【优化方案】2020高考物理总复习实验知能优化演练新人教版选修3-3

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优化方案·高中同步测试卷·人教物理选修3-3：高中同步测试卷(十一) 含解析

高中同步测试卷(十一)学业水平测试卷(A)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．)1．奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装臵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( )A．燃气由液态变为气态的过程中不一定对外做功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2．关于永动机不可能制成的下列说法中正确的是( )A．第一类永动机违反了能量守恒定律B．第二类永动机违反了能量守恒定律C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性3．下列关于分子间引力和斥力的说法中，错误的是( )A．两张纸潮湿后很难分开说明分子间存在引力B．只有同种物质的分子间才存在分子力的作用C．当分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小D．表面平滑的太空船很容易“黏合”灰尘是因为分子力的作用4．被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，就会重新鼓起来．这一过程乒乓球内的气体( )A．吸热，对外做功，内能不变B．吸热，对外做功，内能增加C．温度升高，体积增大，压强不变D．压强增大，单位体积内分子数增多5．以下说法正确的是( )A．热量自发地从甲物体传到乙物体，甲的内能不一定比乙大B．汽油是一种清洁能源C．水能是可再生能源，所以可制造一台利用水能的机器，效率可达100% D．煤、石油等常规能源是取之不尽、用之不竭的6．如图所示，对于液体在器壁附近发生的弯曲现象，下列说法中正确的是( )A．表面层1内分子的分布比液体内部疏B．表面层2内分子的分布比液体内部密C．附着层1内分子的分布比液体内部疏D．附着层2内分子的分布比液体内部密7．在某一容器中封闭着一定质量的气体，对此气体的压强，下列说法中正确的是( )A．气体压强是由重力引起的，容器底部所受的压力等于容器内气体所受的重力B．气体压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞引起的C．容器以9.8 m/s2的加速度向下运动时，容器内气体压强为零D．由于分子运动无规则，所以容器内壁各处所受的气体压强不一定相等8．一定质量的理想气体，经历了如图所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )A．1∶3∶5 B．3∶6∶5C．3∶2∶1 D．5∶6∶39．如图所示，活塞将汽缸分成两个气室，汽缸壁、活塞、拉杆是绝热的，且都不漏气，UA 和UB分别表示A、B气室中气体的内能．则将拉杆向外拉动的过程中( )A ．U A 不变，UB 变小 B ．U A 增大，U B 不变C ．U A 增大，U B 变小D ．U A 不变，U B 增大10.如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水．在水加热升温的过程中，被封闭的空气( )A ．内能增大B ．压强增大C ．分子间引力和斥力都减小D ．所有分子运动速率都增大11.如图所示，a 、b 、c 、d 表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad 平行于横坐标轴，dc 平行于纵坐标轴，ab 的延长线过原点，以下说法正确的是( )A ．从状态d 到c ，气体不吸热也不放热B ．从状态c 到b ，气体放热C ．从状态a 到d ，气体对外做功D ．从状态b 到a ，气体吸热12.如图所示，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．)。

【优化方案】高考物理总复习实验八知能优化演练新人教版选修3-1

知能演练强化闯关1．在描绘小电珠的伏安特性曲线时，采用如图7－4－5所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )图7－4－5A．灯泡中灯丝已烧断B．滑片接触不良C．灯泡内部短路D．滑动变阻器A端接触不良解析：选C.由题图知，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A错．若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错．若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错．若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.2．为探究小电珠L的伏安特性，连好如图7－4－6所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小电珠中的电流由零开始逐渐增大，直到小电珠正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是( )图7－4－6图7－4－7解析：选C.由于小电珠灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着电珠两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在U－I图象中斜率应逐渐增大，故C正确．3．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是( )图7－4－8解析：选B.由于小灯泡的电阻很小，所以电流表应外接，故A 、C 错；又因描绘小灯泡的伏安特性曲线从电压为零开始，所以要用分压接法，故B 选项正确，D 错．4．有一规格为“220 V 100 W”的灯泡，现用一准确的欧姆表测其电阻，测量的结果是( )A ．大于484 ΩB ．等于484 ΩC ．小于484 ΩD ．无法确定解析：选C.R ＝U 2P ＝2202100Ω＝484 Ω，是灯发热状态下的电阻．用欧姆表测量时，灯丝温度为室温，所以其阻值比484 Ω小．5．(2012·浙江五校联考)有一个小灯泡上有“4 V 2 W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻10 k Ω)B ．电压表(0～10 V ，内阻20 k Ω)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻1 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻0.4 Ω)E ．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F ．滑动变阻器(1 k Ω，1 A)G ．学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(用序号字母表示)．(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．图7－4－9(3)某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图7－4－9所示)，若用电动势为3 V 、内阻为2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______ W. 答案：(1)A D E (2)如图(3)0.86．发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图7－4－10甲所示，正常使用时，带“＋”的一端接高电势，带“－”的一端接低电势．某同学用实验.图7－4－10(1)在图乙中的虚线框内画出实验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，实验用电压表V：内阻R V约为10 kΩ，电流表mA：内阻R A约为100 Ω)(2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线．(3)根据(2)中画出的二极管的伏安特性曲线，简要说明发光二极管的电阻与其两端电压的关系__________________．解析：(1)同时测定二极管上的电流和电压时，由欧姆定律分析表格中的每一组数据，可以看出发光二极管的电阻是变化的，变化的范围大约在100～500 Ω之间，故电流表的内阻对测量结果影响较大，利用电流表外接法误差较小．而测量数据应从0开始，滑动变阻器采用分压式接法，才能得到足够多的数据．(2)将表格提供的数据在方格纸上描点，平滑连接各点可画出U－I图线．答案：(1)实验电路图如图所示(2)伏安特性曲线如图所示(3)发光二极管的电阻随其两端电压的增大而呈现非线性减小7．(2012·宁波模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图7－4－11所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：图7－4－11(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______导线断路．(2)某同学测出电源和小电珠的U－I图线如图7－4－12所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝______ Ω.图7－4－12(3)某同学在实验中还测出a 、b 、c 三种元件的伏安特性曲线分别如图7－4－13中的a 、b 、c ，下列说法正确的是________．图7－4－13A ．a 可以作为标准电阻使用B ．b 能作为标准电阻使用C ．b 的阻值随电压升高而增大D ．c 的阻值随电压升高而增大解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路．(2)由电源的U －I 图线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r ＋R 灯)又由小电珠的U －I 图线得R 灯＝U I＝1.2 Ω 解得R ＝0.8 Ω.(3)因a 元件的I －U 线是直线，说明其阻值不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A 对，B 错；因I －U 图线的斜率的倒数表示电阻值，故C 对，D 错．答案：(1)g (2)0.8 (3)AC。

优化方案·高中同步测试卷·人教物理选修3-3：高中同步测试卷(三) 含解析

高中同步测试卷(三)第三单元气体实验定律(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共11小题，每小题5分，共55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5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．)1．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，小孩一不小心松手，氢气球就会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为( ) A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．以上说法均不正确2.一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h，上端空气柱长为l，如图所示，已知大气压强为ρgH，下列说法正确的是( )A．此时封闭气体的压强是ρg(l＋h)B．此时封闭气体的压强是ρg(H－h)C．此时封闭气体的压强是ρg(H＋h)D．此时封闭气体的压强是ρg(H－l)3．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是( )A．从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B ．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的C ．由图可知T 1>T 2D ．由图可知T 1<T 24．一定质量的气体，压强为3 atm ，保持温度不变，当压强减小了2 atm ，体积变化了4 L ，则该气体原来的体积为( )A.43L B ．2 L C.83 L D ．3 L5．一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度由0 ℃升高到10 ℃时，其压强的增加量为Δp 1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp 2，则Δp 1与Δp 2之比是( )A ．1∶1B ．1∶10C ．10∶110D ．110∶106.如图所示，甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于这两个图象的正确说法是( )A ．甲是等压线，乙是等容线B ．乙图中p －t 线与t 轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V －t 线与t 轴的交点不一定是－273.15 ℃C．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系D．乙图表明随温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变7．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感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为( )A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天气温升高，大气压强变大D．瓶内气体因温度降低而压强变小8.如图所示，在一个圆柱形导热汽缸中，用活塞封闭了一部分理想气体，活塞与汽缸壁间是密封而光滑的．用一弹簧测力计挂在活塞上，将整个汽缸悬挂在天花板上，当外界温度升高(大气压不变)时( ) A．弹簧测力计示数变大B．弹簧测力计示数变小C．汽缸下降D．汽缸内气体压强变大9．一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法中正确的是( )A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′B．加热后V1′>2V2′C．加热后V1′<2V2′。

