时温度升高B. 冬天暖气为房间供暖C. 点燃的爆竹在空中爆炸D. 汽车的车轮与地面相互摩擦发热【答案】B【解析】改变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移,而不是其他形式的能转化为内能,两小球碰撞后粘在一起,温度升高,是机械能转化为内能,故A错误；冬天暖气为房间供暖,是通过热传递的方式来改变物体内能的,故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸,是化学能转化为了内能,故C错误；车轮与地面摩擦生热,是机械能转化为内能,故D错误．所以B正确,ACD错误．2. 2013年,我国出现了大范围的雾霾天气,如何减少环境污染,已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是( ) A.太阳能光伏发电 B. 风力发电C. 水力发电 D. 火力发电【答案】D 【解析】太阳能光伏电池属于清洁能源,不会带来大气污染,故A错误；风能属于清洁的新能源,无污染,故B错误；水力发电,属于清洁能源,不会带来大气污染,故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源,从而带来大量的烟尘造成大气污染,故D正确．所以D正确,ABC错误．3. 崔牛先生向客户推介他设计的“超级推进器”,该推进器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机控制系统组成,其神奇之处在于能通过自身的循环工作,源源不断地获得动力,而不需要消耗任何能源．事实上,这是不可能实现的,因为他的设计违反了( )A. 质量守恒定律B. 电荷守恒定律C. 机械能守恒定律D.能量守恒定律【答案】D 【解析】任何机器只能转换能量存在的形式,并不能制造能量,题目中的装置是一种永动机,它违背了能量守恒定律,故选D4. 下列说法中,正确的是（）A. 物体吸收热量,内能一定增加B. 物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变C. 热量不可能从低温物体传到高温物体D. 气体自由膨胀是可逆过程【答案】B【解析】【分析】影响内能的方式有做功和热传递,在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映；改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,物体的内能不一定增大,故A错误；B、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变,故B正确；C、热量在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体,如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体．故C错误；D、根据热力学第二定律气体自由膨胀是可逆过程．故D错误．故选B【点睛】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的知识,难度不大,注意积累．改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．5. 下列说法中正确的是( )A. 机械能可以全部转化为内能,内能也可能全部转化为机械能B. 电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体C. 热量不能从低温物体传到高温物体D. 热力学第二定律说明热量只能由高温物体传向低温物体【答案】A【解析】机械能可以全部转化为内能,根据热力学第二定律知,在外界的影响下,内能也可能全部转化为机械能,故A正确．根据热力学第二定律知,热量可以自发地由高温物体传到低温物体,不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的情况下热量才由低温物体传到高温物体,热量不是自发地自低温物体传到高温物体,故B错误．根据热力学第二定律知,在引起其他变化的情况下,热量能从低温物体传到高温物体,故CD错误．所以A正确,BCD错误．6. 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可沿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【答案】A【解析】【分析】【详解】筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,则外界对气体做功,外界对气体做功使气体的内能增大．A正确．7. 对一些机械设备科学性分析正确的是( )A. 空调机既能制冷又能制热,说明热传递不存在方向性B. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律C. 即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%D. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律【答案】C【解析】热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体,空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂,再通过压缩制冷剂将热量传到室外,而制热过程也是这样进行的,故A错误．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律,不违反能量守恒定律,故B错误．根据热力学第二定律可知,即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%,故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,同时要消耗一定的电能,所以不违背热力学第二定律,故D错误．所以C正确,ABD错误．8. 一定质量的0 ℃的冰,全部变成0 ℃的水的过程中( )A. 分子的平均动能增大,吸收热量,内能不变B. 分子的平均动能减小,放出热量,内能增大C. 分子的平均动能不变,吸收热量,内能增大D. 分子的平均动能不变,放出热量,内能减小【答案】C【解析】冰是晶体,在熔化过程中,0 ℃的冰全部变成0 ℃的水,温度保持不变,故分子平均动能不变,但溶化过程要吸热,所以内能增大,故ABD错误,C正确．9. 如图所示,在紫铜管内滴入乙醚,盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动,管塞会被冲开．管塞被冲开前（）A. 外界对管内气体做功,气体内能增大B. 管内气体对外界做功,气体内能减小C. 管内气体内能不变,压强变大D. 管内气体内能增加,压强变大【答案】D【解析】【分析】【详解】克服绳与金属管间的摩擦做功,使管壁内能增加,温度升高,由于热传递使得乙醚的温度升高,直至沸腾,管塞会被冲开,管塞被冲开前管内气体内能增加,压强变大.故选D10. 如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为Ep （弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程（ ）A. Ep 全部转换为气体的内能B. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能C. Ep 全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能【答案】D【解析】以活塞为研究对象,设气体压强为p 1,活塞质量为m ,横截面积为S ,末态时压强为p 2,初态F 弹>mg ＋p 1S ,由题意可得末态位置必须高于初位置,否则不能平衡,则由ΔU ＝W (绝热)．W 为正,ΔU 必为正,温度升高,内能增加,活塞重力势能增加,末态时,由力的平衡条件知F 弹′＝mg ＋p 2S ,仍然具有一部分弹性势能,故D 正确ABC 错误．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,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 11. 一铜块和一铁块,质量相等,铜块的温度T 1比铁块的温度T 2高,当它们接触在一起时,如果不和外界交换能量,则( )A. 从两者开始接触到热平衡的整个过程中,铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量B. 在两者达到热平衡以前的任意一段时间内,铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量C. 达到热平衡时,铜块的温度T ＝D. 达到热平衡时,两者的温度相等【答案】AD【解析】一个系统在热交换的过程中,如果不与外界发生热交换,温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸收的热量,直到温度相等,不再发生热交换为止,而热量是热传递过程中内能的变化量相等,故AD 正确, B 错误．根据热平衡方程()()12c m T T c m T T -=-铜铁,解得12c T c T T c c +=+铜铁铜铁,故 C 错误．所以AD 正确,BC 错误．12. 下列说法不正确的是( )A. 热量不可能由低温物体传递到高温物体B. 外界对物体做功,物体的内能一定增加C. 第一类水动机违反了热力学第二定律D. 第二类水动机不能制成,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性【答案】ABC【解析】热量在一定的条件下可以由低温物体传递到高温物体,故A说法错误；由公式ΔU＝W＋Q知做功和热传递都能改变物体内能,外界对物体做功若同时放出热量,物体的内能一定增加,故B说法错误；第一类永动机不消耗能量而对外做功,违反了能量守恒定律,故C说法错误；第二类永动机违背了热力学第二定律,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故D说法正确．所以选ABC．13. 如图所示,一定质量的理想气体,从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A,则()A. A→B过程气体降温B. B→C过程气体内能增加,可能外界对气体做了功C. C→A过程气体放热D. 全部过程气体做功为零【答案】AC【解析】【分析】W<,根据热力学第一定律【详解】A．A→B过程是绝热过程,Q=0,体积变大,气体对外做功,0U Q W∆=+,得0∆<,内能减小,温度降低,故A正确；UB．B→C过程中,气体体积不变,根据查理定律,压强增加,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律∆=+,体积不变不做功0U Q WW=,气体吸热,故B错误；W>,根据热力学第一定律得C．C→A过程是等温变化,内能不变0U∆=,体积减小,外界对气体做功00Q <,气体放热,C 正确；D ．全部过程分三个过程,A 到B 气体对外做功10W <,B 到C 不做功,C 到A 外界对气体做功20W >,根据p -V 图象中,图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的到B 做功小于C 到A 做功,如下图阴影面积所示,故全部过程做功不为0,故D 错误．故选AC .14. 如图,一绝热容器被隔板K 隔开成a ,b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体,b 内为真空．抽开隔板K 后,a 内气体进入b ,最终达到平衡状态．在此过程中( )A . 气体对外界做功,内能减少B. 气体不做功,内能不变C. 气体压强变小,温度降低D. 气体压强不变,温度不变【答案】B【解析】【分析】【详解】根据容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q=0.稀薄气体向真空扩散没有做功,W=0.根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变,则温度不变．稀薄气体扩散体积增大,压强必然减小．故B 正确,ACD 错误.三、非选择题(本大题共5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. 指出下面例子中各是什么物理过程改变物体内能：(1)瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,_______．(2)子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,__________．(3)电流通过电炉丝,其温度升高,____________．(4)将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高,____________．【答案】(1). 做功(2). 做功(3). 做功(4). 热传递【解析】（1）瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,是体积增大对外做功．（2）子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,是因为摩擦做功产生热量．（3）电流通过电炉丝,其温度升高是电流做功．（4）将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高是通过热传递,将热量传给水．16. (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,下列说法中正确的是________(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,则此过程中气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后,温度上升的过程中,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.【答案】(1). D(2). 吸收(3). 0.6(4). 0.2【解析】(1)气泡上升过程中温度保持不变,所以以分子的平均速率不变,平均动能也不变,故BC错误；而压强减小体积增大,分子间的作用力不一定增大,故A错误；根据熵增加原理可知D正确．所以选D.(2)气泡上升过程中T不变,故ΔU＝0,由热力学第一定律得气体吸收热量为：Q＝W＝0.6 J．气泡到达湖面后温度上升,ΔU＝Q＋W＝0.3 J－0.1 J＝0.2 J．17. 如图所示,为一气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335J的热量传入系统,系统对外界做功126J,求：(1)若沿a→d→b过程,系统对外做功42J,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84J,问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？【答案】(1)251J (2)放热 （3）293J【解析】试题分析：（1）分析图示a→c→b 过程,由热力学第一定律U W Q ∆=+求出内能的变化．沿a→d→b 过程与a→c→b 过程内能变化相同,再由热力学第一定律求出热量．（2）由a→b 和由b→a 内能变化大小相等,但符号相反,根据热力学第一定律求解即可．（1）沿a→c→b 过程,由热力学第一定律得：()126335J 209J U W Q ∆=+=-+=沿a→d→b 过程,U W Q ∆='+'；[20942]J 251J Q U W '=∆-'=--=（） 即有251J 的热量传入系统．（2）由a→b ,209J U ∆=；由b→a ,209J U U ∆'=-∆=-根据热力学第一定律有：84U W Q J Q ∆'="+"=+"；得：()20984J 293J Q "=--=-负号说明系统放出热量,热量传递为293J ．18. 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 ,开始时气体的温度为T 0,活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压强恒为P 0的空气中,当气体从外界吸收热量Q 后,活塞缓慢上升d 后再次达到平衡,求：（1）外界空气的温度；（2）在此过程中密闭气体的内能增加量.【答案】（1）000h d T h + ；（2）Q-mgd-pS 0d 【解析】【分析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得： ()000h d s h s T T+=, 解得：外界的空气温度为：000h d T T h +=； （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()0W mg p S d =-+,根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能()0==U Q W Q mg p S d ∆++﹣；19. 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C,其中A→B 过程为等压变化,B→C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3,T A ＝T C ＝300 K,T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B→C 过程压强变化的微观原因．(3)设A→B 过程气体吸收热量为Q 1,B→C 过程气体放出热量为Q 2,比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．【答案】(1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1大于Q 2,原因见解析【解析】【分析】【详解】（1）设气体在B 状态时的体积为V B ,由盖--吕萨克定律得,,代入数据得V B =0.4m 3．（2）微观原因：气体体积不变,分子密集程度不变,温度变小,气体分子平均动能减小,导致气体压强减小． （3）Q 1大于Q 2．因为T A =T B ,故A→B 增加的内能与B→C 减小的内能相同,而A→B 过程气体对外做正功,B→C 过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2．。
新2014_2015学年高中物理综合检测(含解析)粤教版选修3_3
【新步步高】2014-2015学年高中物理 综合检测（含解析）粤教版选修3-3(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．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，V 0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 ＝V 0V mB ．N A ＝V m V 0C ．V m ＝MρD ．m ＝M /N A2．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 3．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4．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( )5．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0.25K,1957年达到了2×10－5K,1995年通过一系列巧妙的方法已达到1×10－8K ．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40m 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600～1000m 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 ．③④6．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、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)7．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8．一定质量的理想气体( )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9．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 C10．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．气体膨胀缸套下移题号12345678910 答案11．(8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0.6J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0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.12．(6分)图3用如图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38分)13．(8分)在标准状况下，空气的摩尔质量是M＝29×10－3kg/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4.5cm3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＝20cm，水银柱上表面与导线端点的距离为L2＝10cm，管内水银柱的重量为10N，横截面积为1cm2，大气压强p0＝1.0×105Pa，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20J，则空气柱的内能增加了多少？16．(12分)图6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297K，现缓慢加热汽缸内气体，直至温度为399.3K．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．综合检测1．A2．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．]3．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．]4．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 ，ΔU a >ΔU 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 ，ΔU a >ΔU 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．]5．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．]8．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．]9．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．]10．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．]11．(1)D (2)吸收 0.6 0.2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 ＋h13．4.8×10－26kg 5.8×10－6kg 1.2×1020个解析 空气中气体分子的平均质量m ＝M N A ＝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 N A ＝4.5×10－622.4×10－3×6.02×1023个＝1.2×1020个14．(1)ΔU ＋W (2)2 ΔU ＋WSt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 St η＝ΔU ＋W St ×50%＝2 ΔU ＋W St15．(1)177℃ (2)18J解析 (1)由V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝V 2V 1T 1＝450K t 2＝177℃ (2)气体对外做功W ′＝(p 0S ＋mg )L 2＝2J 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－W ′＋Q ＝18J16．(1)330K (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＝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 V 0T B ＝1.1V 0T A，解得T A ＝1.1T B ＝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p 0T A ＝p T，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。
