配套K12高中物理 综合检测(二) 粤教版选修3-3

高中物理学习材料2007~2008学年度湛师附中高二物理（X科）周六测试题（选修3 - 3 ）一、不定项选择题：（每小题4分，共12小题，共48分）1．只知道下列那一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离A．阿伏加徳罗常数，该气体的摩尔质量和质量B．阿伏加徳罗常数，该气体的摩尔质量和密度C．阿伏加徳罗常数，该气体的质量和体积D．该气体的质量、体积、和摩尔质量2．有一桶水温度是均匀的，在桶底部水中有一个小气泡缓缓浮至水面，气泡上升过程中逐渐变大，若不计气泡中空气分子的势能变化，则A．气泡中的空气对外做功，吸收热量 B．气泡中的空气对外做功，放出热量C．气泡中的空气内能增加，吸收热量 D．气泡中的空气内能不变，放出热量3．如图1所示，活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住一定质,则量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为pA．气缸内空气的压强为p－Mg/S＋mg/SB．气缸内空气的压强为pC．内外空气对缸套的作用力为（M＋m）g图1D．内外空气对活塞的作用力为Mg4．若在水银气压计上端混入少量空气, 气压计的示数与实际大气压就不一致, 在这种情况下A ．气压计的读数可能大于外界大气压B ．气压计的读数总小于实际大气压C．只要外界大气压不变, 气压计的示数就是定值D．可以通过修正气压计的刻度来予以校正5．一定质量的理想气体, 处于某一初态, 现要使它经过一些状态变化后回到原来初温, 下列哪些过程可能实现A．先等压压缩, 再等容减压 B．先等压膨胀, 再等容减压C．先等容增压, 再等压膨胀 D．先等容减压, 再等压膨胀6．用r表示两分子之间的距离，E p表示两个分子间的相互作用势能，当r=r0时时，两个分子之间引力等于斥力，设两个分子间相距较远时，E p=0，则A．当分子间距r 变小时，引力减小，斥力增大B．当r>r0时，引力大于斥力，r增大时分子力做负功，E p增加C．当r<r0时，引力大于斥力，r减小时分子力做负功，E p减小D．当r=r0时， E p =07．若以M 表示水的摩尔质量，V 表示水的摩尔体积，ρ表示水的密度。

2023-2024学年粤教版高中物理单元测试学校：__________ 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12小题，每题3分，共计36分）1.火灾报警器可以使用的是（）A. 光传感器B. 温度传感器C. 红外线传感器D. 超声波传感器【答案】A【解析】解：火灾报警器，是当有火灾时，会发生烟，进入火灾报警器时，利用光的漫反射，从而触发开关报警．故BCD错误，A正确；故选：A．2.电热水器在使用过程中能按设置温度自动跳闸断电，是因为电热水器中安装了（）A. 光传感器B. 温度传感器C. 红外传感器D. 温度传感器【答案】【解析】3.以下敏感元件中不是通过测量电阻的变化来确定外界非电学量的变化的是（）A. 光敏电阻B. 干簧管C. 热敏电阻D. 电阻应变片【答案】B【解析】解：干簧管能将磁场的变化转化为电路的通断，热敏电阻可以把温度转化为电阻这个电学量，光敏电阻可以把光照强度转化为电阻这个电学量，电阻应变片可以把压力转化为电阻这个电学量，故后三者都是通过测量电阻的变化来确定外界非电学量的变化的，只有 B符合题意．故选 B．4.如图所示为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μ A，内阻R_ g= 100\Omega ，调零电阻最大阻值R= 50 k\Omega ，串联的固定电阻R_0=50\Omega ，电源电动势E= 1.5 V ，用它测量电阻R_x，能准确测量的阻值范围是（）A. 300\ kOmega sim 80kΩB. 3\ kOmega sim 8kΩC. 300Omega sim 80ΩD. 300Omega sim 80Ω【答案】B【解析】解：在中值电阻附近测量是较准确的，当指针半偏时：\dfrac12I_g=\dfracER_0+R_ g+R+R_中=\dfracE2\left(R_0+R_ g+R\right)，所以R_中=R_0+R_ g+R．当红、黑表笔直接触调零时，R_x=0，指针满偏，I_ g=\dfracER_0+R_ g+R，所以R_中=\dfracEI_ g=\dfrac1.5300\times 10^-6 Ω=5000Ω，故能准确测量的阻值范围是3 k\Omega \sim 8kΩ，故 B正确．故选 B．5.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图( a)所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图( b)所示，下列判断正确的是（）A. 从t_1到t_2时间内，小车做匀速直线运动B. 从t_1到t_2时间内，小车做匀加速直线运动C. 从t_2到t_3时间内，小车做匀速直线运动D. 从t_2到t_3时间内，小车做匀加速直线运动【答案】D【解析】解： AB ．在t_1\sim t_2内， I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故 AB错误；CD ．在t_2\sim t_3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故 C错误， D正确．故选 D．6.以下家用电器中利用了温度传感器的是（）A. 防盗报警器B. 自动门C. 电子秤D. 电饭煲【解析】解：A、防盗报警器，一旦发生突发事件，就能通过声光报警信号在安保控制中心准确显示出事地点，便于迅速采取应急措施．所以A不属于温度传感器，故A错误；B、自动门是指：可以将人接近门的动作（或将某种入门授权）识别为开门信号的控制单元，通过驱动系统将门开启，在人离开后再将门自动关闭，并对开启和关闭的过程实现控制的系统．故B错误；C 、电子秤的工作原理以电子元件：称重传感器，放大电路，AD转换电路，单片机电路，显示电路，键盘电路，通讯接口电路，稳压电源电路等电路组成．故C错误；D、电饭锅，则是由电流做功产生热量，当达到103^\circ C 时，磁钢失去磁性，导致开关关闭，所以属于温度传感器，故D正确；故选：D7.如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R_1、R_2是定值电阻，R_B是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．闭合开关 S后，当传感器R_B所在处出现磁体时，关于通过R_B的电流I，c、d两端的电压U，下列说法正确的是（）A. I变大，U变小B. I变小，U变大C. I变大，U变大D. I变小，U变小【答案】A【解析】解：由题知，当传感器R_B所在处出现磁体时，R_B减小，R_B、R_2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I_干增大，路端电压减小，R_1电压增大，故c、d两端电压U变小，通过R_2电流减小，I_干增大，知电流表示数I变大．故 A正确， BCD错误．故选： A．8.电子秤使用的是（）A. 超声波传感器B. 压力传感器C. 温度传感器D. 红外传感器【答案】B【解析】解；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，故使用的是压力传感器，故B正确，ACD错误。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）综合检测(二)第二章固体、液体和气体(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)1．如图1所示为充气泵气室的工作原理图．设大气压强为p0，气室中的气体压强为p，气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接．以下选项中正确的是()图1A．当橡皮碗被拉伸时，p＞p0，S1关闭，S2开通B．当橡皮碗被拉伸时，p＜p0，S1关闭，S2开通C．当橡皮碗被压缩时，p＞p0，S1关闭，S2开通D．当橡皮碗被压缩时，p＜p0，S1关闭，S2开通【解析】当橡皮碗被拉伸时，气室内气体体积增大，p＜p0，S1开通，S2关闭；当橡皮碗被压缩时，气室内气体体积减小，p＞p0，S1关闭，S2开通．【答案】 C2．如图2所示，为一定质量的理想气体在p-V图象中等温变化图线，A、B 是双曲线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则()图2A．S1<S2B．S1＝S2C．S1>S2D．S1与S2的大小关系无法确定【解析】△OBC的面积等于12OC·BC＝12p B·V B，同理△OAD的面积等于12p A·V A，而A、B为等温线上的两点，即p A V A＝p B V B(玻意耳定律)，所以两三角形面积相等，B正确．【答案】 B3．如图3甲所示绝热汽缸(气体与外界无热交换)内封闭一定质量的理想气体，电热丝通电前后，改变气体参量分别得到两条等温线．待气体状态稳定后陆续取走活塞上方部分物体，又得到一气体变化图线．则在图乙中能正确反映上述三个变化过程的图线是()甲乙图3A．ab、cd和ad B．ab、cd和cbC．ab、ad和ac D．cd、ab和bd【解析】根据p-V图象的特点可知，等温线是双曲线，离坐标轴越远，温度越高．电热丝通电前温度低，通电后温度高，T ab<T cd，所以ab、cd对应通电前后的变化．陆续取走活塞上方部分物体，密闭气体的压强减小，由图可知P a ＝P c>P d>P b.选B.【答案】 B4．如图4所示，是医院里患者进行静脉注射的示意图．倒置的输液瓶口插两根管子，a管与大气相通，b管通过观察器、输液管、调节器接针头(与人的血管相连)．