鲁科版高中物理选修33 第4章 气体 单元测试
鲁科版物理选修3-2第4章第1节知能演练轻松闯关
1.在匀速转动的三相交流发电机中，关于三个线圈中产生的电动势，下列说法不．正确的是( )A ．按相同规律变化，同时达到最大值和最小值B ．具有相同的有效值C ．具有相同的周期和频率D ．具有相同的最大值解析：选A.三相交流发电机中，三个线圈具有相同的有效值、周期、频率及最大值；但它们的相位相差23π.故B 、C 、D 正确，A 错误．2.在三相四线制的电路上，用星形接法连接了三只相同的灯泡，如图所示，三个灯泡均正常发光，若由于某种原因造成中性线断路，下列说法正确的是( )A ．三个灯将变暗B ．三个灯因过亮而烧毁C ．三个灯立刻熄灭D ．三个灯仍正常发光解析：选D.三相负载对称，中性线上的电流为零，断路后不影响负载的正常工作． 3.如图所示，相线A 、B 、C 和中性线N 接在三相交流电源上，AB 间的线电压U ＝3802sin100πt V ，则( )A ．相线的电势总是高于中性线的电势B ．电流表的示数为2202Rsin100πt AC ．B 、N 两端电压的有效值为220 VD ．通过R 的电流方向每秒钟改变50次解析：选C.在三相交流电路中，相线与中性线间的电势差按正弦规律变化，所以，相线电势并非总是高于中性线电势，选项A 错误；电流表示数代表的是有效值而不是瞬时值，选项B 也错了；B 、N 两端的电压即为相电压，由线电压的最大值为380 2 V ，有效值为380V ，可知相电压应为220 V ，选项C 正确；因为交变电流频率f ＝ω2π＝100π2π＝50 Hz ，可见电流方向每秒改变100次，选项D 错误．4.如图所示，A 、B 、C 为一个三相电源的供电线，三个对称负载接成星形电路，如供电电压稳定，当负载改成三角形接法时( )A ．负载的电压变为原来的1/3倍B ．负载的电流增到原来的3倍C ．负载的功率增到原来的3倍D ．负载的功率增到原来的3倍解析：选D.由星形接法和三角形接法的特点可知U R ＝220 V ，U R ′＝220 3 V ，P R ∶P R ′＝1∶3，故选D.5.把三组额定电压均为220 V ，额定功率分别为P 1＝1000 W 、P 2＝500 W 、P 3＝2000 W 的白炽灯按如图所示方式接入线电压为380 V 的三相电路中．(1)求流过每相负载的电流强度．(2)A 相负载断开或短路时，对B 、C 两相负载有何影响．解析：(1)三个灯两端的电压U ＝U 线3＝3803V ＝220 V由P ＝UI 得三灯中的电流分别为I 1＝4.55 AI 2＝2.27 A I 3＝9.09 A(2)由于有中性线，所以A 相负载断开或短路时，对B 、C 无影响． 答案：(1)4.55 A 2.27 A 9.09 A (2)电压不变，仍正常工作一、选择题1.下列关于三相交流发电机的说法中，正确的是( ) A ．三个线圈都不可以单独向外供电B ．三个线圈发出交变电流的有效值依次相差T /3C ．三个线圈发出交变电流的瞬时值依次相差T /3D ．三个线圈发出交变电流的最大值依次相差T /3解析：选D.产生三相交变电流的三个线圈是相互独立的，每一个都相当于一个独立的电源可以单独供电，只是它们到达最大值的时间依次相差三分之一个周期，故A错，D正确；三个线圈发出交变电流的有效值任何时刻都相同，故B错；由三相交变电动势的图象(如图)知，C错．2.将三相交流发电机三个线圈接上两个交流电压表，如图所示，关于两个电压表的示数说法正确的是()A．甲表的示数等于乙表的示数B．甲表的示数小于乙表的示数C．甲表的示数大于乙表的示数D．无法判断两表的示数大小解析：选B.甲表测量的是相电压，乙表测量的是线电压，线电压是相电压的3倍，即U乙＝3U甲，B对．3.如图所示是三相交流发电机与三只灯泡连接的电路图，已知发电机每个线圈发出交变电压的有效值为220 V，则下列说法中正确的是()A．每只灯泡的额定电压必须是380 V才能正常工作B．每只灯泡的额定电压必须是220 V才能正常工作C．三只灯泡的额定功率必须都相同才能正常工作D．一只灯泡灯丝断开，其他两只灯泡不能正常工作解析：选B.每只灯泡均接在各自一个线圈两端，故每只灯泡的额定电压为220 V就能正常工作；因为连接有中性线，所以一只灯泡灯丝断开，其他灯泡不受影响．4.如图所示电路，下列判断正确的是()A．甲图是星形接法B．乙图是三角形接法C．丙图是三角形接法D．丁图是三角形接法解析：选D.由题图可判断甲、丁是三角形接法，乙、丙是星形接法．判断三相交变电流中电源或负载的连接方式，四线制一定是星形接法；三线制负载相同，可能是星形接法，也可能是三角形接法；星形接法一定有一公共端，三角形接法一定是首尾相接．5.发电机三相线圈绕组采用星形接法时，关于输电线中性线的说法中正确的是()A．中性线不能去掉B．当三相负载不对称时，中性线中有电流C．中性线中一定没有电流D．当三相负载对称时，中性线中无电流解析：选BD.三相四线制星形接法中，若各电路负载相同，则中性线中无电流，可以去掉，形成三相三线制接法；若负载不对称，各相用电情况不一定相同，中性线中有电流通过，不能去掉，故选项B、D正确，A、C错误．6.如图A、B、C为三相交流发电机的3组线圈，a、b、c为三盏电阻不同的灯泡，已知发电机的相电压为220 V，则下列说法中正确的是()A．灯泡两端的电压为220 3 VB．灯泡两端的电压为220 VC．图中负载采用三角形连接D．图中中性线可去掉，去掉后灯泡亮度不变解析：选B.题图中采用的是三相四线制星形接法，灯泡两端的电压为相电压U＝220 V，B 对，A、C错．三盏灯泡电阻相同时，中性线可去掉，去掉后灯泡亮度不变，电阻不相同时，去掉中性线，灯泡会烧毁，D错．7.对于照明电路的“火线”与“地线”，正确的理解是()A．进入每个家庭的两根输电线，火线即是某一相的端线，地线即是星形接法中的零线B．电路中的电流总是由火线流入，地线流出，因而开关要接在火线上C．正常情况下，地线电势为零，与大地没有电势差D．火线与地线间的电势差为220 V，且总是火线的电势高解析：选A.照明电路中电流大小和方向都是周期性变化的，时而由火线流入地线流出，时而由火线流出地线流入．开关接在火线上，断开开关使用电器脱离火线，避免检修时接触火线触电．火线和地线间的电势时而火线高，时而地线高，因此只有A 正确． 8.关于三相交流电源的负载的连接方式，下列说法正确的是( ) A ．负载采用何种连接方式取决于负载的额定电压 B ．发电机采用星形接法，负载就必须采用星形接法 C ．三相对称负载可以接成三角形，也可以接成星形D ．三相四线制和三相三线制的星形接法中U 相＝U 线3＝220 V解析：选ACD.负载采用何种接法应取决于负载的额定电压，A 对．三相对称负载可以按星形或三角形连接，C 对．星形接法中U 线＝3U 相，D 对．发电机采用星形接法时，负载有星形、三角形两种接法，B 错．9.如图所示，A 、B 、C 是三相交流电源的三根火线，D 是零线．电源的相电压为220 V ，L 1、L 2、L 3是三个“220 V ，60 W ”的灯泡．开关S 1断开，S 2和S 3闭合，由于某种原因，电源的零线在图中O ′处断开，那么L 2和L 3两灯泡将( )A ．立即熄灭B ．变得比原来亮些C ．变得比原来暗些D ．保持亮度不变解析：选C.当S 1和零线断开后，两灯泡L 2和L 3变成串联关系，两端电压为B 、C 两火线间的线电压380 V ，此时每个灯泡分得的电压为190 V ，均小于它们的额定电压220 V ，两灯泡变暗．故选C. 10.如图所示，A 、B 、C 为三相交流电源，每个灯泡的额定电压均为220 V ，额定功率相同．则L 与L ′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶3D ．3∶1解析：选D.由题意知电源线电压U 线＝220 V ，对负载采用三角形接法来说，每相负载两端的电压都等于电源的线电压，因此L 灯两端电压U L ＝U 线＝220 V .对负载采用星形接法来说，由于三相负载相同，每相负载的电压为线电压的13，因此L ′灯两端电压U L ′＝13U线＝2203V ．设每盏灯的电阻为R ，则L 灯的实际功率P L ＝U 2LR ＝（220 V ）2R ，L ′灯的实际功率P L ′＝U 2L ′R＝⎝⎛⎭⎫2203 V 2R，故P L ∶P L ′＝3∶1.二、非选择题11.三相交流发电机线圈和负载连接如图所示，已知每相线圈的电压为220 V ，R 1＝R 2＝R 3＝38 Ω，R A1＝R A2＝R A3＝22 Ω.求通过电阻和电灯的电流．解析：发电机每个线圈始端A 、B 、C 分别由端线引出，末端X 、Y 、Z 用中性线连接，形成星形连接，因AX 、BY 、CZ 间电压(相电压)是220 V ，所以A 、B 、C 三条端线间电压(线电压)U 线＝3U 相＝380 V .电阻R 1、R 2、R 3是三角形连接，电阻两端电压是两端线间电压U R ＝U 线＝380 V ，通过每个电阻的电流I R ＝U R R ＝38038A ＝10 A.电灯A 1、A 2、A 3是星形连接，两端电压是端线与中性线之间的电压，U A ＝U 相＝220 V ，所以通过每个电灯的电流为I A ＝U A R A ＝22022A ＝10 A. 答案：10 A 10 A12.在线电压为380 V 的三相交流电路中，如图所示，接有三只电阻均为484 Ω的电灯．问：(1)这三只电灯属何种接法？每只灯的电压、电流、功率各是多少？(2)若L 1灯的保险丝熔断，则其余两灯的电压、电流、功率又各是多少？ (3)若L 1灯短路，则其余两灯的情况怎样？解析：(1)属于星形接法，每只灯上的电压为相电压，即 U ＝220 V ，根据欧姆定律和功率公式得： I ＝U R ＝220484 A ＝0.45 A ，P ＝U 2R ＝2202484W ＝100 W. (2)若L 1灯保险丝熔断，即断开了一相，此时属于线电压加在BC 两端，这两只灯每只灯上的电压为U 2＝190 V ，电流、功率分别是I 2＝U 2R ＝190484 A ＝0.4 A ，P 2＝U 22R ＝1902484W ＝74.6 W.(3)若L 1灯短路，则O 点与A 等电势，L 2、L 3两灯两端的电压均为线电压380 V ，均被烧毁． 答案：(1)星形接法 220 V 0.45 A 100 W (2)190 V 0.4 A 74.6 W (3)均被烧毁。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(含答案解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以初速度v 0从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθθθ-+【解析】 【分析】 【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ-=+＝ ． 【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。
在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。
在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。
描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ，q =p l ，这里q 为原子核的电荷量。
实验显示，p E α=，α为原子的极化系数，反映其极化的难易程度。
被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。
在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。
(1)F 是吸引力还是排斥力？简要说明理由；(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F 如何变化，即求(2)()F Q F Q 的值； (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F 如何变化，即求()2()h F F h 的值。
【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。
【解析】 【详解】(1)F 为吸引力。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(含答案解析)
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．有三根长度皆为l =0.3 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O 点，另一端分别栓有质量皆为m =1.0×10﹣2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为﹣q 和+q ，q =1.0×10﹣6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E =2.0×105N/C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图所示．已知静电力常量k =9×109N•m 2/C 2重力加速度g =10m/s 2．求：（1）A 、B 间的库仑力的大小 （2）连接A 、B 的轻线的拉力大小． 【答案】（1）F=0.1N （2）10.042T N = 【解析】试题分析：（1）以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，电场力Eq ，静电力F ，AB 间绳子的拉力1T 和OB 绳子的拉力2T ，共5个力的作用，处于平衡状态，A 、B 间的静电力22q F k l=，代入数据可得F=0.1N（2）在竖直方向上有：2sin 60T mg ︒=，在水平方向上有：12cos 60qE F T T =++︒ 代入数据可得10.042T N = 考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．2．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v0从c点出发沿AB连线向B运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O点时,物块的动能为初动能的n倍,到达D点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O点｡已知静电力恒量为k,求:(1)AB两处的点电荷在c点产生的电场强度的大小;(2)物块在运动中受到的阻力的大小;(3)带电物块在电场中运动的总路程｡【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）设两个正点电荷在电场中C点的场强分别为E1和E2，在C点的合场强为E C；则12()2kQEL＝；223()2kQEL＝则E C=E1-E2解得：E C＝2329kQL．（2）带电物块从C点运动到D点的过程中，先加速后减速．AB连线上对称点φC=φD，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f，由动能定理有：−fL＝0−12mv02解得：212f mvL＝（3）设带电物块从C到O点电场力做功为W电，根据动能定理得：220011222LW f n mv mv电＝-⋅⋅-解得：()201214W n mv-电＝设带电物块在电场中运动的总路程为S，由动能定理有：W电−fs＝0−12mv02解得：s=（n+0.5）L【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．3．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。
