物理新导学笔记选修3-3教科习题：章末检测试卷(第三章)
2018-2019版物理新导学笔记粤教通用版选修3-3讲义：第一章 分子动理论章末检测试卷(一)
章末检测试卷(一)(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．下列现象中，不能用分子动理论来解释的是()A．白糖放入装有热水的杯中，杯中的水会变甜B．大风吹起时，地上的尘土飞扬C．一滴红墨水滴入一杯水中，过一会杯中的水变成了红色D．把两块纯净的铅块用力压紧，两块铅合在了一起答案 B解析白糖加入热水中，水变甜，说明糖分子在永不停息的做无规则运动，故A正确；大风吹起时，地上的尘土飞扬，是物体在运动，属于机械运动，故B错误；一滴红墨水滴入一杯水中，过一会杯中的水变成了红色，分子在永不停息的做无规则运动，故C正确；把两块纯净的铅块用力压紧后，两个铅块的接触面分子之间的距离比较大，表现为引力，使两个铅块结合在一起，用一定的拉力才能拉开，故D正确．2．(多选)以下说法正确的是()A．一般分子直径的数量级为10－10 mB．布朗运动是液体分子的无规则运动C．分子引力和分子斥力不能同时存在D．扩散现象说明分子做无规则运动答案AD解析由分子动理论可知选项C错误，D正确；一般分子直径的数量级为10－10m，选项A 正确；布朗运动是固体颗粒的无规则运动，但布朗运动间接反映了液体或气体分子在不停地做无规则运动，B选项错误．故正确答案为A、D.3．下列说法正确的是()A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著C．物体的温度升高，其分子的平均动能增大D．当两分子间距离增大时，分子引力增大，分子斥力也增大答案 C解析布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映．故A错误；固体微粒越大，同一时刻与之碰撞的液体分子越多，固体微粒各个方向受力越趋近平衡，布朗运动越不明显，故B错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．故C正确；分子间的距离增大，分子间的引力和斥力都减小，故D错误．4．我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧排放的烟尘是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是() A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C．PM2.5的运动轨迹是由气流的运动决定的D．PM2.5必然有内能答案 D解析PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C错误；PM2.5内部的热运动不可能停止，故PM 2.5必然有内能，D正确．5．(多选)关于布朗运动，下列说法中正确的是()A．布朗运动是微粒的运动，但牛顿运动定律仍然适用B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映C．随着时间的推移，布朗运动逐渐变慢，最终停止D．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动答案AB解析布朗运动遵循牛顿运动定律，选项A正确；布朗运动虽然是固体小颗粒的运动，但却反映了液体分子的无规则运动，选项B正确；布朗运动永不停息，选项C错误；热运动指分子的无规则运动，布朗运动不能称为热运动，选项D错误．6．(多选)根据分子动理论可知，下列说法中正确的是()A．已知阿伏加德罗常数和某物质的摩尔质量，可以求出该物质分子的质量B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C．布朗运动是指悬浮在液体分子的无规则运动D．气体总是很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现答案AB解析阿伏加德罗常数表示1 mol物质内含有的分子数，已知阿伏加德罗常数和物质的摩尔质量，可求得分子的质量；当分子力为引力时，在分子间距离增大过程中分子力做负功，分子势能增大；布朗运动中运动的是固体颗粒不是分子；气体分子间距很大，分子间作用力表现为引力且很微弱，因而气体总是很容易充满整个容器．7．雨滴下落，温度逐渐升高，在这个过程中，下列说法中正确的是()A．雨滴内分子的势能都在减小，动能在增大B．雨滴内每个分子的动能都在不断增大C．雨滴内水分子的平均动能不断增大D．雨滴内水分子的势能在不断增大答案 C解析根据题目只可以确定分子的平均动能在增大．8．如图1所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是()图1A．曲线①B．曲线②C．曲线③D．曲线④答案 D解析速率较大或较小的分子占少数，接近平均速率的分子占多数，分子速率不可能为0，也不可能为无穷大，因此只有曲线④符合要求．9．两个分子从靠得不能再靠近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，直到大于分子直径的10倍以上．这一过程中，关于分子间的相互作用力的下列说法中正确的是()A．分子间的引力和斥力都在增大B．分子间的斥力在减小，引力在增大C．分子间的相互作用力的合力在逐渐减小D．分子间的相互作用力的合力，先减小后增大，再减小到零答案 D解析由分子力随距离的变化关系得，分子距离由靠得不能再靠近变化到大于分子直径10倍以上时，引力和斥力都在减小，故A、B错．相互作用的合力的变化如图所示，应为先减小再增大，再减小到零，C错，D对．10．分子间距增大时，分子势能将()A．增大B．减小C．不变D．不能确定答案 D解析分子势能的变化与分子力做功紧密联系；当分子力做正功时，分子势能减小；当分子力做负功时，分子势能增加．(1)当r＞r0时，分子间的作用力为引力，当分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大．(2)当r＜r0时，分子间的作用力为斥力，当分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小．经以上分析可知本题D选项正确．11．(多选)温度相同的m克水、m克冰、m克水蒸气，()A．它们的分子平均动能一样大B．它们的分子势能一样大C．它们的内能一样大D．它们的分子数一样多答案AD解析分子的平均动能只与温度有关，水、冰、水蒸气温度相同，故它们的分子平均动能一样大，A正确．由冰变成水吸热，由水变为水蒸气也要吸热增加分子势能，故它们的分子势能不同，B错误．三者的质量相同，摩尔质量相同，故三者摩尔数相同，它们的分子数一样多，D正确．由内能的决定因素知水蒸气的内能最大，冰的内能最小，故C错误．12．(多选)若已知阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量、摩尔体积，则可以估算出() A．固体物质分子的大小和质量B．液体物质分子的大小和质量C．气体分子的大小和质量D．气体分子的质量和分子间的平均距离答案ABD解析固体、液体分子间隙很小，可以忽略不计，故固体、液体物质分子的大小等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，固体、液体物质分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，故A、B可以；气体分子间隙很大，摩尔体积等于每个分子占据的体积与阿伏加德罗常数的乘积，故无法估算分子的体积，故C不可以；气体物质分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，气体分子占据空间的大小等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，故可以进一步计算分子的平均距离，故D可以．