当输液瓶悬挂高度一定，调节器处于适当位置时，随着药液的下降，从观察器看到药液滴注的速度()图4A．逐渐减慢B．逐渐加快C．保持不变D．先变慢再变快【解析】a、b管上端处在同一水平面的液体中，压强总相等，总等于大气压强，且总等于上方液体压强与液面上方空气压强之和．当液面下降时，液体压强减小，同时上方空气体积增大，压强减小，管上端口部向上的大气压大于上方液体压强与液面上方空气压强之和，空气将被压入瓶内，直到上下压强又重新平衡，整个过程中，b管上端压强总保持与大气压强相等，即药液流速不变．【答案】 C5．某种物质表现出各向同性的物理性质，则可以判断这种物质()A．不一定是多晶体B．不一定是单晶体C．一定不是单晶体D．一定是非晶体【解析】因为非晶体和多晶体都表现出各向同性，故A正确，D错误．单晶体一定表现出各向异性，故B错误，C正确．【答案】AC6．杂技演员骑独轮车表演时，车胎内的气体压强是8×105 Pa，开始时气体温度是27 ℃，地面承受的压强为p1，表演一段时间后，由于温度变化，车胎内的气体压强变为8.2×105 Pa，气体温度为t2，地面承受的压强为p2，忽略轮胎体积的变化和车胎与地面接触面积的变化，下列判断正确的是() A．p1＝p2B．p1<p2C．t2＝27.7 ℃D．t2＝34.5 ℃【解析】演员和车对地面的压力不变，车与地面的接触面积不变，所以两次地面承受的压强相等，即p1＝p2.由于不计轮胎体积的变化，故可认为胎内气体发生等容变化，根据查理定律p1T1＝p2T2得，温度T2＝p2p1T1＝8.2×1058×105×(273＋27)K＝307.5 K，所以t2＝(307.5－273)℃＝34.5 ℃.【答案】AD7．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为()A．气体分子的平均动能增大B．单位时间内，器壁单位表面积上分子碰撞的次数增多C．气体分子数增加D．气体分子的密度加大【解析】等温变化，分子平均动能不变，即气体分子每次撞击器壁的冲力不变；而体积减小，分子密度增加，器壁单位时间单位面积上撞击的分子数多，所以压强增大．B、D正确．【答案】BD8．由饱和汽与饱和汽压的概念，下列结论正确的是() 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，随饱和汽的体积增大而增大D．饱和汽压跟绝对温度成正比【解析】由动态平衡概念可知A正确．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，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，原因是：温度升高时，饱和汽的分子数密度增大．温度升高时，分子平均速率增大，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．【答案】AB9．2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．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 mm的石墨烯，是碳的二维结构．如图5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()石墨的微观结构石墨烯的微观结构图5A．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．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的【解析】晶体结构的特点是原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，石墨、石墨烯与金刚石都是晶体，A错误，C正确；石墨、石墨烯都是单质，B错误；通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开而得到石墨烯的方法是物理方法，D正确．【答案】CD二、非选择题(本题共4小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)图610．(6分)如图6所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的空气，气缸固定不动，外界温度恒定．一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止．现在不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)．忽略气体分子间相互作用，则在活塞移动过程中，气缸内气体的分子平均动能________，内能________，气缸内气体的压强________(均填“变小”“变大”或“不变”)．【解析】因汽缸导热性能良好，且外界温度恒定，所以在活塞运动过程中，温度不变，气体的分子平均动能不变；理想气体内能只与平均动能有关，所以内能不变；活塞缓慢向右移动，体积变大，根据理想气体状态方程可知压强变小．【答案】不变不变变小11．(12分)(1)如图7所示，某甲实验小组用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系，实验中应保持不变的参量是________；所研究的对象是________；它的体积可用________直接读出，它的压强是由图中________得到．图7(2)某乙实验小组为探究一定质量的气体，在等温条件下体积V 与压强p 的关系，某实验小组得出的数据如下表：①根据所给数据在坐标纸上(如图8)画出p -1V 图线，可得出的结论是_____________________________________________________________．图8②由所做图线，求p ＝8.85×105 Pa 时该气体体积是________．③该图线斜率大小和温度的关系是________．【解析】(1)知道探究气体的压强和体积的关系的原理，看清示意图容易作答．(2)根据pVT＝C常量知，p＝TCV，TC为定值，p跟1V成正比，是过原点的直线，斜率为TC，斜率越大，T越高．【答案】(1)温度被注射器封闭的气体带有刻度的注射器压强传感器(2)①如图，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的②0.172 m3③斜率越大，该气体温度越高12．(12分)如图9所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦．两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变求汽缸A中气体的体积V A和温度T A.图9【解析】 设初态压强为p 0，膨胀后A 、B 压强相等p B ＝1.2p 0B 中气体始末状态温度相等p 0V 0＝1.2p 0(2V 0－V A )所以V A ＝76V 0A 部分气体满足p 0V 0T 0＝1.2p 0V AT A所以T A ＝1.4T 0.【答案】 V A ＝76V 0 T A ＝1.4T 013．(16分)如图10，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V 0，气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p 0和p 03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图10(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V x .【解析】 (1)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得T T 0＝7V 0/45V 0/4①由此得T ＝75T 0② (2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K 后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p ，由玻意耳定律得pV x ＝p 03·V 04③(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0④联立③④式得6V 2x －V 0V x －V 20＝0其解为V x ＝12V 0⑤另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．【答案】 (1)75T 0 (2)12V 0。

