2018年粤教版物理选修3-3模块综合检测

模块综合检测(一)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．) 1．下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是() A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷在电场中不一定受电场力的作用答案：C2．在闭合电路中，下列叙述正确的是()A．当外电路断开时，路端电压等于零B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D．当外电阻增大时，路端电压将减小答案：B3．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将()A．逐渐变大B．逐渐变小C．始终为零D．不为零，但始终保持不变解析：穿过线圈的磁通量是通电导线造成的，但是通电导线处于圆的正上方，所以穿过线圈的磁通量总为零，而通电导线竖直方向的移动也不会影响其总磁通量的变化．答案：C4．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大解析：根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．答案：C5．一同学用多用电表的欧姆挡测量一个“220 V40 W”的白炽灯泡的电阻值，测量结果为90 Ω，但用公式P＝U2R计算该灯泡的阻值是1 210 Ω，下列说法正确的是()A．两个电阻值相差太大是不正常的，一定是实验时读错了B．两个电阻值不同是正常的，因为欧姆表测电阻的误差大C．两个电阻值相差太大是不正确的，可能是出厂时把灯泡的功率标错了D．两个电阻值相差很大是正常的，阻值1 210 Ω是灯泡正常工作(温度很高)时的电阻值，阻值90 Ω是灯泡不发光(室温)时的电阻值解析：用多用电表的欧姆挡测量白炽灯泡的电阻值时，流经电表的电流很小，电灯的实际电功率很小，灯丝温度很低，电阻率很小，所以电阻值很小．答案：D6．一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则()A．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小B．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大C．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小D．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E＝Ud，分析得知，两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C减小，电压U不变，则由C＝Q U，分析得知极板上的电量将减小．故A正确．答案：A7.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由无穷远处的A →O →无穷远处的B 匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受另一个力的大小和方向的变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右解析：等量异种电荷的中垂线上的电场强度方向垂直中垂线指向负电荷，即水平向右，电场强度沿中垂线上的O 点向两边减小，即电子受到向左的电场力，大小先增大后减小，所以为了保持合力为零，另一个力的方向应水平向右，大小先增大后减小，B 正确．答案：B8．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M 、N 与电压为U 的恒定电源连接，板的间距为d .现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，则( )A ．此时极板间电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量为mg UdC ．减小极板间电压，油滴将减速下落D ．将极板N 向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A 正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q U d＝mg ，可知B 错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C 错误；N 板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D 错误．答案：A9．如图所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )A ．场强大小为kq r 2，方向沿OA 方向 B ．场强大小为kq r 2，方向沿AO 方向 C ．场强大小为2kq r 2，方向沿OA 方向 D ．场强大小为2kq r 2，方向沿AO 方向 解析：在A 处放一个－q 的点电荷与在A 处同时放一个＋q 和－2q 的点电荷的效果相当，因此可以认为O 处的场是五个＋q 和一个－2q 的点电荷产生的场合成，五个＋q 处于对称位置上，在圆心O 处产生的合场强为0，所以O 点的场强相当于－2q 在O 处产生的场强，故选C.答案：C10.如图所示，重力均为G 的两条形磁铁分别用细线A 和B 悬挂在水平的天花板上，静止时，A 线的张力为F 1，B 线的张力为F 2，则( )A ．F 1＝2G ，F 2＝GB ．F 1＝2G ，F 2>GC ．F 1<2G ，F 2>GD ．F 1>2G ，F 2>G解析：把两条形磁铁看作一个整体，对其受力分析并根据平衡条件可知，F 1＝2G ；选取下面的条形磁铁为研究对象，对其受力分析，它受到竖直向下的重力G 、B 线竖直向上的张力F 2和上面的条形磁铁对其施加的竖直向下的斥力T ，根据三力平衡可知，F 2＝G ＋T >G ，所以选项B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11．长为L 的直导线ab 斜放(夹角为θ)在水平轨道上，轨道平行且间距为d ，通过ab 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，如图所示，则导线ab 所受安培力的大小为( )A.IdB cos θB.IdB sin θ C ．ILB sin θD ．ILB 解析：导线ab 所受安培力的大小为F ＝BIL ＝IdB sin θ，选项B 、D 正确．答案：BD12．质谱仪的构造原理如图所示．从粒子源S 出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P 点，测得P 点到入口的距离为x ，则以下说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子一定带负电C ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：根据左手定则，A 正确，B 错误；根据qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2r ，r ＝12x 可知m q ＝B 2x 28U ，可见x 越大，m q 越大，故C 正确，D 错误．答案：AC13．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量 解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD14．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E ，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点( )A ．带有电荷量为mg E的负电荷 B ．沿圆周逆时针运动C ．运动的角速度为gB ED ．运动的速率解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg ＝qE ，求得电荷量q ＝mg E，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A 正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B 错误；由q v B＝m vω，得ω＝qBm＝mgBEm＝gBE，故C正确；在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度，故D错误．答案：AC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.图丙(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程0～5 mA，内阻约50 Ω)；电流表A2(量程0～15 mA，内阻约30 Ω)；电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)；电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约25 kΩ)；直流电源E (电动势4 V ，内阻不计)；滑动变阻器R 1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)； 滑动变阻器R 2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A); 开关S ；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R 测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U 和I 表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝____________(不要求计算，用题中所给字母表示)．答案：(1)50.20 (2)4.698(4.697、4.698、4.699均可以) (3)220 (4) (5)U πD 24IL16．(10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图甲所示的I ­U 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图甲，可判断出图丙中正确的关系图是______(图中P为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V的电源上，如图丁所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由题图甲所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在P­I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则P­I2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，A、B、C错误，D正确．(3)由题图丁所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理，得U＝8－20I ，在下图坐标系中作出U ＝8－20I 的图象，如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U ＝2 V 、I ＝0.3 A ，此时通过电流表的电流值I A ＝2I ＝0.6 A ，每个灯泡的实际功率P ＝UI ＝2×0.3 W ＝0.6 W.