新2014_2015学年高中物理综合检测卷B(含解析)粤教版选修3_3
【新步步高】2014-2015学年高中物理综合检测卷B（含解析）粤教版选修3-3(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．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．2．夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气(可看成理想气体)( )A．内能减小，外界对其做功B．内能减小，吸收热量C．内能增加，对外界做功D．内能增加，放出热量答案 A解析此过程中瓶内空气温度降低，体积减小，所以内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU<0，W>0，Q＝ΔU－W<0，所以空气放热，只有选项A正确．3．重庆出租车常以天然气作为燃料．加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( )A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小答案 B解析储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确．4．关于气体压强，下列说法正确的是( )A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲力C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D ．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大 答案 A解析 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系，由此可知选项A 正确，选项B 错误；气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强也一定减小，选项C 错误；单位体积的气体分子增加，若温度降低，则有可能气体的压强减小，选项D 错误．5．某自行车轮胎的容积为V .里面已有压强为p 0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________的空气．(填选项前的字母)( ) A.p 0p V B.p p 0VC ．(p p 0－1)VD ．(p p 0＋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，p 0V ＋p 0V ′＝pV ，解得V ′＝(p p 0－1)V ，选项C 正确．6.某校开展探究性课外活动，一同学用如图1所示的装置研究气体的压强、体积、温度三者之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸并将其开口向下固定不动，气缸内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )图1A ．外界对气体做功，气体内能增大B ．外界对气体做功，温度计示数不变C ．气体体积减小，温度计示数变小D ．外界对气体做功，温度计示数变大 答案 B解析 细沙漏出，活塞向上运动，气缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；气缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，气体向外放热，温度不变，亦即内能不变，选项B 正确．7.一定质量的理想气体状态变化过程如图2所示，第一种变化是从A 到B ，第二种变化是从A 到C .比较两种变化过程，则( )图2A ．A 到C 过程气体吸收的热量较多B ．A 到B 过程气体吸收的热量较多C ．两个过程气体吸收的热量一样多D ．两个过程气体内能增量不相同 答案 A解析 在p —T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，由题图可知V C >V A >V B .从A →C ，气体对外界做功，W AC <0；从A →B ，外界对气体做功，W AB >0.由T B ＝T C 可知，A →B 和A →C 两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收的热量较多，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．8．A 、B 为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C 、D 为两个重物，质量关系为m C >m D ，按如图3所示方式连接并保持平衡，现使它们的温度都升高10℃，不计活塞质量及滑轮系统的摩擦，则系统重新平衡后( )图3A ．C 下降的高度比D 下降的多B ．C 下降的高度比D 下降的少 C ．C 、D 下降的高度一样多D ．A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同 答案 A解析 系统处在平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D gS，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pVT＝C (常量)可知，当p 不变时，ΔV ＝C ΔTp.又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的多，选项A 正确．二、双项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)9.把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图4所示，下列说法中正确的是( )图4A．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．10．关于物态和物态变化，下列说法正确的是( )A．晶体与非晶体都有确定的熔点B．浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的绝对湿度D．液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性答案BD解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，选项A错误；浸润和不浸润现象是由接触层分子间距变化引起的，与表面张力类似，均为分子力的表现形式之一，选项B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，选项C错误；液晶是一种介于晶体和液体之间的物质，具有液体的流动性和某些晶体的光学各向异性，选项D 正确.11.如图5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( )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，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ΔU＝W＋Q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．12．理想气体分子之间的相互作用可忽略不计，现使一定质量的理想气体温度降低而压强变大，达到新的平衡后，则( )A．气体的密度变大B．气体分子无规则运动的平均动能变小C．每个气体分子无规则运动的速率都变大D．每个气体分子无规则运动的速率都变小答案AB解析当使理想气体的温度降低而压强变大达到新的平衡后，气体的体积减小，所以气体的密度变大，气体分子无规则运动的平均动能变小，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增多，但在某一时刻对于单个分子来说，有的分子无规则运动的速率增大，有的减小．故只有选项A、B正确．13．下列说法中正确的是( )A．布朗运动就是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B．质量一定的理想气体，体积不变时，温度越高，压强越大C．一定质量的理想气体对外做功500J，同时吸收200J热量，则这气体温度降低、内能减少300JD．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律答案BC解析布朗运动是悬浮颗粒的运动，是由于液体分子的无规则撞击导致的，A选项错误；据理想气体状态方程pV/T＝C，B选项正确；据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，C选项正确；第二类永动机违反了热力学第二定律．D选项错误．14．下列说法正确的是( )A．一定质量的理想气体在等温变化过程中，若吸热，则一定对外做功B．分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快C．热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能D ．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的总作用力 答案 AB解析 理想气体内能由温度决定，等温变化，内能保持不变，根据热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q ，吸收热量时，一定对外做功，A 正确；分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，B 正确；无论如何改进，热机的效率不可能达到100%，C 错误；气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在单位面积上的总作用力，D 错误． 15．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 ．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体 答案 CD解析 物体温度越高，分子热运动的平均动能越大，并不是每个分子热运动的动能都大，故A 是不对的；布朗运动并不是液体分子的运动，在布朗运动中看到的并不是分子，而是微小的颗粒，由于液体分子对颗粒的不同方向的撞击是不平衡的，故颗粒会做无规则的运动，所以B 是不对的；一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果其对外做了相同大小的功，根据热力学定律可知，其内能可能不变，C 是正确的；热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体是正确的，要想让热量能够从低温物体传递给高温物体，则外界必须对它做功，故D 也是正确的．16.如图6所示，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体( )图6A ．内能增加B ．对外做功C ．压强增大D ．分子间的引力和斥力都增大 答案 AB解析 因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度也升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A 正确．因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p 0S ＋mg ＝pS ，即缸内气体的压强p ＝p 0＋mgS 不变，C 错误．由盖·吕萨克定律V T＝C 可知气体体积膨胀，对外做功，B 正确．理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D 错误．三、填空题(本题共2小题，共12分)17.(6分)如图7所示，一定质量的理想气体被活塞密封在一容器中，活塞与容器壁间无摩擦．当气体的温度升高时，气体体积________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，从微观角度看，产生这种现象的原因是____________．图7答案 增大 原因见解析解析 一定质量的气体压强大小跟气体分子的平均动能、单位体积内分子数的乘积成正比．由于气体压强大小一定，当气体温度升高时，气体分子的平均动能增大，从而引起单位体积内分子数减小、气体的体积增大．18.(6分)如图8所示为一定质量的理想气体的p —V 图象．其中，A →B 为等温过程，B →C 为绝热过程．这两个过程中，内能减少的是________；B →C 过程气体________(选填“对外”或“对内”)做功．图8答案 B →C 对外解析 B →C 过程温度降低，故内能减少，此过程中体积增大，故对外做功． 四、计算题(本题共2小题，共24分)19．(12分)1mol 任何气体在标准状况下的体积都是22.4L ．试估算温度为零摄氏度，压强为2个标准大气压状态下单位体积内气体分子数目(结果保留两位有效数字)． 答案 5.4×1025(个)解析 设标准大气压为p 0,0℃时，p 1＝2p 0，体积V 1＝1m 3，在标准状态下，压强p 2＝p 0，体积V 2由p 1V 1＝p 2V 2，得V 2＝2m 3N ＝N A V 2×10－322.4＝5.4×1025(个)．20．(12分)如图9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L 1＝20cm ，水银柱上表面与导线端点的距离为L 2＝10cm ，管内水银柱的重量为10N ，横截面积为1cm 2，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，问：图9(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20J ，则空气柱的内能增加了多少？ 答案 (1)177℃ (2)18J 解析 (1)由V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝L 1＋L 2L 1T 1＝450K t 2＝177℃(2)气体对外做功W ′＝(p 0S ＋G )L 2＝2J由热力学第一定律知 ΔU ＝W ＋Q ＝－W ′＋Q ＝18J。
高中物理 章末检测卷(一)(含解析)粤教版选修3-3-粤教版高二选修3-3物理试题
【新步步高】2014-2015学年高中物理章末检测卷〔一〕〔含解析〕粤教版选修3-3(时间：90分钟总分为：100分)一、单项选择题(此题共8小题，每一小题4分，共32分)1．如下说法正确的答案是( )A．布朗运动就是液体分子的无规如此运动B．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著C．物体的温度升高，其分子的平均动能增大D．当两分子间距离增大时，分子引力增大，分子斥力也增大答案 C解析布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规如此热运动的反映．故A错误；固体微粒越大，同一时刻与之碰撞的液体分子越多，固体微粒各个方向受力越趋近平衡，布朗运动越不明显，故B错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．故C 正确；分子间的距离增大，分子间的引力和斥力都减小，故D错误．2．PM2.5是指直径小于2.5微米的颗粒，其悬浮在空气中很难自然沉降到地面．如此空气中的PM2.5( )A．不受重力作用B．运动不是分子热运动C．运动是分子热运动D．颗粒越大，无规如此运动越明显答案 B解析PM2.5受到重力作用，故A错误；PM2.5是固体小颗粒，它的无规如此运动不是分子的热运动，是固体小颗粒的运动，故B正确，C错误；PM2.5的无规如此运动可以看做布朗运动，颗粒越大，无规如此运动越不明显，故D错误．3．我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规如此运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧排放的烟尘是形成PM2.5的主要原因．如下关于PM2.5的说法中正确的答案是( )A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸小C．PM2.5的运动轨迹是由气流的运动决定的D．PM2.5必然有内能答案 D解析PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A、B错误；PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规如此碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C错误；PM2.5内部的热运动不可能停止，故PM2.5必然有内能，D正确．4．如下说法中正确的答案是( )A．只要温度一样，任何物体分子的平均动能一样B．分子动能指的是由于分子定向运动具有的能C．10个分子的动能和分子势能的总和就是这10个分子的内能D．温度高的物体中的每一个分子的运动速率一定大于温度低的物体中的每一个分子的运动速率答案 A解析温度一样，物体分子的平均动能一样，故A正确；分子动能指的是由于分子做无规如此热运动而具有的能，B错误；物体内能是对大量分子而言的，对于10个分子无意义，故C 错误；温度高的物体分子的平均运动速率大(一样物质)，但具体的每一个分子的运动速率是不确定的，可能大于平均运动速率，也可能等于平均运动速率，也可能小于平均运动速率，故D错误．5．雨滴下落，温度逐渐升高，在这个过程中，如下说法中正确的答案是( )A．雨滴内分子的势能都在减小，动能在增大B．雨滴内每个分子的动能都在不断增大C．雨滴内水分子的平均动能不断增大D．雨滴内水分子的势能在不断增大答案 C解析根据题目只可以确定分子的平均动能在增大．6．关于机械能和内能，如下说法中正确的答案是( )A．机械能大的物体，其内能一定很大B．物体的机械能损失时，内能却可以增加C．物体的内能损失时，机械能必然减少D．物体的内能可以为0，机械能不可以为0答案 B解析内能和机械能是两种不同形式的能量，两者无必然联系．只有在系统的能量转化只发生在机械能与内能之间时，机械能的损失才等于内能的增加，应当选项A、C错误，B正确；因为物体的分子总在不停地做无规如此运动，故内能不可能为0，选项D错误．7．如下四幅图中，能正确反映分子间作用力F和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是( )答案 B解析当r<r0时，分子力表现为斥力，随分子间距离r增大，分子势能E p减小．当r>r0时，分子力表现为引力，随分子间距离r增大，分子势能E p增大．当r＝r0时，分子力为零，此时分子势能最小．应当选项B正确．8．两个分子从靠得不能再靠近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，直到大于分子直径的10倍以上．这一过程中，关于分子间的相互作用力的如下说法中正确的答案是( ) A．分子间的引力和斥力都在增大B．分子间的斥力在减小，引力在增大C．分子间的相互作用力的合力在逐渐减小D．分子间的相互作用力的合力，先减小后增大，再减小到零答案 D解析由分子力随距离的变化关系得，分子距离由靠得不能再靠近变化到大于分子直径10倍以上时，引力和斥力都在减小，故A、B错．相互作用的合力的变化如下列图，应为先减小再增大，再减小到零，C错，D对．二、双项选择题(此题共8小题，每一小题4分，共32分)9．以下说法正确的答案是( )A．一般分子直径的数量级为10－10mB．布朗运动是液体分子的无规如此运动C．分子引力和分子斥力不能同时存在D．扩散现象说明分子做无规如此运动答案AD解析由分子动理论可知选项C错误，D正确；一般分子直径的数量级为10－10m，选项A正确；布朗运动是固体颗粒的无规如此运动，但布朗运动间接反映了液体或气体分子在不停地做无规如此运动，B选项错误．故正确答案为A、D.10．关于布朗运动，如下说法中正确的答案是( )A．布朗运动是微粒的运动，但牛顿运动定律仍然适用B．布朗运动是液体分子无规如此运动的反映C．随着时间的推移，布朗运动逐渐变慢，最终停止D．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动答案AB解析布朗运动的运动规律遵循牛顿运动定律，选项A正确；布朗运动虽然是固体小颗粒的运动，但却反映了液体分子的无规如此运动，选项B正确；布朗运动永不停息，选项C错误；热运动指分子的无规如此运动，布朗运动不能称为热运动，选项D错误．11．有温度一样的m克水、m克冰、m克水蒸气( )A．它们的分子平均动能一样大B．它们的分子势能一样大C．它们的内能一样大D．它们的分子数一样多答案AD解析分子的平均动能只与温度有关，水、冰、水蒸气温度一样，故它们的分子平均动能一样大，A正确．由冰变成水吸热，由水变为水蒸气也要吸热增加分子势能，故它们的分子势能不同，B错误．三者的质量一样，摩尔质量一样，故三者摩尔数一样，它们的分子数一样多，D正确．由内能的决定因素知水蒸气的内能最大，冰的内能最小，故C错误．12．根据分子动理论可知，如下说法中正确的答案是( )A．阿伏加德罗常数和某物质的摩尔质量，可以求出该物质分子的质量B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C．布朗运动是指悬浮在液体分子的无规如此运动D．气体总是很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现答案AB解析阿伏加德罗常数表示1mol物质内含有的分子数，阿伏加德罗常数和物质的摩尔质量，可求得分子的质量；当分子力为引力时，在分子间距离增大过程中分子力做负功，分子势能增大；布朗运动中的运动颗粒不是分子；气体分子间距很大，分子间作用力表现为引力且很微弱，因而气体总是很容易充满整个容器．13．如下说法正确的答案是( )A．在10°C时，一个氧气分子的分子动能为E k，当温度升高到20°C时，这个分子的分子动能为E k′，如此E k′<E kB．在10°C时，每一个氧气分子的温度都是10°CC ．在10°C 时，氧气分子平均速率为v 1，氢气分子平均速率为v 2，如此v 1<v 2D ．在任何温度下，各种气体分子的平均速度都一样答案 CD解析 单个分子的动能、速率是随时变化的，因而是没有意义的，温度是大量分子做热运动平均动能的标志，对个别分子也是没有意义的．氧气与氢气温度一样，分子平均动能相等：E k1＝E k2，即12m 1v 21＝12m 2v 22，又因为m 1>m 2，如此v 1<v 2，选项C 正确．速度是矢量，气体分子向各个方向运动的机会均等，所有分子的速度矢量和为0，故任何温度下，气体分子的平均速度都为0，应当选项D 正确．14．关于气体分子的运动情况，如下说法中正确的答案是( )A ．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的B ．某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的C ．某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的D ．某一温度下所有气体分子的速率都不会发生变化答案 BC解析 此题考查气体分子的运动规律，解决此题的关键是要明确：具有任一速率的分子数目并不是相等的，而是呈“中间多，两头少〞的统计分布规律，选项A 错误．由于分子之间频繁地碰撞，分子随时都会改变运动速度的大小和方向，因此在某一时刻一个分子速度的大小和方向完全是偶然的，选项B 正确．虽然每个分子的速度瞬息万变，但是大量分子的整体存在着统计规律．由于分子数目巨大，在某一时刻向任意一个方向运动的分子数目只有很小的差异，可以认为是相等的，选项C 正确，某一温度下，每个分子的速率仍然是瞬息万变的，只是分子运动的平均速率不变，选项D 错误．