2023-2024学年高中化学鲁科版选修3第3章 物质的聚集状态与物质性质单元测试(含答案解析)
2023-2024学年鲁科版高中化学单元测试学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;2．请将答案正确填写在答题卡上;一、选择题（本大题共计16小题，每题3分，共计48分）1.下列叙述错误的是（）A. 金属晶体中，六方最密堆积的空间利用率大于面心立方最密堆积B. 由于\ ZnS的晶格能大于\ PbS的晶格能，所以岩浆冷却时\ ZnS先析出C. 干冰晶体中，每个\ CO_2分子周围距离相等且最近的\ CO_2分子共有\ 12个D. \ AgCl沉淀不溶于硝酸，但能溶于氨水【答案】A【解析】 A、六方最密堆积和面心立方最密堆积是空间利用率最高的结构，空间利用率均为 74\% ，故 A错误；B、由于 ZnS的晶格能大于 PbS的晶格能，则 ZnS熔点高，所以岩浆冷却时 ZnS先析出，故 B正确；C．采用沿 X、 Y、 Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为 12，所以在 CO_2晶体中，与每个 CO_2分子周围紧邻的有 12个 CO_2分子，故 C正确；D． AgCl与硝酸不反应，但 AgCl和氨水反应生成络合物离子银氨离子，所以 AgCl沉淀不溶于硝酸，但能溶于氨水，故 D正确；2.下表中的数据是对应物质的熔点 (℃)据此作出的下列判断中，错误的是（）A. 铝的化合物的晶体中有离子晶体B. 同族元素中的氧化物可形成不同类型的晶体C. 表中只有\ BCl_3和干冰是分子晶体D. 不同元素的氯化物可形成相同类型的晶体【答案】C【解析】 A．由表中数据可知， AlF_3的熔点较高，为离子晶体，故正确；B． C和 Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故正确；C．表中 AlCl_3、 BCl_3和干冰是分子晶体，故错误；D． BCl_3的熔点最低，为分子晶体， AlCl_3的熔点较低，为分子晶体，不同元素的氯化物可形成相同类型的晶体，故正确；故选 C。
2019-2020学年鲁科版物理选修3-3新素养同步讲义：第4章 第3节 饱和汽第4节 湿度 Word版含答案
第3节饱和汽第4节湿度1.知道饱和汽、未饱和汽与饱和汽压．(重点)2.知道如何计算空气的相对湿度．(重点)3．了解绝对湿度和相对湿度的概念．(难点)一、饱和汽的形成1．动态平衡：从液体中飞出的分子数目与返回液体的分子数目相等，液体不会再减少，蒸气的密度也不会再增加，达到一种动态平衡．2．饱和汽与未饱和汽(1)饱和汽：与液体处于动态平衡时的蒸气．(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸气．二、饱和汽压1．定义：某种液体饱和汽具有的压强叫做这种液体的饱和汽压．2．特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．三、把未饱和汽变成饱和汽1．降低温度：在体积不变的条件下，温度越低，饱和汽的密度越小，故降低温度可以使未饱和汽变成饱和汽．2．减小体积：在温度不变的条件下，减小未饱和汽的体积，可增大未饱和汽的密度，使之变成饱和汽．由于饱和汽压只与温度有关，而与体积无关，因此气体实验定律对饱和汽不适用，而未饱和汽则近似地遵循理想气体的三条实验定律．1．液面上部的蒸气达到饱和时，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时从宏观上来看液体不再蒸发？提示：仍然有液体分子从液面飞出．因为这时从液面飞出去的分子与从蒸气回到液体中的分子数目相等，液体不会再减少，蒸气的密度也不再增加，达到了动态平衡，从宏观上看蒸发停止．四、绝对湿度与相对湿度1．湿度的定义：空气的干湿程度．2．描述湿度的物理量(1)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．(2)相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压的百分比．五、湿度的影响我们平常所说的湿度是指相对湿度．1．湿度与雨、雾、露等天气现象有密切联系．2．湿度对人们的生活影响很大：过小，人体的水分散失加快．过大，抑制人体散热．3．湿度对植物生长有很大影响．4．湿度与建筑、国防、运输、储藏等都有密切关系，对工业生产的影响也很大．六、湿度计1．定义：测量湿度的仪器．2．干湿泡湿度计是使用较多的湿度计，其结构和原理如下：(1)结构：由两支并排放置的普通温度计构成，一支温度计按照常规使用，另一支温度计的玻璃泡上包着棉纱布，纱布的下端浸入水中，能使玻璃泡保持潮湿．(2)原理：由于水的蒸发，湿泡温度计的示数总要低一些，空气的相对湿度越小，玻璃泡上的水分蒸发越快，湿泡温度计的示数越小，两个温度计指示的温度差越大，反之越小，根据两个温度计的温度差，就可以确定相对湿度的大小．2．阴雨连绵的夏天，人们会感到气闷，寒冷的冬季，人们会感到口腔和鼻腔难受，为什么？提示：空气的潮湿程度对生活和生产有很大的影响．空气太潮湿，使人感到气闷，物体也容易发霉，空气太干燥，口腔和鼻腔会感到难受，植物容易枯萎．正确理解饱和汽与饱和汽压饱和汽未饱和汽定义与液体处于动态平衡的蒸气还没有达到饱和状态的蒸气特点(1)一定温度下有一定的蒸气密度(2)一定温度下有一定的压强(饱和汽压)(3)不遵守理想气体实验定律一定温度下，未饱和汽的密度和压强都比饱和蒸气的小，近似遵守理想气体实验定律转化饱和汽变为未饱和蒸气的方法是：(1)温度不变，减小蒸气的密度(2)保持蒸气的体积不变，提高蒸气的温度未饱和汽变成饱和汽的方法是：(1)温度不变时，增加蒸气的密度(2)蒸气的体积不变时，降低蒸气的温度2.影响饱和汽压的因素(1)饱和汽压跟液体的种类有关实验表明：在相同的温度下，不同液体的饱和汽压一般是不同的，挥发性大的液体，饱和汽压大．例如20 ℃时，乙醚的饱和汽压为5.87×104 Pa，水的为2.34×104 Pa，水银的饱和汽压很小，20 ℃时仅为1.60×10－14 Pa，所以水银气压计水银柱上方的空间可以认为是真空．(2)饱和汽压跟温度有关饱和汽压随温度的升高而增大，这是因为温度升高时，液体里能量较大的分子增多，单位时间内从液面飞出的分子也增多，致使饱和汽的密度增大；同时蒸气分子的热运动的平均动能也增大，因此导致饱和汽压增大．(3)饱和汽压跟体积无关在温度不变的情况下，饱和汽的压强不随体积变化而变化，其原因是：当体积增大时，容器中蒸气的密度减小，原来的饱和汽变成了未饱和汽，于是液体继续蒸发，直至达到饱和汽为止．由于温度没有改变，饱和汽的密度跟原来的一样，分子热运动的平均动能也跟原来一样，所以压强不改变，体积减小时，容器中蒸气的密度增大，回到液体中的分子数多于从液面飞出的分子数，于是，一部分蒸气变成液体，直到蒸气的密度减小到等于该温度下饱和汽的密度为止．由于温度跟原来相同，饱和汽密度不变，分子热运动的平均动能也跟原来相同，所以压强也不改变．因为在一定温度下饱和汽压是一个定值，与体积的变化无关，所以有活塞的密闭容器，盛有饱和水蒸气与水时，压缩活塞，水蒸气压强不变，但有水蒸气液化成水．(水蒸气不遵守气体实验定律)(多选)关于饱和汽的下列说法正确的是()A．一定温度下，饱和汽的密度是一定的B．相同温度下，不同液体的饱和汽压是相同的C．饱和汽压随温度升高而增大，与体积无关D．理想气体定律对饱和汽不适用，而未饱和汽近似遵守理想气体定律[解题探究](1)液体的饱和汽压由什么因素决定？(2)理想气体定律的适用前提是什么？[解析]饱和汽的密度、饱和汽压都是由温度决定的，且随着温度的升高而增大，与体积无关，选项A、C正确；相同温度下，饱和汽压与液体的种类有关，不同液体的饱和汽压一般不同，选项B错误；未饱和汽近似遵守理想气体定律，一旦达到饱和，再继续加压饱和汽将会部分液化，故理想气体定律不再适用，选项D正确．[答案]ACD1.(多选)将未饱和汽转化成饱和汽，下列方法可行的是()A．保持温度不变，减小体积B．保持温度不变，减小压强C．保持体积不变，降低温度D．保持体积不变，减小压强解析：选ACD.未饱和汽的密度小于饱和汽的密度，压强小于饱和汽压，对未饱和汽气体实验定律是近似适用的，保持温度不变，减小体积，可以增大压强，增大饱和汽的密度，则选项A正确，选项B错误．降低温度，饱和汽压减小，若体积不变，当降低温度时，可使压强减小到降低温度后的饱和汽压，则选项C正确，选项D也正确．饱和汽压是由液体的种类和外界温度共同决定，与饱和汽的体积无关．(1)在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体其饱和汽压大．(2)温度一定时，同种液体的饱和汽压与饱和汽的体积无关，也与液体上方有无其他气体无关．(3)同一种液体的饱和汽压，当温度升高时增大，蒸发比液化快；当温度降低时而减小，液化比蒸发快．最后达到新的动态平衡.绝对湿度与相对湿度的区别和联系1．在物理学中，把空气中所含水蒸气的压强叫做空气的绝对湿度．空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压的百分比，叫做空气的相对湿度．2．影响相对湿度的因素相对湿度与绝对湿度和温度都有关系，在绝对湿度不变的情况下，温度越高，相对湿度越小，人感觉越干燥；温度越低，相对湿度越大，人感觉越潮湿．3．相对湿度的计算(1)根据相对湿度＝水蒸气的实际压强同温下水的饱和汽压，即B＝pp s×100%，知道了水蒸气的实际压强和同温下水的饱和汽压，代入公式即可求得．(2)注意单位的统一，水蒸气的实际压强和同温度下水的饱和汽压要采用同一单位．(3)在某一温度下，饱和汽压是一定值，知道了绝对湿度可以算出相对湿度；反之，知道了相对湿度也能算出绝对湿度．(4)空气的相对湿度不会超过100%，环境温度变化时，水的饱和汽压和水蒸气的实际压强都发生变化，相对湿度不会超过100%.4．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对压强，而是空气中水蒸气的压强p与同一温度下水的饱和汽压p s的差距，即跟相对湿度有关．绝对湿度相同时，温度越高，离饱和状态越远，越容易蒸发，感觉越干燥；相反，气温越低，越接近饱和状态，感觉越潮湿．相对湿度与绝对湿度都和温度有关．气温为10 ℃时，测得空气的绝对湿度p＝800 Pa，则此时的相对湿度为多少？如果绝对湿度不变，气温升至20 ℃，相对湿度又为多少？(已知10 ℃时水的饱和汽压为p1＝1.228×103 Pa，20 ℃时水的饱和汽压为p2＝2.338×103 Pa)[解析]10 ℃时水的饱和汽压为p1＝1.228×103Pa，由相对湿度公式得此时的相对湿度B1＝pp1×100%＝8001.228×103×100%≈65.1%20 ℃时水的饱和汽压为p2＝2.338×103 Pa，同理得相对湿度B2＝pp2×100%＝8002.338×103×100%≈34.2%.[答案]65.1%34.2%由计算可知，绝对湿度不变时即空气中水汽密度不变，温度越高，它离饱和的程度越远，人们感觉越干燥；掌握相对湿度的公式，体会相对湿度与绝对湿度的区别与联系是解题关键.2.(多选)关于空气湿度，下列说法正确的是()A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比解析：选BC.人们对干燥、潮湿的感受由相对湿度来决定，相对湿度越大，感觉越潮湿，相对湿度越小，感觉越干燥，故A错误，B正确；用空气中所含水蒸气的压强表示绝对湿度，空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比为相对湿度，故C正确，D错误．关于相对湿度的综合问题学校气象小组在某两天中午记录如下数据：第一天，气温30 ℃，空气中水蒸气压强为15.84 mm汞柱．第二天，气温20 ℃，绝对湿度为10.92 mm汞柱．查表知，气温30 ℃时，水的饱和汽压为4.242×103 Pa；气温20 ℃时，水的饱和汽压为2.338×103 Pa.你能根据采集的数据判定哪一天中午人感觉较潮湿吗？试计算说明．[思路点拨]本题关键是利用相对湿度定义公式并查表求出一定温度下空气的相对湿度来解答．[解析]气温30 ℃水的饱和汽压p s1＝4.242×103 Pa，这时水蒸气实际压强p t1＝15.84mmHg ＝2.084×103 Pa ，则第一天中午空气的相对湿度B 1＝p t 1p s1×100%＝2.084×103 Pa 4.242×103 Pa×100%＝49.13% 气温20 ℃时，水的饱和汽压p s2＝2.338×103 Pa.这时水蒸气实际压强p t 2＝10.92 mmHg ＝1.437×103 Pa.则第二天中午空气的相对湿度B 2＝p t 2p s2×100%＝1.437×103 Pa 2.338×103 Pa×100%＝61.46% 显然B 2>B 1，即第二天中午人感觉较潮湿．[答案] 见解析(1)空气的潮湿情况不是由空气的绝对湿度决定，而是由空气的相对湿度决定的．(2)相对湿度越大，蒸气越接近饱和，水分蒸发很慢使人感到潮湿.[随堂检测]1．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时( )A ．水不再蒸发B ．水不再凝结C ．蒸发和凝结达到动态平衡D ．以上都不对解析：选C.水蒸气达到饱和状态时是一个动态的平衡，此时蒸发和凝结仍在同时继续进行，只不过蒸发和凝结的水分子个数相等而已，故应选C.2．(多选)关于饱和汽压，下列说法正确的是( )A ．温度相同的不同饱和汽，饱和汽压都相同B ．温度升高时，饱和汽压增大C ．温度升高时，饱和汽压减小D ．饱和汽压与体积无关解析：选BD.同一气体的饱和汽压仅由温度决定，温度升高，饱和汽压增大；与气体的体积及外界大气压无关，不同气体的饱和汽密度在同一温度下不同，从而饱和汽压不同．3．湿泡温度计与干泡温度计的示数差越大，表示( )A ．空气的绝对湿度越大B ．空气的相对湿度越大C ．空气中水蒸气离饱和程度越近D ．空气中水蒸气离饱和程度越远解析：选D.玻璃泡上的水分蒸发越快，湿泡温度计的示数与干泡温度计的示数差越大，空气中水蒸气离饱和程度越远，A 、B 、C 错误，D 正确．