18-19 模块综合检测3-教学文档

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模块综合检测(一)（时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分,共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1。

已知铜的密度为ρ，摩尔质量为M，电子的电量绝对值为e，阿伏加德罗常数为N A，有一条横截面为S的铜导线中通过的电流为I，设每个铜原子贡献一个自由电子，下列说法错误的是( ）A.单位体积的导电的电子数为错误!B。

单位质量的导电的电子数为错误!C。

该导线中自由电子定向移动的平均速率为IM ρSNAeD.该导线中自由电子定向移动的平均速率为错误!答案:D2．关于热现象和热学规律的说法中，正确的是( )A．第二类永动机违背了能量守恒定律B．当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C．冰融化为同温度的水时,分子势能增加D．悬浮在液体中的固体微粒越大,布朗运动越明显解析：第二类永动机是效率100％的机器，违背了热力学第二定律，故A错误；当物体被拉伸时，间距增加，分子间的斥力减小、引力也减小,故B错误;内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故冰融化为同温度的水时，吸收热量内能增大而分子的平均动能不变，则分子势能增大，故C正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故D错误．答案：C3．物体由大量分子组成，下列说法正确的是（）A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C．物体的内能跟物体的温度和体积有关D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析：分子热运动越剧烈，物体分子的平均动能越大，A错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，B错误；物体的内能跟物体的温度和体积有关，C正确；做功和热传递都能改变物体的内能，D错误．答案:C4．下列说法正确的是( )A．液体中悬浮颗粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少解析：布朗运动是液体中悬浮颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动，故A对，B错;改变物体内能的途径有做功和热传递,物体从外界吸收热量，其内能不一定增加,物体对外界做功，其内能也不一定减少，故C、D均错．答案：A5．下列关于湿度的说法中正确的是（)A．不同温度下，水的绝对湿度不同,而相对湿度相同B．在绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度减小C．相对湿度越小，人感觉越舒服D．相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度解析：不同温度下，水的绝对湿度可以相同,A错；降低温度，水的饱和汽压减小，绝对湿度不变的条件下，相对湿度增大,B错；相对湿度越小表示空气越干燥，相对湿度越大，表示空气越潮湿，太干燥或太潮湿，人都会感觉不舒服,所以C错；相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，D对．答案：D6．在一个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有错误!部分充满了水,假设温度不变，则此时管内空气压强相当于（）A．3个大气压B．1个大气压C。

模块综合检测(时间：30 分钟 满分：45 分) 1．(15 分)(1)(5 分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________。

A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高 1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大 (2)(10 分)如图所示，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和 忽略的活塞；汽缸内密封有温度为 2.4T0、压强为 1.2p0 的理想气体。

p0 和 T0 分别 压强和温度。

已知：气体内能 U 与温度 T 的关系为 U＝aT，a 为正的常量；容器 所有变化过程都是缓慢的，求：厚度均可 为大气的 内气体的①汽缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1； ②在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量 Q。

解析：(1)p、V 不变，则 T 不变，气体的内能不变，故选项 A 正确；内能不变，温度不变，p、V 可能 变化，选项 B 错误；气体温度升高，压强不一定增大，选项 C 错误；气体温度每升高 1 K 吸收的热量与气 体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项 D 正确；温度升高，理想气体的内能一定增大，选项 E 正确。

(2)①在气体由压强 p＝1.2p0 下降到 p0 的过程中， V 不变，温度由 2.4T0 变为 T1， 由查理定律得TT1＝pp0 得：T1＝2T0 在气体温度由 T1 变为 T0 的过程中，体积由 V 减小到 V1，气体压强不变， 由盖—吕萨克定律得TV1＝VT01 解得：V1＝0.5V。

②活塞下降过程中，活塞对气体做功 W＝p0(V－V1) 在这一过程中，气体内能的减少量 ΔU＝a(T1－T0) 由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量Q＝W＋ΔU得：Q＝12p0V＋aT0。

答案：(1)ADE (2)①0.5V ②12p0V＋aT02．(15 分)(1)(5 分)下列说法正确的是________。

模块综合检测（三） Modules 5－6I •阅读理解（共15小题；每小题2分，满分30分）AThis summer I volunteered at the China Conservation and Research Center for the Giant Panda in Sichuan and had a once in a lifetime chance to get within three feet.Born and raised in America，very rarely had I ever seen a panda.I had expected this moment ever since my mother told me that we would be volunteering at the Center.When my cousin and I arrived at the Center and received our uniforms and gloves，any nervousness I had felt during the car ride quickly faded and changed into excitement.Our first task was to clean up the panda's cage.Although it was a boring job，it was interesting to be in the panda's living area and see how big the animals really are.Pandas actually fear hea，t so the Center provides each animal with an ice block to keep it comfortable.When it was time to feed the pandas，the keeper gave us five pieces of food each，which consisted of bamboo，carrots，or bread to feed a on-eyear- old male.Never having dreamed of being so close to a pand，a I was delighted by the action and after listening to it munch （用力嚼） on the food，I hurriedly offered a piece more.Next，we watched a video on China's goal to help giant pandas back into the wild.It explained China's efforts to raise them to increase the populatio，n and detailed measures taken to train the pandas to enter their nature reserve once again.The workers had to spend lots of time teaching the animals how to live in nature and guaranteeing their safety at all times.I am grateful to have been able to volunteer for a day and will treasure the experience for the rest of my life.【语篇解读】本文是一篇记叙文。