答案：(1)见解析图所示 (2)D (3)0.6 0.617．(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．求：(1)A 点在斜轨道上的高度h 为多少？(2)小球运动到最低点时的最小压力为多少？解析：(1)设小球到B 点的最小速度为v B ，由牛顿第二定律：mg －qE ＝m v 2B R ，小球从A 到B 的过程中，由动能定理：(mg －qE )(h －2R )＝12m v 2B ，由以上各式得：h ＝5R 2. (2)小球从A 到C 的过程中，由动能定理：(mg －qE )h ＝12m v 2C， 小球在C 点时，由牛顿第二定律：N ＋qE －mg ＝m v 2C R ，又因为mg ＝2qE 得：N ＝3mg .答案：(1)52R 3mg 18．(12分)如图所示，两竖直金属板间电压为U 1，两水平金属板的间距为d .竖直金属板a 上有一质量为m 、电荷量为q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动．水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，求：(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v 0；(2)两水平金属板间的电压；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D .解析：(1)在加速电场中，由动能定理，得qU 1＝12m v 20， 解得v 0＝2qU 1m. (2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则Bq v 0＝q U d， 解得U ＝Bd 2qU 1m. (3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D ，则Bq v 0＝m v 20r且r ＝D ，解得D＝mBq2qU1m.答案：(1) 2qU1m(2)Bd2qU1m(3)mBq2qU1m。

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．。

综合检测卷B(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共16小题，每小题4分，共64分)1.把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图1所示，下列说法中正确的是()A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动图1C．越小的炭粒，运动越明显D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多静止不动的水分子组成的答案BC解析水分子在显微镜下是观察不到的，故A错．据布朗运动的含义知道B、C正确．水分子不是静止不动的，D错．2．液体与固体具有的相同特点是()A．都具有确定的形状B．体积都不易被压缩C．物质分子的位置都确定D．物质分子都在固定位置附近振动答案 B解析液体与固体具有的相同特点是都不易被压缩，选项B正确．3．夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气(可看成理想气体)()A．内能减小，外界对其做功B．内能减小，吸收热量C．内能增加，对外界做功D．内能增加，放出热量答案 A解析此过程中瓶内空气温度降低，体积减小，所以内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU<0，W>0，Q＝ΔU－W<0，所以空气放热，只有选项A正确．4．关于物态和物态变化，下列说法正确的是()A．晶体与非晶体都有确定的熔点B．浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的绝对湿度D．液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性答案BD解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，选项A错误；浸润和不浸润现象是由接触层分子间距变化引起的，与表面张力类似，均为分子力的表现形式之一，选项B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，选项C错误；液晶是一种介于晶体和液体之间的物质，具有液体的流动性和某些晶体的光学各向异性，选项D正确.5．某校中学生参加电视台“异想天开”节目的活动，他们提出了下列四个设想方案，理论上可行的是()A．制作一个装置从海水中吸收内能全部用来做功而不产生其他影响B．热力学第二定律也叫熵不变原理C．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝D．将房屋顶设计成太阳能板，可直接用太阳能来解决照明和热水问题答案 D解析根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功而不引起其他变化，选项A是错误的；根据热力学第二定律可知，与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，选项C是错误的；根据能量守恒定律可知，选项D是正确的．6．关于气体压强，下列说法正确的是()A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲力C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大答案 A解析气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系，由此可知选项A正确，选项B错误；气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强也一定减小，选项C错误；单位体积的气体分子增加，若温度降低，则有可能气体的压强减小，选项D错误．7．理想气体分子之间的相互作用可忽略不计，现使一定质量的理想气体温度降低而压强变大，达到新的平衡后，则()A．气体的密度变大B．气体分子无规则运动的平均动能变小C．每个气体分子无规则运动的速率都变大D．每个气体分子无规则运动的速率都变小答案AB解析当使理想气体的温度降低而压强变大达到新的平衡后，气体的体积减小，所以气体的密度变大，气体分子无规则运动的平均动能变小，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增多，但在某一时刻对于单个分子来说，有的分子无规则运动的速率增大，有的减小．故只有选项A、B正确．8．下列说法中正确的是()A．布朗运动就是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B．质量一定的理想气体，体积不变时，温度越高，压强越大C．一定质量的理想气体对外做功500J，同时吸收200J热量，则这气体温度降低、内能减少300JD．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律答案BC解析布朗运动是悬浮颗粒的运动，是由于液体分子的无规则撞击导致的，A选项错误；据理想气体状态方程pV/T＝C，B选项正确；据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，C选项正确；第二类永动机违反了热力学第二定律．D选项错误．9．下列说法正确的是()A．一定质量的理想气体在等温变化过程中，若吸热，则一定对外做功B．分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快C．热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能D．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的总作用力答案AB解析理想气体内能由温度决定，等温变化，内能保持不变，根据热力学第一定律：ΔU＝W ＋Q，吸收热量时，一定对外做功，A正确；分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，斥力减小的更快，B正确；无论如何改进，热机的效率不可能达到100%，C错误；气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在单位面积上的总作用力，D错误．10．下列叙述中，正确的是()A．物体温度越高，每个分子的动能也越大B．布朗运动就是液体分子的运动C．一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变D．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体答案CD解析物体温度越高，分子热运动的平均动能越大，并不是每个分子热运动的动能都大，故A是不对的；布朗运动并不是液体分子的运动，在布朗运动中看到的并不是分子，而是微小的颗粒，由于液体分子对颗粒的不同方向的撞击是不平衡的，故颗粒会做无规则的运动，所以B是不对的；一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果其对外做了相同大小的功，根据热力学定律可知，其内能可能不变，C是正确的；热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，要想让热量能够从低温物体传递给高温物体，则外界必须对它做功，故D也是正确的．11．我国神七航天员漫步太空已变成现实．此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图2所示，两个相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K 后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则()图2A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减小，内能增加C．体积变大，温度降低D．B中气体不可能自发地全部退回到A中答案 D解析当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，则A选项是错误的；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，则选项B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部回到A中，故D正确．12.某校开展探究性课外活动，一同学用如图3所示的装置研究气体的压强、体积、温度三者之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸并将其开口向下固定不动，气缸内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则() 图3A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数变小D．外界对气体做功，温度计示数变大答案 B解析 细沙漏出，活塞向上运动，气缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；气缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，气体向外放热，温度不变，气体内能不变，选项B 正确．13.一定质量的理想气体状态变化过程如图4所示，第一种变化是从A到B ，第二种变化是从A 到C .比较两种变化过程，则( )A ．A 到C 过程气体吸收的热量较多B ．