15．当氢气和氧气温度一样时，如下说法中正确的答案是( )A ．两种气体的分子平均动能相等B ．氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率C ．两种气体分子热运动的总动能相等D ．两种气体分子热运动的平均速率相等答案 AB解析 因为温度是分子平均动能的标志，所以选项A 正确．因为氢气和氧气的分子质量不同，所以两种气体分子的平均速率不同，由E k ＝mv 22可得，分子质量大的平均速率小，应当选项B正确，D 错误．虽然两种气体分子平均动能相等，但由于两种气体的质量不清楚，即分子数目关系不清楚，应当选项C 错误．16.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1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，现把乙分子从a 处由静止释放，如此( )图1A ．乙分子从a 到b 做加速运动，由b 到c 做减速运动B ．乙分子由a 到c 做加速运动，到达c 时速度最大C ．乙分子由a 到b 的过程中，两分子间的分子势能一直减少D ．乙分子由b 到d 的过程中，两分子间的分子势能一直增加答案 BC解析 乙分子从a 到b 再到c 的过程中，分子间的作用力一直表现为引力(F <0)，所以该过程由于分子力的作用会使乙分子做加速运动，分子力做正功、分子势能减少；乙分子到达c 处时分子力为零，加速度为零，此时分子的动能最大、分子势能最小；乙分子再从c 到d 的过程中，分子力表现为斥力，由于分子力的作用会使乙分子做减速运动，直至速度减为零，该过程分子力做负功、分子势能增加、分子动能减少．三、实验题(此题共2小题，共12分)17．(4分)在做“用油膜法估测分子的大小〞的实验中，假设用直径为0.5m 的浅圆盘盛水，让油酸在水面上形成单分子薄膜，那么油酸滴的体积不能大于____________m 3(保存一位有效数字)．答案 2×10－11解析 由于油酸膜面积最大为圆盘面积，如此油酸的最大体积为V ＝πR 2d ＝3.14×(0.52)2×10－10m 3≈2×10－11m 3. 18．(8分)在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：①取油酸0.1mL 注入250mL 的容量瓶内，然后向瓶中参加酒精，直到液面达到250mL 的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL 为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm 的浅盘内注入约2cm 深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状； ⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm 的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个．(1)这种估测方法是将每个分子视为________，让油酸尽可能地在水面上散开，如此形成的油膜可视为______________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．(2)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为__________m 3，油膜面积为__________m 2，求得的油膜分子直径为____________m ．(结果全部取2位有效数字) 答案 (1)球形 单分子油膜 直径(2)4.0×10－12 8.1×10－3 4.9×10－10解析 (2)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V ＝1100×0.1250mL ＝4.0×10－6mL ＝4.0×10－12m 3 形成油膜的面积S ＝1.0×(67＋14) cm 2＝8.1×10－3m 2油酸分子的直径d ＝V S ≈4.9×10－10m.四、计算题(此题共2小题，共24分)19．(10分)汞的摩尔质量为M ＝200.5g/mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，求一个汞原子的质量和体积分别是多少？(结果保存两位有效数字)答案 3.3×10－22g 2.4×10－29m 3解析 由原子质量＝摩尔质量阿伏加德罗常数得： m ＝200.56.02×1023g≈3.3×10－22g 由原子体积＝摩尔体积阿伏加德罗常数得： V ＝200.5×10－313.6×103×6.02×1023m 3≈2.4×10－29m 3. 20．(14分)很多轿车中有安全气囊以保障驾乘人员的安全．轿车在发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠(NaN 3)爆炸产生气体(假设都是N 2)充入气囊．假设氮气充入后安全气囊的容积V ＝56L ，囊中氮气密度ρ＝2.5kg/m 3，氮气摩尔质量M ＝0.028 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6×1023mol －1.试估算：(1)囊中氮气分子的总个数N ；(2)囊中氮气分子间的平均距离．(结果保存1位有效数字)答案 (1)3×1024个 (2)3×10－9m解析 (1)设N 2的物质的量为n ，如此n ＝ρV M ， 氮气的分子总数N ＝ρV MN A ， 代入数据得N ＝3×1024个．(2)每个分子所占的空间为V 0＝V N ，设分子间平均距离为a ，如此有V 0＝a 3，即a ＝3V 0＝3V N ，代入数据得a ≈3×10－9m.。
新2014_2015学年高中物理章末检测卷(三)(含解析)粤教版选修3_3
【新步步高】2014-2015学年高中物理章末检测卷（三）（含解析）粤教版选修3-3(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．下列说法中正确的是( )A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等C．自发的热传导是不可逆的D．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为这违背热力学第一定律答案 C解析有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量，A、B错．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为这违背热力学第二定律，C正确，D错．2．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )A．一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大答案 D解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定质量的气体吸收热量内能不一定增大，例如气体对外做功，且|W|>|Q|，那么内能将会减少，故A项错误；不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键是理解“而不引起其他变化”，如果“引起其他变化”，完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r<r0时，分子力表现为斥力，当分子间距增大时，分子势能减小，故C项错误；根据分子引力、斥力随分子间距的变化规律知，D项正确．3．景颇族的祖先发明的点火器如图1所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )图1A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少答案 B解析外界对气体做正功，其内能增加，温度升高，分子热运动加剧、体积变小，单位体积内分子的密集程度增加，故其压强变大．正确选项为B.4．某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气．当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体( ) A．体积增大，压强减小B．动能增大，温度升高C．对外做功，温度降低D．质量减少，温度降低答案 C解析橡皮塞冲出，瓶内气体膨胀，对外界做功，W<0.因时间很短，吸放热Q≈0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU<0，内能减小，温度降低．故选C.5．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成．开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图2所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图2A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小答案 A解析气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，不考虑分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．6．如图3是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的( )图3A．温度升高，内能增加600JB．温度升高，内能减少200JC．温度降低，内能增加600JD．温度降低，内能减少200J答案 A解析由热力学第一定律可知：ΔU＝W＋Q外界对气体做功，W＝800J；气体向外散热，故Q＝－200J；故ΔU＝800－200J＝600J；气体内能增加，则温度升高；故选A.7．关于能源的利用和节能，下列说法正确的是( )A．根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100%B．由于能量不会凭空消失，也不会凭空产生，总是守恒的，所以节约能源意义不大C．节约能源只要提高节能意识就行，与科技进步无关D．在能源的利用中，总会有一部分能量未能被利用而损失掉答案 D解析在能源的利用中，总有部分能量因为各种原因(如燃烧不充分、热量散失等)而损失，利用率总低于100%，故选项A错误，选项D正确；能量降退虽然不能使能量的总量减少，却会使能量的品质降低，它实际上是将能量从高度有用的形式降级为不大可用的形式，故选项B错误；科技进步可以发明新技术、新设备，采用更节能的方法、开发新能源，能有效提高能源利用率，故选项C错误．8．如图4中气缸内盛有一定质量的理想气体，气缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与气缸壁的接触是光滑的，但不漏气，现将活塞杆缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )图4A．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，此过程违反热力学第二定律B．气体是从单一热源吸热，但并未全部用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律D．以上三种说法都不对答案 C解析由于气缸壁是导热的，外界温度不变，活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动过程中，有足够时间进行热交换，所以气缸内的气体温度也不变，该过程气体是从单一热源即外部环境吸收热量，全部用来对外做功才能保证内能不变，但此过程不违反热力学第二定律．此过程由外力对活塞做功来维持，如果没有外力对活塞做功，此过程不可能发生．二、双项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)9．在下列现象中不是通过做功使物体内能改变的是( )A ．用打气筒给自行车打气时，筒壁温度升高B ．在阳光照射下，水的温度升高C ．铁锤打铁块，使铁块温度升高D ．夏天在室内放几块冰，室内会变凉一些答案 BD解析 活塞与筒壁发生摩擦，摩擦力做功使筒壁温度升高；在阳光照射下，水温升高是靠太阳的热辐射来升温的；铁锤打铁块是做功过程；室内放上冰块是通过热传递的方式来改变室内温度的．10．用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图5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( )图5A ．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，压强减小答案 AC解析 袋内气体与外界无热交换即Q ＝0，袋四周被挤压时，体积V 减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，气体内能增大，则温度升高，由pV T＝常数知压强增大，选项A 、C 正确，B 、D 错误．11．以下说法正确的是( )A ．电冰箱内的食品温度比室内温度低，说明在一定条件下热量也可以由低温物体传到高温物体B ．内能不可以转化为机械能C ．能量降退否定了能量守恒定律D ．能量降退说明自然界的宏观过程有方向性答案 AD解析 在一定条件下，热量可以由低温物体传到高温物体，A 正确；由能量守恒定律可知，各种形式的能量之间可以相互转化，并且总能量守恒，所以B 错误；能量降退并没有否定能量守恒定律，其说明自然界的宏观过程有方向性，C 错误，D 正确．12．下列现象能够发生，并且不违背热力学第二定律的有( )A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体答案CD解析A、B都违背了热力学第二定律，都不能发生．13.如图6所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列表述正确的是( )图6A．气体从外界吸收热量B．气体分子的平均动能减少C．外界对气体做正功D．气体分子撞击器壁的作用力增大答案AD14.如图7所示为打气筒模型图，在给自行车打气的过程中，首先迅速压下打气筒活塞，当打气筒内气体压强大于某个值时内阀门打开，气体开始进入自行车车胎内，反复操作，完成打气过程．设筒内气体在进入车胎前质量不变，气体可以看成理想气体，下列有关筒内气体在进入车胎前的说法正确的是( )图7A．迅速压下打气筒活塞过程中筒内气体温度升高B．迅速压下打气筒活塞过程中筒内气体内能不变C．压下打气筒活塞过程中筒内气体压强增大D．压下打气筒活塞过程越来越费力是因为筒内气体分子间一直表现为斥力，并且越来越大答案AC15．固定的水平气缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略．假设气缸壁的导热性能很好，外界环境的温度保持不变．若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，如图8所示，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体的下列结论，正确的是( )图8A．气体对外做功，气体内能减小B．气体对外做功，气体内能不变C．外界对气体做功，气体内能不变D．气体从外界吸热，气体内能不变答案BD解析用力F缓慢拉活塞时，气体膨胀，对外做功，但由于气缸的导热性很好，环境温度又不变，气体会从外界吸收热量而保持与环境温度相同，因而气体的内能不变，故B、D选项正确．16.如图9所示，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．气缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左、右两边气体温度相等．现给电热丝提供一较弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )图9A．右边气体温度升高，左边气体温度不变B．左、右两边气体温度都升高C．左边气体压强增大D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量答案BC解析当电热丝通电后，右边气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，根据热力学第一定律，左边气体内能增加，气体的温度升高，压强增大，选项B、C正确，选项A错误．右边气体内能的增加量为电热丝产生的热量减去对左边的气体所做的功，选项D错误．三、填空题(本题共2小题，共12分)17．(6分)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界对其做了24kJ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5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气__________(填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ.答案 5 放出 29解析 理想气体的内能仅与温度有关，故将空气压缩装入气瓶的过程中并不改变空气的内能，只有潜入海底过程才改变内能，所以两个过程中，空气的内能共减小5kJ ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，知Q ＝－29kJ ，故空气放出的总热量为29kJ.18．(6分)如图10甲所示，取一支大容量的注射器，拉动活塞吸进一些乙醚，用橡皮帽把小孔堵住，迅速向外拉动活塞到一定程度时，注射器里的液态乙醚变成为气态，此时注射器中的温度________(“升高”、“降低”或“不变”)，乙醚气体分子的速率分布情况最接近图乙中的________线(“A ”、“B ”、“C ”)．图10答案 降低 C解析 向外拉动活塞到一定程度时，注射器里的体积增大对外做功，迅速向外拉动活塞热量来不及散发，由热力学第一定律可知内能减小，气体温度降低．速率分布情况最接近题图乙中的C ，因为中等速率的分子比例最大．四、计算题(本题共2小题，共24分)19．(12分)在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，如图11所示是它从状态A 变化到状态B 的V —T 图象，已知AB 的反向延长线通过坐标原点O ，气体在A 点的压强为p ＝1.0×105Pa ，在从状态A 变化到状态B 的过程中，气体吸收的热量Q ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量ΔU .图11答案 5.0×102J解析 由V —T 图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化． 由盖·吕萨克定律得：V A T A ＝V B T B ，解得V B ＝8.0×10－3m 3，气体对外做的功：W ＝p (V B －V A )＝2×102J ；根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W ，解得：ΔU ＝7.0×102J －2.0×102J ＝5.0×102J.20.(12分)如图12所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，内能增加了10J ，已知该气体在状态A 时的体积为1.0×10－3m 3.求：图12(1)该气体在状态B 时的体积；(2)该气体从状态A 到状态B 的过程中，气体与外界传递的热量．答案 (1)1.2×10－3m 3 (2)气体从外界吸收了30J 热量解析 (1)气体从状态A 变化到状态B 是等压变化有V A T A ＝V B T B ，代入得：V B ＝1.2×10－3m 3.(2)从状态A 到状态B 是等压变化，整个过程对外做功为W ＝p ΔV ＝1×105×0.2×10－3J ＝20J 根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W ，代入数据得：Q ＝30J故气体从外界吸收了30J 热量．。
新高中物理 期末检测(含解析)粤教版选修33
【新步步高】2014-2015学年高中物理期末检测（含解析）粤教版选修3-3(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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．下列说法错误的是( )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图1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6.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7．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8．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．无法判断二、双项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12分)9．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乙增大题号12345678910 答案11．(6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＝0.1×10－9m3，碳的密度是ρ＝2.25×103kg/m3，摩尔质量为M＝12 g/mol，阿伏加德罗常数为N A＝6.0×1023mol－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．(8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4四、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1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.029 kg/mol.阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10m，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335J的热量传入系统，系统对外界做功126J．求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42J，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84J，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760mmHg、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)如图7所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室体积的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76cmHg)求：图7(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300K 分别加热到400K 和540K ，U 形管内两边水银柱的高度差各为多少？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.C 5.B6．C [过程AB 为等容变化，当T 升高时，p 增大，故A 说法正确．过程BC 为等温变化，当V 减小时，ρ＝m V，故ρ增大，B 说法正确．AB 过程为等容变化，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．] 7．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．]8．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．]9．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．]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V 0＝V n ，小颗粒的质量为m ＝ρV 0,1mol 小颗粒中含有的分子数为N A ，由以上各式可得N ＝N A ρV nM，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p 0(向上)、液柱h 1的压强ρgh 1(向下)和液柱h 1上方液面处压强p a (向下)作用下平衡．因为p 0＝p a ＋ρgh 1，则有p a ＝p 0－ρgh 1，因为输液过程中h 1不断减小，所以p a 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p 0，则有p b ＝p 0＋ρgh 2，因为在输液过程中p 0，h 2不变，所以p b 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V 0，液体体积为V 1气体分子数n ＝ρV 0M mol N A ， V 1＝n πd 36(或V 1＝nd 3) 则V 1V 0＝ρ6M mol πd 3N A (或V 1V 0＝ρM mold 3N A ) 解得V 1V 0＝1×10－4(9×10－5～2×10－4都对) 14．(1)251J (2)放热 293J解析 (1)沿a →c →b 过程，ΔU ＝W ＋Q ＝(－126＋335) J ＝209J沿a →d →b 过程，ΔU ＝W ′＋Q ′Q ′＝ΔU －W ′＝[209－(－42)]J ＝251J即有251J 的热量传入系统．(2)由a →b ，ΔU ＝209J ；由b →a ，ΔU ′＝－ΔU ＝－209J根据热力学第一定律有ΔU ′＝W ″＋Q ″＝84J ＋Q ″Q ″＝(－209－84) J ＝－293J负号说明系统放出热量，热量传递为293J.15.H 4解析 对水蒸气研究：①⎩⎪⎨⎪⎧ p 1＝75%p s ，V 1＝V . ②⎩⎪⎨⎪⎧ p 2＝p s ，V 2＝？由p 1V 1＝p 2V 2得V 2＝p 1V 1p 2＝75%·p s ·V p s＝0.75V ， 所以下压距离h ＝H 4时开始有水珠出现． 16．(1)23V 0 (2)0 15.2cm 解析 (1)开始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2atm ，V A 0＝V 0/3打开阀门，A 室气体等温变化，p A ＝1atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得p A 0V A 0＝p A V AV A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0 (2)假设打开阀门后，气体从T 0＝300K 升到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强p A 仍为p 0，即等压变化过程． 根据盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450K因为T 1＝400K<450K ，所以p A 1＝p A ＝p 0，水银柱的高度差为零． 从T ＝450K 升高到T 2＝540K ，是等容变化过程．根据查理定律p A T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2atm.T 2＝540K 时，p 0＋ρgh ＝1.2atm ，故水银柱的高度差为15.2cm.。