模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．下列说法中正确的是( )A．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以算出阿伏加德罗常数B．已知某物质的摩尔质量和分子体积，可以算出阿伏加德罗常数C．当两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力的合力一定减小D．当两个分子之间的距离增大时，分子势能一定减小解析：阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，A正确，B错误；两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力都要减小，但在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力的斥力的合力表现为引力，是先变大到最大再减小，C错误；在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力和斥力的合力表现为引力，且引力做负功，分子势能增加，D错误．答案：A2．关于内能的正确说法是( )A．物体分子热运动的动能的总和就是物体的内能B．对于同一种物体，温度越高，分子平均动能越大C．同种物体，温度高、体积大的内能大D．温度相同，体积大的物体内能一定大解析：内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，故A错；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，B对；物体的内能是与物体的物质的量、温度、体积以及存在状态都有关的量，C、D中的描述都不完整．答案：B3．关于液体，下列说法正确的是( )A．液体的性质介于气体和固体之间，更接近固体B．小液滴成球状，说明液体有一定形状和体积C．液面为凸形时表面张力使表面收缩，液面为凹形时表面张力使表面伸张D．硬币能浮在水面上是因为所受浮力大于重力解析：液体性质介于气体和固体之间，更接近于固体，具有不易被压缩，有一定体积，没有一定形状，扩散比固体快等特点，A对、B错．无论液面为凸面还是凹面，表面张力总是使表面收缩，C错．硬币能浮在水面上是因为受到表面张力的缘故，而不是浮力作用的结果，D错．答案：A4.如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放置一小团硝化棉，迅速向下压活塞，筒内气体被压缩后可点燃硝化棉．在筒内封闭的气体被活塞压缩的过程中( )A．气体对外界做正功，气体内能增加B．外界对气体做正功，气体内能增加C．气体的温度升高，压强不变D．气体的体积减小，压强不变解析：压缩玻璃筒内的空气，气体的压强变大，机械能转化为筒内空气的内能，空气的内能增加，温度升高，当达到棉花的燃点后，棉花会燃烧；故B正确，A、C、D错误．答案：B5．(2015·福建卷)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是( )A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性解析：当分子间距减小分子势能可能增大，也可能减小，故A错误；温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈，故B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C错误；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D错误．答案：B6．下列说法中不正确的是( )A．给轮胎打气的过程中，轮胎内气体内能不断增大B．洒水车在不断洒水的过程中，轮胎内气体的内能不断增大C．太阳下暴晒的轮胎爆破，轮胎内气体内能减小D．拔火罐过程中，火罐能吸附在身体上，说明火罐内气体内能减小解析：给轮胎打气的过程中，轮胎内气体质量增加，体积几乎不变，压强增加，温度升高，内能增加，选项A正确；洒水车内水逐渐减少，轮胎内气体压强逐渐减小，体积增大，对外做功，气体内能减小，选项B错误；轮胎爆破的过程中，气体膨胀对外做功，内能减小，选项C正确；火罐内气体温度逐渐降低时，内能减小，选项D正确．答案：B7.如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加解析：向下压缩活塞，对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故C 选项正确．答案：C8．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a ；然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到达状态c ，b 、c 状态温度相同，V －T 图如图所示．设气体在状态b 和状态c 的压强分别为p b 和p c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则( )A ．p b ＞p c ，Q ab ＞Q aB ．p b ＞p c ，Q ab ＜Q acC ．p b ＜p c ，Q ab ＞Q acD ．p b ＜p c ，Q ab ＜Q ac解析：由V ＝K pT 可知V －T 图线的斜率越大，压强p 越小，故p b ＜p c .由热力学第一定律有：Q ＝ΔE －W ，因T b ＝T c ，所以ΔE ab ＝ΔE ac ，而W ab ＜W ac ，故Q ab ＞Q ac .综上C 正确．答案：C9．一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B ，气体的压强随热力学温度变化如图所示，则此过程( )A ．气体的密度减小B ．外界对气体做功C ．气体从外界吸收了热量D ．气体分子的平均动能增大解析：由图线可知，在从A 到B 的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，V B ＜V A ；气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A 错误；气体体积变小，外界对气体做功，故B 正确；气体温度不变，内能不变，ΔU ＝0，外界对气体做功，W ＞0，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知：Q ＜0，气体要放出热量，故C 错误；气体温度不变，分子平均动能不变，故D 错误．答案：B10.用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A 、B 两部分，如图所示．A 和B 中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则当两部分气体处于热平衡时( )A ．内能相等B ．分子的平均动能相等C ．分子的平均速率相等D ．分子数相等解析：两种理想气体处于热平衡时，温度相同，所以分子的平均动能相同，但气体种类不同，其分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故B 正确，C 错误；两种气体的质量相同，而摩尔质量不同，所以分子数不同，故D 错误；两种气体的分子平均动能相同，但分子个数不同，故内能也不相同，A 错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求)11．一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力．若在外力作用下两分子间的间距达到不能再靠近为止，且甲分子固定不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到相距很远时，速度为v ，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m )( )A ．乙分子的动能变化量为12mv 2 B ．分子力对乙分子做的功为12mv 2 C ．分子引力比分子斥力多做了12mv 2的功D ．分子斥力比分子引力多做了12mv 2的功 解析：当甲、乙两分子间距离最小时，两者都静止，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v ，故在此过程中乙分子的动能变化量为12mv 2；且在此过程中，分子斥力始终做正功，分子引力始终做负功，即W 合＝W 斥＋W 引，由动能定理得W 引＋W 斥＝12mv 2，故此分子斥力比分子引力多做了12mv 2的功． 答案：ABD12．关于空气湿度，下列说法正确的是( )A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D ．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 解析：相对湿度越大，人感觉越潮湿，相对湿度大时，绝对湿度不一定大，故A 错误；相对湿度较小时，使人感觉干燥，故B 正确．用空气中水蒸气的压强表示的温度叫作空气的绝对湿度，用空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作相对湿度，故C 正确，D 错误．答案：BC13．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A ．第二类永动机违反能量守恒定律B ．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C ．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D ．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，所以A 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时也对外做了功，则物体的内能有可能减少，所以B 错误；保持气体的质量和体积不变，根据理想气体的状态方程pV T＝C 知，当温度升高时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C 正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的，D 正确．答案：CD14.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p －V 图上，气体先由a 状态沿双曲线经等温过程变化到b 状态，再沿与横轴平行的直线变化到c 状态，a 、c 两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( )A ．由a 状态至b 状态的过程中，气体放出热量，内能不变B ．由b 状态至c 状态的过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变C ．c 状态与a 状态相比，c 状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D ．b 状态与a 状态相比，b 状态分子平均距离较小，分子平均动能相等解析：由a 到b 的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A 、D 正确；由b 到c 的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减少，B 错误；由c 到a 的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C 错误．答案：AD三、非选择题(本题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(6分)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是________．解析：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，pV ＝C ，p 与1V成正比，所以该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是图(B)．答案：图(B)16．(10分)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ 的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________kJ.解析：将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，气体内能保持不变；外界做了24 kJ 的功，空气放出24 kJ 能量，气瓶缓慢地潜入海底的过程中，放出了5 kJ 的热量，所以在上述两个过程中，空气的内能共减小5 kJ ，空气放出的总能量为24 kJ ＋5 kJ ＝29 kJ.答案：5 放出 2917．(8分)已知金刚石密度为3.5×103 kg/m 3 ，体积为4×10－8m 3的一小块金刚石中含有多少碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．解析：这一小块金刚石的质量 m ＝ρV ＝3.5×103×4×10－8 kg ＝1.4×10－4kg ，这一小块金刚石的物质的量n ＝m M ＝1.4×10－4kg 0.012 kg ＝76×10－2mol ， 所含碳分子的个数N ＝n ×6.02×1023＝76×10－2×6.02×1023个＝7×1021个． 一个碳原子的体积为 V ′＝V N ＝4×10－87×1021 m 3＝47×10－29m 3. 碳原子的直径d ＝2r ＝233V ′4π＝ 2 33×47×10－294πm ≈2.2×10－10m. 答案：7.0×1021个 2.2×10－10m18.(10分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B ，再从状态B 变化到状态C .已知状态A 的温度为480 K ．求：(1)气体在状态C 时的温度；(2)试分析从状态A 变化到状态B 的整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量． 解析：(1)A 、C 两状态体积相等，则有p A T A ＝p CT C.① 得T C ＝p C p A T A ＝0.5×4801.5K ＝160 K ．②(2)由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p B V B T B .③ 解得T B ＝p B V B p A V A T A ＝0.5×3×4801.5×1K ＝480 K. 由此可知A 、B 两状态温度相同，故A 、B 两状态内能相等．答案：(1)160 K (2)既不吸热也不放热19.(10分）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭.已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.(1）求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；(2）此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.解析：(1）以cmHg 为压强单位.设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，A 侧空气柱的长度为l 1，压强为p 1.由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1①由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止.由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④(2）当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2. 由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤由力学平衡条件有p 2＝p 0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh ，依题意得Δh ＝2(l 1－l 2）＋h 1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm答案：(1）12.0 cm (2）13.2 cm20．(10分)如图所示，两个充有空气的容器A 、B ，以装有活塞栓的细管相连通，容器A 浸在温度为t 1＝－23 ℃的恒温箱中，而容器B 浸在t 2＝27 ℃的恒温箱中，彼此由活塞栓隔开．容器A 的容积为V 1＝1 L ，气体压强为p 1＝1 atm ；容器B 的容积为V 2＝2 L ，气体压强为p 2＝3 atm ，求活塞栓打开后，气体的稳定压强是多少．解析：设活塞栓打开前为初状态，打开后稳定的状态为末状态，活塞栓打开前后两个容器中的气体总质量没有变化，且是同种气体，只不过是两容器中的气体有所迁移流动，故可用分态式求解．将两容器中的气体看成整体，由分态式可得：p 1V 1T 1＋p 2V 2T 2＝p 1′V 1′T 1′＋p 2′V 2′ T 2′. 因末状态为两部分气体混合后的平衡态，设压强为p ′，则p 1′＝p 2′＝p ′，代入有关的数据得：p ′＝2.25 atm.因此，活塞栓打开后，气体的稳定压强为2.25 atm.答案：稳定压强为2.25 atm。