A 到B 过程气体吸收的热量较多C ．两个过程气体吸收的热量一样多图4D ．两个过程气体内能增量不相同答案 A解析 在p —T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，由题图可知V C >V A >V B .从A →C ，气体对外界做功，W AC <0；从A →B ，外界对气体做功，W AB >0.由T B ＝T C 可知，A →B 和A →C 两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收的热量较多，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．14．A 、B 为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C 、D 为两个重物，质量关系为m C >m D ，按如图5所示方式连接并保持平衡，现使它们的温度都升高10℃，不计活塞质量及滑轮系统的摩擦，则系统重新平衡后( )图5A ．C 下降的高度比D 下降的多B ．C 下降的高度比D 下降的少C ．C 、D 下降的高度一样多D ．A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同答案 A解析 系统处在平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D g S，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pV T＝C (常量)可知，当p 不变时，ΔV ＝C ΔT p.又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的多，选项A 正确．15.如图6所示，气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )A ．快速挤压时，瓶内气体压强变大B ．快速挤压时，瓶内气体温度不变C ．快速挤压时，瓶内气体体积不变D ．缓慢挤压时，气球下降答案 AD 图6解析 快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由ΔU ＝W ＋Q 知，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A 项对，B 、C 两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg 大于浮力ρgV 气球，气球下降，则D 项正确．16.如图7所示，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体( )A ．内能增加B ．对外做功C ．压强增大图7D ．分子间的引力和斥力都增大答案 AB解析 因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度也升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A 正确．因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p 0S＋mg ＝pS ，即缸内气体的压强p ＝p 0＋mg S 不变，C 错误．由盖·吕萨克定律V T＝C 可知气体体积膨胀，对外做功，B 正确．理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D 错误．二、填空题(本题共2小题，共12分)17．(6分)测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法等．(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25mL 油酸，倒入标注250mL 的容量瓶中，再加入酒精后得到250mL 的溶液．然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL 的刻度，再用滴管取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图8甲所示．坐标格的正方形大小为2cm ×2cm.由图可以估算出油膜的面积是______cm 2(保留两位有效数字)，由此估算出油酸分子的直径是______m(保留一位有效数字)．甲 乙图8(2)如图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片．这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8m 的圆周而组成的．由此可以估算出铁原子的直径约为______m(结果保留两位有效数字)．答案 (1)2.6×102 8×10－10 (2)9.4×10－10解析 (1)数油膜覆盖的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，估算出油膜的面积S ＝64×2cm ×2cm ≈2.6×102cm 2.溶液浓度为11000，每滴溶液体积为1100mL,2滴溶液中所含油酸体积为V ＝2×10－5cm 3.油膜厚度即油酸分子的直径是d ＝V S≈8×10－10m. (2)直径为 1.43×10－8m 的圆周周长为πd ≈4.49×10－8m ，可以估算出铁原子的直径约为4.49×10－8m÷48≈9.4×10－10m.18.(6分)如图9所示为一定质量的理想气体的p －V 图象．其中，A →B 为等温过程，B →C 为绝热过程．这两个过程中，内能减少的是________；B →C 过程气体________(选填“对外”或“对内”)做功．答案 B →C 对外解析 B →C 过程温度降低，故内能减少，此过程中体积增大，故对外做功．图9三、计算题(本题共2小题，共24分)19．(12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的气体中的酒精含量，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(已知酒精的摩尔质量为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 ＝2.4×10－4×300×10－3 g ＝7.2×10－5 g 一次呼出气体中酒精分子数目为N ＝m M N A ＝7.2×10－546×6.02×1023个≈9.42×1017个 20．(12分)使一定质量的理想气体的状态按图10甲中箭头所示的顺序变化，图中BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．图10(1)已知气体在状态A 的温度T A ＝300K ，求气体在状态B 、C 和D 的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V 和温度T 表示的图线(图中要标明A 、B 、C 、D 四点，并且要画箭头表示变化的方向)．说明每段图线各表示什么过程．答案 (1)600K 600K 300K (2)见解析解析 从p －V 图中可以直观地看出，气体在A 、B 、C 、D 各状态下压强和体积分别为p A ＝4atm ，p B ＝4atm ，p C ＝2atm ，p D ＝2atm ，V A ＝10L ，V C ＝40L ，V D ＝20L.(1)根据理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C ＝p D V D T D， 可得T C ＝p C V C p A V A ·T A ＝2×404×10×300K ＝600K ， T D ＝p D V D p A V A ·T A ＝2×204×10×300K ＝300K ， 由题意知B 到C 是等温变化，所以T B ＝T C ＝600K.(2)由状态B 到状态C 为等温变化，由玻意耳定律有p B V B ＝p C V C ，得V B ＝p C V C p B ＝2×404L ＝20L. 在V －T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图所示)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程．。

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。

综合检测卷B(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是()A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的答案 B2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220 2sin100πt(V)，则() A．交流电的频率是100πHzB．t＝0时线圈位于垂直中性面处C．交流电的周期是0.02sD．t＝0.05s时，e有最大值答案 C解析根据公式ω＝2πf，可得该交流电的频率为f＝50Hz，A错误；t＝0时刻瞬时感应电动势为零，所以线圈位于中性面处，B错误；1根据A可得T＝＝0.02s，C正确；ft＝0.05s时，e＝220 2si n5πV＝0，D错误．3．如图1所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是()图1A. 的示数不变，的示数增大B. 的示数减小，的示数增大C. 的示数不变，的示数增大D. 的示数不变，的示数减小答案 D4.如图2所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc 的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下列选项中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律()图2答案 D解析感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，D正确．5．如图3所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时()图3A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮答案 D解析开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直流、通交流”；电感L“阻交流、通直流”；R对交流、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．6．如图4所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝23l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图4A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1答案 B解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强ΔBΔΦΔB E a 3度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝n l2，则＝( )2ΔtΔtΔt E b 1ΔB nl2S9 E EΔt klS＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之1 R4nl4ρnl4ρρSklSΔB nk2l3S比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·n l2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功4ρΔt4ρ率之比为27∶1，选项D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)7.