高考总复习物理试题选修3-3第3讲知能演练轻巧夺冠

一、单项选择题1．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是()A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了机械能守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．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D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析：选D.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A错误；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C错误．2．根据热力学第二定律，下列说法中错误的是()A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体B．热量能够从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体C．机械能可以全部转化为内能，但内能不可能全部转化为机械能D．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解析：选C.根据热传递的规律可知热量能够从高温物体传到低温物体；当外界对系统做功时，可以使系统从低温物体吸取热量传到高温物体上去，制冷机(如冰箱和空调)就是这样的装置．但是热量不能自发地从低温物体传到高温物体．选项A、B正确．一个运动的物体，克服摩擦阻力做功，最终停止，在这个过程中机械能全部转化为内能．外界条件发生变化时，内能也可以全部转化为机械能，如在等温膨胀过程中，系统吸收的热量全部转化为对外界做的功，选项C错误，D正确．综上所述，该题应选C.3．关于一定量的气体，下列叙述正确的是()A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能不可能减少解析：选A.由热力学第二定律知吸收的热量不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热，若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误；外界对气体做功，若同时气体放热，其内能可能减少，D错误．4．(2013·福建八校模拟)一个气泡从湖底缓慢上升到湖面，在上升的过程中温度逐渐升高，气泡内气体可视为理想气体，在此过程中，关于气泡内气体下列说法不．正确的是() A．气体分子平均动能变小B．气体吸收热量C．气体对外做功D．气体内能增加解析：选A.气泡上升到湖面时体积变大，气体对外做功，因温度上升，气体分子平均动能变大，气体内能增加，气体吸收热量，故B、C、D正确．5．(2012·高考广东卷)景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．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()A．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，气体内能减少解析：选B.对封闭气体，猛推压缩过程中，外界对气体做正功，时间极短，热传递不计，即Q ＝0，由ΔU ＝W ＋Q 可知内能增大，C 、D 均错误．因气体内能等于所有分子动能与分子势能之和，其中分子势能不变或减小，所以分子平均动能增加，温度升高，再由气体状态方程pV T＝常量可知，气体压强变大，故A 错误、B 正确． 6．(2011·高考广东卷)如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，气体内能减小解析：选A.由于筒内气体不与外界发生热交换，因此只有做功改变物体的内能，在M 向下滑动的过程中，外界压缩气体对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增加．7. (2011·高考重庆卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．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( )A ．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，内能减小解析：选A.气体膨胀，体积增大对外做功；由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，由于是绝热过程，故气体内能减少，气体温度降低，分子的平均动能减小．8.如图所示，A 、B 两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A 变化到状态B 时，下列说法不．正确的是( ) A ．体积必然变大B ．有可能经过体积减小的过程C ．外界必然对气体做正功D ．气体必然从外界吸热解析：选C.由pV T＝C 知，V B 一定大于V A ，A 正确．A 、B 只是气体状态变化的初末态，有可能经过体积减小的过程，B 项正确．由状态A 变化到状态B 时，T 增大，ΔU ＞0，V 增大，气体对外界做功，W ＜0，由ΔU ＝Q ＋W ，可知Q ＞0，D 正确，C 错误．9．某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图所示，在气球膨胀过程中，下列说法正确的是( )A ．该密闭气体分子间的作用力增大B ．该密闭气体组成的系统熵增加C ．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D ．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和解析：选B.气球内气体的体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，A 错；系统自发变化时总是向着熵增加的方向发展，B 正确；气体的压强是大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞而产生的，C 错；气体的体积是气球的容积，而不是气体分子的体积之和，D 错．10．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A ．第二类永动机违反能量守恒定律B ．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C ．外界对物体做功，则物体的内能一定增加D ．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：选D.第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，A 错；由热力学第一定律知，物体内能的变化是由热传递和做功情况共同决定的，故B 、C 错；做功改变内能是不同形式能量之间的转化，热传递是内能的转移，故D 正确．11．(2013·南昌模拟)用力拉活塞，使封闭在汽缸内的气体的体积迅速增大为原来的两倍，若汽缸不漏气，那么此时汽缸内气体压强p 2和原来的压强p 1相比较有( )A ．p 2＝p 1/2B ．p 2＞p 1/2C ．p 2＜p 1/2D ．无法确定解析：选C.迅速拉活塞可看做绝热膨胀过程，由于气体对外做功，内能减小，温度降低，将体积加倍，温度降低代入pV T＝恒量，故p 2＜p 1/2，故C 正确．二、非选择题 12.A 、B 两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管状容器抽成真空后，开口竖直向下插入水银槽中(插入过程中没有空气进入管状容器内)，两水银柱上升至如图所示位置然后停止．假设这一过程中水银与外界没有热交换，则A 中水银的内能增量________B 中水银的内能增量．(填“大于”、“小于”或“等于”)解析：在水银进入管状容器中的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势能，在一定的大气压下，A 、B 中水银柱在稳定后，两者的高度是相同的，且进入管中的水银体积相同，所以大气压力做功相同．但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由图可知B 中水银的重力势能较小，所以B 管中水银的内能增量较大．答案：小于。

优化方案·高中同步测试卷·人教物理选修3-3：高中同步测试卷(二) 含解析

高中同步测试卷(二)第二单元温度和内能(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65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5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．)1．下列关于热力学温度的说法中，正确的是( )A．热力学温度的零值等于－273.15 ℃B．热力学温度的1 K的大小和摄氏温度的1 ℃的大小是相等的C．绝对零度是低温的极限，永远达不到D．1 ℃就是1 K2．下列说法正确的是( )A．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的热量B．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡C．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量D．热平衡定律是温度计能够用来测量温度的基本原理3．下列关于系统是否处于平衡态的说法正确的是( )A．开空调2分钟内教室内的气体处于平衡态B．两个温度不同的物体相互接触，这两个物体组成的系统处于非平衡态C．0 ℃的冰水混合物放入1 ℃的环境中，冰水混合物处于平衡态D．压缩密闭容器中的空气，空气处于平衡态4．有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则( )A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C．氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能5．一定质量的0 ℃的水在凝结成0 ℃的冰的过程中，体积变大，内能的变化是( )A．分子平均动能增大，分子势能减小B．分子平均动能减小，分子势能增大C．分子平均动能不变，分子势能增大D．分子平均动能不变，分子势能减小6．回收“神舟十号”飞船的过程中，飞船在轨道上运行的高度逐渐降低进入大气层，最后安全着陆．由于与大气的高速摩擦，使得飞船壳体外表温度上升到近二千摄氏度，从分子动理论和能量方面下列理解正确的是( ) A．飞船壳体材料每个分子的动能均增大B．飞船壳体材料分子的平均动能增大C．飞船的内能向机械能转化D．飞船的机械能向内能转化7．关于内能和机械能的下列说法中正确的是( )A．内能和机械能各自包含动能和势能，因此，它们在本质上是一样的B．运动物体的内能和机械能均不为零C．一个物体的机械能可以为零，但它的内能永远不可能为零D．物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变8．下列关于温度、内能和热量的说法中正确的是( )A．物体的温度越高，所含热量越多B．物体的内能越大，所含热量越多C．物体的温度越高，它的分子热运动的平均动能越大D．物体的温度不变，其内能也不变9.如图为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是( )A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功10．严冬湖面上结了厚厚的冰，但冰下面鱼儿仍在游动．为了测出冰下水的温度，徐强同学在冰上打了一个洞，拿来一支实验室温度计，用下列四种方法测水温，正确的做法是( )A．用线将温度计拴牢从洞中放入水里，待较长时间后从水中提出，读出示数B．取一塑料饮水瓶，将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后取出，再用温度计测瓶中水的温度C．取一塑料饮水瓶，将温度计悬挂在瓶中，再将瓶拴住从洞中放入水里，水灌满瓶后待较长时间，然后将瓶提出，立即从瓶外观察温度计的示数D．手拿温度计，从洞中将温度计插入水中，待较长时间后取出，立即读出。