高中物理章末检测卷三(含解析)粤教版选修3_5
【步步高】2014-2015学年高中物理 章末检测卷三（含解析）粤教版选修3-5(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分) 1．下列关于原子和原子核的说法正确的是( ) A ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B ．原子核还可以再分C ．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D ．平均结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 答案 B2．23592U 经过m 次α衰变和n 次β衰变，变成20782Pb 则( ) A ．m ＝7，n ＝3 B ．m ＝7，n ＝4 C ．m ＝14，n ＝9 D ．m ＝14，n ＝18 答案 B解析 发生一次α衰变，质量数减4，核电荷数减2，故α衰变次数为m ＝14×(235－207)＝7，选项C 、D 错误；发生一次β衰变质量数不变，核电荷数增1，故β衰变次数为n ＝7×2－(92－82)＝4次，选项A 错误，B 正确．3．科学家发现在月球上含有丰富的32He(氦3)．它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程为32He ＋32He ―→211H ＋42He.关于32He 聚变，下列表述正确的是( )A ．聚变反应不会释放能量B ．聚变反应产生了新的原子核C ．聚变反应没有质量亏损D ．目前核电站都采用32He 聚变反应发电 答案 B解析 该聚变反应释放了能量，是因为发生了质量亏损，A 、C 错；该聚变反应产生了新原子核，B 对；目前核电站都是用重核裂变发电而不是用轻核聚变，D 错． 4．以下是物理学史上3个著名的核反应方程x ＋73Li→2yy ＋14 7N→x ＋17 8O y ＋94Be→z ＋12 6Cx 、y 和z 是3种不同的粒子，其中z 是( )A ．α粒子B ．质子C ．中子D ．电子 答案 C5．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m 1、m 2、m 3，普朗克常量为h ，真空中的光速为c .下列说法正确的是( )A ．核反应方程是11H ＋10n→31H ＋γB ．聚变反应中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3C ．辐射出的γ光子的能量E ＝(m 3－m 1－m 2)cD ．γ光子的波长λ＝hm 1＋m 2－m 3c 2答案 B解析 根据核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒可知核反应方程为：11H ＋10n→21H ＋γ，故选项A 错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3，故选项B 正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量E ＝(m 1＋m 2－m 3)c 2，故选项C 错误；由E ＝hcλ知，γ光子的波长λ＝hm 1＋m 2－m 3c，故选项D 错误．6．一个原来静止的238U 核发生α衰变，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是下列图中的(图中半径大小没有按比例画)( )答案 D解析 由于发生的是α衰变，产物是两个带正电的粒子，根据动量守恒定律Mv 1＋mv α＝0，可得这两个新核的运动方向相反，受到的洛伦兹力方向相反，即轨迹应该是外切圆，再利用左手定则判断洛伦兹力的方向，故D 项正确． 二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 7．下列说法正确的是( ) A.157N ＋11H→126C ＋42He 是α衰变B.11H＋21H→32He＋γ是核聚变C．23892U→23490Th＋42He是核裂变D.42He＋2713Al→3015P＋10n是原子核的人工转变答案BD解析原子核放出α粒子是α衰变，A项不是α衰变，C项是α衰变，A、C两项都错误．本题B、D两项正确．8．下列说法中正确的是( )A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构C．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短D．碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子答案BD解析光电效应是在光的照射下电子从金属表面逸出的现象，选项A错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构，选项B正确；半衰期的大小由放射性元素的原子核内部本身的因素决定，跟元素所处的物理状态(如压强、温度)或化学状态(如单质、化合物)无关，选项C错误；β衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，产生的电子从核内射出来，原子核转化为新核，所以经过一次β衰变后中子数减少1个，质子数多1个，选择D正确．本题答案为B、D.9．以下说法中正确的是( )A．原子中含有带负电的电子，所以原子带负电B．原子核中的中子数一定跟核外电子数相等C．用α粒子轰击氮、氟、钠、铝等元素的原子核都可以打出质子，因此人们断定质子是原子核的组成部分D．绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，因而原子核内还存在一种不带电的中性粒子答案CD解析原子中除了有带负电的电子外，还有带正电的质子，故A错；原子核中的中子数不一定跟核外电子数相等，故B错；正是用α粒子轰击原子核的实验才发现了质子，故C正确；因为绝大多数原子核的质量跟质子质量之比都大于原子核的电荷量跟质子的电荷量之比，才确定原子核内还有别的中性粒子，故D正确．10．月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3(32He)”的化学元素，这是热核聚变的重要原料．科学家初步估计月球上至少有100万吨氦3，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源．关于“氦3(32He)”与氘核的聚变，下列说法中正确的是( )A ．核反应方程为32He ＋21H→42He ＋11HB ．核反应生成物的质量将大于反应物的质量C ．氦3(32He)一个核子的结合能大于氦4(42He)一个核子的结合能 D ．氦3(32He)的原子核与一个氘核发生聚变将放出能量 答案 AD解析 根据电荷数守恒和质量数守恒可得核反应方程为32He ＋21H→42He ＋11H ，A 对；根据平均结合能曲线可知氦3(32He)一个核子的结合能小于氦4(42He)一个核子的结合能，所以核反应中释放了能量，发生质量亏损，B 、C 错，D 对． 三、填空题(本题共4小题，共20分)11．(5分)约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素3015P 衰变成3014Si 的同时放出另一种粒子，这种粒子是________.3215P 是3015P 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术.1 mg 3215P 随时间衰变的关系如图1所示，请估算4 mg 的3215P 经____天的衰变后还剩0.25 mg.图1答案 正电子 56解析 衰变方程为3015P→3014Si ＋01e ，即这种粒子是正电子．由图象可以看出3215P 的半衰期为14天，则4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12t14＝0.25，得t ＝56天．12．(5分)氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：21H ＋31H→42He ＋x ，式中x 是某种粒子．已知：21H 、31H 、42He 和粒子x 的质量分别为2.014 1 u 、3.016 1 u 、4.002 6 u 和1.008 7 u ；1 u 对应的能量为931.5 MeV ，c 是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x 是________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)． 答案 (1)10n(或中子) 17.6解析 根据质量数和电荷数守恒有x 的电荷数为0，质量数为(2＋3－4)＝1，可知x 为中子；根据质能方程有ΔE ＝931.5×(2.014 1＋3.016 1－4.002 6－1.008 7) MeV≈17.6 MeV.13．(5分)一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程为________________．该反应放出的能量为Q ，则氘核的平均结合能为________． 答案 10n ＋11H→21H Q2解析 设某原子核的质量数为x ，核电荷数为y ，根据核反应前后质量数、核电荷数均守恒可得：x ＋1＝2,0＋y ＝1，联立两式解得：x ＝1，y ＝1，该原子核为质子，核反应方程为：10n ＋11H→21H.核反应放出能量为Q 时，21H 的平均结合能为Q2.14．(5分)一个静止的钚核239 94Pu 自发衰变成一个铀核23592U 和另一个原子核X ，并释放出一定的能量．其核衰变方程为：23994Pu→23592U ＋X. (1)方程中的X 核符号为________．(2)钚核的质量为239.052 2 u ，铀核的质量为235.043 9 u ，X 核的质量为4.002 6 u ，已知1 u 相当于931.5 MeV ，则该衰变过程放出的能量是________MeV ；(3)假设钚核衰变释放出的能量全部转变为铀核和X 核的动能，则X 核与铀核的动能之比是________． 答案 (1)42He (2)5.31 (3)235∶4解析 (1)由质量数及电荷数守恒可知X 为42He(2)该核反应的质量亏损Δm ＝(239.052 2－235.043 9－4.002 6)u ＝0.005 7 u ；释放能量ΔE ＝0.005 7×931.5 MeV≈5.31 MeV(3)由动量守恒得m U v U ＝m X v X ，又E k ＝mv 22m，解方程组得E kX ∶E kU ＝m U ∶m X ＝235∶4四、计算题(本题共4小题，共36分)15．(8分)放射性同位素146C 被考古学家称为“碳钟”，它可用来断定古生物体的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖．(1)宇宙射线中高能量的中子碰到空气中的氮原子后，会形成146C ，146C 很不稳定，易发生衰变，其半衰期为5 730年，放出β射线，试写出有关核反应方程．(2)若测得一古生物遗骸中146C 含量只有活体中的12.5%，则此遗骸的年代约有多少年？ 答案 (1)见解析 (2)17 190年解析 (1)147N ＋10n→146C ＋11H ，146C→147N ＋0－1e ；(2)依题意得：(12)n ＝12.5100＝0.125，解得n ＝3，则t ＝5 730×3＝17 190年．16．(8分)一个锂核(73Li)受到一个质子的轰击，变成两个α粒子．已知质子的质量是1.673 6×10－27kg ，锂核的质量是11.650 5×10－27kg ，氦核的质量是6.646 6×10－27kg.(1)写出上述核反应的方程；(2)计算上述核反应释放出的能量．(保留3位有效数字) 答案 (1)73Li ＋11H ―→242He (2)2.781×10－12J解析 (1)73Li ＋11H ―→242He (2)核反应的质量亏损 Δm ＝m Li ＋m p －2m α ＝(11.650 5×10－27＋1.673 6×10－27－2×6.646 6×10－27)kg ＝3.09×10－29kg释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝3.09×10－29×(3×108)2J ＝2.781×10－12J17．(10分)2008年北京奥运会场馆周围80%～90%的路灯利用太阳能发电技术来供电，奥运会90%的洗浴热水采用全玻璃真空太阳能集热技术．科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部四个氢核(11H)转化成一个氦核(42He)和两个正电子(01e)并放出能量．已知质子质量m p ＝1.007 3 u ，α粒子的质量m α＝4.002 6 u ，正电子的质量m e ＝0.000 5 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量． (1)写出该核反应方程；(2)一次这样的热核反应过程中释放出多少能量？(结果保留四位有效数字) 答案 (1)411H→42He ＋201e (2)23.85 MeV解析 (1)根据质量数守恒、电荷数守恒，该核反应方程为： 411H→42He ＋201e. (2)质量亏损：Δm ＝4m p －m α－2m e ＝4×1.007 3 u－4.002 6 u －2×0.000 5 u＝0.025 6 u ΔE ＝0.025 6×931.5 MeV≈23.85 MeV.18．(10分)钚的放射性同位素23994Pu 静止时衰变为铀核激发态23592U *和α粒子，而铀核激发态23592U *立即衰变为铀核23592U ，并放出能量为0.097 MeV 的γ光子．已知：23994Pu 、23592U 和α粒子的质量分别为m Pu ＝239.052 1 u 、m U ＝235.043 9 u 和m α＝4.002 6 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量． (1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．答案 (1) 23994Pu→23592U *＋42He 23592U *→23592U ＋γ(或23994Pu→23592U ＋42He ＋γ) (2)5.034 MeV 解析 (1)衰变方程为239 94Pu→235 92U *＋42He①235 92U *→23592U ＋γ②或合起来有23994Pu→23592U ＋42He ＋γ③(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm ＝m Pu －m U －m α④放出的能量为ΔE ＝Δmc 2⑤此能量是铀核23592U 的动能E kU 、α粒子的动能E k α和γ光子的能量E γ之和，即ΔE ＝E kU ＋E k α＋E γ⑥由④⑤⑥式得E kU ＋E k α＝(m Pu －m U －m α)c 2－E γ⑦设衰变后的铀核和α粒子的速率分别为v U 和v α，则由动量守恒有m U v U ＝m αv α⑧ 又由动能的定义知E kU ＝12m U v 2U ，E k α＝12m αv 2α⑨由⑧⑨式得E kU E k α＝m αm U⑩ 由⑦⑩式得E k α＝m U m U ＋m α[(m Pu －m U －m α)c 2－E γ]代入题给数据得E k α≈5.034 MeV。
2015-2016学年高二物理粤教版选修3-3 综合检测卷A
综合检测卷A(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共16小题，每小题4分，共64分)1．下列说法中正确的是()A．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动B．多晶体没有固定的熔点C．液晶的光学性质具有各向异性D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力答案 C解析布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是固体分子所做的无规则运动，故A错误；多晶体有固定的熔点，故B项错误；液晶的光学性质具有各向异性，故C 正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，故D错误；故选C.2．下列说法中正确的是()A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势D．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性答案BD解析A项只能计算出分子所占的空间，故A错误．B项悬浮颗粒越小，受力越不平衡，布朗运动越明显．故B正确．C项由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液面分子间引力大于斥力，液体表面具有收缩趋势，故C错误．D项液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性．故D正确．3．某种油酸酒精溶液中油酸的体积百分比浓度为0.05%,50滴这种溶液的总体积为1 mL，将1滴这样的溶液滴在足够大的水面上，酒精溶于水并很快挥发后，最后在水面上形成的油膜面积约为()A．103 cm2B．104 cm2C．105 cm2D．106 cm2答案 A解析 1滴溶液中含纯油酸的体积V ＝150×10－6×0.05% m 3＝1×10－11 m 3. 分子直径的数量级为10－10 m ，又V ＝Sd得S ＝V d ＝10－1110－10 m 2＝10－1 m 2＝103 cm 2.故A 正确． 4．下列关于热运动的说法中，正确的是( )A ．0 ℃的物体中的分子不做无规则运动B ．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动C ．存放过煤的混凝土地面下一段深度内都变为黑色，说明煤分子和混凝土分子都在做无规则的热运动D ．运动物体中的分子热运动比静止物体中的分子热运动激烈答案 C解析 分子的热运动永不停息，因此0 ℃的物体中的分子仍做无规则运动，A 错误；虽然布朗运动与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的运动，不是分子的运动，而热运动是指分子永不停息的无规则运动，故B 错误；扩散现象说明了分子是运动的，C 正确；热运动是分子的运动，其激烈程度只与物体的温度有关，与物体的宏观运动没有关系，D 错误．5．关于如图1所示四幅图，说法正确的是( )图1A ．甲图中估测油酸分子直径时，可把油酸分子简化为球形处理B ．乙图中，显微镜下看到的三颗粒运动位置连线是它们做布朗运动的轨迹C ．烧热的针尖，接触涂上薄蜂蜡层的云母片背面上某点，经一段时间后形成图丙的形状，则说明云母是非晶体D ．丁图中分子间距离为r 0时，分子间作用力F 最小，分子势能也最小答案 AD解析布朗运动是分子热运动的间接体现，运动位置连线仅表示了该段时间内微粒的始末位置，而微粒的运动是无规则的不是直线运动，因此不是其运动轨迹，故选项B错误；由于云母片的薄蜂蜡层融化后呈椭圆形，说明云母片各个方向上的导热能力不同，即具有各向异性的特点，所以云母是晶体，故选项C错误；选项A、D说法正确．6.如图2所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是() 图2A．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小答案CD解析温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，故A错误；松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同．故B错误，C、D正确；故选C、D.7．下列说法正确的是()A．温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度越高，则分子热运动的平均动能越大B．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显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．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大答案AC解析温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度越高，则分子热运动的平均动能越大，故A正确；悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越明显，故B错误；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，故C正确；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大再减小最后再增大，分子势能先减小后增大，故D错误．8．下列说法正确的是()A．同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现B．冰融化为同温度的水时，分子势能增加C．分子间引力随距离增大而减小，而斥力随距离增大而增大D．大量分子做无规则运动的速率有大有小，所以分子速率分布没有规律答案AB解析同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现，故A正确；冰融化为同温度的水时，水的分子热运动的平均动能不变，分子势能增加．