电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示，现把此交变电动势加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是()图5A．线圈转动的角速度为100rad/s1B．在0～0.005s时间内，通过电阻的电荷量为 C5πC．电热丝两端的电压为180VD．电热丝的发热功率为1800W答案BD2π解析由题图可知T＝0.02s，ω＝＝100πrad/s，A错误．在0～0.005s内，由U m＝T22 ΔΦBS－0 1 R U mnBSω，得BS＝Wb，q＝＝＝C，B正确．电热丝两端电压U＝·＝90πR＋r R＋r5πR＋r 2U2V，C错误．电热丝的发热功率P＝＝W＝1800W，D正确．R990 228．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是()P 1A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的U2 50U2B．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍R线1C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的2500U2D．由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增为原来的2500倍R线答案ACU1 n1 P解析由＝可知，U2＝50U1，输送功率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来U2 n2 U21 1的，选项A正确，B错误；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，选项C 50 2 500正确，D错误．9.如图6所示，单匝矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ()图6A．t＝0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势为零1C．转过90°的过程中，线圈中的平均感应电动势为ωBLD2解析A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝Blv求解比较方便．t＝0时，只有cd边切4割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不ΔΦ切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝较方便．转过Δt2πTωπ90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD，转过90°所用时间Δt＝＝＝，4 4 2ωΔΦBLD2ωBLD故平均电动势为E＝＝＝，故C错，D正确．Δtππ2ω10．如图7，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O M 和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图7A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TTC．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等8D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC1解析当导线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不2是正弦交流电，A错误，C正确；当导线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两导线框中的感应电流方向为逆时针，当导线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，导线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和导线框运动周期相等，B正确；导线框N在完全进入磁场后有T T T3T时间穿过导线框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即导线框N在0～和～内有感4 4 2 4应电动势，其余时间内没有；而导线框M在整个过程中都有感应电动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值也不会相同，D错误．三、实验题(本题共1小题，共8分)11．(8分)如图8甲所示是某同学探究热敏电阻的阻值随温度变化的规律时设计的电路图．图8(1)根据电路图，在图乙的实物上连线．(2)通过实验，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线如图9所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而________．图9(3)他将这个热敏电阻接入如图10所示的电路中，已知电源电压为9V，R1＝30Ω，内阻不计的毫安表读数为500mA，则R2的阻值为________．图10答案(1)连接实物图如图所示(2)减小(3)25Ω解析(2)由热敏电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大，曲线斜率也增大，因此热敏电阻的阻值减小．(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流E9I1＝＝A＝300 mA.R1 306通过R2和R的电流为I2＝I A－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，则R2两端的电压U2＝E－U＝5 V，U2 5所以R2＝＝Ω＝25 Ω.I2 200 × 10－3四、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明，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．)ΔB 12.(10分)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率Δt ＝k，k为正的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的正方形方框．将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图11(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．klS k2l2S答案(1) (2)8ρ8ρ解析(1)方框产生的感应电动势为ΔΦE＝①Δt1ΔΦ＝l2·ΔB ②2E导线中的电流为I＝③R式中R是导线的总电阻，根据电阻率公式有4lR＝ρ④SΔB klS联立①②③④式，将＝k代入得I＝. ⑤Δt 8ρ(2)方框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl ⑥磁场对方框的作用力的大小随时间的变化率为ΔF ΔB＝Il ⑦Δt ΔtΔF k2l2S由⑤⑦联立得＝.Δt8ρ13．(12分)如图12所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针方向．求：图12(1)线圈经过图示位置时通过电阻R上的感应电流的方向；(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？π答案(1)自上而下(2) (3)2ω2nBl1l2ωR 2R＋r解析(1)根据右手定则判断，R上的感应电流的方向为自上而下．1 2ππ(2)t＝T＝＝.4 4ω2ω2(3)E m＝nBl1l2ω，所以E＝nBl1l2ω.2R2nBl1l2ωRU R＝·E＝.R＋r2R＋r14．(12分)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间，照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图13所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．图13(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由．(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．答案(1)1.54V(2)不能理由见解析(3)4×105m解析(1)由法拉第电磁感应定律知E＝BLv，代入数据得E＝1.54V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．Mm(3)在地球表面有G＝mgR2Mm v2匀速圆周运动G＝mR＋h 2 R＋hgR2解得h＝－R，代入数据得h≈4×105m.v215.(14分)如图14所示，在距离水平地面h＝0.8m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2m，质量m＝0.1kg，电阻R＝0.08Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑定滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10m/s2.求：图14(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？答案(1)1T(2)0.9s(3)4m/s解析(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：1Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v22代入数据解得：v＝2m/sBlv线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝R线框恰好做匀速运动，有：Mg＝mg＋IBl代入数据解得：B＝1T.(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：1 h－l＝vt12代入数据解得：t1＝0.6s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：lt2＝＝0.1svv 此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝＝0.2sg线框从开始运动至到达最高点，所用时间：t＝t1＋t2＋t3＝0.9s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小仍为2m/s，线框所受安培力大小也不变，即IBl＝(M－m)g＝mg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．由机械能守恒定律可得：1 1mv＝mv2＋mg(h－l)212 2代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4m/s.10。