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．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，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)1．关于液体的表面张力，下面说法正确的是( )A．表面张力是液体内各部分间的相互作用B．表面张力的方向总是沿液体表面分布的C．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部D．小昆虫能在水面上自由走动与表面张力无关答案 B解析表面张力是表面层分子间的相互作用，所以A错；表面张力的方向和液面相切，并和两部分的分界线垂直，所以B对，C错；小昆虫能在水面上自由走动是由于表面张力的存在，因此D错．2．下列说法正确的是( )A．布朗运动就是液体分子的热运动B．在实验室中可以得到－273.15℃的低温C．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大D．热量一定是从内能大的物体传送到内能小的物体答案 C解析布朗运动是液体分子对悬浮微粒的撞击形成的，则A选项错误；自然界的温度只能无限接近－273.15℃，但却不能达到这个温度，B选项错误；据pVT＝C可知，一定质量的气体被压缩时，如果温度也降低，有可能使压强减小，C选项正确；热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起外界做功，所以D选项错误．3．关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是( )A ．液体分子的无规则运动称为布朗运动B ．物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大C ．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D ．气体的温度升高，气体的压强一定增大 答案 B解析 布朗运动是固体小颗粒在液体分子的无规则撞击下的无规则运动，并不是液体分子的运动，但是可以反映液体分子的无规则运动，选项A 错；温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子热运动平均动能增大，选项B 对；改变内能的方式有两种，即做功和热传递，物体从外界吸收热量，无法判断内能变化，选项C 错；气体温度升高，根据pVT＝C ，可知在不明确体积变化的情况下无法判断压强变化，选项D 错． 4．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( ) A ．第二类永动机违背能量守恒定律B ．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C ．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D ．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式没有区别 答案 C解析 第二类永动机违背了热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，所以A 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时也对外界做了功，则物体的内能有可能不变或减少，所以B 错误；保持气体的质量和体积不变，根据理想气体状态方程pV T＝C 知，当温度升高时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C 正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的，D 错误． 5．下列说法正确的是( )A ．液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性B．气体的压强是由气体分子间斥力产生的C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力D．气球等温膨胀，球内气体一定向外放热答案 C解析液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性，选项A错误；气体的压强是由大量分子对容器壁的持续碰撞造成的，选项B错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，选项C正确；根据ΔU＝W＋Q，气球等温膨胀时，ΔU ＝0，W＜0，则Q＞0，即气体吸热，选项D错误．6．一定质量的理想气体经历了A→B→C的三个变化过程，其压强随热力学温度变化的p －T图像如图1所示，A、B、C三个状态时气体的体积分别为V A、V B、V C，则通过图像可以判断它们的大小关系是( )图1A．V A＝V B＞V C B．V A＝V B＜V CC．V A＜V B＜V C D．V A＞V B＞V C答案 A解析由p－T图像可知，气体由A到B为等容变化，故V A＝V B；气体由B到C为等温变化，压强增大，体积减小，故V B＞V C；综上可知，选项A正确．7.(多选)如图2所示，内壁光滑、导热良好的汽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2A．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解析缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律VT＝C知，温度升高，体积增大，气体对外做功．理想气体不计分子间的作用力，温度升高，内能增加．选项A、B正确．8．(多选)如图3所示，玻璃管A和B同样粗细，A的上端封闭，两管下端用橡皮管连通，两管中水银柱高度差为h，若将B管慢慢地提起，则( )图3A．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答案BC9．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的答案BC解析金刚石、食盐、水晶为晶体，玻璃是非晶体，A错误；晶体分子(或原子、离子)的排列是有规则的，且有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B、C正确；多晶体和非晶体的物理性质具有各向同性，D错误．10．(多选)以下说法中正确的是( )A．系统在吸收热量时内能一定增加B．悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈C．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥力答案BC解析做功和热传递都可以改变内能，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，若系统吸收热量Q>0，对外做功W＜0，有可能ΔU小于零，即系统内能减小，故A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，故B正确；根据理想气体状态方程pVT＝C知，若温度不变，体积减半，则气体压强加倍，单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故C正确；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，分子间有引力，也有斥力，对外宏观表现的是分子间存在引力，故D错误．11．(多选)关于热现象和热学规律，以下说法正确的有( )A．随着分子间的距离增大，分子间的斥力减小，分子间的引力增大B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力C．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变D．自然界中的能量虽然是守恒的，但并非所有的能量都能利用E．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大答案BCD解析随着分子间的距离增大，分子间的斥力和引力都减小，只是斥力减小得比引力快，选项A错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，因此液体表面存在张力，选项B正确；晶体熔化时虽吸收热量，但温度不变，因此分子平均动能不变，选项C正确；自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量不可利用，选项D正确；气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，如果气体的体积增大，器壁表面单位面积上撞击的分子数减少，气体的压强不一定增大，选项E错误．