章末质量评估(三)一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得3分,选错或不答的得0分)1. 在以下事例中,通过热传递的方式来改变物体内能的是( )A. 两小球碰撞后粘合起来,同时温度升高B. 冬天暖气为房间供暖C. 点燃的爆竹在空中爆炸D. 汽车的车轮与地面相互摩擦发热【答案】B【解析】改变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移,而不是其他形式的能转化为内能,两小球碰撞后粘在一起,温度升高,是机械能转化为内能,故A错误；冬天暖气为房间供暖,是通过热传递的方式来改变物体内能的,故B正确；点燃的爆竹在空中爆炸,是化学能转化为了内能,故C错误；车轮与地面摩擦生热,是机械能转化为内能,故D错误．所以B正确,ACD错误．2. 2013年,我国出现了大范围的雾霾天气,如何减少环境污染,已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是( ) A.太阳能光伏发电 B. 风力发电C. 水力发电 D. 火力发电【答案】D 【解析】太阳能光伏电池属于清洁能源,不会带来大气污染,故A错误；风能属于清洁的新能源,无污染,故B错误；水力发电,属于清洁能源,不会带来大气污染,故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源,从而带来大量的烟尘造成大气污染,故D正确．所以D正确,ABC错误．3. 崔牛先生向客户推介他设计的“超级推进器”,该推进器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机控制系统组成,其神奇之处在于能通过自身的循环工作,源源不断地获得动力,而不需要消耗任何能源．事实上,这是不可能实现的,因为他的设计违反了( )A. 质量守恒定律B. 电荷守恒定律C. 机械能守恒定律D.能量守恒定律【答案】D 【解析】任何机器只能转换能量存在的形式,并不能制造能量,题目中的装置是一种永动机,它违背了能量守恒定律,故选D4. 下列说法中,正确的是（）A. 物体吸收热量,内能一定增加B. 物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变C. 热量不可能从低温物体传到高温物体D. 气体自由膨胀是可逆过程【答案】B【解析】【分析】影响内能的方式有做功和热传递,在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；布朗运动是液体分子的无规则热运动的反映；改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,物体的内能不一定增大,故A错误；B、改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变,故B正确；C、热量在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体,如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体．故C错误；D、根据热力学第二定律气体自由膨胀是可逆过程．故D错误．故选B【点睛】本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律的知识,难度不大,注意积累．改变内能的方式有做功和热传递,外界对物体做正功,物体的内能不一定增大．5. 下列说法中正确的是( )A. 机械能可以全部转化为内能,内能也可能全部转化为机械能B. 电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体C. 热量不能从低温物体传到高温物体D. 热力学第二定律说明热量只能由高温物体传向低温物体【答案】A【解析】机械能可以全部转化为内能,根据热力学第二定律知,在外界的影响下,内能也可能全部转化为机械能,故A正确．根据热力学第二定律知,热量可以自发地由高温物体传到低温物体,不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的情况下热量才由低温物体传到高温物体,热量不是自发地自低温物体传到高温物体,故B错误．根据热力学第二定律知,在引起其他变化的情况下,热量能从低温物体传到高温物体,故CD错误．所以A正确,BCD错误．6. 图为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体,M可沿N的内壁上下滑动,设筒内气体不与外界发生热交换,在M 向下滑动的过程中A. 外界对气体做功,气体内能增大B. 外界对气体做功,气体内能减小C. 气体对外界做功,气体内能增大D. 气体对外界做功,气体内能减小【答案】A【解析】【分析】【详解】筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,则外界对气体做功,外界对气体做功使气体的内能增大．A正确．7. 对一些机械设备科学性分析正确的是( )A. 空调机既能制冷又能制热,说明热传递不存在方向性B. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律C. 即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%D. 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律【答案】C【解析】热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体,空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂,再通过压缩制冷剂将热量传到室外,而制热过程也是这样进行的,故A错误．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律,不违反能量守恒定律,故B错误．根据热力学第二定律可知,即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100%,故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,同时要消耗一定的电能,所以不违背热力学第二定律,故D错误．所以C正确,ABD错误．8. 一定质量的0 ℃的冰,全部变成0 ℃的水的过程中( )A. 分子的平均动能增大,吸收热量,内能不变B. 分子的平均动能减小,放出热量,内能增大C. 分子的平均动能不变,吸收热量,内能增大D. 分子的平均动能不变,放出热量,内能减小【答案】C【解析】冰是晶体,在熔化过程中,0 ℃的冰全部变成0 ℃的水,温度保持不变,故分子平均动能不变,但溶化过程要吸热,所以内能增大,故ABD错误,C正确．9. 如图所示,在紫铜管内滴入乙醚,盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动,管塞会被冲开．管塞被冲开前（）A. 外界对管内气体做功,气体内能增大B. 管内气体对外界做功,气体内能减小C. 管内气体内能不变,压强变大D. 管内气体内能增加,压强变大【答案】D【解析】【分析】【详解】克服绳与金属管间的摩擦做功,使管壁内能增加,温度升高,由于热传递使得乙醚的温度升高,直至沸腾,管塞会被冲开,管塞被冲开前管内气体内能增加,压强变大.故选D10. 如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为Ep （弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程（ ）A. Ep 全部转换为气体的内能B. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能C. Ep 全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D. Ep 一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能【答案】D【解析】以活塞为研究对象,设气体压强为p 1,活塞质量为m ,横截面积为S ,末态时压强为p 2,初态F 弹>mg ＋p 1S ,由题意可得末态位置必须高于初位置,否则不能平衡,则由ΔU ＝W (绝热)．W 为正,ΔU 必为正,温度升高,内能增加,活塞重力势能增加,末态时,由力的平衡条件知F 弹′＝mg ＋p 2S ,仍然具有一部分弹性势能,故D 正确ABC 错误．二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分．在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 11. 一铜块和一铁块,质量相等,铜块的温度T 1比铁块的温度T 2高,当它们接触在一起时,如果不和外界交换能量,则( )A. 从两者开始接触到热平衡的整个过程中,铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量B. 在两者达到热平衡以前的任意一段时间内,铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量C. 达到热平衡时,铜块的温度T ＝D. 达到热平衡时,两者的温度相等【答案】AD【解析】一个系统在热交换的过程中,如果不与外界发生热交换,温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸收的热量,直到温度相等,不再发生热交换为止,而热量是热传递过程中内能的变化量相等,故AD 正确, B 错误．根据热平衡方程()()12c m T T c m T T -=-铜铁,解得12c T c T T c c +=+铜铁铜铁,故 C 错误．所以AD 正确,BC 错误．12. 下列说法不正确的是( )A. 热量不可能由低温物体传递到高温物体B. 外界对物体做功,物体的内能一定增加C. 第一类水动机违反了热力学第二定律D. 第二类水动机不能制成,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性【答案】ABC【解析】热量在一定的条件下可以由低温物体传递到高温物体,故A说法错误；由公式ΔU＝W＋Q知做功和热传递都能改变物体内能,外界对物体做功若同时放出热量,物体的内能一定增加,故B说法错误；第一类永动机不消耗能量而对外做功,违反了能量守恒定律,故C说法错误；第二类永动机违背了热力学第二定律,说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性,故D说法正确．所以选ABC．13. 如图所示,一定质量的理想气体,从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A,则()A. A→B过程气体降温B. B→C过程气体内能增加,可能外界对气体做了功C. C→A过程气体放热D. 全部过程气体做功为零【答案】AC【解析】【分析】W<,根据热力学第一定律【详解】A．A→B过程是绝热过程,Q=0,体积变大,气体对外做功,0U Q W∆=+,得0∆<,内能减小,温度降低,故A正确；UB．