4．下列所给值中，相对湿度最大的是( )A ．20 ℃水蒸气压强p ＝1.1×103 PaB ．20 ℃水蒸气压强p ＝1.3×103 PaC ．10 ℃水蒸气压强p ＝1.1×103 PaD ．10 ℃水蒸气压强p ＝1.3×103 Pa解析：选D.由相对湿度＝绝对湿度饱和汽压可知，10 ℃时，水的饱和汽压小，所以D 选项正确． [课时作业]一、单项选择题1．饱和汽压是指( )A ．当时的大气压B ．饱和汽的压强C ．水蒸气的压强D ．以上都不对答案：B2．印刷厂里为使纸张好用，主要应控制厂房内的( )A ．绝对湿度B ．相对湿度C ．温度D ．大气压强答案：B3．一个玻璃瓶中装有半瓶液体，拧紧瓶盖经一段时间后，则( )A ．不再有液体分子飞出液面B ．停止蒸发C ．水蒸气中不再有分子进入液体中D ．在相同时间内从液面飞出去的分子数等于返回液体的分子数，液体的饱和汽压达到了动态平衡解析：选D.当液面上方的气体内所含的分子达到饱和汽压后，处于动态平衡状态，但仍有分子跑出，只不过返回的分子数与跑出的分子数相等．故A 、B 、C 全错，D 项正确．4．下列关于湿度的说法中不正确的是( )A ．绝对湿度大，相对湿度一定大B ．相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水蒸气已达饱和状态C ．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水蒸气越接近饱和状态D ．露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气里原来饱和的水蒸气液化 解析：选A.相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，所以选项A 说法错误，选项B 、C 说法正确；在绝对湿度不变的情况下，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，当达到饱和以后，随着温度的继续降低，水蒸气将液化为水，即露水，所以选项D说法正确．5．有甲、乙、丙三支相同的温度计，其中一支不准确，将甲放在空气中，乙放在开口的酒精瓶中，丙放在密闭的酒精瓶中，过一段时间，三支温度计的示数都是18 ℃，则() A．甲不准确B．乙不准确C．丙不准确D．不能判定哪支不准确解析：选B.因为蒸发需要吸热，所以液体本身的温度要降低，甲温度计上无液体，不存在蒸发现象；乙放在开口酒精瓶中，酒精蒸发吸热，酒精温度应降低，所以应低于18 ℃，故乙不准确；丙放在密闭的酒精瓶中，蒸发受阻不能进行，故温度计的示数与周围环境的温度相同也准确，故选择B项．6．如图为水的饱和汽压图象，由图可以知道()A．饱和汽压与温度无关B．饱和汽压随温度升高而增大C．饱和汽压随温度升高而减小D．未饱和汽的压强一定小于饱和汽的压强解析：选B.由题中图象可知饱和汽压随温度升高而增大．7．高压锅又叫压力锅，用它可以将被蒸煮的食物加热到100 ℃以上，所以食物容易被煮熟．且高压锅煮食物比普通锅煮食物省时间省燃料，做出的米饭香软可口，很受人们欢迎．下表是AS22580 高压锅的铭牌，对此下列解释正确的是()AS22580容量 5 L净重8.92 kg锅帽重89.0 g气压 2.11 atm水的温度120 ℃A．食物受到的压强大而易熟B．高压锅保温性能好，热量损失少而使食物易熟C．锅内温度能达到100 ℃以上，食物因高温而易熟D．高压锅的密封性好，减少了水的蒸发而使食物易熟解析：选C.使用高压锅蒸煮食物时，高压锅盖上锅盖后就是一个封闭的容器了，加热时锅内水温不断升高，水的蒸发不断加快．由于锅是密封的，锅内水面上方的水蒸气就越来越多，锅内水蒸气的压强越来越大，直到将气压阀顶起，锅内的气压不再增大，水的沸点此时接近120 ℃.食物由生变熟是个升温过程．温度越高，熟得越快，高压锅内的食物可以被加热到的温度比普通锅高出了约20 ℃，所以容易熟，故C项正确．二、多项选择题8．下列说法中正确的是()A．在一定温度下，同种液体的饱和汽的密度是一定的B．气体实验定律对饱和汽不适用C．在潮湿的天气里，空气的相对湿度大，水蒸发得慢，所以洗了的衣服不容易晾干D．在绝对湿度相同的情况下，夏天比冬天的相对湿度大解析：选ABC.由公式B＝pp s×100%知，在绝对湿度相同的情况下(即p不变)，夏天温度高，饱和汽压大，即p s大，所以夏天的相对湿度小，故选项D错误．9．由饱和汽和饱和汽压的概念可知，下列结论中正确的是()A．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B．一定温度下饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C．一定温度下的饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大D．饱和汽压跟绝对温度成正比解析：选AB.由动态平衡概念可知A正确．在一定温度下，饱和汽的密度是一定的，它随着温度升高而增大，B正确．一定温度下的饱和汽压与体积无关，C错．饱和汽压随温度升高而增大，理想气体状态方程不适用于饱和汽，饱和汽压和绝对温度的关系不成正比，饱和汽压随温度的升高增大得比线性关系更快，D错．10．空气湿度对人们的生活有很大影响，当湿度与温度搭配得当，通风良好时，人们才会感觉舒适．关于空气湿度，以下结论正确的是()A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度这一条件B．相对湿度是不足100%，表明在当时的温度下，空气中水汽未达到饱和状态C．在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将减小D．在绝对湿度一定的情况下，气温升高时，相对湿度将减小解析：选ABD.相对湿度定义B＝pp s×100%，式中p为空气中所含水蒸气的实际压强，p s为同一温度下水的饱和汽压，p s在不同温度下的值是不同的，温度越高，p s越大，故A正确．相对湿度小于100%，说明在当时的温度下，空气中所含水蒸气的实际压强未达到饱和汽压，B正确．绝对湿度p不变时，气温降低，p s减小，相对湿度增加，故C错，D正确．三、非选择题11．在实验室中常见的湿度计为______________，它的主要部分为________________ __________________________________．解析：干湿泡湿度计的主要结构为两个相同的温度计，其中一支的玻璃泡由纱布包着浸在水中，由于蒸发吸热使其温度示数小于另外一支在空气中的温度计，根据两支温度计的读数，再根据支架上的表格即可得到相对湿度．答案：干湿泡湿度计两支结构相同的温度计12．在某温度时，水蒸气的绝对气压为p＝200 mmHg，此时的相对湿度为50%，则此时的绝对湿度为多少？饱和汽压为多大？解析：根据绝对湿度的定义可知此时的绝对湿度为200 mmHg.由相对湿度B＝pp s×100%可得p s＝pB×100%＝20050%mmHg＝400 mmHg.答案：200 mmHg400 mmHg。
人教版高中物理选修3-3第八章《气体》单元测试题含答案解析
绝密★启用前2019人教版高中物理选修3-3第八章《气体》单元测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.关于理想气体，下列说法正确的是()A．理想气体也不能严格地遵守气体实验定律B．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成理想气体C．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体D．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体2.氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，氧气缓慢泄漏(设环境温度不变)，其瓶内氧气的压强和体积变化如图中A到B所示，则瓶内氧气的温度 ()A．一直升高B．一直下降C．先升高后降低D．不变3.一定质量的理想气体的p－t图象如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，体积将()A．一定不变B．一定减小C．一定增大D．不能判定怎样变化4.下列说法正确的是()A．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积减小而增大的微观原因是：每个分子撞击器壁的作用力增大B．一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积增大而减小的微观原因是：单位体积内的分子数减少C．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：每个分子动能都增大D．一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子的密度增大5.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6.如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板与容器内壁的摩擦．若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于()A．B．＋C．p0＋D．p0＋7.在一定温度下，当一定量气体的体积增大时，气体的压强减小，这是由于()A．单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少B．气体分子的密集程度变小，分子对器壁的吸引力变小C．每个分子对器壁的平均撞击力都变小D．气体分子的密集程度变小，单位体积内分子的重量变小8.如图所示，一定质量的某种理想气体，由状态A沿直线AB变化到状态B，A、C、B三点所对应的热力学温度分别记为TA、TC、TB，在此过程中，气体的温度之比TA∶TB∶TC为()A． 1∶1∶1B． 1∶2∶3C． 3∶3∶4D． 4∶4∶39.一定质量的气体保持其压强不变，若热力学温度降为原来的一半，则气体的体积变为原来的()A．四倍B．二倍C．一半D．四分之一10.如图所示，质量为M导热性能良好的汽缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上．汽缸内有一个质量为m的活塞，活塞与汽缸壁之间无摩擦且不漏气．汽缸内密封有一定质量的理想气体．如果大气压强增大(温度不变)，则()A．气体的体积增大B．细线的张力增大C．气体的压强增大D．斜面对汽缸的支持力增大11.伽耳顿板可以演示统计规律．如图，让大量小球从上方漏斗形入口落下，则下图中能正确反映最终落在槽内小球的分布情况的是()A．B．C．D．12.如图所示为A、B两部分理想气体的V－t图象，设两部分气体是质量相同的同种气体，根据图中所给条件，可知()A．当t＝273.15 ℃时，气体的体积A比B大0.2 m3B．当tA＝tB时，VA∶VB＝3∶1C．当tA＝tB时，VA∶VB＝1∶3D．A，B两部分气体都作等压变化，它们的压强之比pA∶pB＝3∶113.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，A侧水银有一部分在水平管中．若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，稳定后()A．右侧水银面高度差h1减小B．空气柱B的长度不变C．空气柱B的压强增大D．左侧水银面高度差h2增大14.一定质量的气体当体积不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其压强()A．增大到原来的两倍B．比原来增加倍C．比原来增加倍D．比原来增加倍15.下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强16.一定质量的气体，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Δp1，当它由100 ℃升高到110 ℃时，其压强的增加量为Δp2，则Δp1与Δp2之比是()A． 1∶1B． 1∶10C． 1∶11D． 11∶117.如图所示，玻璃管内活塞P下方封闭着空气，P上有细线系住，线上端悬于O点，如不计水银、活塞与玻璃管的摩擦力，大气压强为p0保持不变，则当气体温度降低时 ()A．管内气体压强恒定B．管内气柱压强将减小C．细线上的拉力将减小D．细线上的拉力将变大18.如图所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1＝V2>V3，h1<h2＝h3．若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是()A．丙管B．甲管和乙管C．乙管和丙管D．三管中水银柱上移一样多19.某同学利用DIS实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图的p－t 图象．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是()A．状态A到状态B气体的体积越来越大B．状态B到状态C气体内能增加C．状态A的压强是0．5 atmD．状态C体积是2 L20.如图所示，a、b表示两部分气体的等压线，根据图中所给条件可知，当t＝273 ℃，气体a的体积比气体b的体积大()A． 0．1 m3B． 0．2 m3C． 0．3 m3D． 0．4 m3第Ⅱ卷二、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)21.(1)在做“探究气体等温变化的规律”的实验时，下列各项要求中，属于实验必须要做到的是()A．弄清所封闭气体的质量B．注射器的密封性良好C．在等温条件下操作D．气体的压强和体积必须用国际单位(2)实验中发现各组同学的气体压强p与体积V的乘积值不完全相等，其主要原因是由于封闭气体的________不同．三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)22.如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为1×10－3m2，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强为1.5×105Pa，温度为300 K．外界大气压为1.0×105Pa，g＝10 m/s2.(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，汽缸内气体的温度为360 K，则这时活塞离缸底的距离为多少？23.