12．(多选)将分子a固定在x轴上的O点，另一分子b由无穷远处只在分子间作用力作用下沿x轴的负方向运动，其分子势能随两分子的空间关系的变化规律如图4所示．则下列说法正确的是( )图4A．分子b在x＝x2处时的速度最大B．分子b由x＝x2处向x＝x1处运动的过程中分子力减小C．分子b在x＝x2处受到的分子力为零D．分子b由无穷远处向x＝x2处运动的过程中，分子b的加速度先增大后减小E．分子b可能运动到x＝x1的左侧答案ACD解析分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子的势能最小，故分子b在x＝x处受到的分子力为零，C正确；由能量守恒定律可知，由于分子b在x＝x2处的2分子势能最小，则分子b在此处的动能最大，分子b在此处的速度最大，A正确；由于在x＝x处b受到的分子力为零，当分子间距离小于x2时，分子力表现为斥力，且随分子间2距离的减小，分子力增大，B错误；分子间距离大于x2时，分子力表现为引力，分子b由无穷远处向x＝x2处运动的过程中，分子力先由零增大后来又减小到零，因此分子b的加速度先增大后减小，D正确；因初始时分子b的分子势能及分子动能均为零，由能量守恒定律知，当分子b运动到x＝x1处时，其分子势能为零，故其分子动能也为零，然后分子b向x轴正方向运动，两分子之间的距离增大，因此分子b不可能运动到x＝x的左侧，E1错误．二、填空题(本题共2小题，共12分)13．(6分)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C又回到状态A，变化过程如图5所示，其中A 到B 曲线为双曲线．图中V 0和p 0均为已知量．图5(1)从状态A 到状态B ，气体经历的是________(选填“等温”“等容”或“等压”)过程； (2)从状态B 到状态C 的过程中，气体做功大小为______；(3)从状态A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，气体吸放热情况为________(选填“吸热”“放热”或“无吸放热”)． 答案 (1)等温 (2)32p 0V 0 (3)放热解析 (1)据题意知A 到B 曲线为双曲线，说明p 与V 成反比，即pV 为定值，由pVT＝C 得知气体的温度不变，即从状态A 到状态B ，气体经历的是等温过程．(2)从状态B 到状态C 的过程中，气体做功大小等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小，故有：W ＝12(p 0＋2p 0)V 0＝32p 0V 0.(3)气体从状态A 经状态B 再到状态C ，气体对外做功，从状态C 到状态A 外界对气体做功，根据p －V 图线与V 轴所围“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律知气体要放热．14．(6分)某实验小组用油膜法估测油酸分子的大小，实验用油酸酒精溶液的浓度为每1000mL 溶液中含有纯油酸1mL ，1mL 上述溶液有50滴，实验中用滴管吸取该油酸酒精溶液，向浮有痱子粉的水面中央滴入一滴油酸酒精溶液．(1)实验描出油酸薄膜的轮廓如图6所示，已知每一个小正方形的边长为2cm ，则该油酸薄膜的面积为______m 2(结果保留两位有效数字)．图6(2)经计算，油膜分子的直径为________m(结果保留一位有效数字)(3)实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，原因是__________________．答案(1)2.4×10－2(2)8×10－10(3)①水面受油酸液滴冲击凹陷后又恢复②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩解析(1)由于每一个小正方形的边长为2cm，则每一个小正方形的面积就是4cm2，估算油膜面积以“超过半个按一个计算，小于半个就舍去”的原则，估算出有60个小正方形，则油酸薄膜面积为：60×4cm2＝240cm2＝2.4×10－2m2.(2)1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：V＝150×11000mL＝2×10－5mL，油膜分子直径为：d＝VS＝2×10－112.4×10－2m≈8×10－10m.(3)实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，原因是：①水面受油酸液滴冲击凹陷后又恢复；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩．三、计算题(本题共4小题，共40分)15．(8分)据统计“酒驾”是造成交通事故的主要原因之一，交警可以通过手持式酒精测试仪很方便地检测出驾驶员呼出气体中的酒精含量，以此判断司机是否饮用了含酒精的饮料．当司机呼出的气体中酒精含量达2.4×10－4g/L时，酒精测试仪开始报警．假设某司机呼出的气体刚好使仪器报警，并假设成人一次呼出的气体体积约为300mL，试求该司机一次呼出的气体中含有酒精分子的个数(已知酒精分子摩尔质量为46g·mol－1，N A＝6.02×1023mol－1)．答案9.42×1017个解析该司机一次呼出气体中酒精的质量为m＝2.4×10－4×300×10－3g＝7.2×10－5g一次呼出的气体中含有的酒精分子数目为N＝mMNA＝7.2×10－546×6.02×1023个≈9.42×1017个．16．(10分)如图7所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为h ＝16cm 的水银柱，在27℃的室内水平放置，水银柱把玻璃管中的气体分成长度都是L 0＝40cm 的A 、B 两部分，两部分气体的压强均为p 0＝30cmHg ，现将A 端抬起使玻璃管竖直．图7(1)求玻璃管竖直时两段气体的长度L A 和L B ；(2)在玻璃管竖直状态下，给B 部分气体加热(全过程中A 部分气体温度不变)，需要加热到多少摄氏度才能使水银柱回到初始位置？(绝对零度为－273℃) 答案 (1)50cm 30cm (2)187℃解析 (1)玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S对A 部分气体有p 0L 0S ＝p A L A S 对B 部分气体有p 0L 0S ＝p B L B Sp B ＝p A ＋h ，L A ＋L B ＝2L 0 解得L A ＝50cm ，L B ＝30cm(2)给B 部分气体加热后，水银柱回到初始位置，A 部分气体状态参量与初始状态相同，B 部分气体体积与初始状态相同，此时B 部分气体的压强为p ＝p 0＋h ＝46cmHg 对B 有：p 0T 0＝p T解得T ＝460K故需将B 部分气体加热到187℃.17．(10分)一定质量的理想气体经历如图8所示的A →B 、B →C 、C →A 三个变化过程，T A ＝300K ，气体从C →A 的过程中对外做功为100J ，同时吸热250J ，已知气体的内能与温度成正比．求：图8(1)气体处于C 状态时的温度T C ； (2)气体处于C 状态时的内能ΔU C . 答案 (1)150K (2)150J解析 (1)由题图知C →A 是等压变化，根据盖吕萨克定律：V A T A ＝V C T C ，得：T C ＝V C V AT A ＝150K (2)根据热力学第一定律：ΔU A －ΔU C ＝Q －W ＝150J 且ΔU A ΔU C ＝T AT C，解得：ΔU C ＝150J 18．(12分)如图9所示，两个横截面积都为S 的圆柱形容器，右边容器高为H ，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M 的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H ，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.2倍，已知外界大气压强为p 0，求此过程中气体内能的增加量．图9答案 45(Mg ＋p 0S )H解析 理想气体发生等压变化．设达到新的平衡时气体压强为p ，活塞受力平衡pS ＝Mg ＋p 0S设气体初态的温度为T ，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x ，由盖吕萨克定律得，HST＝(H ＋H －x )S1.2T解得x ＝45H又系统绝热，即Q ＝0外界对气体做功为W＝pSx根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W所以ΔU＝45(Mg＋p0S)H高中物理11。