章末质量评估(一）（时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分,共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分,选错或不答的得0分）1．关于分子质量，下列说法正确的是( )A．质量数相同的任何物质,分子数都相同B．摩尔质量相同的物体，分子质量一定相同C．分子质量之比一定不等于它们的摩尔质量之比D．密度大的物质，分子质量一定大解析:不同物质分子质量不同，质量数相同的不同物质,分子数不一定相同，A错；摩尔质量相同，分子量也相同，分子质量一定相同，B正确，C错误;密度大的物体,单位体积的质量大,但分子质量不一定大，D错误．答案：B2．分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化,则( ）A．分子间引力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大解析：根据分子力和分子间距离的关系图象如图所示．故选B.答案：B3．下列关于布朗运动的说法中，正确的是（)A．颗粒越小,布朗运动越明显B．颗粒越大，与颗粒撞击的分子数越多,布朗运动越明显C．如果没有外界的扰动，经过较长时间，布朗运动就观察不到了D．温度高低对布朗运动没有影响解析：布朗运动是由微粒周围的液体分子对微粒作用的不均衡性引起的，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著，因此A正确，B、D错误；布朗运动永不停息,C错误．答案:A4．同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料,只是在烤制之前,把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间,盐就会进入肉里．则下列说法正确的是( )A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会变慢B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里C．在腌制汤中,有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉解析：盐分子进入鸭肉是因为盐分子的扩散，温度越高扩散得越快，A错误；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动,并不是因为分子引力,B错误；盐分子永不停息的做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后,仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误．答案：C5．两块光滑、干燥的玻璃，紧贴在一起也不能相互吸住，原因是（)A．两块玻璃分子间不存在作用力B．两块玻璃分子间距离太小，分子间作用力表现为斥力C．两块玻璃的分子间距离太大,作用力太小D．两块玻璃的分子运动缓慢解析：因为两块玻璃分子间的距离r≥10r0，引力和斥力都很小，分子力可以忽略不计．答案:C6．对以下物理现象的正确分析是( ）①从窗外射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞②上升的水蒸气的运动③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动④向一怀清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动A．①②③属于布朗运动 B．只有④属于布朗运动C．只有③属于布朗运动 D．以上结论均不正确答案：C7．以下说法正确的是( )A．机械能为零、内能不为零是可能的B．温度相同,质量相同的物体具有相同的内能C．温度越高，物体运动速度越大,物体的内能越大D．0 ℃的冰的内能比等质量的0 ℃的水的内能大解析：A正确,因为机械能可以为零，但内能是分子动能和分子势能的总和,而分子动能又是分子无规则运动引起的．所以分子动能不可能为零．那么物体的内能当然也不可能为零．B不正确．因为物体的内能由物体的温度和体积来决定与物体运动的宏观速度无关．C也不正确，原因同上．由于0 ℃的冰的体积比0 ℃的水大，温度相同,有的同学错认为D正确，实际上有较为复杂的反常膨胀的现象，我们用体积来讨论其内能是不适合的，可以从能量角度来讨论，因为0 ℃的冰熔化为0 ℃的水要吸收热量或对它做功，所以冰溶化为水内能增加,所以0 ℃的水的内能比等质量的0 ℃的冰的内能大，该题正确的选项为A。

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．根据下列哪一组数据可以算出阿伏加德罗常数()A．水的密度和水的摩尔质量B．水的摩尔质量和水分子的体积C．水分子的体积和水分子的质量D．水分子的质量和水的摩尔质量解析：水的摩尔质量除以水分子的质量等于一摩尔水分子的个数，即阿伏加德罗常数．故D正确．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．关于固体和液体，下述说法中正确的是()A．晶体内部的结构具有规则，因而晶体具有各向同性B．在任何条件下，晶体和非晶体都不可能互相转化C．液晶的物理性质会随外界因素的影响而发生改变D．液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能小解析：单晶体各向异性，多晶体各向同性，故A错误；在一定的条件下，晶体和非晶体可能互相转化，故B错误；液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故势能比液体内部的分子势能大，故D错误．答案：C4．下列关于内能的说法正确的是()A．温度高的物体，其内能也一定大B．物体吸收热量，其内能一定增加C．一定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，其内能一定增大D．物体克服摩擦力做功，其内能一定增大解析：物体的内能是由物体内所有分子的动能和势能决定的，温度高只能说明分子的平均动能大，不能说明内能大，故A错．物体吸收热量，如果还同时对外做功，其内能不一定增加，故B错．一定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，要吸收热量，所以内能增大，故C对．物体克服摩擦力做功，同时还对外做功，故内能不一定增大，故D错．答案：C5．关于晶体、液晶、液体，下列说法正确的是()A．晶体和液晶的性质是完全相同的B．液晶就是液体，具有液体的所有性质C．液晶是介于晶体与液体之间的一种中间态D．液晶具有液体的流动性，又具有多晶体的各向同性解析：液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，晶体和液晶的性质不是完全相同的，故A错误．液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，不具有液体的所有性质，故B错误．液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征，是介于晶体与液体之间的一种中间态，故C正确．液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，故D错误．答案：C6．有甲、乙、丙、丁四位同学在做“研究气体实验定律实验”，分别得到如下四幅图象(如图所示)．则下列有关他们的说法，不正确的是()A．若甲研究的是查理定律，则他作的图象可能是图aB．若乙研究的是玻意耳定律，则他作的图象是图bC．若丙研究的是查理定律，则他作的图象可能是图cD．若丁研究的是盖·吕萨克定律，则他作的图象是图d解析：查理定律研究的是等容变化，压强与温度成正比，且过坐标原点，故A正确，C错误；玻意耳定律研究的是等温变化，压强与体积成反比，故B正确；盖·吕萨克定律，研究的是等压变化，体积与温度成正比，故D正确．答案：C7．分子间同时存在引力和斥力，当分子间距减小时，分子间() A．引力增加，斥力减小B．引力增加，斥力增加C．引力减小，斥力减小 D．引力减小，斥力增加解析：分子间同时存在引力和斥力，当分子间距减小时，引力与斥力同时增加，但斥力增加的更快，故A、C、D错误，B正确．答案：B8．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有()A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：因为该气体从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，所以内能没有变化，ΔU＝0，根据热力学第一定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确．答案：A9．如图所示为大量氮气分子在甲、乙两种状态下的速率分布统计规律图，则下列说法正确的是()A．氮气在甲状态下的温度较高B．甲状态做无规则运动平均速率较大，氮气分子较多C．乙状态下氮气分子做无规则运动更剧烈D．某时刻速率为1 000 m/s的分子在下一时刻的速率一定还是1 000 m/s解析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以乙状态下温度较高，分子无规则运动的平均速率较大，分子运动更剧烈，故A、D错误，C正确；由于分子运动无规则，故在下一时刻的速率无法确定，故D错误．答案：C10．如图所示，竖直的弹簧支持着一倒立气缸内的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动．缸壁导热性良好，缸内气体的温度与外界大气温度相同．下列结论中正确的是()A．若外界大气压增大，则弹簧的压缩量将会增大一些B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将减小D．若外界气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析：外界大气压增大时，气体体积减小，但对于整个系统，弹簧的弹力恒等于系统的总重量，弹簧的形变量不变．答案：D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)11．2013年6月20日，女航天员王亚平成为中国第一位“太空老师”，在太空中给全国青少年讲解了液体表面张力的作用、微重力环境下物体运动的特点等知识．下列现象中哪些是由于表面张力引起的()A．钢针浮在水面上B．船只浮在水面上C．飞船中自由漂浮的水滴呈球形D．布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水解析：钢针受到水的表面张力作用与重力平衡，钢针浮在水面上，故A正确；船只在水的浮力作用下浮在水面上，与表面张力无关，故B 错误；飞船中自由漂浮的水滴在表面张力作用下呈球形，故C正确；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D正确．答案：ACD12．下列叙述正确的是()A．可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功B．相对湿度大绝度湿度一定大C．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力D．第二类永动机是不可能制成的，是因为它违背了热力学第一定律解析：热力学第二定律指出：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，说明可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，只是会存在其他影响，故A正确；由相对湿度和绝对湿度的定义可知，绝对湿度大，说明空气中水蒸气的实际压强大，而此时水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比不一定大，即相对湿度不一定大，故B错误；由表面张力形成的原因可知，液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力，故C正确；根据热力学第二定律，热机不可能使从单一热源吸收的热量全部变成有用的功，故第二类永动机违反了热力学第二定律，故D错误．