【优化方案】2020高考物理总复习第十章第一节知能演练强化闯关新人教版选修3-2

知能优化演练1．(2020·泉州模拟)如图10－1－8所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt 的图是( )图10－1－8答案：A2．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图10－1－9所示，则( )图10－1－9A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零B．t2时刻穿过线圈的磁通量最大C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D．t4时刻穿过线圈的磁通量为零解析：选CD.由图象可知t1和t3时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，所以选项A错误，C正确．t2和t4时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项B错误，D正确．3．如图10－1－10所示表示交变电流的电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是( )图10－1－10A．5 2 A B．5 AC．3.5 2 A D．3.5 A解析：选B.根据电流的热效应，有I2RT＝I21Rt1＋I22Rt2即I2R×2＝(42)2R×1＋(32)2R×1得I＝5 A．所以该交变电流的有效值为5 A.4．如图10－1－11所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式交流电的说法正确的是( )图10－1－11A．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．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin5πt(V)D．交流电b的最大值为5 V解析：选BC.t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期之比为2∶3，由转速ω＝2πT得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10 V，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e＝Emsinωt(V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin5πt(V)，故C正确．交流电的最大值Em ＝nBSω.所以根据两次转速ω的比值可得，交流电b的最大值为23×10 V＝203V，故D错．5．(2020·高考天津卷)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10－1－12甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )图10－1－12A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311 VD．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B.线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005 s时e最大，故A错误．t＝0.01 s时e＝0，故B正确．电动势有效值为311×22V≈220 V，故C错误．周期T＝0.02 s，频率f＝1T＝50 Hz，故D错误．一、选择题1．风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( )A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零解析：选C.当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大．2．下列关于交变电流的说法中正确的是( )A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流的最大值B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流的瞬时值C．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值D．对同一电阻且时间相同，则跟交流有相同的热效应的直流的数值是交流的有效值答案：CD3．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为Em.设t＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( )A．e＝2Em sin2ωt B．e＝4Emsin2ωtC．e＝Em sin2ωt D．e＝4Emcos2ωt解析：选D.Em＝nBSω所以当S和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D正确．4．(2020·东北三省四市联考)如图10－1－13甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则( )图10－1－13A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od 段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错；而D选项频率应该是25 Hz.5．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图10－1－14所示．下列说法正确的是( )图10－1－14A．电路中交变电流的频率为0.25 HzB．通过电阻的电流为 2 AC．电阻消耗的电功率为2.5 WD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V解析：选C.电路中交变电流的频率f＝1/T＝25 Hz，A错；通过电阻的电流应为有效值：I＝UR＝552A＝22A，用交流电压表测得电阻两端的电压是522V，B、D错；电阻消耗的电功率P＝I2R＝2.5 W，C对．6．(2020·合肥模拟)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT绕cd边沿如图10－1－15所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图象为( )图10－1－15图10－1－16解析：选B.在0～T4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值，在T4～34T内，线圈中无感应电流；在34T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B项正确．图10－1－177．(2020·高考安徽卷)如图10－1－17所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL2ω2RB.2BL2ω2RC.2BL2ω4RD.BL2ω4R解析：选D.扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度v＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E＝BL2ω2，E2R×T4＝I2RT，可得I＝BL2ω4R，故D正确，A、B、C错误．8．(2020·海淀区模拟)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图10－1－18甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )图10－1－18A．第一次，灯泡两端的电压有效值是U/2B．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U/2C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5解析：选D.甲电源有效值U＝22U，A错．乙电源：U′2R·T＝2U2R·T2＋U2R·T2，U′＝52U，B错．P＝U2R，则两次功率之比PP′＝U2U′2＝12U252U2＝15.即只有D正确．9．(2020·高考四川卷)如图10－1－19所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )图10－1－19A．线圈消耗的电功率为4 WB．线圈中感应电流的有效值为2 AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos 2πTtD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Tπsin2πTt解析：选AC.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcosθ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝eR＝EmRcosθ，由题给条件有：1＝Em2×12，Em＝4 V，则Im＝2A，I有效＝ 2 A，电功率P＝I2有效R＝4 W，所以A正确，B错误．e＝4cosωt＝4cos2πTt，即C正确．由Em ＝BSω＝Φm·2πT得Φm＝2Tπ，故Φ＝2Tπsin2πTt，即D错误．10．如图10－1－20所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )图10－1－20A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2l 1l 22ωR解析：选CD.当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合右手螺旋定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba ，故A 错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大．此时电动势的大小为E ＝2nBl 2ωl 12＝nBl 1l 2ω，B 错误，C 正确；线圈此时的感应电流大小为：I ＝E R ＝nBl 1l 2ωR ，所以ad 边所受的安培力的大小为：F ＝nBIl 2，代入I 可得：F ＝n 2B 2l 1l 22ωR ，D 正确．二、非选择题11．如图10－1－21所示，n ＝50匝的矩形线圈abcd ，边长ab ＝20 cm ，bc ＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈的中轴线OO′匀速转动，转动角速度ω＝50 rad/s ，线圈的总电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω.试求：图10－1－21(1)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时感应电动势的大小；(2)1 min时间内电阻R上产生的热量Q.解析：(1)线圈在图示位置产生的感应电动势最大，Em＝nBωS＝nBω·ab·bc，代入数值得Em＝50 V.(2)线圈中产生正弦式电流，有效值I＝Em2R＋r.在1 min内R上产生的电热Q＝I2Rt＝E2m2R＋r2·Rt＝6.75×103J.答案：(1)50 V (2)6.75×103 J12．电压u＝1202sinωt V，频率为50 Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u＝60 2 V的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s)解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u－t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1当u＝u＝60 2 V时，由u＝1202sinωt V求得：t1＝1600s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝36000.02×175s ＝2400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400 s (2)见解析。

高考物理总复习实验知能优化演练新人教版选修35

知能演练强化闯关1．在用斜槽轨道“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，必须测量的物理量有( ) A．入射小球和被碰小球的质量B．入射小球和被碰小球的半径C．入射小球从斜槽上由静止释放时的起始高度D．斜槽轨道的末端到地面的高度E．从相碰到落地的时间F．入射小球未与另一小球碰撞时飞出的水平距离G．入射小球和被碰小球碰撞后各自飞出的水平距离答案：AFG2. 某同学用如图1－2－9所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球1悬挂于O点，使小球1的球心到悬点O的距离为L，被碰小球2放在光滑的水平桌面上．将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放，摆到最低点时恰与小球2发生正碰，碰撞后，小球1继续向左运动到C位置(OC与竖直方向夹角为θ)，小球2落到水平地面上，落点D到桌面边缘水平距离为s.图1－2－9(1)实验中已经测得上述物理量中的α、L、s，为了验证两球碰撞过程动量守恒，还应该测量的物理量有________________________________________________________________．(2)请用测得的物理量结合已知物理量分别表示碰撞前后小球1的动量：p1＝________，p1′＝________；再用物理量表示碰撞前后小球2的动量：p2＝________，p2′＝________. 解析：根据机械能守恒定律计算碰前和碰后小球1的速度，根据平抛运动计算碰后小球2的速度，最后根据p＝mv计算各个动量值．答案：(1)小球1的质量m1，小球2的质量m2，桌面高度h，OC与OB夹角θ(2)m12gL1－cosαm12gL1－cosθ0 m2s g 2h3．(2012·辽宁模拟)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图1－2－10甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．图1－2－10(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先_______________，然后________________________________________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1的质量310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_____________________________ _____________________________________________________________________. 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块．(2)作用前系统的总动量为滑块1的动量p 0＝m 1v 0.v 0＝0.2000.10m/s ＝2.00 m/s ，p 0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s.作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v ，v ＝0.1680.14m/s ＝1.20 m/s ，p ＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.20 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦.答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.620 0.618(3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦4．(2011·高考北京卷)如图1－2－11所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图1－2－11(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图1－2－11中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP .然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM ，ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为________(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m 1＝45.0 g ，m 2＝7.5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图1－2－12所示．图1－2－12 碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p 1′，则p 1∶p 1′＝______∶11；若碰撞结束时m 2的动量为p 2′，则p 1′∶p 2′＝11∶____.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p 1′＋p 2′为________________．(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为________cm.解析：(1)该实验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m 2时，m 1从抛出点下落高度与放上m 2，两球相碰后下落的高度H 相同，即在空中做平抛运动的下落时间t 相同，故有v 1＝OPt，v ′1＝OM t ，v ′2＝ON t，代入m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可．(2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分．(3)若是弹性碰撞，还应满足能量守恒，即12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22，即m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2. (4)p 1p ′1＝m 1·OP m 1·OM ＝OP OM ＝44.835.2＝14∶11. p ′1p ′2＝m 1·OM m 2·ON ＝45.0×35.207.5×55.68＝11∶2.9. p 1p ′1＋p ′2＝m 1·OP m 1·OM ＋m 2·ON＝45.0×44.8045.0×35.20＋7.5×55.68≈1(1～1.01 均可)(5)当两球发生弹性碰撞时，碰后m 2的速度最大，射程最大，由m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON 与m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2可解出ON 的最大值为76.8 cm.答案：(1)C (2)ADE 或DAE(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 (4)14 2.9 1(1～1.01均可)(5)76.8。