模块综合检测(一)(时间：90分钟 分值：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．成功属于坚持不懈的有心人，电磁感应现象的发现充分说明了这一点，有一位物理学家在科学发现的道路上经过了多次的失败，寻找了10年之久，终于在1831年8月29日发现了电磁感应现象．这位物理学家是( )A ．奥斯特B ．麦克斯韦C ．法拉第D ．楞次解析：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的，他通过奥斯特电流的磁效应得到了启发，从而开始研究磁和电的关系，经历十年的实验，最终发现了电磁感应现象，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．电子秤使用的是( )A ．超声波传感器B ．温度传感器C ．压力传感器D ．红外线传感器解析：根据电子秤的工作原理，可知当电子秤受到压力的作用时，会显示相应的大小，使用的是压力传感器，故C 正确．答案：C3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，交流发电机线圈位于中性面D ．在t ＝0.015 s 时，电流改变方向解析：由图象可知，交流电的周期为20×10－3 s ＝0.02 s ，频率为f ＝1T＝50 Hz ，故A 错误；交流电的角频率为：ω＝2πT＝10π rad/s ，根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i ＝A cos ωt ＝5cos 100πt (A)，故B 错误；在t ＝0.01 s 时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，所以交流发电机线圈垂直于中性面，故C 错误；在t＝0.015 s时，电流改变方向，故D正确．答案：D4．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油—空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过断续开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花，下列说法正确的是( )A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交流电C．该设计方案可行，因为通过变压器初级线圈的是变化的电流，可以通过变压器在副线圈上产生高电压D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器解析：虽然变压器不能对直流电进行变压，但是本设计方案在做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，通过变压器初级线圈的是变化的电流，在变压器铁芯中的磁通量是变化的，能在副线圈中产生瞬时高电压，就能在火花塞中产生了火花，故选C.答案：C5．图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )图1 图2A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．答案：C6．如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱解析：R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C项正确，其余各项均错．答案：C7．如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析：当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路abcd的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，故使得ab和cd相向运动，相互靠近，故选C.答案：C8．如图所示，一个水平放置的矩形闭合线框abcd，在水平放置的细长磁铁S极中心附近落下，下落过程中线框保持水平且bc边在纸外，ad边在纸内．它由位置甲经乙到丙，且甲、丙都靠近乙．在这下落过程中，线框中感应电流的方向为( )A．abcdaB．adcbaC．从位置甲到乙时，abcda，从位置乙到丙时adcbaD．从位置甲到乙时，adcba，从位置乙到丙时abcda解析：从甲到乙，原磁场方向竖直向下，磁通量减小，感应电流的磁场竖直向下，由右手定则可知感应电流为adcba，同理由乙到丙，原磁场方向竖直向上，磁通量增大，感应电流的磁场竖直向下，方向为adcba，B对．答案：B9．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是( )A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，B逐渐熄灭D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭解析：闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，A、B都不亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确．答案：D10．如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，闭合电键K后，正确的是( )图a 图bA．电流表示数变小B．电压表示数增大C．变压器的输入功率增大D．如b图所示的交流电每秒钟方向改变50次解析：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；根据b图可知，周期T＝0.02 s，则频率f＝50 Hz，交流电每个周期方向改变两次，每秒钟方向改变100次，故D 错误．答案：C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，有选错或不选的得0分)11.一个称为“千人震”的趣味物理小实验是用一节电动势为1.5 V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位做实验的同学手拉手成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线将它们和首、尾两位同学两个空着的手相连，如图所示．在开关闭合后再断开时就会使连成一排的同学有触电感觉，则( )A．该实验的原理是镇流器的自感现象B．该实验的原理是1.5 V的电压让人感到触电C．人有触电感觉是在开关断开瞬间D．有触电的感觉是在开关闭合的瞬间解析：当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5 V的新干电池，所以电流很小．当开关断开时，镇流器电流发生变小，从而产生很高的瞬间电压，通过同学们身体有触电的感觉，故AC正确，BD错误．答案：AC12．如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明( )A．在温度越高时，热敏电阻阻值越小B ．在温度越高时，热敏电阻阻值越大C ．半导体材料温度升高时，导电性能变差D ．半导体材料温度升高时，导电性能变好解析：由电流表的变化判断半导体的电阻的变化，温度升高时，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，热敏电阻阻值减小，则总电阻减小，故A 、D 正确．答案：AD13.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u ＝1002sin 50πt (V)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R ，电容器并联在电阻R 两端，电阻阻值R ＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是( )A ．电流表示数是1 AB ．电流表示数是 2 AC ．电阻R 消耗的电功率为10 WD ．电容器的耐压值至少是10 2 V解析：由题意知原线圈输入电压有效值为100 V ，所以副线圈电压为10 V ，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1 A ，故A 、B 错误；电阻R 消耗的电功率为P ＝U 2R ＝10210W ＝10 W ，故C 正确，副线圈电压最大值为10 2 V ，电容器的耐压值至少是10 2 V ，所以D 正确；故选C 、D.答案：CD14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd .现将导体框先后朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．通过导体框截面的电量相同C ．导体框中产生的焦耳热相同D ．导体框cd 边两端电势差大小相同解析：在两次线框离开磁场的过程中，磁通量都减少，由楞次定律知，感应电流的方向都为逆时针方向，A 正确；两次离开的过程磁通量的变化量相同，根据q ＝n ΔΦR知通过导体框截面的电量相同，B 正确；产生的焦耳热Q ＝E 2R t ＝B 2L 3v R，由于两次的速度不同，故产生的热量不同，C 错误；以速度v 匀速拉出磁场时，cd 切割磁感线，相当于电源，所以导体框cd 边两端电势差大小等于34BLv ，以速度3v 匀速拉出磁场时，导体框cd 边两端电势差大小等于34BLv ，D 正确． 答案：ABD三、非选择题(本题共4小题，共54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)15.(12分)如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线框abcd ，线框的匝数为N ，电阻为R ，ab ＝cd ＝L 1，ad ＝bc ＝L 2.线框绕垂直于磁感线的轴OO ′以角速度ω做匀速转动．求：(1)线框中感应电动势的最大值；(2)线框中感应电流的有效值．解析：(1)线框中感应电动势的最大值：E m ＝2NBL 1ωL 22＝NBL 1L 2ω. (2)感应电动势的有效值：E ＝E m 2， 感应电流的有效值：I ＝E R ＝NBL 1L 2ω2R . 答案：(1)NBL 1L 2 ω (2) NBL 1L 2 ω2R16．(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．解析：(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝0.256 A ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A ．变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13 A (I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W.答案：(1)3∶1 (2)6.67 W17．(12分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .解析：(1)CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律，得a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 进入磁场时CD 棒的速度为：v ＝2as ＝2×12×0.24 m/s ＝2.4 m/s(2)CD 棒进入磁场时产生的感应电动势为：E ＝Blv ，感应电流为：I ＝Blv R，所以CD 棒所受安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v R＝48 N. (3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功为：W ＝F (s ＋d )＝64 J ，由于 F －mg sin θ－F A ＝0，所以CD 棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中的运动时间为：t ＝d v，则电阻产生的焦耳热为：Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J18．(18分) 如图(a)所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图(b)所示．t ＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域I 内的导轨上由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：图(a) 图(b)(1)通过cd 棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时，cd 棒消耗的电功率；(3)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；(4)ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量．解析：(1)由右手定则可知通过cd 棒电流的方向为d 到c ；再由左手定则可判断区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)cd 棒平衡，BIl ＝mg sin θ，得I ＝mg sin θBl. cd 棒消耗的电功率P ＝I 2R ，得P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2. (3)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a ＝F 合m＝g sin θ. cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv t ，Bl ·2lt x＝Blg sin θ·t x .所以t x ＝ 2lg sin θ. ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v t ＝2gl sin θ，则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h ＝12at 2x ＋2l ＝3l .(4)ab 棒在区域Ⅱ中运动的时间t 2＝2l v t ＝2lg sin θ，ab 棒从开始下滑至EF 的总时间：t 总＝t x ＋t 2＝2 2lg sin θ.ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路中产生的热量：Q ＝EIt 总＝Blv t It 总＝4mgl sin θ.答案：(1)电流方向由d 到c ，区域Ⅰ内的磁场方向为垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2 (3)3l (4)4mgl sin θ。