有人设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的B 管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计．(1)在1标准大气压下对B管进行温度标刻(1标准大气压相当于76 cmHg的压强)．已知当温度t1＝27 ℃时，管内水银面的高度为x1＝16 cm，此高度即为27 ℃的刻线，问t＝0 ℃的刻线在何处？(2)若大气压已变为相当于75 cmHg的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27 ℃，问：此时的实际温度为多少？24.如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.答案解析1.【答案】C【解析】理想气体是在任何温度、任何压强下都能遵从气体实验定律的气体，A错误；它是实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下的抽象，故C正确，B、D错误．2.【答案】D【解析】本题考查对玻意耳定律适用条件的掌握．乍一看，本题极易错选B，错误原因是只简单地对A、B及A到B的过程进行分析后，作出各状态下的等温线，如图，从图中可以看出tA>t1>t2>tB，从而误选B，却忽略了“只有一定质量的气体”才满足tA>t1>t2>tB．密封不严说明漏气，说明气体质量发生变化，“缓慢”说明氧气瓶中氧气可充分同外界进行热交换，隐含与外界“等温”，正确答案应为D．3.【答案】D【解析】题目中给出的图线是p－t(摄氏温度)图，而不是p－T图，在图甲中，p－t图中的等容线的反向延长线通过(－273 ℃，0)，而没有通过原点，只有在p－T图中的等容线才能通过原点，如图乙所示．因该题中的AB反向延长线是否通过－273 ℃，题设条件中无法找到，所以就不能判断A到B变化过程中体积如何变化，故D正确．4.【答案】B【解析】决定气体压强大小的微观因素是分子密集程度和分子平均动能，宏观上体现在体积和温度上．若温度不变，压强随分子密度的变化而变化，A错，B对，若体积不变，压强随分子平均动能的变化而变化，C、D错误．5.【答案】B【解析】体积不变，当温度降低时，由查理定律＝C可知，压强减小，故B项正确．6.【答案】D【解析】为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，分析其受力，如图所示．由平衡条件得p·cosθ＝p0S＋Mg解得：p＝p0＋，所以正确选项为D．7.【答案】A【解析】温度不变，一定量气体分子的平均动能、平均速率不变，每次碰撞分子对器壁的平均作用力不变，但体积增大后，单位体积内的分子数减少，因此单位时间内碰撞次数减少，气体的压强减小，A正确，B、C、D错误．8.【答案】C【解析】由p－V图象可知，pA＝3 atm，VA＝1 L，pB＝1 atm，VB＝3 L，pC＝2 atm，VC＝2 L，由理想气体状态方程可得＝＝，代入数据得TA∶TB∶TC＝3∶3∶4.9.【答案】C【解析】根据理想气体状态方程PV=nRT，一定质量的气体保持其压强不变，若热力学温度降为原来的一半，则气体的体积变为原来的一半。
【单元练】青岛银海学校高中物理选修3第四章【原子结构和波粒二象性】测试题(答案解析)
一、选择题1．利用光电管研究光电效应的实验电路如图所示，用频率为ν的可见光照射阴极K，电流表中有电流通过，则（）A．改用紫外光照射K，电流表中没有电流通过B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变小C．若将滑动变阻器的滑片移到A端，电流表中一定无电流通过D．若将滑动变阻器的滑片向B端移动，电流表示数可能不变D解析：DA．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，紫外线的频率更大，所以改用紫外光照射K，电流表中有电流通过，则A错误；B．只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大，所以B错误；C．若将滑动变阻器的滑片移到A端，电流表中也有电流通过，因为是正向电压，只要发生光电效应就有光电流通过，所以C错误；D．如果光电流已经达到饱和光电流，则增大电压，光电流将保持不变。
所以若将滑动变阻器的滑片向B端移动，电流表示数可能不变，所以D正确；故选D。
2．关于下列四幅图的说法正确的是（）A．甲图中A处能观察到少量的闪光点B．乙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，发现验电器的张角变大，则锌板原来带负电C．丙图中的泊松亮斑说明光具有波动性D．丁图，当两分子间距由等于r0开始增大，它们间的分子力先减小后增大C解析：CA. 甲图是α粒子散射实验，绝大多数α粒子不偏转，A处能观察到大量的闪光点，A错误；B. 乙图中用弧光灯照射原来就带电的锌板时，有电子逸出，发现验电器的张角变大，则锌板原来带正电，B错误；C. 丙图中的泊松亮斑是光照射十分小的圆板发生的衍射现象，说明光具有波动性，C正确；D. 当两分子间距由等于r0开始增大，它们间的分子力先增大后减小，D错误。
故选C。
3．物理学史的学习是物理学习中很重要的一部分，下列关于物理学史叙述中不正确的是 ( ) A．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子B．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型C．爱因斯坦发现了光电效应，并提出了光量子理论成功解释了光电效应D．巴耳末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式C解析：CA．1897年汤姆孙根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子，故A正确；B．卢瑟福的α粒子散射实验结果：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来，这就是α粒子的散射现象。
高中物理 第3、4、5章 抛体运动 匀速圆周运动 万有引力定律及其应用 20单元测试 鲁科版必修2
第3、4、5章《抛体运动》《匀速圆周运动》《万有引力定律及其应用》单元测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共10小题；在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
1．以速度v0水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是（）A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B．此时小球的速度大小为2v0C．小球运动的时间为2 v0/gD．此时小球速度的方向与位移的方向相同2．一个小球在竖直环内至少做N次圆周运动，当它第（N－2）次经过环的最低点时，速度是7m/s；第（N－1）次经过环的最低点时，速度是5m/s，则小球在第N次经过环的最低点时的速度一定满足（）A．v>1m/s B．v=1m/s C．v<1m/s D．v=3m/s3．一个物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动，一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图1中的实线所示，图中B为轨迹上的一点，虚线是过A、B两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分5个区域，则关于施力物体的位置，下面说法正确的是（）A．如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域B．如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域C．如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域D．如果这个力是斥力，则施力物体一定在④区域4．如图2，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小物块，滑出槽口时速度为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，则R1与R2的关系为（）A．R1≤R2 B．R1≥R2 C．R1≤R2/2 D．R1≥R2/25．如图3所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动。
现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对小球的作用力可能是（）A．a处为拉力，b处为拉力 B．a处为拉力，b处为推力C．a处为推力，b处为拉力 D ．a处为推力，b处为推力图2图16．2003年10月15日，我国成功地发射了“神舟五号”载人飞船，经 过21小时的太 空飞行，返回舱于次日安全着陆。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷附答案一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：F =qE =mg tan α解得：537tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：cos mgma θ= 解得：212.5m/s cos ga θ== 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况．2．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：（1）小球运动到管口B时的速度v B大小；（2）小球着地点与管口B的水平距离s．【答案】（1）2.0m/s；（2）4.5m．【解析】【分析】【详解】（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理得：12mv B2－0=mgL2+F电L1①由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即F电=12mg②代入数据得：v B=2.0m/s；③小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s；（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：a=g/2 ④s=v0t+12at2⑤竖直方向有：h=12gt2⑥由③～⑥式，并代入数据可得：s=4.5m3．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 83 gR速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg，从A至C小球克服库仑力做的功为232mgR，重力加速度为g．求：(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()0211cos602KB A mgR E mv --=-代入数据解得：56KB E mgR =（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R+-=由题可知：83N mg =联立并代入数据解得：2Qqkmg R= 由几何关系得，OC 间的距离为：23cos30R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：2223Qq QqF kk r ==⎫⎪⎝⎭库联立解得3=4F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：2102f A W mgR W mv ---=-电从C 到A ，由动能定理得：212f A W mgR W mv +='-电 由题可知：23W mgR -=电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：22Av Qq N k mg mR R'-'+= 联立以上解得： ()28333N mg -'=，根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为()28333mg -，方向向下．4．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．（1）小球在A 点进入电场时的速度；（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离． 【答案】（12gH （2）233mgH mg qE R ++、232mgHmg qE R++； （3）qERH mg+．【解析】 【详解】（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：2102A mgH mv =- 解得：A v =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：21()02mg H R qER mv +=-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：21N mg q v E Rm --= ……..②小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：22v N mg m R-=……. ③联立①②③解得：1233mgHN mg qE R =++ 2232mgHN mg qE R =++根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为1233mgHN mg qE R'=++2232mgHN mg qE R'=++（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：()00mg H h qER -+=-解得：qERh H mg=+答：（1）小球在A（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgHmg qE R++、232mgHmg qE R++； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为qERH mg+．5．如图所示，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电量为q 。
高中物理《第三章相互作用力》单元测试拔高卷
第三章相互作用－力单元测试06（拔高卷）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(共32分)1．(本题4分)三段轻绳OA OB OC OA、、，绳悬挂在天花板上的A点，OB绳下面悬挂一个小球。