2020-2021学年高中物理人教选修3-3练习：章末复习课含答案解析

【最新】高中物理人教选修3-3练习：章末复习课学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其P﹣T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。

下列判断正确的是（_____）A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功2．关于气体的内能，下列说法正确的是（）A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加3．压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104 J，则该气体的分子平均动能________(填“增加”“减少”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(填“大于”“小于”或“等于”)3.4×104 J.二、单选题4．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( )A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大5．如图，一定质量的理想气体，由a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c．设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac．则．A．T b＞T c，Q ab＞Q ac B．T b＞T c，Q ab＜Q acC．T b=T c，Q ab＞Q ac D．T b=T c，Q ab＜Q ac三、多选题6．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（）A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机7．下列关于热现象的描述正确的是( )A．据热力学定律，热机的效率不可能达到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．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8．关于热力学定律，下列说法正确的是（）A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡图9．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T象如图所示，下列判断正确的是（）A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．A、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同10．一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p–V图象如图所示。

2020秋高中物理人教版选修3-3课堂演练：第八章气体章末复习课

章末复习课【知识体系】[答案填写]①标志②t＋273.15 K③碰撞④密集程度⑤温度⑥原点⑦体积⑧直线⑨压强⑩理想气体主题1气体的实验定律1．玻意耳定律．(1)条件：质量不变，温度不变．(2)公式：pV＝C或p1V1＝p2V2或p1p2＝V2V1.2．查理定律．(1)条件：质量不变，体积不变．(2)公式：pT＝C或p1T1＝p2T2.3．盖—吕萨克定律．(1)条件：质量不变，压强不变．(2)公式：VT＝C或V1T1＝V2T2.4．使用步骤：(1)确定研究对象，并判断是否满足某个实验定律条件；(2)确定初末状态及状态参量；(3)根据实验定律列方程求解(注意单位统一)；(4)注意分析隐含条件，做出必要的判断和说明．【例1】（2016·全国Ⅱ卷）一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气.若氧气的温度保持不变，则这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2（两个大气压）时，体积为V2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0ΔV④联立①②③④式，并代入数据得N＝4（天）.⑤答案：4天针对训练1.如图所示为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．解析：设压力为F，压缩后气体压强为p，由p0V0＝pV和F＝pS，解得F＝V0V p0S.答案：V0V p0S主题2理想气体状态方程1．条件：理想气体．2．公式：pVT＝C或p1V1T1＝p2V2T2.3．步骤：(1)确定研究对象，是否质量不变；(2)确定初末状态及状态参量；(3)根据理想气体方程求解(注意单位统一)；(4)注意分析隐含条件(变质量问题转化为定质量问题)，做出必要的判断和说明．【例2】(2014·上海卷)如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg.(1)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？(2)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？解析：(1)初态压强p1＝(76－16)cmHg＝60 cmHg.末态时左右水银面高度差为(16－2×3)cm＝10 cm，压强p2＝(76－10)cmHg＝66 cmHg.由理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2，解得T2＝p2V2T1p1V1＝66×2560×22×280 K＝350 K.(2)设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差h′＝(16＋2×2)－l.由玻意耳定律：p1V1＝p3V3.式中p3＝76－(20－l)，解得：l＝10 cm.答案：(1)350 K(2)10 cm针对训练2.如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5.先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；(2)最后两侧气体的体积之比．解析：(1)设初始时压强为p.左侧气体满足：pV1T1＝p′VkT1，右侧气体满足：pV2＝p′V.解得k＝V2V＝2.(2)活塞导热达到平衡．左侧气体满足：p′V1kT1＝p″V1′T1′，右侧气体满足：p′VT2＝p″V2′T2′，平衡时T1′＝T2′，解得V1′V2′＝T2kT1＝54.答案：(1)2 (2)54主题3 气体的图象问题【例3】 (多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，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.下列图象中可以表示此过程的是( )解析：由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据pVT ＝C 可知压强减小．对A 图象进行分析，p －V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A 正确．对B 图象进行分析，p －V 图象是直线，温度会发生变化，故B 错误．对C 图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C 错误．对D 图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D 正确．答案：AD 针对训练3.(多选)一定质量的理想气体经过如图所示的一系列过程，下列说法中正确的是( )A ．a →b 过程中，气体体积增大，压强减小B ．b →c 过程中，气体压强不变，体积增大C ．c →a 过程中，气体压强增大，体积变小D ．c →a 过程中，气体内能增大，体积不变答案：AD统揽考情气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，而且是必考的一类题．考查内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压强计算和压强的微观表示方法．真题例析（2016·全国Ⅰ卷）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σr ，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m 处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升.已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2.（1）求在水下10 m 处气泡内外的压强差；（2）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.解析：（1）由公式Δp ＝2σr，得 Δp ＝2×0.0705×10－3Pa ＝28 Pa ，水下10 m处气泡的压强差是28 Pa.（2）忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m处和在接近水面时气泡内温度相同.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2①其中，V1＝43πr31②V2＝43πr32③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有p1＝p0＋ρgh1＝2×105Pa＝2p0④p2＝p0⑤将②③④⑤带入①得，2p0×43πr31＝p0×43πr32，气泡的半径与其原来半径之比的近似值r2r1＝32≈1.3.答案：（1）28 Pa（2）1.3针对训练（2015·全国Ⅰ卷）如图所示，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.解析：（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压变化.初始状态：V1＝L2（S1＋S2），T1＝495 K；末状态：V2＝LS2.由盖－吕萨克定律：V1T1＝V2T2代入数值可得：T2＝330 K.（2）对大小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝pS2＋p1S1，可得p1＝1.1×105 Pa，缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化.初状态：p1＝1.1×105 Pa，T2＝330 K，末状态：T＝303 K，由查理定律p1T2＝p2T，得p2＝1.01×105 Pa.答案：（1）330 K（2）1.01×105 Pa1.如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体()A．压强增大，体积增大B．压强增大，体积减小C．压强减小，体积增大D．压强减小，体积减小解析：初始时，水银处于静止状态，受到的重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程可知，气体的体积减小，B项正确．答案：B2．(2015·江苏卷)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．解析：将包装袋压缩到压强为2个标准大气压温度不变：初状态：p1＝1 atm，V1＝1 L；末状态：p1＝2 atm.由玻意耳定律：p1V1＝p2V2，解得：V2＝0.5 L>0.45 L.则会漏气．答案：会漏气 3．(2015·重庆卷)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．解析：由题知质量和体积不变得初状态：p 1，T 1，末状态：p 2，T 2.由查理定理：p 1T 1＝p 2T 2，则：p 2＝P 1T 1T 2，则压强差：Δp ＝p 2－p 1＝T 2T 1p 1－p 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 1－1p 1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 1－1p 1 4.（2016·全国Ⅲ卷）一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变.解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被推下h 后，右管中空气柱的压强为p ′1，长度为l ′1；左管中空气柱的压强为p ′2，长度为l ′2.以cmHg 为压强单位，由题给条件，得p 1＝p 0＋()20.0－5.00cmHg ，l ′1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002cm. 根据玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1，联立解得p ′1＝144 cmHg ，根据题意可得p ′1＝p ′2，l ′2＝（4.00＋20.0－5.002－h ）cm ，根据玻意耳定律可得，p 2l 2＝p ′2l ′2，解得h ＝9.42 cm.答案：144 cmHg 9.42 cm5.(2015·海南卷)如图所示，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V .已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0.现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．解析：A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，在漏气前，对A 分析有p 1＝p 0＋mg S ，对B 有p 2＝p 1＋mg S. B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有p ＝p 0＋mg S，因为温度始终不变，对于混合气体有(p 1＋p 2)·2V ＝pV ′，漏气前A 距离底面的高度为h ＝2V S，漏气后A 距离底面的高度为h ′＝V ′S. 联立可得Δh ＝2p 0S ＋3mg （p 0S ＋mg ）S －2V S. 答案：2p 0S ＋3mg （p 0S ＋mg ）S －2V S莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