模块综合测评(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)1．人们通常将在同一原子轨道上运动、自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”，将在某一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。

下列基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的是( )A．1s22s22p63s23p6B．1s22s22p63s23p63d54s2C．1s22s22p63s23p63d54s1D．1s22s22p63s23p63d104s1【解析】根据各基态原子的电子排布式可知，A项中未成对电子数为0；B项中未成对电子数为5；C项中未成对电子数为6；D项中未成对电子数为1。

【答案】 C2．下列各项叙述中正确的是 ( )A．电子层序数越大，s原子轨道的形状相同，半径越大B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，释放能量，由基态转化成激发态D．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对【解析】s原子轨道是球形的，电子层序数越大，其半径越大，A项正确；根据洪特规则，对于基态原子，电子在同一能级的不同轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同，B项错误；由于3s轨道的能量低于3p轨道的能量，基态镁原子应是吸收能量，C项错误；杂化轨道可用于形成σ键和容纳未参与成键的孤电子对，不能形成π键，D错。

【答案】 A3．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是( )①CaC2②N2H4③Na2S2④NH4NO3A．③④B．①③C．②④D．①③④【解析】CaC2是由Ca2＋和C2－2构成的，C2－2中含有非极性共价键；N2H4中含N—H键(极性键)和N—N键(非极性键)，属于共价化合物；Na2S2是由Na＋和S2－2构成的，S2－2中含有非极性共价键；NH4NO3含离子键和极性键。

【答案】 B4．下列说法正确的是( )A．分子中一定存在化学键B．分子中若含有化学键，则一定存在σ键C．p和p轨道不能形成σ键D．含π键的物质不如只含σ键的物质稳定【解析】A项，分子中不一定存在化学键，如稀有气体分子由单个原子构成，不存在化学键。

模块综合检测(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1~6小题只有一个选项正确,7~10小题有多个选项正确.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)1.以下说法正确的是()A.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是液体的浮力在起作用B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果D.喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果答案D解析仔细观察可以发现,小昆虫在水面上站定或行进过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而未陷入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,因此,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样,故A、C选项错误;小木块浮于水面上时,木块的下部实际上已经陷入水中(排开一部分水),受到水的浮力作用,是浮力与重力平衡的结果,而非表面张力在起作用,因此,B选项错误;喷泉喷到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用,因而形成球状水珠(体积一定情况下以球形表面积为最小,表面张力的作用使液体表面有收缩的趋势),故D选项正确.2.下列说法正确的有()A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律,因此不可能制成B.根据能量守恒定律,经过不断的技术改造,热机的效率可以达到100%C.因为能量守恒,所以“能源危机”是不可能真正出现的D.自然界中的能量是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,因此要节约能源答案D解析第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,A错.热机的效率永远小于100%,因为要向低温热源散热,B也错.虽然能量守恒,但可利用的能量越来越少,因此要节约能源.3.设有甲、乙两分子,甲固定在O点,r0为其平衡位置间的距离,今使乙分子由静止开始只在分子力作用下由距甲0.5r0处开始沿x方向运动,则()A.乙分子的加速度先减小,后增大B.乙分子到达r0处时速度最大C.分子力对乙一直做正功,分子势能减小D.乙分子一定在0.5r0~10r0间振动答案B解析乙分子由距甲0.5r0处开始沿x方向运动过程中分子力先为斥力后为引力,加速度先减小后变大再减小,所以A错;在r0处加速度为0但速度最大,分子力对乙先做正功后做负功,最后不做功,C错;乙分子没有受到回复力的作用,故D错.4.在光滑水平面上停放一木块,一子弹水平射穿木块.对此过程,下列说法正确的是()A.摩擦力(子弹与木块间)对木块做的功等于木块动能的增加B.摩擦力对木块做的功完全转化为木块的内能C.子弹减少的机械能等于子弹与木块增加的内能D.子弹减少的机械能等于木块增加的动能和内能之和答案A解析对木块由动能定理可判断出选项A正确;子弹克服摩擦力做功而减少的机械能,转化为木块、子弹的内能和木块的动能,故选项A正确.5.某地面附近有一正在上升的空气团,它与外界的热交换忽略不计.已知大气压强随高度增加而降低,则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)() A.体积减小,温度降低 B.体积减小,温度不变C.体积增大,温度降低D.体积增大,温度不变答案C解析气团上升过程中,压强减小,体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,Q=0,W为负值,ΔU也为负值,温度降低,故选项C正确.6.下列说法正确的是()A.叶面上的小露珠呈球形是由于液体内部分子间吸引力作用的结果B.晶体熔化过程中要吸收热量,分子的平均动能变大C.天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体D.当液晶中电场强度不同时,液晶对不同颜色光的吸收强度不同,就显示不同颜色答案D解析叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果,A错误;晶体熔化过程中要吸收热量,但温度不变,分子的平均动能不变,B错误;晶体与非晶体在一定条件下可相互转化,例如:天然水晶是单晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体,C错误;由液晶各向异性可知,对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化,D正确.7.下列关于晶体和非晶体的说法中,正确的是()A.晶体一定具有各向异性B.液晶具有光学各向异性C.金刚石和石墨都是单晶体D.具有熔点的物体一定是单晶体答案BC解析单晶体具有各向异性,而多晶体则具有各向同性,A错误;液晶的特点:同时具有流动性和光学各向异性,B正确;金刚石和石墨都是单晶体,C正确;单晶体和多晶体都具有一定的熔点,D错误.8.下列说法中,正确的是()A.温度低的物体内能小B.液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C.0 ℃的铁和0 ℃的冰,它们的分子平均动能相同D.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关答案BCD解析物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和,物体的内能不仅与温度有关,还与物体的质量、体积有关,A项错误;当液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的斥力和引力,其中引力大于斥力表现为相互吸引,故B项正确;因为温度是分子平均动能的标志,故C项正确;根据气体压强的定义可知,单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,所以D项正确.9.关于热学现象和热学规律,下列说法中正确的是()A.布朗运动就是液体分子的热运动。