B→C过程中,气体体积不变,根据查理定律,压强增加,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律∆=+,体积不变不做功0U Q WW=,气体吸热,故B错误；W>,根据热力学第一定律得C．C→A过程是等温变化,内能不变0U∆=,体积减小,外界对气体做功00Q <,气体放热,C 正确；D ．全部过程分三个过程,A 到B 气体对外做功10W <,B 到C 不做功,C 到A 外界对气体做功20W >,根据p -V 图象中,图线与坐标轴围成的图形的面积等于所做的到B 做功小于C 到A 做功,如下图阴影面积所示,故全部过程做功不为0,故D 错误．故选AC .14. 如图,一绝热容器被隔板K 隔开成a ,b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体,b 内为真空．抽开隔板K 后,a 内气体进入b ,最终达到平衡状态．在此过程中( )A . 气体对外界做功,内能减少B. 气体不做功,内能不变C. 气体压强变小,温度降低D. 气体压强不变,温度不变【答案】B【解析】【分析】【详解】根据容器内的稀薄气体与外界没有热传递,Q=0.稀薄气体向真空扩散没有做功,W=0.根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变,则温度不变．稀薄气体扩散体积增大,压强必然减小．故B 正确,ACD 错误.三、非选择题(本大题共5小题,共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)15. 指出下面例子中各是什么物理过程改变物体内能：(1)瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,_______．(2)子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,__________．(3)电流通过电炉丝,其温度升高,____________．(4)将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高,____________．【答案】(1). 做功(2). 做功(3). 做功(4). 热传递【解析】（1）瓶内的高压气体将瓶塞冲开,瓶内气体的温度降低,是体积增大对外做功．（2）子弹打中木块,木块和子弹的温度升高,是因为摩擦做功产生热量．（3）电流通过电炉丝,其温度升高是电流做功．（4）将烧红的铁块放入冷水中,水的温度升高是通过热传递,将热量传给水．16. (1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变,则在此过程中关于气泡中的气体,下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)．A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体,气泡从湖底上升到湖面的过程中,对外界做了0.6 J的功,则此过程中气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后,温度上升的过程中,又对外界做了0.1 J的功,同时吸收了0.3 J的热量,则此过程中,气泡内气体内能增加了________J.【答案】(1). D(2). 吸收(3). 0.6(4). 0.2【解析】(1)气泡上升过程中温度保持不变,所以以分子的平均速率不变,平均动能也不变,故BC错误；而压强减小体积增大,分子间的作用力不一定增大,故A错误；根据熵增加原理可知D正确．所以选D.(2)气泡上升过程中T不变,故ΔU＝0,由热力学第一定律得气体吸收热量为：Q＝W＝0.6 J．气泡到达湖面后温度上升,ΔU＝Q＋W＝0.3 J－0.1 J＝0.2 J．17. 如图所示,为一气缸内封闭的一定质量的气体的p－V图线,当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b 时,有335J的热量传入系统,系统对外界做功126J,求：(1)若沿a→d→b过程,系统对外做功42J,则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时,外界对系统做功84J,问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？【答案】(1)251J (2)放热 （3）293J【解析】试题分析：（1）分析图示a→c→b 过程,由热力学第一定律U W Q ∆=+求出内能的变化．沿a→d→b 过程与a→c→b 过程内能变化相同,再由热力学第一定律求出热量．（2）由a→b 和由b→a 内能变化大小相等,但符号相反,根据热力学第一定律求解即可．（1）沿a→c→b 过程,由热力学第一定律得：()126335J 209J U W Q ∆=+=-+=沿a→d→b 过程,U W Q ∆='+'；[20942]J 251J Q U W '=∆-'=--=（） 即有251J 的热量传入系统．（2）由a→b ,209J U ∆=；由b→a ,209J U U ∆'=-∆=-根据热力学第一定律有：84U W Q J Q ∆'="+"=+"；得：()20984J 293J Q "=--=-负号说明系统放出热量,热量传递为293J ．18. 如图所示,在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动,容器的横截面积为S ,开始时气体的温度为T 0,活塞与容器底的距离为h 0.现将整个装置放在大气压强恒为P 0的空气中,当气体从外界吸收热量Q 后,活塞缓慢上升d 后再次达到平衡,求：（1）外界空气的温度；（2）在此过程中密闭气体的内能增加量.【答案】（1）000h d T h + ；（2）Q-mgd-pS 0d 【解析】【分析】【详解】（1）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖•吕萨克定律得： ()000h d s h s T T+=, 解得：外界的空气温度为：000h d T T h +=； （2）活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功()0W mg p S d =-+,根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能()0==U Q W Q mg p S d ∆++﹣；19. 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C,其中A→B 过程为等压变化,B→C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3,T A ＝T C ＝300 K,T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B→C 过程压强变化的微观原因．(3)设A→B 过程气体吸收热量为Q 1,B→C 过程气体放出热量为Q 2,比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．【答案】(1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1大于Q 2,原因见解析【解析】【分析】【详解】（1）设气体在B 状态时的体积为V B ,由盖--吕萨克定律得,,代入数据得V B =0.4m 3．（2）微观原因：气体体积不变,分子密集程度不变,温度变小,气体分子平均动能减小,导致气体压强减小． （3）Q 1大于Q 2．因为T A =T B ,故A→B 增加的内能与B→C 减小的内能相同,而A→B 过程气体对外做正功,B→C 过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2．。

模块综合检测卷(测试时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共55分)1．下列关于能源的说法中正确的是(D)A．能源是取之不尽、用之不竭的，尽可能利用即可B．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡不利用能源C．能量的利用进程实质上是能量的创造和消失进程D．能量的利用进程实质上是能量的转化和转移进程解析：虽然在能量的利用进程中能的总量维持不变，但能量的品质会逐渐降低，可利用的能源会逐渐减少，所以应该节约能源，A、B错误；能量的利用进程的实质是能量的转化和转移，而不是能量的创造和消失，C错误、D正确．2．(多选)关于布朗运动，以下说法正确的是(CD)A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的吸引力不平衡引发的C．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引发的D．在悬浮颗粒大小不变的情况下，温度越高布朗运动越激烈解析：布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引发的，在其他条件不变的情况，温度越高布朗运动越激烈；布朗运动是指悬浮颗粒的无规则运动，并非是液体分子的运动，但布朗运动却间接反映了液体分子运动的无规则性．故C、D正确．3．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)变到很难再靠近的进程中，分子间作使劲的大小将(C)A．先减小后增大 B．先增大后减小C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小解析：由分子间作使劲与分子距离的关系图象知，分子间的作使劲由表现为引力逐渐变成表现为斥力，其大小先增大后减小再增大．C正确．4．(多选)按照热力学定律和分子动理论可知，下列说法正确的是(BD)A．可以利用高科技手腕，将流散到环境中的内能从头搜集起来加以利用而不引发其他转变B．