【优化方案】2020高考物理总复习实验二知能优化演练新人教版选修3-4

知能演练强化闯关1. 如图2－3－7，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是( )图2－3－7(1)P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度(2)P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行(5)P1、P2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关A．(1)(3) B．(2)(4)C．(3)(5) D．(1)(4)解析：选A.实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P 1、P2和P3、P4之间距离适当大些，可以减小百分误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角，即小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误．故选A.2. 某同学做测定玻璃折射率实验时，用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sinθ1－sinθ2图象如图2－3－8所示，下列判断中正确的是( )图2－3－8A．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃时的折射现象B．玻璃的折射率为0.67C．玻璃的折射率为1.5D．玻璃的临界角的正弦值为0.67解析：选ACD.此直线斜率k＝sinθ1sinθ2＝10.67＞1，所以研究的光线是从空气射入玻璃时的折射现象，A选项正确．k也就是折射率n＝10.67＝1.5，C选项正确．sinC＝1n＝0.67，D选项正确．3. 某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行，如图2－3－9所示，则( )图2－3－9A．AO与O′B两条直线平行B．AO与O′B两条直线不平行C．他测出的折射率偏大D．他测出的折射率不受影响答案：BD4．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图2－3－10中的①②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．丙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．图2－3－10解析：甲同学测量的光路图如图甲所示，真实值n＝sinθ1sinθ2，测量值n′＝sinθ1sinθ2′.因θ2′＞θ2，故n′＜n，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．乙同学测量的光路图如图乙所示，测量值n＝sinθ1sinθ2，与真实值相等．丙同学测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示．当出射点为c时，测量值与真实值相同；当出射点在c左侧时，测量值小于真实值；当出射点在c点右侧时，测量值大于真实值．故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．答案：偏小不变可能偏大、可能偏小、可能不变5. 如图2－3－11所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率，在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3.图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．图2－3－11(1)设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．(2)该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．答案：(1)l1和l3n＝l1l3(2)偏大6．(2020·高考福建卷)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图2－3－12所示．图2－3－12(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)；(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．解析：(1)本题意在考查考生对入射角、折射角、折射率的理解和应用．光线由空气射入玻璃的入射角i＝π2－θ1，折射角r＝π2－θ2，由折射率的定义可得：n＝sinisinr＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－θ1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ2＝cosθ1cosθ2，根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小．答案：(1)cosθ1cosθ2⎝ ⎛⎭⎪⎫或sin 90° －θ1sin 90°－θ2 (2)大 7. 用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插入两枚大头针P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图2－3－13所示．图2－3－13(1)在题图上画出所需的光路．(2)为了测出棱镜玻璃的折射率，需要测量的量是________，________，在图上标出它们．(3)计算折射率的公式是________．解析：(1)如图所示，画出通过P 1、P 2的入射光线，交AC 面于O ，画出通过P 3、P 4的出射光线交AB 面于O′.则光线OO′就是入射光线P 1P 2在三棱镜中的折射光线．(2)在所画的图上注明入射角θ1和折射角θ2，并画出虚线部分，用量角器量出θ1和θ2(或用直尺测出线段EF 、OE 、GH 、OG 的长度)．(3)n＝sinθ1sinθ2；⎝⎛⎭⎪⎪⎫或因为sinθ1＝EFOE，sinθ2＝GHOG，则n＝EF/OEGH/OG＝EF·OGOE·GH.答案：见解析。

【优化方案】2020高考物理总复习第六章第二节知能演练强化闯关新人教版选修3-1

知能优化演练1．如图6－2－10所示，在一匀强电场区域中，有A、B、C、D四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上，已知A、B、C三点电势分别为φA ＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则D点电势φD的大小为( )图6－2－10A．－3 V B．0 C．2 V D．1 V解析：选A.在匀强电场中，由于AD与BC平行且相等，故UAD ＝UBC，即φA－φD＝φB－φC ，代入数据解得φD＝－3 V.2．(2020·高考山东卷)某电场的电场线分布如图6－2－11所示，以下说法正确的是( )图6－2－11A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小解析：选BD.根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知c点的电场强度小于b 点的电场强度，A错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知a点电势高于b点电势，B正确；只有当电场线为直线时，试探电荷由静止释放，才能沿电场线运动，所以C错误；若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D正确．3．(2020·浙江三校联考)如图6－2－12中虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV.若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于( )图6－2－12A．16 eV B．14 eVC．6 eV D．4 eV解析：选B.由于带正电的小球由a到b动能减小了18 eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在c点的动能为8 eV，总能量为8 eV＋0＝8 eV.因电势能为－6 eV，所以动能为8 eV－(－6 eV)＝14 eV，故选B.4．如图6－2－13所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变，根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )图6－2－13A．A一定带正电，B一定带负电B．A、B两球带电量的绝对值之比qA ∶qB＝1∶2C．A球电势能一定增加D．电场力对A球和B球都不做功答案：B5．如图6－2－14为光滑绝缘水平的直线轨道，在轨道的竖直平面内加一个斜向上方的匀强电场．有一质量为1.0×10－2kg 、带电量为＋1.0×10－4C 的可视为质点的物块，从轨道上的A 点无初速度释放，沿直线运动0.2 m 到达轨道上的B 点，此时速度为2 m/s.(g 取10 m/s 2)求：图6－2－14(1)A 、B 两点间的电势差U AB . (2)场强大小可能的取值范围．解析：(1)A 到B 过程中只有电场力做功，根据动能定理得： qU AB ＝12mv 2B －0解得：U AB ＝200 V(2)设场强的竖直分量为E y ，水平分量为E x ，则有： mg≥qE y qE x x ＝12mv 2B －0解得：E y ≤1000 V/m，E x ＝1000 V/m 场强的最大值为：E max ＝E 2x ＋E 2y ＝10002 V/m 场强的取值范围为： 1000 V/m ＜E≤1000 2 V/m.答案：(1)200 V (2)1000 V/m ＜E≤1000 2 V/m一、选择题1．(2020·高考上海卷)三个点电荷电场的电场线分布如图6－2－15所示，图中a 、b 两点处的场强大小分别为E a 、E b ，电势分别为φa 、φb ，则( )图6－2－15A．Ea ＞Eb，φa＞φbB．Ea＜Eb，φa＜φbC．Ea ＞Eb，φa＜φbD．Ea＜Eb，φa＞φb解析：选C.由图可以看出a处电场线更密，所以Ea ＞Eb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb＞φa，故C项正确．2．(2020·高考天津卷)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( )A．b点的电场强度一定比a点大B．电场线方向一定从b指向aC．b点的电势一定比a点高D．该电荷的动能一定减小解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C 正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．3. 在地面上方空间有方向未知的匀强电场，一带电量为－q的小球以某一初速度由M点沿如图6－2－16所示的轨迹运动到N点(忽略小球所受空气阻力)．由此可知( )图6－2－16A．小球所受的电场力一定大于重力B．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变C．小球的机械能保持不变D．小球的动能一定减小解析：选AB.由小球运动的轨迹向上弯可知，小球受到的电场力和重力的合力的方向一定是向上或斜向上的，故电场力一定大于重力，A选项正确；在小球的运动过程中只有重力和电场力做功，由能量转化和守恒可知，B选项正确，C错；由于合力的方向不确定故选项D错．4．(2020·南通模拟)如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO>OB.一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别为EM 、EN，电势分别为φM、φN.下列判断中正确的是( )图6－2－17A．B点电荷一定带正电B．EM <ENC．φM >φND．此试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能解析：选AB.由轨迹可见，电场力偏右，说明B一定带正电，A对；题中所述等量异种电荷，对M、N两点电势和场强就较容易判断，M点电势低，场强小，但负电荷在M点电势能大，所以B正确，C、D错误．5．(2020·高考上海卷)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图( )图6－2－18解析：选A.距正电荷越近电势越高，且φ＞0；距负电荷越近电势越低，且φ＜0，故选A.6．(2020·江南十校联考)如图6－2－19所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中( )图6－2－19A．M点的电势一定高于N点的电势B．小物块的电势能可能增加C．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功D．小物块和点电荷Q一定是同种电荷解析：选D.由题意知小物块在向下运动的过程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力，由于小物块运动中距点电荷Q的距离增大，则库仑力减小，而小物块先加速后减速，故库仑力必是斥力的作用，则库仑力做正功，电势能减小，但物块所带电荷的电性未知，故不能确定M、N两点电势的相对高低，A、B 错误，D正确．由能量守恒可知小物块克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能减少量之和，C错误．7．(2020·洛阳高三质检)如图6－2－20所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是( )图6－2－20A．到达M、N时两粒子速率仍相等B．到达M、N时两粒子速率vM ＞vNC．到达M、N时两粒子的电势能相等D．两个粒子的电势能都是先减小后增大解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误．8．(2020·广州毕业班综合测试)如图6－2－21所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，电场力对电荷做的功为( )图6－2－21A．4.8×10－8J B．－4.8×10－8JC．8.0×10－8J D．－8.0×10－8J解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关．从A到D，电场力对电荷做的功为W＝UAD q＝(φA－φD)q＝(－40＋10)×1.6×10－9J＝－4.8×10－8J，A、C、D错误，B正确．9．(2020·高考山东卷)如图6－2－22所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( )图6－2－22A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：选BC.两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点，所以d点场强大于b点场强，B正确，A错误；根据电场线分布的对称性，可知C正确；正试探电荷在电势高的地方电势能大，D错误．10．(2020·皖南八校联考)水平面上有一边长为L的正方形，其a、b、c三个顶点上分别固定了三个等量的正点电荷Q，将一个电荷量为＋q的点电荷分别放在正方形中心点O点和正方形的另一个顶点d点处，两处相比，下列说法正确的是( )图6－2－23A．q在d点所受的电场力较大B．q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势高于O点的电势D．q在两点所受的电场力方向相同解析：选D.由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强等于a处点电荷所产生的场强，即EO ＝kQ⎝⎛⎭⎪⎫22L2＝2kQL2，方向由a指向O；而在d点处Ed ＝kQL2×cos45°×2＋kQ2L2＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋12kQL2＜EO，方向也沿aO方向，A错误，D正确．ad是b、c两处点电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知在b、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷a的电场中O点电势也高于d点电势．再由电势叠加可知O点电势高，而正电荷在电势越高处电势能越大，B、C皆错误．二、非选择题11．如图6－2－24所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：图6－2－24(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．解析：(1)物块在A点受重力、电场力、支持力．分解电场力，由竖直方向受力平衡得F N －mg－kQqr2sin60°＝0 ①r＝hsin60°②由①②得FN ＝mg＋33kQq8h2.(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得－qU＝12mv2－12mv2又因为U＝φB －φA，由以上两式解得φB ＝m2q(v2－v2)＋φ .答案：(1)mg＋33kQq8h2(2)φ＋m2q(v2－v2)12．如图6－2－25所示，在E＝1×103V/m的竖直向下匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为半圆QN的中点，其半径R＝40 cm，带正电为q＝1×10－4C的小滑块的质量为m ＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m处，取g＝10 m/s2.求：图6－2－25(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v向左运动；(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大．解析：(1)设小球到达Q点时速度为v，则mg＋qE＝m v2 R滑块从开始运动至到达Q点的过程中，由动能定理有－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv2联立解得v＝7 m/s.(2)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至运动到P点的过程：－μ(qE＋mg)x－(mg＋qE)R＝12mv′2－12mv2又在P点时：FN ＝mv′2R代入数据解得FN＝0.6 N.由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道的压力是0.6 N. 答案：(1)7 m/s (2)0.6 N。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：选修3-3模块整合