答案：AC13．下列说法正确的是()A．飞虫停在水面上，是因为液体表面张力的作用B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的解析：飞虫停在水面上是因为液体表面存在张力，故A正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，故B错误；打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用，故C错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D正确．答案：AD14．下列说法中正确的是()A．空气中PM2.5的运动属于分子热运动B．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的D．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空气的相对湿度解析：PM2.5是固体小颗粒，是分子团，不是分子，所以空气中PM2.5的运动不属于分子热运动，故A错误．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用而形成的，故B正确．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的．故C正确；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空气的相对湿度，故D正确．答案：BCD三、非选择题(本大题共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．(8分)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的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(如图所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X.(1)用以上字母表示油酸分子的大小d＝________．(2)从图中数得X＝________．解析：(1)N滴溶液的总体积为V，一滴溶液的体积为VN，含有的油酸体积为VAN，形成单分子油膜，面积为Xa2，油膜厚度即分子直径d＝VAN Xa2＝VA NXa2.(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．答案：(1)VANXa2(2)62(60～65均可)16．(8分)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2.0×105 J，同时气体的内能增加了1.5×105 J．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.解析：由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，W＝2.0×105 J、ΔU＝1.5×105 J、Q＝ΔU－W＝－5×104 J.答案：放出5×10417．(8分)某热水袋内水的体积约为400 cm3，已知水的摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少(计算结果保留两位有效数字)?解析：已知某热水袋内水的体积大约是V＝400 cm3＝4×10－4m3，水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，则热水袋内含有的水分子数目为n＝ρVm0N A＝1.3×1025个．答案：1.3×1025个18.(10分)一定质量理想气体经历如图所示的A →B 、B →C 、C →A 三个变化过程，T A ＝300 K ，气体从C →A 的过程中做功为100 J ，同时吸热250 J ，已知气体的内能与温度成正比．求：(1)气体处于C 状态时的温度T C ；(2)气体处于C 状态时内能E C .解析：(1)由图知C 到A ，是等压变化，根据理想气体状态方程：V A T A＝V C T C ，得：T C ＝V C V AT A ＝150 K. (2)根据热力学第一定律：E A －E C ＝Q －W ＝150 J且E A E C ＝T A T C ＝300150，解得：E C ＝150 J. 答案：(1)150 K (2)150 J19.(10分)如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭有一定质量的理想气体，气体的体积V 1＝8.0×10－3 m 3，温度T 1＝400 K ．现使外界环境温度缓慢降低至T 2，此过程中气体放出热量700 J ，内能减少了500 J ．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，求T 2的大小．解析：设温度降低至T 2时，气体的体积为V 2，由于活塞的质量不计，则气缸内封闭气体的压强等于大气压．则外界对气体做功W ＝p 0(V 1－V 2)，①由热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ，②由①②结合解得V 2＝6×10－3 m 3.由于封闭气体发生等压变化，则由盖·吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，解得T 2＝300 K. 答案：300 K20.(10分)如图所示，竖直放置的U 形玻璃管与容积为V 0＝15 cm 3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍．右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体．开始时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h 1＝15 cm ，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h 0＝9 cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好 (已知大气压p 0＝75 cmHg ，U 形玻璃管的右侧横截面积为S ＝1 cm 2)．求：(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？(2)需要加入的水银体积．解析：(1)气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，封闭气体要放热．(2)初态：p 1＝p 0－p h ＝(75－15) cmHg ＝60 cmHg ，V 1＝V 0＋h 0S ＝(15＋9×1) cm 3＝24 cm 3，末态：p 2＝75 cmHg ，温度不变，根据玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2，解得：V 2＝p 1V 1p 2＝19.2 cm 3. 右侧水银柱上升的高度Δh 1＝V 1－V 2S＝4.8 cm ， 左侧水银柱上升的高度Δh 2＝h 1＋Δh 1＝19.8 cm ，所以需要加入的水银体积为V ＝S Δh 1＋4S Δh 2＝84 cm 3.答案：(1)此过程中被封气体内能不变，是放热(2)84 cm3。

模块综合检测(二)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)1．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．关于以上两点下列叙述正确的是( )A．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系B．库仑提出了用电场线描述电场的方法C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法答案：C2．如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．b点的电场强度比a点的大D．正电荷在a、b两点受力方向相同解析：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表电场越强，由图可知b点的场强小于a点的场强．故B正确，A、C错误．由于电场线切线的方向就是该点的电场的方向，由图可知ab两点的切线方向不同，故ab两点的场强不同，而场强的方向就是正电荷所受电场力的方向，所以正电荷在ab两点所受电场力方向不同，故D错误．答案：B3．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )A．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的B．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C．磁感应强度越大，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大D．穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零解析：由Φ＝BS cos θ可知：磁通量发生变化，可能是B或S或θ发生变化，故A错；磁通量的大小除了与B和S有关外，还与磁场方向与线圈平面间的夹角有关，当夹角为零时Φ＝0，但该处的磁感应强度不一定为零，故B、C错，D对．答案：D4．空间中存在着竖直向下的匀强磁场，如图所示，一带正电粒子(不计重力)垂直于磁场方向以初速度v射入磁场后，运动轨迹将( )A．向上偏转 B．向下偏转C．向纸面内偏转D．向纸面外偏转解析：带电粒子垂直进入磁场，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向纸外，则其轨迹向纸外偏转．故D正确，A、B、C错误．答案：D5．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是( )A．这两个点电荷一定是等量异种电荷B．这两个点电荷一定是等量同种电荷C．把某正电荷q从C点移到D点电场力做正功D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确，B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，把某正电荷q从C点移到D点电场力不做功．故C错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D错误．答案：A6．如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r .现测得a 点的磁感应强度大小为B 0，已知距一无限长直导线d 处的磁感应强度大小B ＝，其中k 为常量，I 为无限长kI d 直导线的电流大小，下列说法正确的是( )A ．b 点的磁感应强度大小为B 04B ．若去掉导线2，b 点的磁感应强度大小为B 04C ．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b 点的磁感应强度为0D ．