理想气体状态转变时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C．布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越猛烈D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部份内能转化为机械能，这在原理上是可行的解析：按照热力学第二定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，而气体压壮大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度升高，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确．布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部份内能转化为机械能，理论上知足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确．5．在必然温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于(D)A．每一个分子对器壁的平均撞击力变大B．单位体积内的气体分子数变大，分子对器壁的吸引力变大C．单位体积内的气体分子数变大，单位体积内分子的重量变大D．单位体积内的气体分子数变大，单位时间内气体分子对器壁碰撞的次数增多解析：从微观的角度看，气体对容器的压强是大量分子对容器壁的碰撞引发的；温度越高，单位体积内的分子数越多，单位时间内对器壁碰撞的次数越多，气体压强越大，故D 正确．6．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶通过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，其中主要原因是(D)A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天温度升高，大气压强变小D．瓶内气体因温度降低而压强减小解析：瓶内气体发生的是等容转变，当通过一个夜晚后，其温度降低，压强减小，瓶塞受到的内部气体压强小于外界的大气压强，所以第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，故选D.7．关于液体的表面现象，下列说法正确的是(D)A．液体表面层的分子散布比内部密B．液体有使其体积收缩到最小的趋势C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力D．液体有使其表面积收缩到最小的趋势解析：液体表面层的分子散布比内部稀疏，故A错；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错，D对；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错．8．(多选)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部份组成．当稳压阀打开以后，燃气以气态从气罐里出来，通过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，则以下说法中正确的是(AC)A．燃气由液态变成气态的进程中要对外做功B．燃气由液态变成气态的进程中分子的分子势能减少C．燃气在燃烧室燃烧的进程是熵增加的进程D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用解析：燃气由液态变成气态的进程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确，燃气在膨胀进程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误，由熵增加原理可知C选项正确、D选项错误．9．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个进程中(D)A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能彼此转化C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减小D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变解析：汽车沿斜坡匀速下滑的进程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，但减小的重力势能没有转化成动能而是转化为内能，而总能量是守恒的，故A、B、C错误，D正确．10．(多选)如图所示，绝热容器内被活塞封锁必然质量的气体，现紧缩气体使其体积减小，则(BC)A．气体对外界做功，内能增加B．外界对气体做功，内能增加C．温度升高，压强变大D．温度升高，压强变小解析：绝热容器内封锁必然质量的气体，紧缩气体使其体积减小，外界对气体做功，绝热容器不发生热传递，气体内能增加，气体的温度升高，压强变大．11．(多选)如图所示，p-T图中a、b、c、d表示必然质量的理想气体状态转变进程中的四个状态．图中ab线和cd线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ad线的延长线通过原点．下列判断中正确的是(CD)A．由b到c气体不吸热也不放热B．由a到b进程，外界对气体做功C．由c到d气体必然放热D．由d到a气体必然吸热解析：由b到c进程中，做等温膨胀转变，对外做功，必然吸热，A错；a到b进程做等压转变，温度升高，由盖·吕萨克定律知，V增大，气体对外做功，B错；c到d进程也做等压转变，但温度降低，V减小，外界对气体做功，又内能减小，由ΔU＝W＋Q知气体必然放热，C对；d到a是等容转变，又T增大，ΔU>0，W＝0，则Q>0，即必然吸热，D正确．二、填空题(每空3分，共15分)12．某气体初态时有100 J内能，膨胀进程中对外做功30 J，同时吸收了20 J的热量，在这进程中内能________________________________________________________________________ (填“增加”或“减少”)________ J.解析：由热力学第必然律ΔU＝U2－U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30 J，Q＝20 J．故ΔU＝U2－U1＝－10 J，因此内能减少了10 J.答案：减少1013．用内径很小的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压________(填“偏高”、“偏低”或“相同”)．解析：水银对玻璃是不浸润的，由于内径很小，则可发生毛细现象，对液柱起压低作用，所以水银柱高度降低，示数偏低．答案：偏低14．质量必然的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)转变进程中温度(T )随加热时间(t )转变关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看做不变．(1)以下说法正确的是________．A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改成体积不变，则温度升高________(填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)请说明理由．解析：按照热力学第必然律ΔU ＝Q ＋W ，理想气体的状态方程pV T ＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W <0，ΔU ＝Q －|W |；体积不变的条件下，W ＝0，ΔU ＝Q ；所以ΔU 1<ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快．答案：(1)BCD (2)变快三、计算题(每小题15分，共30分)15．将两块－10 ℃的冰块彼此摩擦，二者之间摩擦力维持10 N ，二者相对速度为0.9 m/s ，若摩擦产生的能量全数被冰块吸收，问5 min 后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？(已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为×107 J/kg)解析：摩擦力做的功：W ＝f ·v ·t ＝10××300 J ＝2 700 J.ΔE ＝W ，故ΔE ＝2 700 J ，冰的内能增加2 700 J改用煤油炉加热，其传递给冰块的热量等于摩擦力做的功，故W ＝ηqm ，m ＝W ηq＝2 700××107kg ＝×10－4 kg. 答案：2 700 J ×10－4 kg16．必然质量的理想气体由状态A 通过状态B 变成状态C ，其有关数据如p-T 图象甲所示．若气体在状态A 的温度为－73.15 ℃，在状态C 的体积为0.6 m3.求：(1)状态A 的热力学温度；(2)说出A 至C 进程中气体的转变情形，并按照图象提供的信息，计算图中VA 的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A 通过状态B 变成状态C 的V-T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .若是需要计算才能肯定坐标值，请写出计算进程．解析：(1)状态A 的热力学温度：TA ＝t ＋＝－＋＝200 K.(2)由图甲可知：A 至B 为等压进程，B 至C 为等容进程．对A 至C ，由理想气体状态方程有： pAVA TA ＝pCVC TC， 得：VA ＝pCVCTA pATC＝错误!＝ m3. (3)由盖·吕萨克定律：VA TA ＝VBTB ，得：VB ＝VATB VA ＝×300200＝ m3. 因为B 至C 为等容进程，所以VC ＝VB ＝ m3，图象如图所示．答案：(1)200 K (2) m3 (3)观点析。