故B正确；分子间引力随距离增大而减小，斥力也是随距离增大而减小．故C错误；大量分子做无规则运动的速率有大有小，分子速率分布有规律，即统计规律，故D错误．9.如图3所示，在实验室某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内(活塞与气缸之间无摩擦)．用滴管将水缓慢滴在活塞上，在此过程中()A．气体对外做功，气体内能减小图3 B．外界对气体做功，气体内能增加C．外界对气体做功，气体内能不变D．气体从外界吸热，气体内能不变答案 C解析气缸和活塞导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体的温度与环境温度相同，保持不变，而一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，则其内能不变．用滴管将水缓慢滴在活塞上，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知，气体向外界放热，故C正确，A、B、D错误．故选C.10.如图4是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体．假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体()A．内能增大B．体积增大图4 C．压强不变D．温度不变答案 A11.一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上，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5所示，则()A．缸内气体的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缸内气体分子碰撞的次数减少图5 C．缸内气体的分子平均动能不变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，缸内气体的体积增大，气体对活塞做功，气体内能减小，温度降低，分子的平均动能和平均冲力都变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体碰撞的次数减少，故选项A、C错误，选项B正确；气体内能的减小量等于对大气做的功减去F做的功，故选项D错误．12．下列关于热现象的描述正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的答案 C解析根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%，选项A错误．做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是通过内能在不同物体之间的转移的方式改变系统内能的，选项B错误．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，选项C正确．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动是有规律的，选项D错误．13．2008年9月27日下午，举世瞩目的“神舟七号”实现了航天员出舱和太空行走，从电视转播中可以看到翟志刚和刘伯明穿上加气压的舱外服在(与返回舱隔离的)轨道舱中协同作业，16时35分12秒翟志刚在经过几次尝试后奋力向内打开舱盖，太空在中国面前打开！以下关于轨道舱舱内外气压的猜想正确的是()A．翟志刚需要用很大的力才能把舱盖打开是因为舱内有接近一个大气压的空气压强，而舱外的太空气压为零B．翟志刚打开舱盖前，轨道舱中应该已经泄压，舱内接近真空C ．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内有与地表附近相似的空气，但由于完全失重，这些空气产生的气压为零D ．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内和舱外的太空都有约为一个大气压的空气压强 答案 B解析 在太空中，舱外为真空，气压为零，D 错误；若舱内气压为1个大气压，则用人力无法向内打开舱盖，故A 错误；舱内若有与地表相似的空气，即使完全失重也会产生约1个大气压的压强，故C 错误．14．一定质量的理想气体沿如图6所示的状态变化方向从状态a 到状态b ，再到状态c ，最后回到状态a .a 、b 、c 三个状态的体积分别为V a 、V b 、V c ，则它们的关系是( )A ．V a ＝V bB ．V a ＝V c图6C ．V b ＝327600V c D ．V c ＝32754V a 答案 BC解析 根据图象和理想气体状态方程有：p 0V a 273＋27＝2p 0V b 273＋27×2＝2p 0V c 273＋327，可得：V a ＝V c ，V b ＝327600V c . 15．下列说法中正确的是( )A ．温度相同的氢气和氧气，分子的平均速率相同B ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢D ．某种液体的饱和汽压与温度无关答案 BC解析 温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的氢气和氧气，分子热运动的平均动能相同，但因分子的质量不同，故分子的平均速率不同，选项A 错误；根据相对湿度的定义知，相对湿度越大，空气中水蒸气越接近饱和，水分越不易蒸发，人们越感到潮湿，选项B 、C 正确；液体的饱和汽压随温度变化而变化，温度越高则饱和汽压越大，选项D 错误．16.如图7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图7C ．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答案 AC解析 充气后气体的体积没有变化，但是单位体积内含有的分子增多，温度没有变化，但压强会增大，选项A 正确；由于温度是系统分子平均动能的量度，所以温度不变，分子平均动能也不变，选项B 错误；打开阀门后，气体将推动水流出，气体的体积膨胀，对外做功，选项C 正确；随水流出，内部气体体积增大，若水全部流出，根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，得p 2＝p 1V 1V 2＝1×0.62.5atm ＝0.24 atm ，小于外部气压，故水不会全部流出，选项D 错误． 二、填空题(本题共2小题，共12分)17．(6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油酸酒精溶液的浓度为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8所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X .图8(1)用以上字母表示油酸分子的大小d ＝________.(2)从图中数得X ＝________.答案 (1)VA NXa 2(2)62 解析 (1)N 滴溶液的总体积为V ，一滴溶液的体积为V N ，含有的油酸体积为VA N，形成单分子油膜，面积为Xa 2，油膜厚度即分子直径d ＝VA N Xa 2＝VA NXa 2.(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．18．(6分)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ向气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T )随加热时间(t )变化的关系如图9所示．单位时间内所吸收的热量可看作不变．图9(1)以下说法正确的是 ( )A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”)．请说明理由．答案 (1)BCD (2)变快 理由见解析解析 (1)因为该物质一直吸收热量，体积不变，不对外做功，所以内能一直增加，A 错误，D 正确；又因为区间Ⅱ温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量全部转化为分子势能，物体的内能增加，理想气体没有分子力，所以理想气体内能仅与温度有关，分子势能不变，B 正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子运动的无序程度增大，物质的熵增加，C 正确．(2)根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W根据盖·吕萨克定律V T＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W ＜0，ΔU 1＝Q －|W |；由查理定律p T＝C ，知体积不变的条件下，W ＝0，ΔU 2＝Q ； 所以ΔU 1＜ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快．三、计算题(本题共2小题，共24分)19.(12分)一定质量的理想气体体积V 与热力学温度T 的关系图象如图10所示，气体在状态A 时的压强p 0＝1.0×105 Pa ，线段AB 与V 轴平行．(1)求状态B 时的压强为多大？(2)气体从状态A 变化到状态B 的过程中，对外界做的功为10 J ，求该过程中气体吸收的热量为多少？ 图10答案 (1)5.0×104 Pa (2)10 J解析 (1)由p 0V 0＝p B ×2V 0，得p B ＝12p 0＝5.0×104 Pa. (2)气体从状态A 变化到状态B 的过程中，ΔU ＝0，ΔU ＝Q ＋W ，Q ＝－W ＝10 J.20．(12分)如图11所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3 m 2，气缸内有质量m ＝2 kg 的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K 销于如图位置，离缸底12 cm ，此时气缸内被封闭气体的压强为1.5×105 Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.图11(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 时，其压强多大？(2)若在此时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360 K ，则这时活塞离缸底的距离为多少？答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm解析 (1)气体体积不变，由查理定律得p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105 Pa 300 K ＝p 400 K解得：p ＝2×105 Pa(2)p 3＝p 0＋mg /S ＝1.2×105 Pa T 3＝360 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3， 代入数据解得V 3＝1.8×10－4 m 3解得l 3＝V 3S＝0.18 m ＝18 cm.。
粤教版高中物理选修3-5第二学期期末教学质量检测.docx
鼎尚高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）清远市2013—2014学年度第二学期期末教学质量检测高二物理科试题说明：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共20小题．满分100分，考试时间100分钟．2．答第Ⅰ卷前考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名和座位号，再用2B 铅笔把考号的对应数字涂黑．3．答选择题时，必须将各小题选出的字母代号填写在答题卷相应位置上，填写在试题上不予评改． 4．非选择题用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷指定区域内的相应位置上；如需改动先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按要求作答的答案无效． 5．保持答题卷面清洁，不要折叠，不要弄破，考试结束后只需上交答题卷．第I 卷 （选择题50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．请把符合题目要求选项的字母代号填写在答题卷中相应位置．选对的得3分，选错或不答的得0分．1．街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，主要利用了下列哪种传感器A ．温度传感器B ．光电传感器C ．压力传感器D ．以上三种任意一种都行2．如图1甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图1乙是工业上利用射线的穿透性来检查钢板内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查是利用了哪种射线A ．α射线B ．β射线C ．γ射线D ．三种射线都可以3．夏天开空调，冷气从空调中吹进室内，则室内气体分子的A ．热运动剧烈程度加剧B ．平均动能变大C ．每个分子速率都会相应的减小D ．速率小的分子数所占的比例升高4．如图2所示，当氢原子从n ＝4迁到n ＝2的能级和从n ＝3迁到n ＝1的能级时，分别辐射出光子a 和光子b ，则A ．由于放出光子，原子的能量增加B ．光子a 的能量小于光子b 的能量C ．光子a 的波长小于光子b 的波长D ．若光子a 能使某金属发生光电效应，则光子b 不一定能使图 1ab 图2鼎尚该金属发生光电效应5．在光电效应实验中，用光照射光电管阴极，发生了光电效应。
高中物理 章末检测卷(二)(含解析)粤教版选修3-3-粤教版高二选修3-3物理试题
【新步步高】2014-2015学年高中物理章末检测卷〔二〕〔含解析〕粤教版选修3-3(时间：90分钟总分为：100分)一、单项选择题(此题共8小题，每一小题4分，共32分)1．关于饱和汽，如下说法正确的答案是( )A．液面上的蒸汽分子的密度不断增大B．液面上的蒸汽分子的密度不断减小C．液面上的蒸汽分子的密度不变D．液面上没有蒸汽分子答案 C解析达到饱和汽时，液体与气体之间达到了动态平衡，即一样时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出的分子数，液面上蒸汽分子的密度不再改变．2．在标准大气压(相当于76cmHg产生的压强)下做托里拆利实验时，由于管中混有少量空气，水银柱上方有一段空气柱，如图1所示，如此管中稀薄气体的压强相当于如下哪个高度的水银柱产生的压强( )图1A．0cmB．60cmC．30cmD．16cm答案 D3．民间常用“拔火罐〞来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸〞在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A．温度不变时，体积减小，压强增大B．体积不变时，温度降低，压强减小C．压强不变时，温度降低，体积减小D．质量不变时，压强增大，体积减小答案 B解析纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由p∝T知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸〞在皮肤上，B选项正确．4．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图2(a)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(b)所示，如此( )图2A．甲、乙是非晶体，丙是晶体B．甲、丙是晶体，乙是非晶体C．甲、丙是非晶体，乙是晶体D．甲是非晶体，乙是多晶体，丙是单晶体答案 B解析由题图(a)知，甲、乙的导热性呈各向同性，丙的导热性呈各向异性；由题图(b)知，甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点．所以甲是多晶体，乙是非晶体，丙是单晶体．5．饱和汽压随温度变化的原因，正确的答案是( )A．温度升高，单位时间里从液体外表飞出的分子数减少B．温度降低，单位时间里从液体外表飞出的分子数增多C．温度升高，单位时间里从液体外表飞出的分子数增多，液体继续蒸发，压强增大D．温度降低，单位时间里从液体外表飞出的分子数大于返回液体外表的分子数答案 C解析饱和汽压决定于单位体积内的分子数和分子的平均速率．当温度升高(降低)时，分子的平均速率变大(变小)，这使得单位时间内从液体外表飞出的分子数增多(减少)，饱和汽压变大(变小)．6．对一定质量的气体，假设用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，如此( ) A．当体积减小时，N必定增加B．当温度升高时，N必定增加C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化D．当压强不变而体积和温度变化时，N一定不变答案 C解析一定质量的气体，在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数，取决于分子密度和分子运动的剧烈程度，即与体积和温度有关，故A、B错；压强不变说明气体分子对器壁单位面积上的撞击力不变，假设温度改变，如此气体分子平均动能必改变，要保持撞击力不变，如此单位时间内单位面积上碰撞次数必改变，N必定变化；假设体积改变，同理可知，N也必定变化，故C对，D错．7．一定质量的理想气体由状态A经过如图3所示过程变成状态B，在此过程中，气体的密度( )图3A．一直变小B．一直变大C．先变小后变大D．先变大后变小答案 A解析由题图知，在A→B过程中，压强减小，温度升高，分子平均动能增大，分子密集程度变小，体积变大，分子数目不变，气体质量不变，气体的密度不断减小．8．用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500cm3，轮胎容积V＝3L，原来压强p＝1atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4atm，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( )A．5次B．10次C．18次D．20次答案 C解析因为温度不变，可应用玻意耳定律求解．p(V＋nΔV)＝p′V代入数据1atm(3L＋n×0.5L)＝4atm×3L解得n＝18.故答案选C.二、双项选择题(此题共8小题，每一小题4分，共32分)9．甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论．他们的说法正确的答案是( )A．甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规如此的几何外形B．乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有固定的熔点C．丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向异性D．丁说，液晶在分子结构上是一种介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性答案AD解析单晶体具有确定的几何形状，而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，无论是多晶体还是单晶体都有固定的熔点，故A对，B错；液晶像液体一样具有流动性，但不能说它是液态的晶体，它的光学性质具有各向异性，故C错，D对．10．如下说法正确的答案是( )A．小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中，是液体外表张力在起作用B．小木块能够浮于水面上，是液体外表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，是外表张力作用的结果答案AD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，这是液体的外表张力在起作用，浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样，故A选项正确，C选项错误；小木块浮于水面上时，木块的下局部实际上已经陷入水中(排开一局部水)，受到水的浮力作用，是浮力与重力平衡的结果，并不是外表张力在起作用，因此B选项错误；喷泉喷射到空中的水，每一小局部的外表都有外表张力在起作用，且又处于失重状态，因而形成球状水珠(体积一定的情况下，球形外表积最小，外表张力的作用使液体外表有收缩到最小面积的趋势)，故D选项正确．11．对于一定质量的理想气体，如下说法中正确的答案是( )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，因而气体的内能减小答案BC解析气体分子间有较大空隙，气体分子的体积之和远小于气体的体积，所以选项A错误．气体温度越高，分子平均动能越大，分子热运动越剧烈，如此选项B正确．由压强的定义可知：单位面积上的压力叫压强，器壁内侧受到的压力就是气体分子对器壁不断碰撞而产生的，所以选项C正确．理想气体分子势能为零．所以选项D错误．12．如下关于湿度的说法中正确的答案是( )A．绝对湿度大，相对湿度一定大B．相对湿度是100%，明确在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C．一样温度下绝对湿度越大，明确空气中水汽越接近饱和D．露水总是出现在夜间和清晨，是气温的变化使空气里原来饱和的水蒸气液化的缘故答案BD解析相对湿度除和绝对湿度有关外，还和一样温度下水的饱和汽压有关．根据相对湿度公式知，相对湿度是100%明确在当时温度下，空气中水汽的实际压强等于饱和汽压，A错误，B 正确；一样温度下相对湿度越大，明确空气中水汽越接近饱和，C 错误，D 正确．13.如图4所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热气缸中，用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态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，此过程可用如下图中哪几个图象表示( )图4答案 AD解析 由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pV T＝C 可知压强将减小．对A 图象进展分析，p －V 图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A 项正确；对B 图象进展分析，p －V 图象是直线，温度会发生变化，故B 项错误；对C 图象进展分析，可知温度不变，但体积减小，故C 项错误；对D 图象进展分析，可知温度不变，压强减小，故体积增大，D 项正确．14.如图5所示为一定质量的理想气体沿着箭头所示的方向发生状态变化的过程，如此该气体压强的变化是( )图5A ．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 ，压强增大答案 AC解析 在V －T 图上，等压线延长线过原点，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 正确，B 、D 错误．15．如下列图，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高一样的温度，如此水银柱向左移动的是( )答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，如此两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp ＝p ΔT T ，而各管原压强一样，ΔT 一样，所以Δp ∞1T，即T 高，Δp 小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C 、D 项正确．16．用一导热、可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A 、B 两局部，如图6所示，A 、B 中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，且均可看成理想气体，如此当两气体处于平衡状态时( )图6A ．