第一次，保持结点O位置不变，如图1所示，某同学拉着轻绳OC从水平位置缓慢转动到竖直位置；第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图2所示的位置，则下列说法正确的是（）A．第一次轻绳OA的拉力先减小后增大，第二次轻绳OA的拉力逐渐减小B．第一次轻绳OA的拉力逐渐减小，第二次轻绳OA的拉力先增大后减小C．第一次轻绳OC的拉力先减小后增大，第二次轻绳OC的拉力逐渐减小D．第一次轻绳OC的拉力先减小后增大，第二次轻绳OC的拉力逐渐增大2．(本题4分)如图所示，表面光滑的圆锥固定在水平面上，底面半径为R，顶角为60°。
有一个质量为m的弹性圆环，弹性圆环的弹力与形变量之间满足胡克定律，且始终在弹性限度内。
弹性圆环处于自然状态时半径为14R，现将弹性圆环套在圆锥上，稳定时弹性圆环处于水平状态，且到底面的距离为圆锥高线的14，重力加速度为g。
则弹性圆环的劲度系数为（）A B C D3．(本题4分)如图所示滑块A和B叠放在传送带上，A被细线连于墙上。
如果传送带逆时针转动，滑块A和B都相对地面静止，则下列说法正确的是（）A．B受到的静摩擦力水平向左B．A受到的静摩擦力水平向左C．无论传送带的转速是多少，B都不受摩擦力D．传送带的转速变成原来的两倍，A受到的摩擦力也变成原来的两倍4．(本题4分)如图所示，半圆柱体A放置在粗糙水平地面上，其左端和竖直墙壁之间放着一个光滑圆球B，整个装置处于静止状态，则把A向右缓慢移动少许距离后（B未落地），下列判断正确的是（）A．球B对墙的压力减小B．球B对半圆柱体A的压力减小C．地面对半圆柱体A的摩擦力不变D．地面对半圆柱体A的支持力不变5．(本题4分)两光滑平板MO、NO构成一具有固定夹角075θ︒=的V形槽，一圆柱形物体置于槽内，用θ表示NO板与水平面之间的夹角，如图所示为截面图。
鲁科版(2019)高中物理必修三第三章单元测试(含答案)
鲁科版(2019)高中物理必修三第三章单元测试(含答案) 一、选择题1．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是()A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B．由R＝UI可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一2.如图所示，两个电阻串联后接在电路中a、b两点，已知a、b两点间电压不变。
某同学将一个实验室里的电压表并联在R1两端时，读数为9 V；将该电压表并联在R2两端时，读数为7 V，则a、b两点间电压() A．大于16 V B．等于16 VC．小于16 V D．无法确定3．（多选）把标有“220 V40 W”和“220 V15 W”的甲、乙两盏灯串联接在220 V电压下，则下列分析正确的是()A．两盏灯的总功率等于55 W B．两盏灯的总功率小于15 WC．甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率D．乙灯的实际功率大于甲灯的实际功率4.一电流表(表头)并联一个分流电阻后就改装成一个大量程的电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准电流表读数为1 A，而改装电流表的读数为1.1 A，稍微偏大一些，为了使它的读数准确，应() A．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻B．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻5.有两只完全相同的电流计，分别改装成一只电流表和一只电压表，一位同学在做实验时误将这两只表(电流表和电压表)串联起来连接在电路中，如图所示，闭合开关S后，则两只表上的指针可能出现的情况是() A．两表指针的偏角相同B．两表的指针都不偏转C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角6．有两个相同的灵敏电流计，允许通过的最大电流(满偏电流)为I g＝1 mA，表头电阻R g＝20 Ω，若改装成一个量程为3 V的电压表和一个量程为0.6 A的电流表应分别()A．串联一个2 980 Ω的电阻和并联一个0.033 Ω的电阻B．并联一个2 990 Ω的电阻和串联一个0.033 Ω的电阻C．串联一个2 970 Ω的电阻和并联一个0.05 Ω的电阻D．并联一个2 970 Ω的电阻和串联一个0.05 Ω的电阻7.如图所示的电路中，U＝8 V不变，电容器电容C＝200 μF，R1∶R2＝3∶5，则电容器的带电荷量为()A．1×10－3 C B．6×10－3 CC．6×10－4 C D．1.6×10－3 C8.[多选]如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表。
【单元练】2021年高中物理选修3第四章【原子结构和波粒二象性】经典测试卷(答案解析)
一、选择题1．如图所示为研究光电效应规律的实验电路，电源的两个电极分别与接线柱c、d连接。
用一定频率的单色光a照射光电管时，灵敏电流计G的指针会发生偏转，而用另一频率的单色光b照射该光电管时，灵敏电流计G的指针不偏转。
下列说法不正确的是（）A．a光的频率一定大于b光的频率B．用b光照射光电管时，一定没有发生光电效应C．电源正极可能与c接线柱连接D．若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f B解析：BABC．由于电源的接法不知道，所以有两种情况：(1)c接负极，d接正极：单色光a频率大于金属的截止频率，b光的频率小于金属的截止频率，所以a光的频率一定大于b光的频率。
(2)c接正极，d接负极：a、b两光可能都发生光电效应，a光产生的光电子能到达负极而b 光产生的光电子不能到达负极，a光产生的光电子的最大初动能大，所以a光的频率一定大于b光的频率，故A、C正确，不符合题意；B错误，符合题意；D．电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→G→f，故D正确，不符合题意。
故选B。
2．如图所示为氢原子能级图，大量处于基态的氢原子吸收某种频率的光子后，跃迁到n=回到1n=能级，再从33n=能级，则下列说法正确的是（）A．基态氢原子吸收的光子能量为1.51eVB ．大量氢原子从3n =跃迁到1n =能级，可释放两种不同频率的光子C ．释放的光子能量最小为1.89eVD ．氢原子从3n =跃迁到1n =能级，氢原子的能量减小，电势能增大C解析：CA ．大量氢原子吸收的能量为()13.6 1.51eV 12.09eV -=故A 错误；B ．大量氢原子从3n =跃迁到1n =，可释放三种不同频率的光子，故B 错误；C ．释放的光子能量最小为()3.4 1.51eV 1.89eV -=故C 正确；D ．氢原子从3n =跃迁到1n =能级，氢原子的能量减小，电场力做正功，电势能减小，故D 错误。
高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试题(Word版 含解析)
高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试题（Word版含解析）一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能．（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）【答案】（1）/8qE m ,向右（2）()48qE Lx+（3）0(2)6qE x L+【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得48QE L QEmaL-⋅＝解得8QEam＝，方向向右．（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有4QE QExL⋅＝解得14x L=由动能定理得：()0044()()42442448 K oQE QELQE QE L QE LE W x x x x x＝＝＝＝+⨯∑+-+-+⨯（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：()42QE QEx L L+-＝，得 x0=L；()42QE QELL Lε+＝＝当x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()0042xQEQE Lx x x++--＝解之得：x则0 (4F QE W x ε+＝＝当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0042QE QEx x L QE x L +---＝ 得：023x Lx +＝ 则()()000242 4436QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝＝＝2．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。
已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。
高中物理新教材同步选择性必修第三册 第3章 热力学定律章末检测试卷(三)
章末检测试卷(三)(满分：100分)一、单项选择题(本题8小题，每小题3分，共24分)1．(2021·全国高二单元测试)关于内能，以下说法正确的是()A．做功和传热在改变物体内能的效果上是等效的B．只要物体温度不变，它的内能就不变C．每个分子的内能等于这个分子的势能和动能的总和D．物体只要与外界进行热交换，其内能就一定变化答案 A解析做功和传热在改变物体内能的实质不同，但效果上是等效的，故A正确；内能是一定宏观量，是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，宏观上取决于质量、温度和体积，物体温度不变，但体积变化导致分子势能发生变化，那么物体的内能就要变化，故B、C错误；物体与外界进行热交换，若同时外界对物体做功或物体对外界做功，其内能也有可能不发生变化，故D错误．2．(2020·上海市金山中学高二期末)关于能量的转化，下列说法中正确的是()A．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行B．不但能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高C．空调机既能制热又能制冷，说明传热不存在方向性D．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化答案 D解析根据热力学第二定律，满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行，选项A 错误；能量在转化过程中会由高品质的能源转化为低品质的能源，故可利用性会降低，选项B错误；空调机既能制热又能制冷，但是要耗电，即传热有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故C错误，D 正确．3．关于内能、温度和热量，下列说法正确的是()A．物体的温度升高时，一定吸收热量B．物体沿斜面下滑时，内能将增大C．物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大D．内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时传热停止答案 C4．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，内能增大答案 D解析中午，车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确．5．如图1所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走．若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，则在此过程中的下列说法中正确的是()图1A．气体对外做功，气体温度一定变化B．气体对外做功，内能可能不变C．气体压强可能增大，内能可能不变D．气体从外界吸热，内能一定增大答案 B解析由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功，可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变，但压强减小，故B正确．6.(2020·涿鹿中学高二月考)如图2所示，导热性良好的汽缸内密封的气体(可视为理想气体)在等压膨胀过程中，下列关于气体说法正确的是()图2A．气体内能可能减少B．气体会向外界放热C．气体吸收的热量大于对外界所做的功D．气体分子的平均动能将减小答案 C解析气体等压膨胀，根据pVT＝C知T升高，气体分子的平均动能将增大，故D错误；理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故A错误；体积增大，则气体对外界做功，即W<0，又内能增加，根据热力学第一定律知气体一定吸热，即Q>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W>0，得Q>|W|，故B错误，C正确．7．如图3所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高．现打开阀门K，从打开阀门到两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔE k；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得①W1＝0；②W2－W3＝ΔE k；③W2－W3＝Q＝ΔU；④W3－Q＝ΔU，其中，正确的是()图3A．①②③B．①②④C．②③D．①③答案 B解析由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔE k，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①②正确．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝W3－Q，可知④正确，③错误，选项B正确．8.如图4所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能转动较长时间，下列说法正确的是()图4A．