模块检测(二)一、单项选择题(每小题5分，共35分)1．如图8所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。

待测物体温度升高时，泡内封闭气体()图8A．内能不变，压强变大B．体积不变，压强变大C．温度不变，压强变小D．温度降低，压强变小答案 B解析由题意知，该测温泡的容积一定，即体积不变，当待测物体温度升高时，泡内封闭气体的温度升高，根据查理定律V＝c常数，可知气体压强变大，T所以A、C、D错误，B正确．2．如图9所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，则此过程中()图9A．气体的温度升高B．气体对外放热C．外界对气体做功D．气体分子间平均距离变小答案 A解析由盖—吕萨克定律知，压强不变VT＝c(常数)，a→b，V、T均增大，气体对外做功，故A正确，C错误．对理想气体，温度升高内能增加，同时气体又对外做功，故只能吸热，B选项错误，气体体积变大，分子间距变大，D选项错误．3．如图10所示，U形管的A端封有气体，B端也有一小段气体．先用一条小铁丝插至B端气体，轻轻抽动，使B端上下两部分水银柱相连接，设外界温度不变，则A端气柱的()图10A．体积减小B．体积不变C．压强增大D．压强减小答案 B解析由气体向各个方向压强相等的特点，A管中封闭气体的压强等于外界大气压和A管液面与B管中的水银柱的竖直水银柱产生的压强之和，前后这两种情况，水银柱的高度差没有变化，则A管封闭气体的压强不变，体积不变，故B选项正确。

4．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项错误；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项错误；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项错误；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项正确，故选D.5．下列说法正确的是() A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加B．物体对外界做功，其内能一定减少C．气体温度升高时，每个分子运动速率都会增大D．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答案 D解析根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，改变内能的方式为做功和热传递，外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故A、B错误；温度是分子平均动能标志，物体温度越高，分子平均动能越大，但不是每个分子的动能都增大，则每个分子运动速率不一定增大，选项C错误；根据热力学第二定律知，热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，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，故D正确．故选D. 6．一定质量的理想气体，在某一状态变化过程中，气体对外界做功8 J，气体内能减少12 J，则在该过程中()A．气体吸热4 J B．气体放热4 JC．气体吸热20 J D．气体放热20 J答案 B解析改变内能的方式有两种，即热传递和做功，气体内能变化ΔU＝W＋Q，即－12 J＝－8 J＋Q，可得Q＝－4 J，即放热4 J，选项B对．7．某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图11所示．当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，产生这一现象的原因是饮料瓶中气体()图11A．体积增大，压强减小B．动能增大，温度升高C．对外做功，温度降低D．质量减少，温度降低答案 C解析由题意知，因瓶内气体膨胀，对外界做功，故橡皮塞冲出，W＜0.又因时间很短，可得吸放热Q≈0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＜0，所以内能减小，温度降低，故选C.二、双项选择题(每小题5分，共15分)8．以下说法正确的是()A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B．某物体温度升高，则该物体分子热运动的总动能一定增大C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的D．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生答案BC解析当r＜r0时，当分子间距增大时，分子力减小，分子势能减小；当r＞r0时，当分子间距增大时，分子力先增加后减小，分子势能增加，选项A错误；某物体温度升高，则分子的平均动能增大，该物体分子热运动的总动能一定增大，选项B正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项C正确；自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，例如水能由高处自然的流向低处，但是不能自发的由低处流向高处，选项D错误．9．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答案CD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＝C知，当温度升高时，气体的压和体积不变，根据理想气体的状态方程pVT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．10．如图12所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气缸固定不动，外界温度恒定，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止，现不断向小桶中添加细砂，使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)，则在活塞移动过程中正确的说法是()图12A．气缸内气体的压强不变B．气缸内气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数变少C．气缸内气体的内能不变D．此过程中气体从外界吸收的热量全部用来对外做功，此现象违背了热力学第二定律答案BC解析根据活塞的平衡条件可得，pS＋mg＝p0S，故添加细砂时，p减小，A 错误．气缸内气体温度不变，压强减小，体积增大，故B正确．由于温度不变，气体内能不变，C正确．气体从外界吸收热量，对外做功但引起了其他变化，即小桶的重力势能减小了，故不违背热力学第二定律，D错误．三、填空题(每小题5分，共10分)11．在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V.在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图13所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X.图13(1)用以上字母表示油酸分子的大小d ＝____________.(2)从图中数得X ＝____________.答案 (1)VA NXa 2 (2)62(60～65均可)解析 (1)N 滴溶液的总体积为V ，一滴溶液的体积为V N ，含有的油酸体积为V A N ，形成单分子油膜，面积为Xa 2，油膜厚度即分子直径d ＝VA N Xa 2＝VA NXa 2.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对照图示的油酸膜，共有62格．12．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J ，同时气体的内能增加了 1.5×105J.试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.答案 放出 5×104解析 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，W ＝2.0×105J 、ΔU ＝1.5×105J 、Q ＝ΔU －W ＝－5×104J.四、计算题(共4小题，共40分)13．(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个碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．答案 7.0×1021个 2.2×10－10m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＝7×1021个一个碳原子的体积为V 0＝V N ＝4×10－87×1021 m 3＝47×10－29m 3 碳原子的直径d ＝ 36V 0π＝ 36×47×10－293.14≈2.2×10－10m14．(10分)如图14所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S ，将整个装置放在大气压恒为p 0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h 0，当气体从外界吸收热量Q 后，活塞缓慢上升d 后再次平衡，求：图14(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？