内能相等B ．分子的平均动能相等C ．气体的压强相等D ．分子数相等答案 BC解析 两气体处于平衡状态时，A 、B 两局部的温度一样，压强相等．由于温度一样，所以分子的平均动能一样，应当选项B 、C 正确．气体的质量一样，但摩尔质量不同，所以分子数不同，其分子平均动能的总和不同，内能也就不同，应当选项A 、D 错误．三、填空题(此题共2小题，共12分)17．(4分)一定质量的理想气体由状态A 依次变化到B 、C 、D 、A ，CDA 为双曲线的一局部，整个变化过程如图7所示．在状态A 时气体温度为320K ，如此状态B 时气体温度为________K ，状态D 时气体温度为________K.图7答案 80 320解析 由A 到B ，为等容变化过程，由查理定律得p B T B ＝p A T A ，如此T B ＝p B p A T A ＝1×3204K ＝80K ．由C 到D 再到A 为等温变化过程，如此T D ＝T A ＝320K.18．(8分)如图8为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化的关系〞的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A 臂插入烧瓶，B 臂与玻璃管C 下部用橡胶管连接，C 管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B 、C 内的水银面等高．图8(1)假设气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C 管________(填“向上〞或“向下〞)移动，直至________；(2)实验中屡次改变气体温度，用Δt 表示气体升高的摄氏温度，用Δh 表示B 管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线是( )答案 (1)向下 B 、C 两管内水银面等高 (2)A解析 (1)瓶内气体压强等于外界大气压，当温度升高时，瓶内气体压强增大，B 管中液面下降，要想使瓶内气体压强保持不变，必须使B 、C 管中水银面再次等高，故应将C 管向下移动．(2)设B 管的横截面积为S ，根据盖·吕萨克定律，V T ＝ΔV ΔT ＝ΔhS Δt＝常量，即Δh ∝Δt ，所以应选A.四、计算题(此题共2小题，共24分)19．(10分)如图9所示的绝热容器内装有某种理想气体，一光滑导热活塞将容器分成两局部，初始状态时A 、B 两局部气体压强相等，温度分别为t A ＝127℃，t B ＝207℃，两局部气体体积V B ＝2V A ，经过足够长时间后，当活塞达到稳定后，两局部气体的体积之比V A ′/V B ′为多少？图9 答案 35解析 对于A 气体：初状态：p A ＝p ，V A ，T A ＝400K ；末状态：p A ′＝p ′，V A ′，T A ′＝T对于B 气体：初状态：p B ＝p ，V B ＝2V A ，T B ＝480K末状态：p B ′＝p ′，V B ′，T B ′＝T对A 、B 两局部气体分别根据理想气体状态方程列方程得pV A T A ＝p ′V A ′T ，pV B T B ＝p ′V B ′T 解得V A ′V B ′＝35. 20．(14分)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图10所示，p －T 和V －T 图各记录了其局部变化过程，试求：图10(1)温度为600K 时气体的压强；(2)在p －T 图象上将温度从400K 升高到600K 的变化过程补充完整．答案 (1)1.25×105Pa (2)如下列图解析 (1)由题图知，p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝2.5m 3，T 1＝400Kp 2＝？，V 2＝3m 3，T 2＝600K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2p 2＝p 1V 1T 2T 1V 2＝1.25×105Pa (2)在原p －T 图象上补充两段线段。
高中物理选择性必修 第三册期末试卷及答案_粤教版_2024-2025学年
期末试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列四个物理量中，属于矢量的物理量是：A. 质量B. 时间C. 速度D. 温度2、一个物体从静止开始沿水平面加速运动，下列说法正确的是：A. 物体的速度随时间均匀增加B. 物体的加速度随时间均匀增加C. 物体的位移随时间均匀增加D. 物体的速度随位移均匀增加3、一束光从空气射入水中，其入射角和折射角的关系是：A、入射角大于折射角；B、入射角小于折射角；C、入射角等于折射角；D、无法确定4、两个物体在光滑水平面上沿直线相向而行，它们发生完全弹性碰撞后，两物体的速度大小相等，则它们的质量大小必须满足：A、两个物体质量相等；B、一个物体的质量是另一个物体质量的两倍；C、一个物体的质量是另一个物体质量的一半；D、没有以上情况5、在匀强磁场中，一个半径为R的无限长直导线圆环以速度v垂直于磁场方向移动，磁场强度为B。
关于圆环中感应电流的大小，下列说法正确的是（）A、感应电流的大小与圆环的半径成正比B、感应电流的大小与磁场强度成正比C、感应电流的大小与圆环的线速度成正比D、感应电流的大小与圆环的半径和磁场强度的乘积成正比6、一个理想变压器的初级线圈匝数为N1，次级线圈匝数为N2，初级线圈接入交流电压u1 = U*sin(ωt)，其中U为电压的有效值，ω为角频率，t为时间。
次级线圈的输出电压u2与u1之间的相位差为φ，下列说法正确的是（）A、φ的正弦值等于初级线圈正弦函数与次级线圈正弦函数相位差的一半B、φ的正弦值等于初级线圈电压的有效值除以次级线圈电压的有效值C、φ的正弦值等于初级线圈电压峰值除以次级线圈电压峰值D、φ的正弦值等于初级线圈电压的最大值除以次级线圈电压的最大值7、关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A. 电场线和磁感线都是闭合曲线B. 电荷在电场中一定受到电场力，运动电荷在磁场中也一定受到洛伦兹力C. 电场和磁场都客观存在，电场线和磁感线都是人们为了研究方便而假想的D. 电场中某点的电场强度的方向与放在该点的试探电荷所受电场力方向相同二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、关于电磁感应现象，下列说法中哪些是正确的？A. 当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，该回路中会产生感应电动势。
高中物理综合检测卷(含解析)粤教版选修3_5
【步步高】2014-2015学年高中物理 综合检测卷（含解析）粤教版选修3-5(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分) 1．关于近代物理，下列说法正确的是( ) A ．α射线是高速运动的氦原子B ．核聚变反应方程21H ＋31H→42He ＋10n 中，10n 表示质子C ．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D ．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 答案 D解析 α射线是高速运动的氦原子核，选项A 错误；选项B 中10n 表示中子；根据光电效应方程h ν＝12mv 2max ＋W 0可知最大初动能与入射光的频率成线性关系而非正比关系，选项C 错误；根据玻尔的原子理论可知，选项D 正确．2．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是( )A ．碘131释放的β射线由氦核组成B ．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C ．与铯137相比，碘131衰变更慢D ．铯133和铯137含有相同的质子数 答案 D解析 β射线是高速电子流，选项A 错误；γ光子是高频电磁波，穿透本领最强，γ光子能量大于可见光光子能量，选项B 错误；与铯137相比，碘131的半衰期小，说明碘131衰变更快，选项C 错误；铯137是铯133的同位素，它们的原子序数相同，质子数也相同，选项D 正确．本题答案为D.3．天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图1所示，由此可知( )图1A ．②来自于原子核外的电子B ．①的电离作用最强，是一种电磁波C ．③的电离作用最强，是一种电磁波D ．③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子 答案 D解析 从题图中三种射线的穿透能力可以看出：①为α射线，②为β射线，③为γ射线．三种射线都来自于原子核内部，A 错；α射线的电离作用最强，为氦核流，B 、C 错；γ射线的电离作用最弱，D 正确． 4．下列说法中错误的是( )A ．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为42He ＋147N→178O ＋11H B ．铀核裂变的核反应方程是：23592U→141 56Ba＋9236Kr ＋210nC ．质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2D ．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子答案 B解析 1919年，卢瑟福做了α粒子轰击氮原子核的实验，发现了质子，核反应方程为：42He ＋14 7N→17 8O ＋11H ，选项A 说法正确；铀核裂变时，需要中子轰击铀核，所以铀核裂变的核反应方程是23592U ＋10n→14156Ba ＋9236Kr ＋310n ，选项B 说法错误；根据爱因斯坦质能关系式可知，选项C 说法正确；设波长为λ1的光子能量为E 1，波长为λ2的光子能量为E 2，原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的光子能量为E 3，波长为λ3，则E 1＝hc /λ1，E 2＝hc /λ2，E 3＝hc /λ3；E 3＝E 2－E 1，可推知λ3＝λ1λ2λ1－λ2，D 说法正确．本题答案为B.5．如图2所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的A 、B 两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A 、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )图2A ．两滑块的动能之比E k A ∶E kB ＝1∶2 B ．两滑块的动量大小之比p A ∶p B ＝2∶1C ．两滑块的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1D ．弹簧对两滑块做功之比W A ∶W B ＝1∶1 答案 A解析 根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B 项错误；m A v A ＝m B v B ，故v A：v B＝m B：m A＝1：2，C项错误；由E k＝p22m得E k A：E k B＝m Bm A＝12，A项正确；由W＝ΔE k知W A：W B＝E k A：E k B＝1：2，D项错误．6．如图3所示，图3光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案 A解析碰撞前总动量p＝(6＋6) kg·m/s＝12 kg·m/s，碰后A动量p A′＝2 kg·m/s，则p B′＝10 kg·m/s，又由m B＝2m A，可知v A′∶v B′＝2∶5，故A项正确．二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)7．光电效应实验中，下列表述正确的是( )A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率时才能产生光电子答案CD解析由爱因斯坦光电效应方程知，只有当入射光频率大于极限频率时才能产生光电子，光电流几乎是瞬时产生的，其大小与光强有关，与光照时间长短无关，易知eU c＝E k＝hν－W0(其中U c为遏止电压，E k为光电子的最大初动能，W0为逸出功，ν为入射光的频率)．由以上分析知，A、B错误，C、D正确．8.图4已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图4所示，一群氢原子处于量子数n ＝4能级状态，则( )A．氢原子可能辐射6种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应答案AC解析一群氢原子从n＝4能级跃迁可能产生的光子为6种，选项A正确．若发生光电效应，则光子的能量需要大于2.7 eV，此时只有第4能级跃迁到第1能级、第3能级跃迁到第1能级、第2能级跃迁到第1能级3种频率的光子满足条件，选项C正确．9．某实验室工作人员，用初速度为v0＝0.09c(c为真空中的光速)的α粒子，轰击静止在匀强磁场中的钠原子核2311Na，产生了质子．若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动．通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1∶10，已知质子质量为m.则( )A．该核反应方程是42He＋2311Na→2612Mg＋11HB．该核反应方程是42He＋2311Na→2612Mg＋10nC．质子的速度约为0.225cD．质子的速度为0.09c答案AC解析由质量数守恒和电荷数守恒得：42He＋2311Na→2612Mg＋11H.又因α粒子、新核的质量分别为4m、26m，设质子的速率为v，因为α粒子与钠原子核发生对心正碰，由动量守恒定律得：4mv0＝26m·v10－mv，解得：v＝0.225c10．如图5所示为一光电管的工作原理图，光电管能把光信号转变为电信号，当有波长为λ0的光照射光电管的阴极K时，电路中有电流通过灵敏电流计，则有( )图5A．若换用波长为λ1(λ1＜λ0)的光照射阴极时，电路中一定没有电流B．若换用波长为λ2(λ2＜λ0)的光照射阴极时，电路中一定有电流C．若换用波长为λ3(λ3＞λ0)的光照射阴极时，电路中可能有电流D．将电源的极性反接后，电路中一定没有电流答案 BC解析 波长为λ0的光能使金属发生光电效应，λ1＜λ0，λ2＜λ0，这两种光的频率大于波长为λ0的光的频率，都能产生光电流，所以A 错，B 对；由于λ3＞λ0，如果λ3光的频率也大于极限频率，则电路中可能有电流，C 对；将电源的极性反接后，如果最大初动能E k ＞eU ，仍有电流，D 错． 三、填空题(本题共8分)11．(8分)贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕．如图6中P 为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A 、B 、C 三束．图6(1)构成A 射线的粒子是______；构成B 射线的粒子是________；构成C 射线的粒子是________．(2)三种射线中，穿透能力最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，经常用来轰击原子核的是____________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子．(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：234 90Th→234 91Pa ＋________；________＋2713Al→3015P ＋10n.答案 (1)电子e (或β粒子) γ光子 氦核42He(或α粒子) (2)γ α β (3)－1e 42He四、计算题(本题共5小题，共48分)12．(8分)在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m 1、m 2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6 m/s 由西向东运动，乙物体以速度2 m/s 由东向西运动．碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是4 m/s.求： (1)甲、乙两物体的质量之比；(2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 答案 (1)35(2)弹性碰撞解析 (1)设向东方向为正方向，则v 1＝6 m/s ，v 1′＝－4 m/s ，v 2＝－2 m/s ，v 2′＝4 m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′解得m 1m 2＝35(2)碰撞前系统的总动能E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝645m 2 碰撞后系统的总动能E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝645m 2因为E k ′＝E k ，所以这次碰撞是弹性碰撞．13．(10分)如图7所示，光滑水平地面上停放着甲、乙两辆相同的平板车，一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦)，绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在手中，已知每辆车和人的质量均为30 kg ，两车间的距离足够远，现在人用力拉绳，两车开始相向运动，人与甲车保持相对静止，当乙车的速度为0.5 m/s 时，停止拉绳，求：(1)人在拉绳过程中做了多少功？(2)若人停止拉绳后，为避免两车相撞，人至少以多大速度从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞？图7答案 (1)5.625 J (2)0.5 m/s解析 (1)设甲、乙两车和人的质量分别为m 甲、m 乙和m 人，停止拉绳时甲车的速度为v 甲，乙车的速度为v 乙，取甲车的运动方向为正方向，由动量守恒定律得(m 甲＋m 人)v 甲－m 乙v乙＝0解得v 甲＝0.25 m/s由功能关系可知，人拉绳过程中做的功等于系统动能的增加量．W ＝12(m 甲＋m 人)v 2甲＋12m 乙v 2乙＝5.625 J(2)设人跳离甲车时人的速度为v 人，取v 人的方向为正方向，人离开甲车前后由动量守恒定律得(m 甲＋m 人)v 甲＝m 甲v 甲′＋m 人v 人人跳到乙车时：m 人v 人－m 乙v 乙＝(m 人＋m 乙)v 乙′ 要使两车恰好不发生碰撞，需满足v 甲′＝v 乙′ 解得v 人＝0.5 m/s即当人跳离甲车的速度至少为0.5 m/s 时，两车才不会发生碰撞．14．(10分)如图8所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的34，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：图8(1)物块B 在d 点的速度大小v ； (2)物块A 滑行的距离s . 答案 (1)gR 2 (2)R8μ解析 (1)物块B 在d 点时，重力和支持力的合力提供向心力，则：m B g －N ＝m B v 2R①又因为：N ＝34m B g ②联立①②式得物块B 在d 点时的速度v ＝gR2.(2)物块B 由b 点到d 点过程中，由动能定理得 －m B gR ＝12m B v 2－12m B v 2B ③物块A 和B 分离过程中由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝0④物块A 和B 分离后，物块A 做匀减速直线运动，由动能定理得 －μm A gs ＝－12m A v 2A ⑤联立③④⑤式，得物块A 滑行的距离s ＝R8μ.15．(10分)如图9所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶，一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中，如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s 2)图9答案 0.54解析 设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正，则由动量守恒有：m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1解得v 1＝8 m/s由它们恰好不从平板小车上掉下来可知，它们相对平板小车滑行距离s ＝6 m 时跟小车具有相同速度v 2，则由动量守恒有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2 解得v 2＝0.8 m/s 由能量守恒有μ(m 0＋m )gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m 0＋m ＋M )v 22代入数据解得μ＝0.5416．(10分)(1)美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是采用铜和半衰期为100年的放射性同位素镍63(6328Ni)两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63(6328Ni)发生一次β衰变变成铜(Cu)，同时释放电子给铜片，把镍63(6328Ni)和铜片做电池两极．镍63(6328Ni)的衰变方程为______________________，16 g 镍63经过400年还有________g 尚未衰变．(2)一静止的质量为M 的镍核(6328Ni)发生β衰变，放出一个速度为v 0，质量为m 的β粒子和一个反冲铜核，若镍核发生衰变时释放的能量全部转化为β粒子和铜核的动能．求此衰变过程中的质量亏损(亏损的质量在与粒子质量相比时可忽略不计)． 答案 (1)6328Ni→0－1e ＋6329Cu 1 (2)Mmv 20M －m c 2解析 (1)6328Ni→0－1e ＋6329Cu ；1 (2)设衰变后铜核的速度为v ， 由动量守恒得mv 0＝(M －m )v 由能量守恒得ΔE ＝12mv 20＋12(M －m )v 2由质能方程得ΔE ＝Δmc 2解得Δm ＝Mmv 20M －m c 2。
粤教版高中物理选修3-3第二学期物理.docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）2013-2014年廉江中学第二学期物理选修3-3第一次月考试卷13．根据热力学第二定律，下列判断不正确的是( )A．电流的能不可能全部变为内能B．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能C．热机中，燃气内能不可能全部变为机械能D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体14．气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的( )A．温度和体积B．体积和压强C．温度和压强 D．压强和温度15.在恒温水池中，一个气泡缓缓向上升起，在上升过程中（）A.气泡的体积不变,内能减少，放出热量B.气泡的体积缩小,内能不变，放出热量C.气泡的体积增大,内能不变，吸收热量D.气泡的体积不变,内能增加，吸收热量16.气体膨胀做功30J，同时从外界吸收20J的热量，则这一过程中气体内能的变化是( )A.减少50J；B.增加50J；C.减少10J；D.增加10J。