模块综合检测(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,1~6小题只有一个选项正确,7~10小题有多个选项正确.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)1.以下说法正确的是()A.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是液体的浮力在起作用B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力平衡的结果D.喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果答案D解析仔细观察可以发现,小昆虫在水面上站定或行进过程中,其脚部位置比周围水面稍下陷,但仍在水面上而未陷入水中,就像踩在柔韧性非常好的膜上一样,因此,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫情况一样,故A、C选项错误;小木块浮于水面上时,木块的下部实际上已经陷入水中(排开一部分水),受到水的浮力作用,是浮力与重力平衡的结果,而非表面张力在起作用,因此,B选项错误;喷泉喷到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用,因而形成球状水珠(体积一定情况下以球形表面积为最小,表面张力的作用使液体表面有收缩的趋势),故D选项正确.2.下列说法正确的有()A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律,因此不可能制成B.根据能量守恒定律,经过不断的技术改造,热机的效率可以达到100%C.因为能量守恒,所以“能源危机”是不可能真正出现的D.自然界中的能量是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,因此要节约能源答案D解析第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,A错.热机的效率永远小于100%,因为要向低温热源散热,B也错.虽然能量守恒,但可利用的能量越来越少,因此要节约能源.3.设有甲、乙两分子,甲固定在O点,r0为其平衡位置间的距离,今使乙分子由静止开始只在分子力作用下由距甲0.5r0处开始沿x方向运动,则()A.乙分子的加速度先减小,后增大B.乙分子到达r0处时速度最大C.分子力对乙一直做正功,分子势能减小D.乙分子一定在0.5r0~10r0间振动答案B解析乙分子由距甲0.5r0处开始沿x方向运动过程中分子力先为斥力后为引力,加速度先减小后变大再减小,所以A错;在r0处加速度为0但速度最大,分子力对乙先做正功后做负功,最后不做功,C错;乙分子没有受到回复力的作用,故D错.4.在光滑水平面上停放一木块,一子弹水平射穿木块.对此过程,下列说法正确的是()A.摩擦力(子弹与木块间)对木块做的功等于木块动能的增加B.摩擦力对木块做的功完全转化为木块的内能C.子弹减少的机械能等于子弹与木块增加的内能D.子弹减少的机械能等于木块增加的动能和内能之和答案A解析对木块由动能定理可判断出选项A正确;子弹克服摩擦力做功而减少的机械能,转化为木块、子弹的内能和木块的动能,故选项A正确.5.某地面附近有一正在上升的空气团,它与外界的热交换忽略不计.已知大气压强随高度增加而降低,则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能) () A.体积减小,温度降低 B.体积减小,温度不变C.体积增大,温度降低D.体积增大,温度不变答案C解析气团上升过程中,压强减小,体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,Q=0,W为负值,ΔU 也为负值,温度降低,故选项C正确.6.下列说法正确的是()A.叶面上的小露珠呈球形是由于液体内部分子间吸引力作用的结果B.晶体熔化过程中要吸收热量,分子的平均动能变大C.天然水晶是晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体D.当液晶中电场强度不同时,液晶对不同颜色光的吸收强度不同,就显示不同颜色答案D解析叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果,A错误;晶体熔化过程中要吸收热量,但温度不变,分子的平均动能不变,B错误;晶体与非晶体在一定条件下可相互转化,例如:天然水晶是单晶体,熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体,C错误;由液晶各向异性可知,对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化,D正确.7.下列关于晶体和非晶体的说法中,正确的是()A.晶体一定具有各向异性B.液晶具有光学各向异性C.金刚石和石墨都是单晶体D.具有熔点的物体一定是单晶体答案BC解析单晶体具有各向异性,而多晶体则具有各向同性,A错误;液晶的特点:同时具有流动性和光学各向异性,B正确;金刚石和石墨都是单晶体,C正确;单晶体和多晶体都具有一定的熔点,D错误.8.下列说法中,正确的是()A.温度低的物体内能小B.液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C.0 ℃的铁和0 ℃的冰,它们的分子平均动能相同D.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关答案BCD解析物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和,物体的内能不仅与温度有关,还与物体的质量、体积有关,A 项错误;当液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的斥力和引力,其中引力大于斥力表现为相互吸引,故B 项正确;因为温度是分子平均动能的标志,故C项正确;根据气体压强的定义可知,单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,所以D项正确.9.关于热学现象和热学规律,下列说法中正确的是()A.布朗运动就是液体分子的热运动B.用活塞压缩汽缸里的空气,对空气做功2.0×105 J,同时空气的内能增加1.5×105 J,则空气从外界吸热0.5×105 JC.第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律D.一定质量的气体,如果保持温度不变,体积越小,则压强越大答案CD解析布朗运动是固体小颗粒的运动,A项错误.根据热力学第一定律知,放热0.5×105J,B项错误,C项正确.根据压强的微观意义知D项正确.10.一定质量的理想气体,处于某一状态,经下列过程后会回到原来的温度的是()A.先保持压强不变,使它的体积膨胀,接着保持体积不变而降低压强B.先保持压强不变,使它的体积缩小,接着保持体积不变而降低压强C.先保持体积不变,升高压强,接着保持压强不变而使它的体积膨胀D.先保持体积不变,减小压强,接着保持压强不变而使它的体积增大答案AD解析选项A,先p不变,V增大,则T升高;再V不变,p减小,则T降低,可能实现回到初始温度.选项B,先p不变,V减小,则T降低;再V不变,p减小,则T又降低,不可能实现回到初始温度.选项C,先V不变,p增大,则T升高;再p不变,V增大,则T又升高,不可能实现回到初始温度.选项D,先V不变,p减小,则T降低;再p不变,V增大,则T升高,可能实现回到初始温度.综上所述,正确的选项为A、D.二、非选择题(11题6分,12题10分,13题10分,14题10分,15题12分,16题12分,共60分)11.在做用油膜法估测分子的大小的实验中,现有按体积比为n∶m配制好的油酸酒精溶液(忽略配制溶液时液体体积变化)置于容器中,还有一个充入约2 cm 深水的浅盘、一支滴管、一个量筒.请补充下述估测分子大小的实验步骤:(1)(需测量的物理量用字母表示).