答案 (1)h 0＋d h 0T 0 (2)Q －(mg ＋p 0S )d 解析 (1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V V 0＝T T 0得外界温度T ＝V V 0T 0＝h 0＋d h 0T 0 (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能：ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d15．(10分)如图15所示，横截面积S ＝10 cm 2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底部距离H ＝30 cm.在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h ＝25 cm.已知外界大气压强始终为p 0＝1×105Pa ，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g ＝10 m/s 2.求：图15(1)所放重物的质量；(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．答案 (1)2 kg (2)放出6 J 热量解析 (1)封闭气体发生等温变化气体初状态的压强为p 1＝1×105p a气体末状态的压强为p 2＝p 0＋mg S根据玻意耳定律得p 1HS ＝p 2hS解得：m ＝2 kg(2)外界对气体做功W ＝(p 0S ＋mg )(H －h )根据热力学第一定律知ΔU ＝W ＋Q ＝0解得Q ＝－6 J 即放出6 J 热量．16．(12分)如图16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：图16(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．答案(1)160 K(2)既不吸热也不放热解析(1)A、C两状态体积相等，则有p AT A＝p CT C①得T C＝p Cp A T A ＝0.5×4801.5K＝160 K．②(2)由理想气体状态方程得p A V AT A＝p B V BT B③得T B＝p B V Bp A V A T A ＝0.5×3×4801.5×1K＝480 K④由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等．。

综合检测(三)
第三章热力学基础
(满分：100分钟时间：60分)
一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)
1．下列说法正确的是()
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵从热力学第二定律B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等
C．自发的热传导是不可逆的
D．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背热力学第一定律
【解析】有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量，不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背了热力学第二定律．
【答案】 C
2．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50 ℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团．气团直径可达几千米．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略．高空气团温度很低的原因可能是()
A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低
B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低
C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低
D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低。

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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．下列能源中属于二次能源的是（)A．石油B．电能C．煤炭D．核能答案：B2．下列说法中正确的是( )A．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动B．多晶体没有固定的熔点C．液晶的光学性质具有各向异性D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力解析：布朗运动是悬浮在液体中的微粒所做的无规则运动，选项A错误;多晶体有固定的熔点，选项B错误;液晶的光学性质具有各向异性,选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，选项D错误．答案：C3．下列说法中正确的是( ）A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．由水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏加德罗常数C．布朗运动表明分子越小，分子运动越剧烈D．分子间的作用力随分子间距离的增大而减小解析：液体表面张力产生在液体表面层,它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A 错误；由水的摩尔质量和水分子的质量,可以求出1 mol水的分子数，即可求得阿伏加德罗常数,故B正确;布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是由于颗粒周围液体分子撞击引起的,所以布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动，布朗运动表明颗粒越小,运动越剧烈,间接表明液体分子运动越剧烈，故C错误；分子间的作用力是引力时，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，故D错误．答案：B4．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,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：D5．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．非晶体的物理性质是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．以下说法正确的是（)A．液体的饱和汽压随温度升高而降低B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大C．在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增大D．液面上部的蒸汽达到饱和时，液体不再蒸发，没有液体分子从液面飞出解析：液体的饱和汽压随温度的升高而升高，故A错误;当人们感到潮湿时,空气的相对湿度一定较大,故B错误；在绝对湿度一定的情况下，气温降低时饱和汽压减小,则相对湿度将增大,故C正确;液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故D错误．答案：C8．如图所示,A、B是两个完全相同的球,分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时,球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值,两球膨胀后，体积相等，则（)A．A球吸收的热量较多B．B球吸收的热量较多C．两球吸收的热量一样多D．无法确定解析:两球初末态温度分别相同,初末态体积也相同，所以内能增量相同,但水银中的B球膨胀时对外做功多，所以吸热较多，故选B。