C．温度是物体分子热运动平均动能的标志 D．两个温度不同的物体相互接触时，热量既能自发地从高温物体传给低温物体，也可以自发地从低温物体传给高温物体 E．熵是物体内分子运动无序程度的量度
(2)实验室内，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(活塞与气缸壁之间无摩擦)，活塞的质量为m，气缸内部的横截面积为S.用滴管将水缓慢滴注在活塞上，最终水层的高度为h，如图所示．在此过程中，若大气压强恒为p0，室内的温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，则以下图象中能反映密闭气体状态变化过程的是( )
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 [解析] ①据能量转化守恒定律，A、B、C错误；② 叶片在热水中吸收的热量等于空气中释放的热量和叶片转动的机械能，故D正确． [答案] D
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：选修3-
3模块整合
2020/8/14
模块整合
2．分子间的相互作用力与分子间距离的关系不要死记硬背，我们最好能熟练画出图线，从图线中可以直观地反映出分子间的相互作用力(f引、f斥、合力F)与分子间距离 r的关系，并且可以借助图线分析分子势能随间距r的变化情况．
4．正确理解热力学第二定律的意义，要注意联系生活，了解一下电冰箱、空调、汽油机、柴油机的工作原理．我们身边的很多现象并不是随意进行的，要遵循一定的自然规律．
5．高考大纲对气体部分的要求较低，主要是从微观角度理解三个状态参量及相互关系，重点理解好压强与温度和体积的关系．气体分子平均动能由温度决定，而分子的密集程度由体积决定，故压强与温度和体积的关系也就清楚了．如果研究对象为理想气体(不考虑分子势能，内能只跟温度有关，是温度的函数)，这部分知识还可以与热力学第一定律结合起来进行考查．

人教版高中物理选修3-3强化演练：热和内能.docx

高中物理学习材料桑水制作课后强化演练第十章第1节功和内能第2节热和内能一、选择题1．一定质量的气体封闭在绝热的汽缸内，当用活塞压缩气体时，一定增大的物理量有(不计气体分子势能)( )A．气体体积B．气体分子密度C．气体内能D．气体分子热运动的平均动能解析：压缩活塞，气体体积变小，分子密度变大；外力对气体做功，内能增加；温度升高，分子热运动的平均动能增大．答案：BCD2．如图为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，使水温升高．关于这个实验，下列说法正确的是( )A．这个装置可测定热功当量B．传热增加了水的内能C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别解析：该实验测定做功和内能变化的关系，可以测定热功当量，A正确；该实验过程是绝热过程，没有传热，内能的改变是由做功引起的，B错误，C正确；做功表示能量的转化，而热量表示传热过程中内能的转移，二者有区别，D错误．答案：AC3．关于温度、热量、功及内能，以下说法正确的是( )A．同一物体的温度高时，含有的热量多B．物体的内能越大，含有的热量越多，温度也就越高C．外界对系统做功W，系统内能必定增加WD．热量总是从温度高的物体传给温度低的物体解析：同一物体的温度高时，内能大，不能说其含有的热量多，只有传热过程转移的内能才能称为热量，A、B错误；在传热过程中，热量从温度高的物体传到温度低的物体，D 正确；只有在绝热过程中ΔU＝W，C错误．答案：D4．(2011·广东理综)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，气体内能减小解析：因为M、N内被封闭气体体积减小，所以外界对气体做功．由热力学第一定律及M、N内气体与外界没有热交换可知外界对气体做功，内能一定增加，故A正确，B、C、D 错误．答案：A5．采用绝热(即不交换热量)的方式使一定量的气体由初状态A变化至终态B，对于不同的绝热方式，下面的说法正确的是( )A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．对气体不需做功，因为没有能量的传递D．可以确定A状态的内能解析：对于一定质量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程，在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能U A，在状态B有另一确定的内能U B，由绝热过程中ΔU＝U B－U A＝W知，W为恒量，所以B选项正确．答案：B6．如图所示，活塞将汽缸分成甲、乙两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气．以E甲、E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中( )A．E甲不变，E乙减小B．E甲不变，E乙增大C．E甲增大，E乙不变D．E甲增大，E乙减小解析：本题解题的关键是明确甲、乙两室气体都经历绝热过程，内能的改变取决于做功的情况．对甲室内的气体，在拉杆缓慢向外拉的过程中，活塞左移，压缩气体，外界对甲室气体做功，其内能应增大；对乙室内的气体，活塞左移，气体膨胀，气体对外界做功，内能应减小．答案：D7．一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程．设气体的分子势能可以忽略，则在此过程中( )A．外界对气体做功，气体分子热运动的平均动能增加B．外界对气体做功，气体分子热运动的平均动能减少C．气体对外界做功，气体分子热运动的平均动能增加D．气体对外界做功，气体分子热运动的平均动能减少解析：绝热过程是指气体在膨胀过程中未发生传热，膨胀过程气体体积增大，气体对外界做功，内能减少，由于气体分子间的势能可忽略，故气体分子热运动的平均动能减少．答案：D二、非选择题8．若对物体做1 200 J的功，可使物体温度升高3 ℃，改用热传递的方式，使物体温度同样升高3 ℃，那么物体应吸收多少热量？如果对该物体做3 000 J的功，物体的温度升高5 ℃，表明该过程中，物体应吸收或放出多少热量？解析：做功和热传递在改变物体内能上是等效的，用做功方式使物体温度升高 3 ℃，如用吸热方式，也使物体温度升高3 ℃，也应吸收1 200 J的热量．如对物体做功3 000 J，温度升高5 ℃，而物体温度升高5 ℃需要的功或热量应为E.1 200 J＝cm×3 ℃，E＝cm×5 ℃，得E＝2 000 J.因此物体应放出1 000 J的热量．答案：1 200 J 放出1 000 J的热量9．用质量为0.5 kg的铁锤去打击质量为50 g的铁钉，已知铁锤打击铁钉时的速度为12 m/s，且每次打击后铁锤不再弹起．如果在打击时有80%的能量变成内能，并且这些热量有50%被铁钉吸收，现要使铁钉温度升高10 ℃，问要打多少次铁钉？[不计铁钉的体积变化，铁的比热容为460 J/(kg·℃)]解析：设铁钉温度升高Δt＝10 ℃需要打击n次，则有：n×η1×η2×m1v2/2＝cm2Δt 代入已知数据可解得打击次数为：n＝2cm2Δt/(η1×η2×m1v2)≈16(次)答案：要打16次铁钉。