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a 点的磁感应强度大小仍为B 0解析：根据B ＝，可知a 点磁感应强度B 0＝＋＝，则kI d kI r kI r 2kI r ＝B 0，根据右手螺旋定则，此时b 点磁感应强度为B b ＝－＝kI r 12kI r kI 3r ＝B 0，方向向外，故A 错误；若去掉导线2，b 点的磁感应强度2kI 3r 13大小为B b ＝＝B 0，B 错误；若将导线1中电流大小变为原来的2kI 3r 16倍，b 点的磁感应强度为B b ＝－＝＝B 0，方向向外，C 错误；kI r k 2I 3r kI 3r 16若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a 点的磁感应强度大小为B b ＝＝B 0，故D 正确．k 2I r 答案：D7．如图所示，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷＋Q 和－q (Q >q )，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点．下列说法中正确的是( )A ．A 点场强小于B 点场强B ．C 点场强与D 点场强相同C ．A 点电势小于B 点电势D ．将正检验电荷从C 点移到O 点，电场力做负功解析：设A 点到Q 的距离为d ，到－q 的距离为L ，故A 点的场强E A ＝＋，同理可得B 点的场强E B ＝＋，故kQ d 2kq L 2kQ L 2kqd 2E A －E B ＝－，由于d <L ，故E A －E B ＞0，即k （Q －q ）d 2k （Q －q ）L 2E A ＞E B ，A 错；根据平行四边形定则，以两分场强为邻边作出平行四边形的对角线，可知C 、D 两点场强的方向不相同，B 项错误；电场线的方向是电势降落的方向，故A 点的电势高于B 点的电势，C 项错误；正电荷从C 到O ，受力的方向与速度方向的夹角为钝角，因此电场力做负功，D 项正确．答案：D8．有一随身听，电池给其供电的电流是8 mA ，其意义说明( )A ．1 min 电池供给1 C 的电荷量B．1 000 s电池供给8 C的电荷量C．1 s电池供给8 C的电荷量D．1 min电池供给8 C的电荷量答案：B9.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘．A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片、质量为m，当电磁铁A通电，铁片被吸引上升的过程中，悬挂C的轻绳上拉力的大小为( )A．F＝Mg B．Mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)g D．F>(M＋m)g解析：由于电磁铁通电后产生磁场，对铁片B有吸引力而使B 上升，所以这时吸引力一定大于铁片B所受的重力，故B向上加速运动，即铁片B处于超重状态，而A和C处于平衡状态，选A、B 组成的系统为研究对象，则整个系统处于超重状态，所以F>(M＋m) g，D正确．答案：D10．如图所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω.当电键S断开时，电流表的示数是I′＝0.5 A，当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足( )A．I＝1.5 A B．I>1.5 AC ．P ＝15 WD ．P <15 W解析：S 断开时，电路两端的电压U ＝I ′R 1＝10 V ．S 合上后，流过电动机的电流I ″<＝1 A ，则电流表的示数I ＝I ′＋I ″<1.5 UR 2A ，电路消耗的电功率P ＝IU <15 W ，选项D 正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P 点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q 点射出，下列判断正确的有( )A ．粒子带正电B ．粒子做匀速圆周运动C ．粒子电势能减小D ．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变解析：带电粒子垂直进入电场后，仅在电场力作用下向场强方向偏转，粒子带正电；由于电场力大小及方向均恒定，粒子做类平抛运动；运动中电场力做正功，粒子电势能减小；粒子通过电场区域的时间仅由电场区域宽度及粒子初速度决定，仅增大场强，不会改变粒子通过电场区域的时间．选项B 错误，A 、C 、D 正确．答案：ACD12．如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列结论正确的是( )A ．导体的电阻是25 ΩB ．导体的电阻是0.04 ΩC ．当导体两端的电压是0.04 V 时，通过导体的电流是1 AD ．当通过导体的电流是0.1 A 时，导体两端的电压是2.5 V解析：根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R ＝＝U I 50.2Ω＝25 Ω，故A 正确，B 错误；当导体两端电压是0.04 V 时，通过导体的电流I ＝＝ A ＝0.001 6 A ，故C 错误；当通过导体的电U R 0.0425流是0.1 A 时，导体两端的电压U ＝IR ＝0.1 A ×25 Ω＝2.5 V ，故D 正确．答案：AD13．地球具有磁场，宇宙中的许多天体也有磁场，围绕此话题的下列说法中正确的是( )A ．地球上的潮汐现象与地磁场有关B ．太阳表面的黑子、耀斑和太阳风与太阳磁场有关C ．通过观察月球磁场和月岩磁性推断，月球内部全部是液态物质D ．对火星观察显示，指南针不能在火星上工作解析：地球上的潮汐现象与太阳、月亮相对于地球的位置有关，与地球的磁场无关，故A 错误；太阳表面的黑子、耀斑和太阳风等现象均与太阳的磁场变化有关，故B 正确；通过观察月球磁场和月岩磁性推断，月球内部全部是固态物质，故C错误；对火星观察显示，火星上没有全球性的磁场，指南针不能在火星上工作，故D正确．答案：BD14.如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是( )A．直导线中电流方向是垂直纸面向里的B．c点的实际磁感应强度也为02C．d点实际磁感应强度为 T，方向斜向右下方，与B的夹角为45°D．以上均不正确解析：题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和．a处磁感应强度为0，说明直导线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里．在圆周上任一点，由直导线电流产生的磁场的磁感应强度大小均为B＝1 T，方向沿圆周切线方向，可知c点的磁感应强度大小为2 T，方向向右．d点的磁感应强度大2小为 T，方向与B成45°角斜向右下方．答案：AC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)某同学要用多用电表测量一只电阻，已知多用电表电阻挡有4个倍率，分别是×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量发现指针偏转角太大(指针位置如图中虚线所示)，为了较准确地进行测量，请你补充完整接下去应进行的主要操作步骤：(1)调节选择开关旋钮，选择________倍率；(2)两表笔__________(选填“短接”“断开”)，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；(3)重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为________Ω；(4)测量完毕，把选择开关旋钮调至______________．解析：(1)指针偏转角太大，说明测量电阻过小，应使用小倍率的挡位测量，故选择×10挡．(2)在欧姆调零时，需要将两表笔短接，这样相当于被测电阻为零，然后调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω.(3)倍率为×10挡，所以读数为R＝12.0×10 Ω＝120 Ω.(4)测量完毕，把选择开关旋钮调至OFF挡或者交流电压最高挡．答案：(1)×10挡　(2)短接　(3)120　(4)OFF挡或者交流电压最高挡16．(12分)下图a是测量电阻R x的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm.图a图b图c①根据原理图连接图b的实物图．②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图c中标出．写出R x与L、I、u的关系式R x＝____________；根据图c用作图法算出R x ＝________Ω.解析：②3 V 电压分布在长为30 cm 的电阻丝上，故有单位长度的电压u ＝ V/cm ＝0.1 V/cm.330③设电阻丝每1 cm 长的电阻为R ，当合上S 1 断开S 2时，设此时电阻丝电流为I ′，有：I ′·30R ＝30u, 当合上S 1 、S 2时，I ′·LR ＝IR x ，由上两式得：R x 与L 、I 、u 的关系式R x ＝.在图Lu I c 中过尽可能多的点作直线如图所示，对照图可得L ＝I ，由L －IRx u 图线的斜率k ＝60.016cm/A ＝，可得R x ＝ku ＝60.016×0.1Rx u Ω≈6.0Ω.答案：①见下图　②0.1　③　6.0Lu I17.(10分)如图所示，半径为r ＝0.1 m 的圆形匀强磁场区域边界跟y 轴相切于坐标原点O ，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直纸面向里．在O 处有一放射源，可沿纸面向各个方向射出速率均为v ＝3.2×106 m/s 的α粒子．已知α粒子质量m ＝6.64×10－27 kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，不计α粒子的重力．求α粒子在磁场中运动的最长时间．解析：由q v B ＝m 得v 2R R ＝＝0.2 m>r ＝0.1 m ，mv qB 因此要使α粒子在磁场中运动的时间最长，则需要α粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长，从图中可以看出，沿以直径OA 为弦、R 为半径的圆弧做圆周运动时，α粒子在磁场中运动的时间最长．由T ＝，运动时间t m ＝T ，又sin θ＝＝0.5，得2πm qB 2θ2πr Rt m ＝＝，代入数据，解得t m ＝6.5×10－8 s.T 6πm3qB 答案：6.5×10－8 s18．(12分)水平放置的两块平行金属板板长l ＝5.0 cm ，两板间距d ＝1.0 cm ，两板间电压为90 V ，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v 0＝2.0×107 m/s ，从两板中间射入，如图所示，不计电子的重力，电子的质量为m ＝9.0×10－31kg ，电荷量为e ＝－1.6×10－19 C．求：(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？(2)电子飞出电场时的速度大小是多少(保留两位有效数字)?(3)电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s ＝10 cm ，求OP 之长．解析：(1)电子在电场中的加速度a ＝，Uq md 侧位移即竖直方向位移y 0＝at 2＝，12qUt 22dm 运动时间t ＝，lv 0代入数据，解得y 0＝5×10－3 m.(2)电子飞出电场时，水平分速度v x ＝v 0，竖直分速度v y ＝at ＝＝4×106 m/s ，qUlmdv 0飞出电场时的速度为v ＝，代入数据，得v ＝2.0×107 m/s ，设v 与v 0的夹角为θ，则tan θ＝＝0.2，vy vx 所以θ＝arctan 0.2.(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，OP ＝y 0＋MP ＝y 0＋s ·tan θ，代入数据，解得OP ＝2.5×10－2 m.答案：(1)5×10－3 m (2)2.0×107 m/s (3)2.5×10－2 m。