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答案 D解析形状记忆合金进入水中后受热，形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知，能量来源于热水，热水温度会降低，故A、B、C错误；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D正确．二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16分)9．(2020·山西高二期末)下列关于物体内能的各种说法中正确的是()A．物体内能的改变有两种方式：做功和传热，两者在内能的改变上是等效的B．在有其他影响的情况下，可以把内能全部转化为有用功C．内能可以由低温物体转移到高温物体而不引起其他变化D．在内能的转化和转移过程中，虽然存在能量损失，但总能量依然守恒答案ABD解析由热力学第一定律知，改变物体的内能有两种方式，分别为做功和传热，两者在内能的改变上是等效的，故A正确；热力学第二定律指出不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故B正确；内能的转移是通过传热的方式完成的，热力学第二定律指出不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故C错误；能量守恒定律指出能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量不变，故D正确．10．(2021·黑龙江哈尔滨市第六中学高二期中)景颇族的祖先发明的点火器如图5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()图5A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．外界对气体做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少答案BC解析由于套筒内封闭着一定质量的气体，当猛推推杆时推杆迅速压缩气体，外界对气体做正功．由于这一过程进行得很快，可以看成是一个近似绝热过程，即整个系统来不及向外界传递热量，由公式ΔU＝W＋Q，在瞬间Q＝0，W>0，所以内能增加，则温度升高，又体积减小，压强增大，故选B、C.11.(2020·张家口一中高二期中)如图6，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab 到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是()图6A ．在过程ab 中气体的内能增加B ．在过程ca 中外界对气体做功C ．在过程ab 中气体对外界做功D ．在过程bc 中气体从外界吸收热量答案 ABD解析 从a 到b 等容升压，根据pV T＝C 可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A 正确；在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B 正确；在过程ab 中气体体积不变，根据W ＝p ΔV 可知，气体对外界做功为零，故C 错误；在过程bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体从外界吸收热量，故D 正确．12.如图7所示，一导热性能良好的金属汽缸放置在水平面上，汽缸内封闭了一定质量的理想气体，现缓慢地在活塞上堆放一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，在此过程中( )图7A ．气体的内能增大B ．气体吸热C ．单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多D ．若汽缸和活塞换成绝热材料，汽缸内气体分子平均动能增大答案 CD解析 金属汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内封闭气体温度与环境温度相同，在活塞上堆放一定质量的沙土时气体等温压缩，温度不变，气体的内能不变，故A 错误；气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体要向外放出热量，故B 错误；汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则汽缸内气体分子密度增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积的分子数增多，故C 正确；若汽缸和活塞换成绝热材料，外界气体不吸热也不放热，气体体积减小，对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增大，气体温度升高，汽缸内气体分子平均动能增大，故D 正确．三、填空题(本题2小题，共16分)13．(6分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：(1)气体的内能________(选填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________ J.(2)气体的分子势能________(选填“增加”或“减少”)．(3)分子平均动能如何变化？答案(1)减少(1分) 1.8×105(1分)(2)增加(2分)(3)见解析(2分)解析(1)因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105 J气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功W＝－6×105 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J所以气体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加．(3)因为气体内能减少，而分子势能增加，所以分子平均动能必然减少，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．14.(10分)(2020·扬州中学月考)把一个小烧瓶和一根弯成直角的均匀玻璃管用橡皮塞连成如图8所示的装置．在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在容器内，被封空气的压强跟大气压强相等．如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系．图8(1)关于瓶内气体，下列说法中正确的有________．A．温度升高时，瓶内气体体积增大，压强不变B．温度升高时，瓶内气体分子的动能都增大C．温度升高，瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数增多D．温度不太低，压强不太大时，可视为理想气体(2)改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出V－T图像如图9所示．已知大气压强p0＝1×105 Pa，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为________J．若此过程中气体吸收热量60 J，则气体的内能增加了________J.图9(3)已知1 mol 任何气体在压强p 0＝1×105 Pa ，温度t 0＝0 ˚C 时，体积约为V 0＝22.4 L ．瓶内空气的平均摩尔质量M ＝29 g/mol ，体积V 1＝2.24 L ，温度为T 1＝25 ˚C.可估算出瓶内空气的质量为________．答案 (1)AD(3分) (2)50(2分) 10(2分) (3)2.66 g(3分)解析 (1)温度升高时，由于气压等于外界大气压，不变，故瓶内气体体积增大，故A 正确；温度升高时，瓶内气体分子的热运动的平均动能增大，但不是每个分子的动能均增大，故B 错误；气体压强是分子对容器壁的频繁碰撞产生的，温度升高，分子热运动的平均动能增大，气体压强不变，故瓶内气体分子单位时间碰撞到容器壁单位面积的次数减少，故C 错误；温度不太低，压强不太大时，实际气体均可视为理想气体，故D 正确．(2)由状态a 到状态b 的过程中，气体对外做的功为：W ＝p ·ΔV ＝1.0×105×(2.5×10－3－2×10－3) J ＝50 J若此过程中气体吸收热量60 J ，则气体的内能增加ΔU ＝60 J －50 J ＝10 J(3)瓶内空气体积V 1＝2.24 L ，温度为T 1＝(25＋273) K ＝298 K ，转化为标准状态，有V 1T 1＝V 2T 2解得：V 2＝V 1T 2T 1物质的量为n ＝V 2V 0故质量：m ＝nM ＝V 1T 2T 1V 0·M ≈2.66 g. 四、计算题(本题4小题，共44分)15．(9分)如图10所示，一定质量的理想气体，从状态A 等容变化到状态B ，再等压变化到状态D .已知在状态A 时，气体温度t A ＝327 ℃.图10(1)求气体在状态B 时的温度；(2)已知由状态B →D 的过程，气体对外做功W ，气体与外界交换热量Q ，试比较W 与Q 的大小，并说明原因．答案 (1)27 ℃ (2)Q >W 原因见解析解析 (1)气体由状态A 变化到状态B由查理定律p A T A ＝p B T B可得(2分) T B ＝p B p A T A ＝12×(327＋273) K ＝300 K(2分) 所以t B ＝27 ℃.(1分)(2)由B →D 的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU ＝Q －W >0，可得Q >W .(4分)16.(10分)如图11为一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.图11(1)求此时气体的压强．(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．答案 (1)76p 0 (2)67吸热 原因见解析 解析 (1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1(2分) 所以此时气体的压强p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0(2分) (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 2，由玻意耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2(2分)可得V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0(1分) 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV 0ρ·76V 0＝67(1分) 因为抽气过程中气体温度不变，故内能不变，而气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量．(2分)17.(12分)某压力锅结构如图12所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．图12(1)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1 J ，并向外界释放了2 J 的热量．锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？(2)已知大气压强p 随海拔高度H 的变化满足p ＝p 0(1－αH )，其中常数α>0.结合气体实验定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同． 答案 (1)减少 3 J (2)温度随着海拔高度的增加而降低．解析 (1)根据热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q ，气体对外做功，W ＝－1 J ；气体向外放热，热量Q ＝－2 J ．(2分)则有：ΔU ＝W ＋Q ＝－3 J ，负号表示内能减少．锅内原有气体内能减少，减少了3 J ．(2分)(2)由p ＝p 0(1－αH )(其中α>0)，随着海拔高度的增加，大气压强减小；(1分)锅内气体压强p 1＝p ＋mg S ＝p 0(1－αH )＋mg S，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；(4分)根据查理定律p 1T 1＝p 2T 2可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低．(3分) 18.(13分)(2020·安徽高二期末)一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，汽缸如图13所示水平放置．活塞的质量m ＝20 kg ，横截面积S ＝100 cm 2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L 1＝12 cm ，离汽缸口的距离L 2＝4 cm.外界气温为27 ˚C ，大气压强为1.0×105 Pa ，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g ＝10 m/s 2，求：图13(1)此时气体的温度为多少；(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q ＝390 J 的热量，则气体增加的内能ΔU 为多少．答案 (1)480 K (2)318 J解析 (1)当汽缸水平放置时，p 0＝1.0×105 Pa ，V 0＝L 1S ，T 0＝300 K当汽缸口向上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p 1S ＝p 0S ＋mg (2分) 则p 1＝1.2×105 Pa ，V 1＝(L 1＋L 2)S由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1(L 1＋L 2)S T 1(2分) 则T 1＝480 K(1分)(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 p 0L 1S ＝p 1LS (2分)则L ＝10 cm(1分)加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 W ＝－p 0(L 1＋L 2－L )S －mg (L 1＋L 2－L )＝－72 J(2分) 根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q (2分)得ΔU ＝318 J ．(1分)。