17. 电冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气，这说明了( )A．热量能自发地从低温物体传给高温物体B．在一定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体C．热量的传导过程不具有方向性D．在自发的条件下热量的传导过程具有方向性18.如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下受到暴晒，车胎极易爆裂，关于这一现象的描述，下列说法正确的是（暴晒过程中内胎容积几乎不变）( )A.车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B.在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C.在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能增加D.在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少19. 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Pcb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状态过程中，气体放出热量，内能不变B.由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能增加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，分子平均动能较小20.关于晶体和非晶体的几种说法中，正确的是( )A．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体B．晶体的物理性质与方向有关，这种特性叫做各向异性C．若物体表现为各向同性，它就一定是非晶体D．晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度21.有关布朗运动的说法不正确的是( )A.液体的温度越低，布朗运动越显著B.液体的温度越高，布朗运动越显著C.悬浮微粒越小，布朗运动越显著D.在某一瞬间跟悬浮微粒相撞击的分子数越多，布朗运动越显著34．（18分）（1）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环，则：A．由A→B，气体分子的平均动能（填“增大”、“减小”或“不变”）B．由B→C，气体的内能（填“增大”、“减小”或“不变”）C．由C→A，气体热量（填“吸收”或“放出”）（2）．在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.0mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个。
2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3：章末质量评估(一)含答案
章末质量评估(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，选对的得3分,选错或不答的得0分）1．关于分子质量，下列说法正确的是( )A．质量数相同的任何物质,分子数都相同B．摩尔质量相同的物体，分子质量一定相同C．分子质量之比一定不等于它们的摩尔质量之比D．密度大的物质，分子质量一定大解析:不同物质分子质量不同，质量数相同的不同物质,分子数不一定相同，A错；摩尔质量相同，分子量也相同，分子质量一定相同，B正确，C错误;密度大的物体,单位体积的质量大,但分子质量不一定大，D错误．答案：B2．分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化,则( ）A．分子间引力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大解析：根据分子力和分子间距离的关系图象如图所示．故选B.答案：B3．下列关于布朗运动的说法中，正确的是（)A．颗粒越小,布朗运动越明显B．颗粒越大，与颗粒撞击的分子数越多,布朗运动越明显C．如果没有外界的扰动，经过较长时间，布朗运动就观察不到了D．温度高低对布朗运动没有影响解析：布朗运动是由微粒周围的液体分子对微粒作用的不均衡性引起的，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著，因此A正确，B、D错误；布朗运动永不停息,C错误．答案:A4．同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料,只是在烤制之前,把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间,盐就会进入肉里．则下列说法正确的是( )A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会变慢B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里C．在腌制汤中,有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉解析：盐分子进入鸭肉是因为盐分子的扩散，温度越高扩散得越快，A错误；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动,并不是因为分子引力,B错误；盐分子永不停息的做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后,仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误．答案：C5．两块光滑、干燥的玻璃，紧贴在一起也不能相互吸住，原因是（)A．两块玻璃分子间不存在作用力B．两块玻璃分子间距离太小，分子间作用力表现为斥力C．两块玻璃的分子间距离太大,作用力太小D．两块玻璃的分子运动缓慢解析：因为两块玻璃分子间的距离r≥10r0，引力和斥力都很小，分子力可以忽略不计．答案:C6．对以下物理现象的正确分析是( ）①从窗外射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞②上升的水蒸气的运动③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动④向一怀清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动A．①②③属于布朗运动 B．只有④属于布朗运动C．只有③属于布朗运动 D．以上结论均不正确答案：C7．以下说法正确的是( )A．机械能为零、内能不为零是可能的B．温度相同,质量相同的物体具有相同的内能C．温度越高，物体运动速度越大,物体的内能越大D．0 ℃的冰的内能比等质量的0 ℃的水的内能大解析：A正确,因为机械能可以为零，但内能是分子动能和分子势能的总和,而分子动能又是分子无规则运动引起的．所以分子动能不可能为零．那么物体的内能当然也不可能为零．B不正确．因为物体的内能由物体的温度和体积来决定与物体运动的宏观速度无关．C也不正确，原因同上．由于0 ℃的冰的体积比0 ℃的水大，温度相同,有的同学错认为D正确，实际上有较为复杂的反常膨胀的现象，我们用体积来讨论其内能是不适合的，可以从能量角度来讨论，因为0 ℃的冰熔化为0 ℃的水要吸收热量或对它做功，所以冰溶化为水内能增加,所以0 ℃的水的内能比等质量的0 ℃的冰的内能大，该题正确的选项为A。
粤教版高中物理选修3-2 章末测评(3)
章末综合测评(三)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4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．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所,下列关于金属探测器的论述正确的是( )A．金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流C．使用金属探测器的时候,应该让探测器静止不动,探测效果会更好D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电A[金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈,会在隐蔽金属中激起涡流,反射回探测线圈,从而改变原交流电的大小和相位,从而起到探测作用．当探测器对于被测金属发生相对移动时,探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快,在金属中产生的涡流会更强,检测效果更好．正确选项为A.] 2．如图所示,足够长的直线ab靠近通电螺线管,与螺线管平行,用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图象是 ( )A BC DC[通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁,因此根据磁感线的分布,再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小可知,因为ab线段的长度大于通电螺线管的长度,由条形磁铁磁感线的分布,可知C正确,如果ab线段的长度小于通电螺线管的长度,则应该选B.]3.传感器广泛应用在我们的生产生活中,常用的计算机键盘就是一种传感器．如图所示,键盘上每一个键的下面都连一小金属片,与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片,这两金属片组成一个小电容器．当键被按下时,此小电容器的电容发生变化,与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下,从而给出相应的信号．这种计算机键盘使用的是( )A．温度传感器B．压力传感器C．磁传感器D．光传感器B[小金属片被按下时,对该键有压力,小金属片向下移动,两个极板之间的距离改变,电容改变,将压力这个力学量转化为电容这个电学量,所以计算机键盘使用的是压力传感器,B正确,A、C、D错误．] 4．法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔由于发现巨磁阻效应(GMR)而荣获了诺贝尔物理学奖．如图所示是利用GMR设计的磁铁矿探测仪原理示意图,图中GMR在外磁场作用下,电阻会大幅度减小．下列说法正确的是( )A．若存在磁铁矿,则指示灯不亮；若将电阻R调大,该探测仪的灵敏度提高B．若存在磁铁矿,则指示灯不亮；若将电阻R调小,该探测仪的灵敏度提高C．若存在磁铁矿,则指示灯亮；若将电阻R调大,该探测仪的灵敏度提高D．若存在磁铁矿,则指示灯亮；若将电阻R调小,该探测仪的灵敏度提高C[如果存在磁铁矿,则巨磁阻(GMR)大幅度减小,流过巨磁阻(GMR)和R电路的电流大幅度增大,由U R ＝IR知,R两端电压增大,因此,巨磁阻(GMR)两端电压减小,即A端电平升高,则非门电路输出端Z电平降低,则指示灯两端电压升高,指示灯亮,如果将电阻R调大,则A端电平调得更高,Z端输出的电平更低,则指示灯的电压更大,指示灯更亮,该探测仪的灵敏度提高,故A、B、D错,C对．]5．如图所示,电源两端的电压恒定,L为小灯泡,R为光敏电阻,D为发光二极管(电流越大,发光越强),且R与D距离不变,下列说法中正确的是( )A．当滑动触头向左移动时,L消耗的功率增大B．当滑动触头向左移动时,L消耗的功率减小C．当滑动触头向右移动时,L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动滑动触头,L消耗的功率都不变A[电源电压恒定,也就是说,并联电路两端的电压恒定,当滑动触头向左移动时,发光二极管发光变强,光敏电阻的电阻变小,所以电流变大,则L的功率变大．]6．如图(a)是用电流传感器(相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R.图(b)是某同学画出的在t0时刻开关S由闭合变为断开,通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象,下列说法中正确的是( )图(a)甲乙丙丁图(b)A．甲图是通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是通过传感器2的电流随时间变化的情况C[开关S由闭合变为断开,传感器1中的电流立刻变为零,如丁图；传感器2中的电流由于线圈的自感作用,电流反向并逐渐减小,C正确,A、B、D错误．]7．为了保护电脑元件不被损坏,在电脑内部有很多传感器,其中最重要的就是温度传感器．常用的温度传感器有两种,一种是用金属做的热电阻,另一种是用半导体做的热敏电阻．关于这两种温度传感器的特点,下列说法正确的是 ( )A．金属做的热电阻随着温度的升高阻值变大B．金属做的热电阻随着温度的升高阻值变小C．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高阻值变大D．用半导体做的热敏电阻随着温度的升高阻值变小AD[金属的电阻率随着温度的升高而变大,用半导体做的热敏电阻随着温度升高阻值变小．]8．某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件,在接线柱间以如图(a)所示的“Z”字形连接(每两个接线柱间只有一个元件)．为了确定各元件种类,小华同学把计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后,分别将AB、BC、CD接入如图(b)所示的电路,闭合开关,计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图(c)、(d)、(e)所示,则下列判断正确的是( )A．AB间是电容器B．BC间是电感线圈C．CD间是电容器D．CD间是定值电阻ABD[接入电容器后,充电电流瞬间达到一定值后又迅速减小为零,接入电感线圈后,由于自感,电流逐渐增大,之后保持一定值；接入定值电阻后,电流瞬间发生变化,之后保持一定值,故AB间为电容器,BC间为电感线圈,CD间为定值电阻,所以A、B、D正确,C错误．]9.电子打火机的点火原理是压电效应,压电片在受压时会在两侧形成电压且电压大小与压力近似成正比．现有一利用压电效应制造的电梯加速度传感器,如图所示．压电片安装在电梯地板下,电压表与压电片构成闭合回路用来测量压电片两侧形成的电压．若发现电压表示数增大,下列说法正确的是( )A．电梯一定加速上升B．电梯可能减速下降C．电梯加速度一定向上D．电梯加速度一定向下BC[电压表示数增大说明人对地板的压力变大,对人受力分析知地板对人的支持力大于人所受重力,即人的加速度一定向上,所以电梯可能向上加速,也可能向下减速,故A、D错误,B、C正确．] 10．电动自行车是一种应用广泛的交通工具,其速度控制是通过转动右把手实现的,这种转动把手称“霍尔转把”,属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图甲．永久磁铁的左右两侧分别为N、S极,开启电源时,在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,如图乙．随着转把的转动,其内部的永久磁铁也跟着转动,霍尔器件能输出控制车速的霍尔电压,已知电压与车速关系如图丙, 以下关于“霍尔转把” 叙述正确的是 ( )甲乙丙A．为提高控制的灵敏度,应该使永久磁铁的上下端分别为N、S极B．按图甲顺时针转动电动车的右把手(手柄转套),车速将变快C．图乙中从霍尔器件的前后面输出控制车速的霍尔电压D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调,将影响车速控制BC[磁场越强,霍尔电压越大,应该使左右两侧面为N、S极,故A错误；当按图甲顺时针转动把手,导致霍尔器件周围的磁场增加,那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大,因此车速变快,故B正确；由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,当永久磁铁的左右两端分别为N、S极时,磁场与电子的移动方向垂直,则电子受洛伦兹力作用,那么霍尔器件前后面输出控制车速的电势差,故C正确；当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调,从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反,但由图丙可知,不会影响车速控制,故D错误．]二、非选择题(本题共6小题,共60分)11．(6分)如图所示是自动水位报警的示意图,其中继电器的线圈通过电流时,磁铁吸引衔铁1,使它与触头3断开,与触头2接触．若要求水位正常时绿灯亮,高出一定水位时红灯亮,现有红、绿灯泡各一个,红灯泡应安在________位置,绿灯泡应安在________位置(填“A”或“B”)．[解析]水位正常时,线圈中没有电流,衔铁1与触头3接触,这时应绿灯亮,所以绿灯泡应安在A位置,当高出一定水位时,线圈中有电流,磁铁吸引衔铁1,使它与触头3断开,与触头2接触,这时应红灯亮,所以红灯泡应安在B位置．[答案]见解析12．(9分)某种电饭锅的工作原理图如图所示,煮饭时开关S是闭合的,红色指示灯亮；饭熟后(温度大约为103 ℃)保护开关S自动断开,黄灯亮．(1)电阻R1的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁,与电饭锅发热板的等效电阻相比,二者大小应有什么关系？为什么？(2)通常情况下用这种电饭锅烧水时,它的自动断电功能是否起作用？为什么？[解析](1)R1应该远大于发热板的等效电阻．因为红色指示灯只起指示作用,R1和红色指示灯消耗的电功率应远小于发热板的功率,两者又是并联接入电路的,电压相同,所以流过R1和红色指示灯的电流应远小于流过发热板的电流,因此R1应该远大于发热板的等效电阻．(2)水沸腾时的温度为100 ℃,烧开时水温不会达到103 ℃,所以自动断电功能不起作用．[答案]见解析13．(10分)如图所示,A是浮子,B是金属触头,C为住宅楼房顶上的蓄水池,M是带水泵的电动机,D是弹簧,E是衔铁,F是电磁铁,S1、S2分别为触头开关,S为开关,J为电池．请利用上述材料,设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．(1)连接电路图；(2)简述其工作原理．(涉及的元件可用字母代替)[答案](1)如图所示(2)按图接好电路,合上开关S,水泵工作,水位升高,当浮子上升使B接触到S1时,左侧电路(控制电路)工作,电磁铁F有磁力,吸下衔铁E,使S2断开,电动机M不工作,停止注水,当水位下降使B与S1脱离,控制电路停止工作,F无磁性,D拉动E,使S2接通,M工作．14．(10分)型号为74LS14的集成块里面有6个非门,其引脚如图甲所示,这种非门由于性能特别,称为斯密特触发器．当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V),而当输入端A的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候,Y会从低电平跳到高电平(3.4 V)．斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号,而这正是进行自动控制所必需的．甲乙现用斯密特触发器与热敏电阻R T组成温度报警器,电路如图乙所示,图中蜂鸣器可以选用YMD或HMB 型,它两端的直流电压为4 V～6 V时会发出鸣叫声；R T为热敏电阻,常温下阻值约几百欧,温度升高时阻值减小．R1的最大电阻可在1 kΩ～2 kΩ间选择．接通电源后,先调节R1使蜂鸣器在常温下不发声．再用热水使热敏电阻的温度上升,到达某一温度时就会发出报警声．请你说明这个电路的工作原理．想一想：怎样能够使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警？[解析]该电路的工作原理是：常温下,调整R1的阻值使斯密特触发器的输入端A处于低电平,则输出端Y处于高电平,无电流通过蜂鸣器,蜂鸣器不发声；当温度升高时,热敏电阻R T阻值减小,斯密特触发器输入端A电势升高,当达到某一值(高电平)时,其输出端由高电平跳到低电平,蜂鸣器通电,从而发出报警声,R1的阻值不同,报警温度不同．要使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警,应减小R1的阻值,R1阻值越小,要使斯密特触发器输入端达到高电平,则热敏电阻阻值要求越小,即温度越高．[答案]见解析15．(12分)硅光电池在无光照时不产生电能,可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路,给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点,正极接低电势点),探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3 V,内阻为6.0 kΩ；电压表V2量程选用15 V,内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V,内阻不计．(1)根据图甲,用笔画线代替导线,将图乙连接成完整电路．(2)用遮光罩罩住硅光电池,闭合开关S,调节变阻器R,读出电压表V1、V2的示数U1、U2.①某次测量时,电压表V1示数如图丙,则U1＝________V,可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留两位小数)．②该小组测出大量数据,筛选出下表所示的9组U1、U2数据,算出相应的硅光电池两端反向电压U x和通过的反向电流I x(表中“－”表示反向),并在坐标纸上建立I xU x坐标系,标出了与表中前5组U x、I x数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点,并绘出I xU x图线．1 2 3 4 5 6 7 8 9U1/V 0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74U2/V 0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7U x/V 0.0 －1.0 －2.0 －3.0 －4.0 －5.0 －6.0 －7.0 －8.0I x/mA 0.00 0.00 －0.01 －0.02 －0.04 －0.07 －0.12 －0.19 －0.29③由I xU x图线可知,硅光电池无光照下加反向电压时,I x与U x成________(选填“线性”或“非线性”)关系．[解析](1)实物图如图所示．(2)①由题图知,电压表读数为1.40 V,通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V1的电流,故I＝U1R V1＝1.406.0×103A≈0.23 mA.②先在坐标纸上描点,然后用平滑的曲线将其连接起来,如图所示．③因图线为曲线,故I x 与U x 成非线性关系．[答案] (1)见解析 (2)①1.40 0.23②见解析 ③非线性16．(13分)用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率．水平管道长为l 、宽度为d 、高为h,置于竖直向上的匀强磁场中．管道上、下两面是绝缘板,前、后两侧面由电阻可忽略的导体板M 、N 构成,两导体板与开关S 、电阻箱R 、灵敏电流表G(内阻为R g )连接．管道内始终充满导电液体(有大量的正、负离子),液体以恒定速度v 自左向右流过．闭合开关S,调节电阻箱的取值,记下相应的电流表读数．甲 乙 丙 丁(1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为________Ω.(2)与N 板相连接的是电流表G 的________极(填“正”或“负”)．(3)图丙所示的电流表读数为________μA.(4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R 与相应的电流表读数I 绘制出1I R 图象为图丁所示的倾斜直线,该直线与两坐标轴的交点坐标分别为(－a,0)和(0,b),则磁场的磁感应强度为________,导电液体的电阻率为________．[解析] (1)根据电阻箱读数的方法,可得接入电路的电阻值为290.1 Ω.(2)导电液体(有大量的正、负离子)自左向右流过,用左手定则判断出,正离子受洛伦兹力的方向垂直M 板向外,最后集中在M 板,负离子受洛伦兹力的方向垂直N 板向内,最后集中在N 板,因此,与N 板相连接的是电流表G 的负极．(3)该电流表的分度值为1 μA ,根据电流表读数的方法可知,需要估读一位,即读数为24.0 μA.(4)根据闭合电路欧姆定律可得E ＝I(R ＋R g ＋r),其中E ＝Bdv,r ＝ρd hl代入可得1I ＝(R g Bdv ＋ρhlBv )＋1BdvR 由图丁可得1I R 图线的斜率为k ＝b a,图线在纵轴上的截距为b,在横轴上的截距为－a,结合上边方程,可解得磁场的磁感应强度为B ＝a bdv ,导电液体的电阻率为ρ＝a －R g lh d. [答案] (1)290.1 (2)负 (3)24.0 (4)a bdv a －R glh d。
高中物理 第二章 交变电流 章末质量评估(含解析)粤教版选修3-2-粤教版高中选修3-2物理试题