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高中物理学习材料桑水制作课后强化演练第九章第3节饱和汽与饱和汽压第4节物态变化中的能量交换一、选择题1．关于蒸发和沸腾的说法正确的有( )A．蒸发可在任何温度下发生，沸腾亦然B．蒸发只能在一定温度下进行，沸腾亦然C．蒸发发生在液体内、外，沸腾亦然D．蒸发只发生在液体表面，沸腾发生在液体内部和表面解析：蒸发发生在液体表面，可在任何温度下进行，沸腾只能在一定温度下进行，在液体内部和表面同时发生．答案：D2．对饱和汽，下面说法正确的是( )A．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不断增大B．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不变C．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持温度不变，增大体积D．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，升高温度解析：饱和汽是指单位时间内逸出液面的分子数和返回液面的分子数相等的状态，分子密度不变，A错、B对；在一定温度下，增大体积，减小分子密度，不能使未饱和汽转化为饱和汽，C错；在体积不变的情况下，升高温度，增大了饱和汽压，不能使未饱和汽达到饱和状态，D错．答案：B3．下列说法中正确的是( )A．冰在0 ℃时一定会熔化，因为0 ℃是冰的熔点B．液体蒸发的快慢与液体温度的高低有关C．0 ℃的水，其内能也为零D．冬天看到嘴里吐出“白气”，这是汽化现象解析：0 ℃是水、冰、汽三相并存的温度，又叫三相点，冰熔化除了达到熔点0 ℃外，还要满足继续吸收热量的条件，A不对；蒸发的快慢与温度有关，温度越高，蒸发越快，B 对；分子永不停息地做无规则热运动，所以内能不为零，C不对；冬天看到嘴里吐出“白气”，为水蒸气遇冷液化成的小水珠，是液化现象，D不对．答案：B4．当晶体的温度正好是熔点或凝固点时，它的状态( )A．一定是固体B．一定是液体C．可能是固体D．可能是液体E．可能是固液共存解析：这里首先要搞清楚什么是熔点，什么是凝固点．当固体吸收热量时，温度将升高，某种固体(如冰、食盐、明矾及金属等)到了一定温度后若继续吸热，将开始熔化，而且整个的熔化过程保持温度不变，此温度即为熔点，这类物质又称为晶体；而液态晶体在降温到一定温度时，若继续放热，将会发生凝固现象，而且整个凝固过程温度不变，这个温度就称为凝固点．对于同一种晶体来说，熔点和凝固点是相同的．那么在这个确定的温度下，晶体就既可能是固体(也许正准备熔化)，也可能是液体(也许正准备凝固)，也可能是正在熔化过程中或正在凝固过程中，例如，有0 ℃的水，0 ℃的冰，也有0 ℃的冰水混合物，0 ℃的水放热将会结冰，而0 ℃的冰吸热将会熔化成水．答案：CDE5．一个有活塞的密闭容器内盛有饱和水蒸汽与少量的水，则可能发生的现象是( ) A．温度保持不变，慢慢地推进活塞，容器内压强会增大B．温度保持不变，慢慢地推进活塞，容器内压强不变C．温度保持不变，慢慢地推出活塞，容器内压强会减小D．不移动活塞而将容器放入沸水中，容器内压强不变解析：根据饱和汽的特性，饱和汽压的大小与物质的性质有关，并随温度的升高而增大，但跟饱和汽的体积无关．所以在温度不变时，饱和汽压不随体积变化，所以B正确．答案：B6．用飞机向云层喷洒干冰(固体的二氧化碳)是一种人工降雨的方法．以下列出几个物态变化过程：a．干冰迅速吸热升华b．干冰吸热熔化c．云层中水蒸气遇冷液化成雨滴d．云层中的水蒸气遇冷凝华成小冰晶e．水蒸气以干冰为核心凝结成雨滴f ．小冰晶下落遇暖气流熔化雨滴在这种人工降雨过程中，发生的物态变化过程为( )A ．a 、cB ．a 、d 、fC ．b 、cD ．e 答案：B二、非选择题7．测得室温为20 ℃时水的饱和汽压是2.34 kPa ，空气中水蒸气的实际压强是0.799 kPa.求此时空气的相对湿度是多少？解析：利用公式求解．相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压已知水蒸气的实际压强p ＝0.799 kPa ，20 ℃时水的饱和汽压p 饱＝2.34 kPa ，相对湿度＝p p 饱×100%＝0.7992.34×100%＝34%. 答案：34%8．200 g 、－10 ℃的冰投入到500 g 、4 ℃的水中，平衡后，求：[冰的比热容为2.1×103 J/(kg ·℃)，熔化热为3.36×105 J/kg](1)系统中有冰熔化还是有水凝固？(2)系统中冰的质量．解析：(1)200 g 、－10 ℃的冰升温到0 ℃需要吸收的热量： Q 吸＝c 冰m 冰Δt 1＝2.1×103 J/(kg ·℃)×0.2 kg ×[0 ℃－(－10 ℃)]＝4.2×103 J ， 500 g 4 ℃的水降温到0 ℃，需要放出的热量：Q 放＝c 水m 水Δt 2＝4.2×103 J/(kg ·℃)×0.5 kg ×(4 ℃－0 ℃)＝8.4×103 J ，因为Q 吸<Q 放，所以有冰熔化．(2)剩余的热Q ＝8.4×103 J －4.2×103 J ＝4.2×103J ，因为Q ＝λ·m ，所以m ＝Q λ＝4.2×1033.36×105 kg ＝1.25×10－2 kg ＝12.5 g ，所以平衡后系统中冰的质量m 剩＝200 g －12.5 g ＝187.5 g.答案：(1)有冰熔化 (2)187.5 g。