2016-2017学年高中物理 第4章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路章末综合测评 鲁科版选修3-1
第4章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一个闭合电路，是由电池供电的，外电路是纯电阻电路时，以下说法正确的是( ) A ．当外电阻增大时，路端电压增大 B ．当外电阻减小时，路端电压增大C ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定增大D ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定减小 【解析】 由闭合电路欧姆定律得：U ＝E －Ir ＝E －ERr＋1，当外电阻增大时，路端电压增大，即A 正确；由电源的输出功率随外电阻的变化关系图象得，当外电阻变化时，其输出功率可能增加也可能减小，即C 、D 均错误．【答案】 A2．下列说法中正确的是( )A ．欧姆表的每一挡的测量范围都是0～∞B ．用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的C ．用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越大D ．用欧姆表测电阻时，选不同挡位时，指针越靠近右边误差越小【解析】 欧姆表的每一挡的测量范围是0～∞，所以A 对；用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是不一样的，所以B 错；用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越小，所以C 、D 错．【答案】 A3．一块太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ，若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻构成一闭合电路，则它的路端电压是 ( )A ．100 mVB ．200 mVC ．300 mVD ．400 mV【解析】 电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，所以电动势E ＝800 mV ，由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω.该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV.故正确答案为D.4．如图1所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )图1A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大 【解析】 电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝UE，由于U B ＞U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误；电源的输出功率P ＝I 2R ，则P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 042R 1＝3I 0U 016，P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 022R 2＝I 0U 04，P 1＜P 2，故C 、D 错误．【答案】 A5．某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图2所示的电路，研究串并联电路的特点．实验中观察到的现象是( )【导学号：34660113】图2A ．S 2断开，S 1与a 连接，三只灯泡都熄灭B ．S 2断开，S 1与b 连接，三只灯泡亮度相同C ．S 2闭合，S 1与a 连接，三只灯泡都发光，L 1、L 2亮度相同D ．S 2闭合，S 1与b 连接，三只灯泡都发光，L 3的亮度小于L 2的亮度【解析】 S 2断开，S 1与a 连接时，三只灯泡串联，三只灯泡都发光，且亮度相同，A 错误；S 2断开，S 1与b 连接时，L 1、L 2两只灯泡串联，L 3被断开没有接入电路，B 错误；S 2闭合，S 1与a 连接时，只有L 2亮，L 1和L 3被短路，C 错误；S 2闭合，S 1与b 连接时，L 1和L 3并联，然后与L 2串联，此时三只灯泡都发光，L 3的亮度与L 1的亮度相同，都小于L 2的亮度，D 正确．6．如图3所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知( )图3A．电源的电动势为4 VB．电源的内电阻为2 ΩC．电源输出功率的最大值为16 WD．电源消耗的最大功率为16 W【解析】图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4 W和2 A，由P内＝I2r，代入数据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4 V，A正确．外电阻和内电阻相等时电源输出的功率最大，最大值为4 W，C错误．电源消耗的功率为P＝EI m，当R＝0时电流最大为4 A，P m＝16 W，故D正确．【答案】AD7．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个电阻箱及电源连接成如图4所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用的办法是( )【导学号：34660114】图4A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2【解析】带电油滴受到向上的静电力和向下的重力，若要使其上升，应增加静电力，也就是增加电容器两端电压，电容器两端电压与R3两端电压相等，R3与R2串联，所以增大R3或减小R2都行．【答案】CD8．在如图5所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( )图5A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路【解析】由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此可排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B对．假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)的电压和电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．【答案】BC二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中(如图6甲)．甲乙图6(1)移动滑动变阻器的滑片应特别注意防止__________________．(2)现备有以下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器(0～50 Ω)C．滑动变阻器(0～1 750 Ω)D．电压表(0～3 V)E．电压表(0～15 V)F．电流表(0～0.6 A)G．电流表(0～3 A)其中滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________．(3)图乙是根据实验数据画出的U I 图象．由此可知这个干电池的电动势E ＝________ V ，内电阻r ＝________ Ω.【解析】 (1)若滑动变阻器接入电路的电阻太小，则电路中电流太大，容易烧坏电流表．(2)滑动变阻器的阻值不需太大，可选B ；通常干电池电动势为1.5 V ，故电压表可选D ，电流表可选F.(3)由题图乙可知E ＝1.5 V ，r ＝1.5－1.20.4Ω＝0.75 Ω.【答案】 (1)滑动变阻器接入电路电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表 (2)B D F (3)1.5 0.7510．(12分)在练习使用多用电表的实验中： (1)某同学连接的电路如图7所示．【导学号：34660115】图7①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流； ②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时( ) A ．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大B ．若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C ．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD ．若欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大【解析】 (1)多用电表与R 1串联，则选择直流电流挡时，测得的是通过R 1的电流；若断开电路中的开关，多用电表使用电阻挡，则R 1和R 2串联接在多用电表两端，此时测得的是R 1和R 2串联的电阻；若多用电表选用直流电压挡，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则多用电表与R 2并联，所以此时测得的是R 2(或电源)两端的电压．(2)双手捏住两表笔金属杆，相当于给待测电阻又并联了一个电阻，测量值将偏小，选项A 错误；测量时发现指针偏离中央刻度过大，要看指针偏角情况，若偏角太大，说明待测电阻较小，应减小倍率，重新调零后再进行测量，若偏角太小，说明待测电阻较大，应增大倍率，重新调零后再进行测量，选项B 错误；选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250 Ω，选项C 错误；欧姆表内的电池使用时间太长，则电动势E 减小，完成调零过程则有I g ＝ER 内(式中I g 为满偏电流，是一定值，R 内为欧姆表总内阻即中值电阻，随E 变化)，测量电阻R x 时，根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER 内＋R x＝11I g ＋R x E，由此可知当E 减小时，I 减小，指针偏角减小，所以测量值将偏大，选项D 正确．【答案】 (1)①R 1 ②R 1和R 2串联 ③R 2(或电源) (2)D11．(12分)如图8所示的电路中，当S 闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V 和0.4 A ．当S 断开时，它们的示数各改变0.1 V 和0.1 A ，求电源的电动势和内阻．图8【解析】 当S 闭合时，R 1、R 2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：U 1＝E －I 1r 即E ＝1.6＋0.4r ， ①当S 断开时，只有R 1接入电路，则外电路电阻变大，电压表示数变大，电流表示数变小，由闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I 2r 即E ＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r ，②由①②得：E ＝2 V ，r ＝1 Ω. 【答案】 2 V 1 Ω12．(18分)如图9所示，一电荷量q ＝3×10－5C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．开关S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d ＝0.1 m ，电源电动势E ＝15 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝R 3＝R 4＝8 Ω.g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：【导学号：34660116】图9(1)电源的输出功率； (2)两板间的电场强度大小； (3)带电小球的质量．【解析】 (1)R 2、R 3并联再与R 1串联，阻值R 外＝7.0 Ω，R 总＝R 外＋r ＝7.5 Ω， 根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总＝157.5A ＝2 A ， P 出＝I 2R 外＝22×7 W＝28 W.(2)U 外＝IR 外＝2×7 V＝14 V ，E ＝U d ＝140.1V/m ＝140 V/m.(3)小球静止，由力的平衡条件得Eq ＝mg tan 37°，m ＝Eqg tan 37°＝140×3×10－510×0.75 kg ＝5.6×10－4kg. 【答案】 (1)28 W (2)140 V/m (3)5.6×10－4kg。
高中物理第4章光的折射与全反射第2节光的全反射高锟——光纤之父素材鲁科版选修3_4
高锟——光纤之父高锟（ 1933年11月4日），世界著名的华人物理学家，出生于中国上海，祖籍江苏金山（今上海市金山区），拥有英国和美国双重国籍，并持香港居民身份。
曾任香港中文大学校长，被世界誉为“光纤通讯之父”及the “Godfather of Broadband”。
2009年10月6日，瑞典皇家科学院宣布，将2009年诺贝尔物理学奖授予英国华人科学家高锟以及美国科学家威拉德·博伊尔和乔治·史密斯。
高锟教授在一九六六年发表“光通讯”基础理论，提出以一条比头发丝还要细的光纤代替体积庞大的千百万条铜线，用以传送容量几近无限的信息传送，当时被外界笑称为“痴人说梦”，但高锟教授的理论于九十年代被广泛利用，造就了今天互联网的大发展，被誉为“光纤之父”。
高锟教授曾表示，一个人有这样的好运气，能够做一件前所未有的事情，而且做出来的影响非常非常大，“我感觉很满足，拿到奖没有拿到奖，完全对我是没有什么意思；我实在不是一个太有趣的人，没有什么大喜大悲，一直以来都太过平稳。
”高锟教授一九三三年出生于上海，曾住在法租界。
高锟的父亲是位律师，家境还算富裕，住在一栋三层楼的房子里，而三楼就成了高锟教授童年的实验室。
有人说“科学家都应该是很固执的”。
高锟教授说，我不是，假使科学家太固执的话，就不能够想象不同的未来。
因为脑子里面想的东西是幻想，所以假使一个人很固执的话，那个人可能是很容易想不通的。
科学是和实验分不开的。
有传说称高锟和夫人结婚之前，夫人提出要做一个试验：两人分开半年不见面，看彼此是不是还挂念对方，如果是的话就说明是相爱的。
高锟承认有这事，但他说那样不行。
他说，时间当然是一个考验的过程，但婚姻是一件很重要的事情，大家分手半年，这种提议没有什么意思。