章末质量评估(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(本大题共8小题，每一小题4分，共32分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1. 一电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ；当它接到电压u ＝10sin ωt (V)上时功率为()A ．0.25PB ．0.5PC ．PD ．2P解析：电阻接在10 V 直流电源上，电热功率为P ，如此P ＝102R；当它接到电压u ＝10sinωt (V)上时功率为P ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022R＝1022R＝0.5P ，故B 正确．答案：B2. 一边长为L 的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e 随时间t 的变化情况如下列图．匀强磁场的磁感应强度为B ，如此结合图中所给信息可判定()A ．t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2B ．t 2时刻穿过线框的磁通量为零C ．t 3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D ．线框转动的角速度为E mBL 2解析：t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm ＝BL 2，B 错误；t 3时刻，感应电动势最大，如此磁通量变化率也最大，C 错误；交变电流的最大值为E m ＝BL 2ω，如此ω＝E mBL 2，D 正确． 答案：D3．如下列图为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，共有10匝，线圈总电阻为r ＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为22πT 的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω的连接．在外力作用下线圈以10π rad/s 绕轴OO ′匀速转动时，如下说法中正确的答案是()A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：感应电动势最大值：E m ＝nBωS ＝10×22π×10π×0.03 V ＝6 2 V ，电动势有效值：E ＝E m2＝6 V ；电路中的电流：I ＝ER ＋r ＝69＋1A ＝0.6 A ，如此交流电流表的示数是0.6 A ，选项B 正确；电阻R 的发热功率是P R ＝I 2R ＝3.24 W ，选项A 错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2 s ，如此用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s ，选项C 错误；如果将电阻R 换成标有“6 V3 W 〞字样的小灯泡，灯泡的电阻R L ＝U 2P ＝363Ω＝12 Ω，灯泡两端的电压U L ＝E R L ＋r R L ＝612＋1×12 V ＝5.54 V ，故小灯泡不能正常工作，选项D 错误． 答案：B4．在电阻两端并联二极管如下列图电路，电阻R 1与电阻R 2阻值一样，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交变电流u ＝20 2sin 100πt (V)，如此加在R 2上的电压有效值为()A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R 2的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝202R ·T 2＋102R ·T2，可求出U ＝510 V ．应当选项D 正确． 答案：D5. 如下列图为某交变电流随时间变化的图象，此交变电流有效值是()A ．3 2 AB ．5 A C.17 A D ．2 5 A解析：将交变电流与直流电流通过阻值都为R 的电阻，设直流电流为I ，如此根据有效值的定义，有(422)2R ·T 2＋()322R ·T 2＝I 2RT ，解得I ＝17 A.答案：C6．如下列图电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时()A ．灯L A 中无电流通过，不可能变亮B ．灯L A 中有电流通过，方向由a 到bC ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．灯L B 逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：假设开关S 由断开变为闭合，如此电容器C 和灯L A 将被短路，电容器放电，灯L A 中电流方向为由b 到a ，A 、B 错误；由于在L 中产生自感电动势，在线圈L 、灯L B 和电键形成回路，使得灯L B 逐渐熄灭，电流方向为从c 到d ，由于L 是电源，所以c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．答案：D7．如图，利用理想变压器进展远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电顶峰到来时()A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小解析：当用电顶峰到来时，用户消耗的功率变大，如此电流表A 2读数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A 错误；电流表A 1增大，因为发电厂的输出电压恒定，如此升压变压器的次级线圈电压不变，即电压表V 1的示数不变，选项B 错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级线圈电压减小，降压变压器次级线圈电压也减小，即电压表V 2的示数减小，选项C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P＝1－I 2R U 1I ＝1－ΔUU 1，因为输电线上的电流增大，如此电压损失增大，U 1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D 正确．答案：D8．如下列图，有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R .如下判断正确的答案是()A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大B ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，应当选项A 、B 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2，副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1，因n 1减小，U 2会增大，由输出功率等于输入功率P 2＝U 22R＝P 1＝U 1I 1知，电流表示数I 1会增大，应当选项C 正确，选项D 错误．答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)9．如下列图，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交变电流的图象如图线b 所示. 以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的答案是()A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交变电流a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交变电流b 电压的最大值为203V解析：由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A 错误；由图象可知T A ∶T B ＝2∶3，故n A ∶n B ＝3∶2，所以B 正确；由图象可知，交流电a 的最大值为10 V ，角速度为ω＝2πT ＝2π0.4 rad/s ＝5π rad/s，所以交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt(V)，所以C 正确；交流电最大值U m ＝nBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，故U m b ＝23U m a ＝203V ，D 正确．答案：BCD10．如下列图，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，L 1、L 2两只灯泡的炽热程度一样，如此如下说法中正确的答案是()A ．如果将频率增大，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强B ．如果将频率增大，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱C ．如果将频率减小，L 1炽热程度减弱、L 2炽热程度加强D ．如果将频率减小，L 1炽热程度加强、L 2炽热程度减弱解析：某一频率时，两个灯泡炽热程度一样，应有两灯泡消耗的功率一样，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过L 1的电流增大，通过L 2的电流减小，故B 项正确，同理可得C 项正确．答案：BC11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，Ⓐ均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L 是理想线圈、D 是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，如下说法正确的答案是()A ．交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．当光照增强时，Ⓐ的示数变小D ．假设用一根导线来代替线圈L ，如此灯D 变亮解析：因交流电的周期是0.02 s ，所以频率为f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U 1＝220 V ，根据理想变压器变压比：U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈的电压为：U 2＝22 V ，故B 错误；有光照增强时，R阻值随光强增大而减小，根据P ＝U 2R 总，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表Ⓐ的示数变大，故C 错误；用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D 变亮，故D 正确．答案：AD12．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化．假设将此交变电流连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，如此()A ．理想电压表读数为100 VB ．理想电流表读数为0.75 AC ．电阻R 消耗的电功率为56 WD ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J解析：根据电流的热效应，一个周期内产生的热量Q ＝U 2R T ＝1002R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5022R·T2，解得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝UR＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确．答案：BD三、非选择题(此题共3小题，共52分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)13．(16分)发电机转子是匝数n ＝100，边长L ＝20 cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100π rad/s 的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈的电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝99 Ω.(1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)求外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过π3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：E m ＝nBωL 2＝628 V ， 根据闭合电路欧姆定律得I m ＝E mR ＋r＝6.28 A ，故交变电流瞬时值表达式为：i ＝6.28sin 100πt (A)． (2)电流的有效值I ＝12I m ，由P ＝I 2R 得外电阻上的消耗功率：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12I m 2R ≈1.95×103 W. (3)从计时开始到线圈转过π3过程中，由E ＝n ΔΦΔt，得＝n Φm －Φm cos 60°Δt ＝n ·BL 22Δt，故平均电流＝E－R ＋r ＝nBL 22〔R ＋r 〕·Δt，通过外电阻的电荷量q ＝·Δt ＝nBL 22〔R ＋r 〕＝1×10－2C.答案：(1) i ＝6.28sin 100πt (A)(2)1.95×103W (3)1×10－2C14．(18分)如下列图，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全一样的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V.(1)原线圈n 1等于多少？(2)当开关S 断开时，表A 2的示数I 2＝5 A ，如此表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，表A 1的示数I 1′等于多少？ 解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3，得U 1U 3＝n 1n 3，得n 1＝3 3002×1＝1 650. (2)由U 1I 1＝U 2I 2，得I 1＝U 2I 2U 1＝220×53 300A ≈0.33 A.(3)当S 闭合时，I ′2＝2I 2＝10 A ，U 1I ′1＝U 2I ′2，I ′1＝U 2I ′2U 1＝220×103 300A ≈0.67 A.答案：(1)1 650(2)0.33 A(3)0.67 A15．(18分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%.(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V ？假设用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，如此输电线的电阻为 r ＝ρ2lS ＝1.8×10－8×2×4×10310－5Ω＝14.4 Ω， 由题意知P 损＝P ×4%＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22r ，代入数据得U 2＝6 000 V ，升压变压器原、副线圈匝数比为：n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 6 000 V ＝112.(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503A ， U 损＝I 2·r ＝503×14.4 V ＝240 V ，而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 V ，n 3n 4＝U 3U 4＝5 760 V 220 V ＝28811， 降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11. (3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大， 由题知I ′4＝100 A 如此由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811， 所以I ′3＝27572A ，U ′损＝I ′3·r ＝27572×14.4 V ＝55 V ， 而U 1、U 2不变，U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 V ， U ′3U ′4＝n 3n 4， U ′4＝n 4n 3U ′3＝11288×5 945 V ≈227 V.答案：(1)1∶12(2)288∶11(3)大于220 V227 V。
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【新步步高】2014-2015学年高中物理期末检测（含解析）粤教版选修3-3(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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．下列说法错误的是( )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图1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6.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7．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8．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．无法判断二、双项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12分)9．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11．(6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＝0.1×10－9m3，碳的密度是ρ＝2.25×103kg/m3，摩尔质量为M＝12 g/mol，阿伏加德罗常数为N A＝6.0×1023mol－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．(8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4四、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1.29kg/m3，平均摩尔质量为0.029 kg/mol.阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10m，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335J的热量传入系统，系统对外界做功126J．求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42J，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84J，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760mmHg、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)如图7所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室体积的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76cmHg)求：图7(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300K 分别加热到400K 和540K ，U 形管内两边水银柱的高度差各为多少？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.C 5.B6．C [过程AB 为等容变化，当T 升高时，p 增大，故A 说法正确．过程BC 为等温变化，当V 减小时，ρ＝m V，故ρ增大，B 说法正确．AB 过程为等容变化，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．] 7．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．]8．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．]9．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．]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V 0＝V n ，小颗粒的质量为m ＝ρV 0,1mol 小颗粒中含有的分子数为N A ，由以上各式可得N ＝N A ρV nM，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p 0(向上)、液柱h 1的压强ρgh 1(向下)和液柱h 1上方液面处压强p a (向下)作用下平衡．因为p 0＝p a ＋ρgh 1，则有p a ＝p 0－ρgh 1，因为输液过程中h 1不断减小，所以p a 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p 0，则有p b ＝p 0＋ρgh 2，因为在输液过程中p 0，h 2不变，所以p b 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V 0，液体体积为V 1气体分子数n ＝ρV 0M molN A ， V 1＝nπd 36(或V 1＝nd 3) 则V 1V 0＝ρ6M mol πd 3N A (或V 1V 0＝ρM mol d 3N A ) 解得V 1V 0＝1×10－4(9×10－5～2×10－4都对)14．(1)251J (2)放热 293J解析 (1)沿a →c →b 过程，ΔU ＝W ＋Q ＝(－126＋335) J ＝209J沿a →d →b 过程，ΔU ＝W ′＋Q ′Q ′＝ΔU －W ′＝[209－(－42)]J ＝251J即有251J 的热量传入系统．(2)由a →b ，ΔU ＝209J ；由b →a ，ΔU ′＝－ΔU ＝－209J根据热力学第一定律有ΔU ′＝W ″＋Q ″＝84J ＋Q ″Q ″＝(－209－84) J ＝－293J负号说明系统放出热量，热量传递为293J.15.H 4解析 对水蒸气研究：①⎩⎪⎨⎪⎧ p 1＝75%p s ，V 1＝V . ②⎩⎪⎨⎪⎧ p 2＝p s ，V 2＝？由p 1V 1＝p 2V 2得V 2＝p 1V 1p 2＝75%·p s ·V p s＝0.75V ， 所以下压距离h ＝H 4时开始有水珠出现． 16．(1)23V 0 (2)0 15.2cm 解析 (1)开始时，p A 0＝p 0＋ρgh ＝2atm ，V A 0＝V 0/3打开阀门，A 室气体等温变化，p A ＝1atm ，体积为V A ，由玻意耳定律得p A 0V A 0＝p A V AV A ＝p A 0V A 0p A ＝23V 0 (2)假设打开阀门后，气体从T 0＝300K 升到T 时，活塞C 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V 0，压强p A 仍为p 0，即等压变化过程． 根据盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得T ＝V 0V AT 0＝450K因为T 1＝400K<450K ，所以p A 1＝p A ＝p 0，水银柱的高度差为零． 从T ＝450K 升高到T 2＝540K ，是等容变化过程．根据查理定律p A T ＝p A 2T 2，得p A 2＝1.2atm.T 2＝540K 时，p 0＋ρgh ＝1.2atm ，故水银柱的高度差为15.2cm.。