2023-2024学年粤教版高中物理单元测试学校：__________ 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、多选题（本大题共计5小题，每题3分，共计15分）1.电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（）A. 车轮停在感应线上时，电阻R上没有电流B. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电C. 车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照【答案】A, B, D【解析】解： A ．车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故 A正确；BC．由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后反向增大再减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故 B正确， C错误；D．若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故 D正确．故选 ABD．2.下列说法正确的是（）A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B. 电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断C. 电子称所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压差信号D. 金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高【答案】B, C, D【解析】解：A、话筒是一种常用的声波传感器，其作用是声信号转换为电信号，故A错误；B、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断，故B正确；C 、力传感器在电子秤中的应用电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压差信号．故C正确；D、金属导体的电阻率随温度升高而增大，故金属热电阻随温度的升高其阻值逐渐升高，故D正确．故选：BCD．3.家用电饭锅有两种工作状态，一是锅内水烧开前的加热状态，一是水烧开后的保温状态，其电路如图所示，R_1、R_2是电热丝，S 是温控开关，A、B两点接照明电路，下列叙述中正确的是（）A. \S 断开时是加热状态B. \S 闭合时是保温状态C. \S 闭合时是加热状态D. \S 断开时是保温状态【答案】C, D【解析】解：S闭合时电阻R_1被短路，R_2的功率P_1= \dfracU^2R_2；S 断开时，电阻R_1、R_2串联，R_2的功率P_2= \dfracU′^2R_2= \dfrac(\dfracR_2UR_1+ R_2)^2R_2，显然P_1\gt P_2．所以S闭合时为加热状态，S断开时为保温状态．故选：CD．4.如图所示，两个质量分别为m_1, m_2的物块A和B通过一劲度系数为k的轻弹簧连接在一起并放置于倾角为\theta的倾斜传送带上，平行传送带斜面的轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为A^\prime ，传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳．设弹簧在弹性限度内，重力加速度为g^\prime ，则下列说法正确的是（）A. 剪断细绳前系统稳定时，弹簧的伸长量为Delta x=dfrac1km_2g(sin theta +mu cos theta )B. 剪断细绳前系统稳定时，细绳的拉力为T=mu (m_1+m_2)gcos thetaC. 剪断细绳瞬间a_A=(1+dfracm_2m_1)g(sin theta +mu cos theta )，a_B=0D. 剪断细绳瞬间a_A=(1+dfracm_2m)g(sin theta +mu cos theta )，a_B=g(sin theta +mu cos theta )【答案】A【解析】15.霍尔式位移传感器的测量原理如图9所示，有一个沿z 轴方向的磁场，磁感应强度B= B_0+ kz（B_0、k均为常数）．将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图9所示），当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同．则（）A. 当物体沿z轴方向移动时，上、下表面的电势差U变小B. 传感器灵敏度(dfractriangle Utriangle z)与上、下表面的距离有关C. 若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D. 传感器灵敏度(dfractriangle Utriangle z)与通过的电流有关【答案】B, D【解析】解：A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q= \dfracUC \dfracUc= qvB，电流的微观表达式为I= nqvS= nqvbc，所以U=\dfracBInqb．I越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U 越大，而沿z轴方向移动时，不影响电势差的变化．故A错误，D正确．B、k越大，根据磁感应强度B= B_0+ kz，知B随z的变化越大，根据U=\dfracBInqb．知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度(\dfrac\triangle U\triangle z )越高．故B正确．C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．故选BD．二、选择题（本大题共计9小题，每题3分，共计27分）6.一个轻弹簧挂30 N 的重物时，轻弹簧总长为17.2 cm ，挂100 N 的物体时，轻弹簧的总长为20 cm （轻弹簧伸长均在弹性限度内）则轻弹簧的原长是（）A. 12 \cmB. 14 \cmC. 15 \cmD. 16 \cm【答案】D【解析】17.2 cm ＝0.172 m ，20 cm ＝0.20 m设弹簧的原长为l_0，劲度系数为k，根据题意由胡克定律可得：30＝k(0.172-l_0) ①100＝k(0.20-l_0) ②联立解得：l＝0.16 m ＝16 cm 。

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）2013-2014年廉江中学第二学期物理选修3-3第一次月考试卷13．根据热力学第二定律，下列判断不正确的是( )A．电流的能不可能全部变为内能B．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能C．热机中，燃气内能不可能全部变为机械能D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体14．气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的( )A．温度和体积B．体积和压强C．温度和压强 D．压强和温度15.在恒温水池中，一个气泡缓缓向上升起，在上升过程中（）A.气泡的体积不变,内能减少，放出热量B.气泡的体积缩小,内能不变，放出热量C.气泡的体积增大,内能不变，吸收热量D.气泡的体积不变,内能增加，吸收热量16.气体膨胀做功30J，同时从外界吸收20J的热量，则这一过程中气体内能的变化是( )A.减少50J；B.增加50J；C.减少10J；D.增加10J。

17. 电冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界空气，这说明了( )A．热量能自发地从低温物体传给高温物体B．在一定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体C．热量的传导过程不具有方向性D．在自发的条件下热量的传导过程具有方向性18.如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下受到暴晒，车胎极易爆裂，关于这一现象的描述，下列说法正确的是（暴晒过程中内胎容积几乎不变）( )A.车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B.在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C.在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能增加D.在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少19. 一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的P-V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化Pcb到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( )A.由a状态至b状态过程中，气体放出热量，内能不变B.由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能增加C.c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D.b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能较小20.关于晶体和非晶体的几种说法中，正确的是( )A．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体B．晶体的物理性质与方向有关，这种特性叫做各向异性C．若物体表现为各向同性，它就一定是非晶体D．晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度21.有关布朗运动的说法不正确的是( )A.液体的温度越低，布朗运动越显著B.液体的温度越高，布朗运动越显著C.悬浮微粒越小，布朗运动越显著D.在某一瞬间跟悬浮微粒相撞击的分子数越多，布朗运动越显著34．（18分）（1）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环，则：A．由A→B，气体分子的平均动能（填“增大”、“减小”或“不变”）B．由B→C，气体的内能（填“增大”、“减小”或“不变”）C．由C→A，气体热量（填“吸收”或“放出”）（2）．在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1.0mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm的浅水盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个。