高锟教授说，“实验室应该做实验的，但是这个(婚姻的)实验不能够做，我不需要做”。
高锟于一九四八年移居香港，就读于圣约瑟书院，未毕业就前往英国留学，先后取得伦敦大学理学士及哲学博士学位。
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2019-2019学年鲁科版高中物理选修3-3 第4章气体单元测试一、单选题1.关于饱和汽的下列说法不正确的是（）A. 一定温度下，饱和汽的密度是一定的B. 相同温度下，不同液体的饱和汽压一般是相同的C. 饱和汽压随温度升高而增大，与体积无关D. 理想气体定律对饱和汽不适用，而未饱和汽近似遵守理想气体定律2.如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其P﹣图像为倾斜直线，下述正确的是（）A. 密度不变B. 压强不变C. 体积不变 D. 温度不变3.不同温度下水的饱和汽压如表所示．由如下数据能确定天气最干燥的是( ) 不同温度下水的饱和汽压(单位：毫米汞柱)A. 天气温度为－5℃，绝对湿度为2 mm汞柱B. 天气温度为0℃，绝对湿度为3 mm汞柱C. 天气温度为10℃，绝对湿度为3 mm汞柱D. 天气温度为20℃，绝对湿度为10 mm汞柱4.关于气体的说法中，正确的是（）A. 由于气体分子运动的无规则性，所以密闭容器的器壁在各个方向上的压强可能会不相等B. 气体的温度升高时，所有的气体分子的速率都增大C. 一定质量一定体积的气体，气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D. 气体的分子数越多，气体的压强就越大5.有关温标、温度的说法正确的是（）A. 今天最高气温是25℃，用热力学温度来表示即为25kB. 今天的最低气温是283k，用摄氏温标来表示即为13℃C. 今天从早晨到中午，气温上升了10℃，用热力学温度来表示即上升10kD. 今天从早晨到中午，气温上升了10℃，用热力学温度来表示即上升283k6.如图所示在气缸中用活塞封闭一定质量的气体，活塞与缸壁间的摩擦不计，且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使气缸悬空静止．若大气压不变，温度降低到某一值，则此时与原来相比较（）A. 绳子张力不变B. 缸内气体压强变小C. 绳子张力变大 D. 缸内气体体积变大二、多选题7.封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（）A. 气体的密度增大B. 气体的压强增大C. 气体分子的平均动能减小D. 每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多8.对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（）A. 当气体温度变化时，气体内能一定变化B. 若气体的内能不变，其状态也一定不变C. 若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D. 若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E. 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关．9.下列说法正确的是（）A. 一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少B. 热量可以从高温物体向低温物体传递，也可以从低温物体向高温物体传递C. 在理想气体的等压压缩过程中，外界对气体做功使气体的内能增加D. 0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能不相同E. 悬浮在液体中的微小颗粒，在某一瞬间与它相碰撞的液体分子数越少，布朗运动越明显三、填空题10.带有活塞的气缸中封有一定质量的理想气体，缸内气体从状态A变化到状态B，如图所示。
此过程中，气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力________（选填“变大”、“不变”或“减小”），缸内气体________（选填“吸收”或“放出”）热量．11.如图所示为一定质量的理想气体的等压线，从状态a变化到状态b的过程中，气体的内能________；单位面积上所受气体分子撞击的作用力________；在相同时间内撞在单位面积上的分子数________．（选填“增大”、“不变”或“减小”）四、解答题12.如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为p0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．13.在图所示的气缸中封闭着温度为100℃的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0℃，问：（结果保留两位有效数字）①重物是上升还是下降？②这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）五、实验探究题14.如图1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，一定质量的气体被封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．（1）若气体温度升高，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）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h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（如图2）是________．六、综合题15.据《中国环境报》报道：从一份科技攻关课题研究结果显示，我国酸雨区已占国土面积的40%以上，研究结果还表明，我国农业每年因遭受酸雨而造成的经济损失高达15亿元．为了有效控制酸雨，目前国务院已批准《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规．（1）在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可有效地降低地面SO2浓度．在20世纪60～70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱，地面浓度降低了30%，请你从全球环境保护的角度，分析这种做法是否可取？说明理由．（2）用传统的煤、石油作燃料，其主要缺点是什么？与传统的煤、石油作燃料相比，哪种物质可以作为新能源？主要优点是什么，缺点又是什么？16.某地大气中的水汽没有达到饱和状态，若无其他水汽来源，则当气温升高后，以下各物理量：（1）饱和水汽压怎么变化（2）相对湿度怎么变化？（3）绝对湿度怎么变化？（4）露点怎么变化？答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】A、饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度；故一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，相同温度下不同液体的饱和汽压一般是不同的，故A正确；B错误C、温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，而饱和汽压与气体的体积无关，故C正确；D、饱和状态的情况下：1、如果稍微降低温度将会出现凝结，而变成液体，体积迅速减小；2、稍微增大压强亦可出现凝结体积也会大大减小．所以饱和状态下的汽体不遵循理想气体实验定律，而未饱和汽近似遵守理想气体定律，故D正确；故选：B．【分析】饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度．饱和汽压越大，表示该物质越容易挥发．2.【答案】D【解析】【解答】解：ABC、根据图像知，从状态1到状态2，压强减小，减小，体积V增大，根据，密度减小，故ABC错误；D、根据理想气体状态方程，知，图像的斜率为CT，斜率不变，温度不变，故D正确；故选：D【分析】应用理想气体状态方程求出图像的函数表达式，然后根据图像分析答题．3.【答案】C【解析】【分析】根据湿度计算公式计算可知选项A，B1＝×100%＝63.3%；选项B，B2＝×100%＝65.5%；选项C，B3＝9.21(3)×100%＝32.6%；选项D，B4＝×100%＝57.0%从上面各式比较可知，C的湿度最小，所以天气最干燥。
故选C。
【点评】绝对湿度是指每单位容积的气体所含水分的重量，一般用mg/L作指标.相对湿度是指绝对湿度与该温度饱和状态水蒸气含量之比用百分数表达。
4.【答案】C【解析】【解答】解：A、气体对容器的压强从微观角度讲是由大量气体分子对启闭的频繁碰撞产生的，所以密闭容器的器壁在各个方向上的压强是相等的，故A错误；B、温度是分子热运动的平均动能的标志，气体的温度升高时，气体分子的平均速率增加，故B错误；C、气体压强大小取决于气体分子的数密度和分子热运动平均动能；一定质量一定体积的气体，分子数密度相等；气体分子的平均动能越大，则气体的压强就越大；故C正确；D、气体压强大小取决于气体分子的数密度和分子热运动平均动能；气体的分子数多，分子数密度不一定大，故压强不一定大；故D错误；故选：C【分析】温度是分子热运动的平均动能的标志；气体对容器的压强从微观角度讲是由大量气体分子对启闭的频繁碰撞产生的．5.【答案】C【解析】【解答】解：A、气温是25℃，用热力学温度来表示为T=t+273K=298k．故A错误．B、气温是283K，用摄氏温标来表示为t=T﹣273=10℃，故B错误．CD、由T=t+273K，变形可得△T=△t，则气温上升了10℃，用热力学温度来表示即上升10k，故C正确，D错误．故选：C【分析】热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，变形可得△T=△t，就每一度的大小来讲两者是相同的．据此答题．6.【答案】A【解析】【解答】解：以整体为研究对象，绳子张力T=（M+m）g，故绳子张力不变，故A正确，C错误；以活塞为研究对象，活塞受重力mg，绳子张力T，向下的大气压力，缸内气体向上的压力pS根据活塞受力平衡有，知缸内气体压强不变，故B错误；缸内气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律，温度降低，缸内气体体积减小，故D错误；故选：A【分析】以气缸和活塞组成的系统为研究对象，可求出绳子张力的变化情况，以为研究对象，受力分析列平衡方程，可求出气缸内压强的变化；根据理想气体状态方程和热力学第一定律可判断气体体的变化情况．二、多选题7.【答案】BD【解析】【解答】解：A、一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变．故A错误．B、根据气体状态方程=C，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大．故B正确．C、温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C错误．D、气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多．故D正确．故选BD．【分析】根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量．温度是气体分子平均动能变化的标志．死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。
但随着素质教育的开展,死记硬背被作为一种僵化的、阻碍学生能力发展的教学方式,渐渐为人们所摒弃;而另一方面,老师们又为提高学生的语文素养煞费苦心。
其实,只要应用得当,“死记硬背”与提高学生素质并不矛盾。
相反,它恰是提高学生语文水平的重要前提和基础。
8.【答案】A,C,E【解析】【解答】解：A、理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；C、由理想气态方程=常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确．D、由气态方=c知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误．E、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确；故选：ACE【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．9.【答案】A,B,E【解析】【解答】解：A、一定质量的理想气体压强不变时，温度升高时，气体体积一定增大，则分子的平均动能增大，单位体积内的分子数减小，因此气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少；故A正确；B、热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，在外界的影响下也可以从低温物体向高温物体传递．故B正确；C、在理想气体的等压压缩过程中，温度降低，外界对气体做功，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知气体的内能减小．故C错误．D、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，则知0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同，故D错误．E、悬浮在液体中的微小颗粒，表面积小，在某一瞬间与它相碰撞的液体分子数越少，所受的冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越明显．故E正确．故选：ABE【分析】气体的压强与分子的平均动能和分子数密度有关．热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，在外界的影响下也可以从低温物体向高温物体传递．气体内能的变化可根据热力学第一定律分析．温度是分子平均动能的标志．悬浮在液体中的微小颗粒，布朗运动越明显．三、填空题10.【答案】不变；吸收【解析】【解答】缸内气体从状态A变化到状态B，为等压变化，故气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力不变，理想气体对外做功的同时，分子的平均动能增大，即内能增大，根据热力学第一定律可知：，所以，即气体吸收热量。