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．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5 000个,不间断地数,则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数N A取6×1023 mol－1)( )A．10年B．1 000年C．10万年D．1 000万年解析:1 g水所含水分子的个数为错误!×6×1023个，要数完其水分子个数所需时间为t＝错误!年≈1×105年．选项C正确．答案：C2．已知阿伏加德罗常数为N A、油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的质量可表示为（)A.MN A B。

错误!C.错误!D。

错误!解析：分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有：m＝MN A，故A正确,B错误;由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数,则有错误!＝错误!，故C、D错误．答案：A3．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．（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，为一定质量的理想气体的p.错误!图象，图中BC 为过原点的直线，A、B、C为气体的三个状态，则下列说法中正确的是( ）A．T A〉T B＝T C B．T A〉T B〉T CC．T A＝T B>T C D．T A〈T B〈T C解析:由题图可知A→B为等容变化，根据查理定律，p A〉p B，T A>T B。

综合检测(一) 第一章 分子动理论(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．有一种咸鸭蛋的腌制过程是将鸭蛋放在掺入食盐的泥巴里，经过很长一段时间泥巴干了后，鸭蛋也就成了咸鸭蛋．此鸭蛋的腌制过程利用了( )图1A ．布朗运动B ．扩散C ．分子间作用力D ．热胀冷缩【解析】 食盐进入咸鸭蛋属于扩散现象，B 项正确． 【答案】 B2．已知阿伏加德罗常数为N A ，某物质的摩尔质量为M ，则该物质的分子质量和m kg 水中所含氢原子数分别是( )A.M N A ，19 mN A ×103B ．MN A,9 mN A C.M N A，118 mN A ×103D.N AM ，18 mN A【解析】 某物质的摩尔质量为M ，故其分子质量为MN A；m kg 水所含物质的量为m ×10318，故氢原子数为m ×10318×N A ×2＝mN A ×1039，故A 选项正确．【答案】 A3．一艘油轮装载着密度为900 kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故而使原油发生部分泄漏导致9 t的原油流入大海，则这次事故造成的最大污染面积约为()A．1011 m2B．1012 m2C．108 m2D．1010 m2【解析】分子直径的数量级是d＝10－10 m．由d＝VS，ρ＝MV可知，S＝Mρd＝1011 m2.【答案】 A4．2010年10月1日远在38万公里之外的嫦娥二号卫星要迎来月食考验，陷入黑暗和严寒当中，卫星在月食阶段的长时间阴影中，将直接面对太空零下270摄氏度(t1)的低温环境，也无法获得太阳红外和月球红外的加热．卫星经历月食后，卫星上设备的温度将大幅度降低，某些外露设备的温度甚至会降低到零下190摄氏度(t2)．与迎来月食之前相比，下列说法正确的是() A．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都增大B．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都减小C．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能增大D．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能减小【解析】温度降低，分子的平均动能减小，但有些分子的动能可能增大．只有D正确．【答案】 D5．如图2所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则()图2A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减小D．乙分子由b到d的过程中，两分子间势能一直减小【解析】把乙分子从a处由静止释放后，乙分子在引力的作用下，从a 到c做加速运动，速度增大，到达c点时加速完毕，速度达到最大，同时由于分子间是分子引力做正功，所以分子势能减小．从c到d的过程中，分子间的作用力是分子斥力，故乙分子做减速运动，在运动过程中，分子间斥力做负功，分子势能增大，所以选项BC正确．【答案】BC6．某人用原子级显微镜观察高真空度的空间，发现有一对分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，如图3所示，从而形成一个“类双星”体系，并且发现此“中心”离A分子较近，这两个分子间的距离用r表示．已知当r＝r0时两分子间的分子力为零．则在上述“类双星”体系中，A、B两分子间有()图3A．间距r>r0B．间距r<r0C．A的质量大于B的质量D．A的速率大于B的速率【解析】分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，分子间引力提供向心力，故分子间距离r>r0；又F＝mω2r，v＝ωr，而它们的ω相同且r A<r B，所以有m A>m B、v A<v B.故A、C正确．【答案】AC7.如图4所示为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是()图4A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【解析】当分子间距离r＝r2时，分子间势能E p最小，此时分子间的作用力为零，C正确；当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力，当r1<r<r2时表现为斥力，A错；当r小于r1时，分子力表现为斥力，B正确；在r由r1变到r2的过程中，分子力表现为斥力，分子力方向与运动方向相同，分子力做正功，D 错．故正确答案为BC.【答案】BC8．某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于()A．油酸未完全散开B．油酸中含有大量酒精C．求每滴体积时，1 mL溶液的滴数多数了几滴D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格【解析】形成的油膜不是单分子层，计算的油膜厚度就不是分子直径，比分子直径大得多，A正确；滴入水中后酒精都溶入水中，B错误；计算体积时多数了几滴，会使计算的油滴体积偏小，当然计算的分子直径也偏小，C错误；数方格时舍去了所有不足一格的方格，计算出的油膜面积偏小，导致计算结果偏大，D正确．【答案】AD9．如图5所示，两个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K 的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差h＝1.00 m．初始时，阀门是关闭的，A中装有1 mol的氦(He)，B中装有1 mol的氪(Kr)，两者的温度和压强都相同．气体分子之间的相互作用势能可忽略．现打开阀门K ，两种气体相互扩散，达到稳定状态时( )图5A ．系统的内能增加B ．系统的内能减少C ．氦分子的平均速率小于氪分子的平均速率D ．氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率【解析】 对两种气体组成的系统，由于气体的相互扩散，最终使系统的重心上升，绝热系统对外做功，内能减少，A 错，B 正确；混合后两气体温度最终相同，则分子的平均动能一样，氦分子的质量较小，故氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率，C 错，D 正确．【答案】 BD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)10．(10分)一滴体积为V 的油酸，配制成体积比为1：k 的油酸溶液(k >1)，现取一滴体积仍为V 的油酸溶液滴在水面上，在水面上形成面积为S 的单分子油膜，已知油酸的密度为ρ，摩尔质量为M ，则油酸分子直径________，阿伏加德罗常数的表达式是________．【解析】 一滴油酸溶液中油酸的体积V ′＝Vk 油酸分子直径d ＝V ′S 得d ＝VkS 油酸分子的体积V 0＝16πd 3 阿伏加德罗常数N A ＝MρV 0解得N A ＝6k 3S 3MπρV 3【答案】VkS6k3S3MπρV311．(10分)如图6所示，地球是太阳系从内到外的第三颗行星，也是太阳系中直径、质量和密度最大的类地行星．已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为29×10－3 kg/mol，一个标准大气压约为1.0×105 pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？(已知大气压由重力产生p＝mg/S)图6【解析】大气压是由大气重力产生的．大气压强p＝mgS＝mg4πR2，代入数据可得地球表面大气质量m＝5.2×1018 kg.标准状态下1 mol气体的体积为V＝22.4×10－3 m3，故地球表面大气体积为V总＝mm0V＝5.2×101829×10－3×22.4×10－3 m3＝4×1018 m3.【答案】4×1018 m312．(13分)已知空气的摩尔质量M＝2.9×10－2kg/mol，成年人做一次深呼吸，约吸入450 cm3的空气，则(1)做一次深呼吸吸入空气的质量是多少？(2)成年人吸入的气体分子数大约是多少个？(按标准状况计算)【解析】(1)一次深呼吸吸入空气的摩尔数n＝VV m＝450×10－322.4mol≈2.0×10－2mol，所以吸入空气的质量：m＝n·M＝2.0×10－2×2.9×10－2kg ＝5.8×10－4 kg.(2)吸入气体分子数：N＝n·N A＝2.0×10－2×6.02×1023个≈1.2×1022个．【答案】(1)5.8×10－4 kg(2)1.2×1022个13．(13分)目前，环境污染已非常严重，瓶装纯净水已经占领柜台．再严重下去，瓶装纯净空气也会上市．设瓶子的容积为500 mL，空气的摩尔质量M＝2.9×10－4 kg/mol.按标准状况计算，N A＝6.0×1023mol－1，试估算：(1)空气分子的平均质量是多少？(2)一瓶纯净空气的质量是多少？(3)一瓶中约有多少个气体分子？【解析】(1)m＝MN A＝2.9×10－36.0×1023kg＝4.8×10－26 kg.(2)m空＝ρV瓶＝MV瓶V m＝2.9×10－4×500×10－622.4×10－3kg＝6.5×10－4 kg.(3)分子数N＝nN A＝V瓶V m·N A＝500×10－6×6.0×102322.4×10－3个＝1.3×1022个．【答案】(1)4.8×10－26 kg(2)6.5×10－4 kg (3)1.3×1022个。