高考总复习物理试题选修3-3第2讲知能演练轻巧夺冠

一、单项选择题1．诺贝尔物理学奖获得者安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫在石墨烯材料方面有卓越研究．他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 nm的石墨烯，是碳的二维结构．如图所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识判断，下列说法中正确的是()A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体B．石墨是单质，石墨烯是化合物C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体D．他们是通过化学变化的方法获得石墨烯的解析：选C.晶体分子在空间分布具有规则性，故石墨、石墨烯都是晶体，也都是单质，故C正确，A、B错；获取石墨烯的方法为物理方法，故D错误．2. (2011·高考福建卷)如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是()A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态解析：选B.晶体与非晶体间关键区别在于晶体存在固定的熔点，固液共存态时吸热且温度不变，而非晶体没有固定熔点．B正确．3．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f(v)表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ，则()A．TⅠ>TⅡ>TⅢB．TⅢ>TⅡ>TⅠC．TⅡ>TⅠ，TⅡ>TⅢD．TⅠ＝TⅡ＝TⅢ解析：选B.温度是气体分子平均动能的标志．由图象可以看出，大量分子的平均速率v Ⅲ>vⅡ>vⅠ，因为是同种气体，则E kⅢ>E kⅡ>E kⅠ，所以B正确，A、C、D错误．4．(2013·南京模拟)一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为()A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D ．气体分子的密度保持不变解析：选B.理想气体经等温压缩，压强增大，体积减小，分子密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，但气体分子每次碰撞器壁的冲力不变，故B 正确，A 、C 、D 错误．5．如图所示，一定量的理想气体从状态a 沿直线变化到状态b ，在此过程中，其压强( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．始终不变D ．先增大后减小解析：选A.在V －T 图象中，各点与坐标原点连线的斜率表示压强的大小．斜率越小，压强越大．6．对一定质量的气体，下列四种状态变化中，哪些是可能实现的( )A ．增大压强时，温度降低，体积增大B ．升高温度时，压强减小，体积减小C ．降低温度时，压强增大，体积不变D ．降低温度时，压强减小，体积增大解析：选D.温度降低时，分子的平均动能减少，使压强有减小的趋势；体积增大时，使压强也有减小的趋势．故A 的过程是不可能的．升高温度和减小体积，都会使压强增大，故B 的过程是不可能的(也可由pV T＝恒量来判断)．对C 、D 由同样的方法来判断． 7.如图所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h .若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大l 变小D ．h 变小l 变大解析：选A.开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p 1＝p 0－ρgh ，上提玻璃管，假设h 不变，l 变长，由玻意耳定律得，p 1l ·S ＝p 2(l ＋Δl )·S ，所以气体内部压强小了，大气压p 0必然推着液柱上升，假设不成立，h 必然升高一些．最后稳定时，封闭气体的压强p 2＝p 0－ρg (h ＋Δh )减小，再根据玻意耳定律，p 1l 1·S ＝p 2l 2·S ，l 2＞l 1，l 变大，故A 对．8．(2012·高考福建卷)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( )A ．2.5 atmB ．2.0 atmC ．1.5 atmD ．1.0 atm解析：选A.取全部气体为研究对象，由p 1V 1＋p 2V 2＝pV 1得p ＝2.5 atm ，故A 正确．9．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab 、bc 、cd 和da 这四段过程在p －T 图上都是直线段，ab 和dc 的延长线通过坐标原点O ，bc 垂直于ab ，由图可以判断( )A ．ab 过程中气体体积不断减小B ．cb 过程中气体体积不断减小C ．cd 过程中气体体积不断增大D．da过程中气体体积不断增大解析：选D.在p－T图上，过原点的倾斜直线表示气体做等容变化，体积不变，故有V a＝V b，V c＝V d，而图线的斜率越大，气体的体积越小，故有V a＝V b＞V c＝V d，可判断D选项正确．10．分别以p、V、T表示气体的压强、体积、温度．一定质量的理想气体，其初始状态表示为(p0、V0、T0)．若分别经历如下两种变化过程：①从(p0、V0、T0)变为(p1、V1、T1)的过程中，温度保持不变(T1＝T0)；②从(p0、V0、T0)变为(p2、V2、T2)的过程中，既不吸热，也不放热．在上述两种变化过程中，如果V1＝V2>V0，则()A．p1<p2，T1>T2B．p1>p2，T1<T2C．p1<p2，T1<T2D．p1>p2，T1>T2解析：选D.从(p0、V0、T0)变为(p1、V1、T1)的过程中，温度保持不变(T1＝T0)，V1>V0，由理想气体状态方程知：p1<p0，从(p0、V0、T0)变为(p2、V2、T2)的过程中，既不吸热，也不放热，V2>V0，气体对外做功，内能减少，T2<T0＝T1，又因为V1＝V2，所以p1>p2，D对．11.如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气()A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小解析：选B.以细管中封闭气体为研究对象，当洗衣缸内水位升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，则由玻意尔定律知，气体体积变小，故B项正确．二、非选择题12．如图所示，只有一端开口的U形玻璃管，竖直放置，用水银封住两段空气柱Ⅰ和Ⅱ，大气压为p0，水银柱高为压强单位，那么空气柱Ⅰ的压强p1＝________.解析：取左侧h高水银柱为研究对象，受力如图所示，其中p0S＋ρShg是右侧Ⅱ气体给左侧h 水银柱的向上压力(连通器原理)，则由平衡条件知p0S＋ρShg＝p1S＋ρShg，解得p1＝p0.答案：p0。

【优化方案】物理人教版选修3-4精品练：第12章第六节知能优化训练

1．下列说法中正确的是( )A ．水波是球面波B ．声波是球面波C ．只有横波才能形成球面波D ．只有纵波才能形成球面波解析：选B.若波面是球面，则为球面波，与横波、纵波无关，由此可知B 正确，C 、D 错误．由于水波不能在空间中传播，所以它是平面波，A 不正确．2．以下关于波的认识，正确的是( )A ．潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理B ．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的C ．雷达的工作原理是利用波的反射D ．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的衍射现象答案：ABC3．人在室内讲话的声音比在室外空旷处讲话声音要洪亮，是因为( )A ．室内空气不流动B ．室内声音多次反射C ．室内声音发生折射D ．室内物体会吸收声音解析：选B.人在室内说话，声波会被室内和物体、墙壁反射，甚至反射多次，因而显得声音洪亮.4.图12－6－3中1、2、3分别代表入射波、反射波、折射波的波线，则( )图12－6－3A ．2与1的波长、频率相等，波速不等B ．2与1的波速、频率相等，波长不等C ．3与1的波速、频率、波长均相等D ．3与1的频率相等，波速、波长均不等解析：选D.波1、2都在介质a 中传播，故1、2的频率、波速、波长均相等，A 、B 错，波1、3是在两种不同介质中传播，波速不同，但波源没变，因而频率相等，由λ＝v f得波长不同，故C 错，D 对．5．一声波在空气中的波长为25 cm ，速度为340 m/s ，当折射入另一种介质时，波长变为80 cm ，求：(1)声波在这种介质中的频率；(2)声波在这种介质中的传播速度．解析：(1)声波由空气进入另一种介质时，频率不变，由v ＝λf 得f ＝v λ＝3400.25Hz ＝1360 Hz. (2)因频率不变，有v 1λ1＝v 2λ2，得v 2＝λ2λ1v 1＝8025×340 m/s ＝1088 m/s. 答案：(1)1360 Hz (2)1088 m/s6．有一辆汽车以15 m/s 的速度匀速行驶，在其正前方有一陡峭山崖，汽车鸣笛2 s 后司机听到回声，此时汽车距山崖的距离多远？(v 声＝340 m/s)解析：若汽车静止问题就简单了，现汽车运动，声音传播，如图所示为汽车与声波的运动过程示意图．设汽车由A 到C 路程为s 1，C 点到山崖B 的距离为s ；声波由A 到B 再反射到C 的路程为s 2，因汽车与声波运动时间同为t ，则有s 2＝s 1＋2s ，即v 声t ＝v 汽t ＋2s ，所以s ＝(v 声－v 汽)t 2＝(340－15)×22m ＝325 m. 答案：325 m。

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知能演练强化闯关
1．用油膜法估测分子直径的实验中做了哪些科学的近似( )
A．把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜
B．把形成油膜的分子看做紧密排列的球形分子
C．将油膜视为单分子油膜，但需要考虑分子间隙
D．将油酸分子视为立方体模型
解析：选AB.用油膜法估测分子的大小，必须将分子视为球形，并且不考虑分子间
隙；水面上的膜为单分子油膜．只有如此，油膜的厚度才能视为分子直径，即d＝V S .
2．某同学在“用油膜法估测分子的大小”实验中，计算结果明显偏大，其原因可能是( )
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量的酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL的溶液的滴数误多记了10滴
解析：选AC.由分子直径d＝V
S
可知，造成测量结果偏大的可能原因有两个：测定面
积偏小；纯油酸体积测定偏大，故A、C正确．
3．(2020·高考江苏卷)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M＝0.283 kg·mol－1，密度ρ＝0.895×103kg·m－3.若100滴油酸的体积为1 mL，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？
(取N
A ＝6.02×1023mol－1，球的体积V与直径D的关系为V＝
1
6
πD3，结果保留一位有
效数字)
解析：一个油酸分子的体积V＝
M
ρN
A
，
由V＝π
6
D3可得D＝
36M
πρN
A
.
最大面积S＝1×10－8m3
D
，解得S＝1×101m2.
答案：1×101m2
4．(2020·高考上海卷)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，
(1)某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．
改正其中的错误：
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ (2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.
解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差．
③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．
(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得：d＝V S ＝
4.8×10－3×10－6×0.10 %
40×10－4
m＝1.2×10－9m. 答案：(1)②在量筒中滴入N滴溶液
③在水面上先撒上痱子粉
(2)1.2×10－9
5.在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104
mL 溶液中有纯油酸6 mL.用注射器测得1 mL 上述溶液中有液滴50滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图4－3所示．坐标纸中正方形方格的边长为20 mm. 求：
图4－3
(1)油酸膜的面积；
(2)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积；
(3)根据上述数据，估测出油酸分子的直径．
解析：(1)小方格个数n ＝55
每个小方格面积S 0＝L 2
则油膜的面积
S ＝n·S 0＝55×(2×10－2)2m 2＝2.2×10－2m 2.
(2)由于104mL 中有纯油酸6 mL ，则1 mL 中有纯油酸
6104mL ＝6×10－4mL.而1 mL 上述溶液有50滴，故1滴溶液中纯油酸的体积为
V ＝6×10－450
mL ＝1.2×10－5mL ＝1.2×10－11m 3. (3)由d ＝V S
知油酸分子的直径 d ＝1.2×10－11
2.2×10
－2m ＝5.5×10－10m. 答案：(1)2.2×10－2m 2 (2)1.2×10－11m 3
(3)5.5×10－10m。