(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘,等油酸薄膜稳定后,将薄膜轮廓描绘在坐标纸上,如图所示.(已知坐标纸上每个小方格面积为S,求油膜面积时,半个以上方格面积记为S,不足半个舍去)则油膜面积为. (3)估算油酸分子直径的表达式为d= .答案(1)见解析(2)60S (3)nV60NS(m+n)解析(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液,读出其体积V.(2)利用补偿法,可得油膜面积为60S.(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V'=VN ×nm+n,油酸面积S'=60S,由d=V'S',得d=nV60NS(m+n).12.在标准大气压下,水在沸腾时,1 g的水由液态变成同温度的水蒸气,其体积由1.043 cm3变为1 676 cm3.已知水的汽化热为2 263.8 J/g.求:(1)体积膨胀时气体对外界做的功W;(2)气体吸收的热量Q;(3)气体增加的内能ΔU.答案(1)169.7 J(2)2 263.8 J(3)2 094.1 J解析取1g水为研究系统,把大气视为外界.1g沸腾的水变成同温度的水蒸气需要吸收热量,同时由于体积膨胀,系统要对外做功,所以有ΔU<Q吸.(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功:W=p(V2-V1)=1.013×105×(1676-1.043)×10-6J≈169.7J.(2)气体吸热:Q=mL=1×2263.8J=2263.8J(3)根据热力学第一定律:ΔU=Q+W=2263.8J+(-169.7J)=2094.1J.13.如图所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞.汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体.p0和T0分别为大气的压强和温度.已知气体内能U与温度T的关系为U=aT,a 为正的常量,容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求:(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;(2)在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q.答案(1)V2(2)12p0V+aT0解析(1)在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T=2.4T0变为T1.由查理定律,得T1 T =p0p.①在气体温度由T1变为T0的过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变,由盖—吕萨克定律,得V V1=T1T0.②由①②式,得V1=12V.③(2)在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W=p0(V-V1), ④在这一过程中,气体内能减少.ΔU=a(T1-T0), ⑤由热力学第一定律,得汽缸内气体放出的热量为Q=W+ΔU.⑥由②③④⑤⑥式,得p0V+aT0.Q=1214.一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示.将一质量M=3×103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上,向浮筒内充入一定量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3.在拉力作用下,浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮.求V2和h2.已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g取10 m/s2.不计水温变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略.答案2.5 m310 m解析当F=0时,由平衡条件,得Mg=ρg(V0+V2).①代入数据,得V2=2.5m3.②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2,由题意,得p1=p0+ρgh1, ③p2=p0+ρgh2.④在此过程中,筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律,得p1V1=p2V2.⑤联立②③④⑤式,代入数据,得h2=10m.⑥15.如图所示,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 左边汽缸的容积为V0,A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处,缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强),温度为297 K,现缓慢加热缸内气体,直至399.3 K.求:(1)活塞刚离开B处时的温度T B;(2)缸内气体最后的压强p;(3)在图中画出整个过程的p-V图线.答案(1)330 K(2)1.1p0(3)见解析图解析(1)活塞刚离开B处之前的状态变化可看作等容变化.初状态:p1=0.9p0,T1=297K,V1=V0;末状态:p2=p0,T2=T B,V2=V0.由查理定律p1T1=p2T2,得0.9p0297K=p0T B,解得T B=330K.(2)最后状态p3=p,T3=399.3K,V3=V0+0.1V0=1.1V0,由理想气体状态方程p1V1T1=p3V3T3,得0.9p0×V0297=p×1.1V0399.3,解得p=1.1p0.(3)如图所示,状态的变化是先等容升温到状态2,再等压缓慢升温,变化到末态体积,最后再等容升压到最终状态.16.如图所示,两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通;A的直径是B的2倍,A 上端封闭,B上端与大气连通;两汽缸除A顶部导热外,其余部分均绝热.两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ,活塞下方充有氮气,活塞a 上方充有氧气.当大气压为p 0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时,活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的14,活塞b 在汽缸正中间.(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b 恰好升至顶部时,求氮气的温度;(2)继续缓慢加热,使活塞a 上升,当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时,求氧气的压强. 答案(1)320 K (2)43p 0解析(1)活塞b 升至顶部的过程中,活塞a 不动,活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程.设汽缸A 的容积为V 0,氮气初态体积为V 1,温度为T 1;末态体积为V 2,温度为T 2,按题意,汽缸B 的容积为V04,由题给数据和盖—吕萨克定律有V 1=34V 0+12×V 04=78V 0① V 2=34V 0+14V 0=V 0② V 1T 1=V2T 2③ 由①②③式和题给数据得T 2=320K .④(2)活塞b 升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a 开始向上移动,直至活塞上升的距离是汽缸高度的116时,活塞a 上方的氧气经历等温过程.设氧气初态体积为V 1'、压强为p 1';末态体积为V 2',压强为p 2',由题给数据和玻意耳定律有V 1'=14V 0,p 1'=p 0,V 2'=316V 0 ⑤ p 1'V 1'=p 2'V 2'⑥p0.⑦由⑤⑥式得p2'=43。