13．(多选)关于气体分子的运动情况，下列说法中正确的是()A．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的B．某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的C．某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的D ．某一温度下所有气体分子的速率都不会发生变化答案 BC解析 具有任一速率的分子数目并不是相等的，而是呈“中间多、两头少”的统计分布规律，选项A 错误．由于分子之间频繁地碰撞，分子随时都会改变运动速度的大小和方向，因此在某一时刻一个分子速度的大小和方向完全是偶然的，选项B 正确．虽然每个分子的速度瞬息万变，但是大量分子的整体存在着统计规律．由于分子数目巨大，在某一时刻向任意一个方向运动的分子数目只有很小的差别，可以认为是相等的，选项C 正确．某一温度下，每个分子的速率仍然是瞬息万变的，只是分子运动的平均速率不变，选项D 错误．14．(多选)当氢气和氧气温度相同时，下列说法中正确的是( )A ．两种气体的分子平均动能相等B ．氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率C ．两种气体分子热运动的总动能相等D ．两种气体分子热运动的平均速率相等答案 AB解析 因为温度是分子平均动能的标志，所以选项A 正确．因为氢气和氧气的分子质量不同，所以两种气体分子的平均速率不同，由E k ＝m v 22可得，分子质量大的平均速率小，故选项B 正确，D 错误．虽然两种气体分子平均动能相等，但由于两种气体的质量不清楚，即分子数目关系不清楚，故选项C 错误．15．(多选)甲、乙两分子相距大于平衡距离r 0，甲固定，乙分子在向甲靠近直到不能再靠近的过程中，下列说法中正确的是 ( )A ．分子力总做正功B ．分子引力与斥力互为作用力和反作用力，其合力为零C ．分子力先做正功后克服分子力做功D ．分子引力总做正功答案 CD解析 分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离r ＞r 0时，分子力表现为引力，分子力做正功，当分子间距离r ＜r 0时，分子力表现为斥力，分子力做负功．16．(多选)如图2所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于r 轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系图象如图．现把乙分子从r 3处由静止释放，则( )图2A ．乙分子从r 3到r 1一直加速B ．乙分子从r 3到r 2过程中呈现引力，从r 2到r 1过程中呈现斥力C ．乙分子从r 3到r 1过程中，两分子间的分子力先增大后减小D ．乙分子从r 3到距离甲最近的位置过程中，两分子间的分子力先减小后增大答案 AC解析 乙分子从r 3到r 1一直受甲分子的引力作用，且分子间作用力先增大后减小，故乙分子做加速运动，A 、C 正确；乙分子从r 3到r 1过程中一直呈现引力，B 错误；乙分子从r 3到距离甲最近的位置过程中，两分子间的分子力先增大后减小再增大，D 错误．二、填空题(本题共2小题，共12分)17．(4分)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，若用直径为0.5 m 的浅圆盘盛水，让油酸在水面上形成单分子薄膜，那么油酸滴的体积不能大于____________ m 3(保留一位有效数字)．答案 2×10－11解析 由于油酸膜面积最大为圆盘面积，则油酸的最大体积为V ＝πR 2d ＝3.14×(0.52)2×10－10 m 3≈2×10－11 m 3.18．(8分)在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：①取油酸0.1 mL 注入250 mL 的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL 的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；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 mL 为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40 cm 的浅盘内注入约2 cm 深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，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，在玻璃板上绘出油膜的形状； ⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1 cm 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．(1)这种估测方法是将每个分子视为________，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为______________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．(2)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为__________m 3，油膜面积为__________m 2，求得的油膜分子直径为____________m ．(结果全部保留2位有效数字) 答案 (1)球形 单分子油膜 直径(2)4.0×10－12 8.1×10－3 4.9×10－10解析 (2)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V ＝1100×0.1250mL ＝4.0×10－6 mL ＝4.0×10－12 m 3 形成油膜的面积S ＝1×(67＋14) cm 2＝8.1×10－3 m 2 油酸分子的直径d ＝V S≈4.9×10－10 m. 三、计算题(本题共2小题，共24分)19．(10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 ＝2.9×10－2 kg/mol.按标准状况计算，N A ＝6.02×1023 mol －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)一瓶纯净空气中约有多少个气体分子？答案 (1)4.8×10－26 kg (2)6.5×10－4 kg (3)1.3×1022个解析 (1)m ＝M N A ＝2.9×10－26.02×1023 kg ≈4.8×10－26 kg. (2)m 空＝ρV 瓶＝MV 瓶V mol ＝2.9×10－2×500×10－622.4×10－3 kg ≈6.5×10－4 kg. (3)分子数N ＝nN A ＝V 瓶V mol N A ＝500×10－6×6.02×102322.4×10－3≈1.3×1022个． 20．(14分)在标准状况下，有体积为V 的水和体积为V 的可认为是理想气体的水蒸气，已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，水的摩尔质量为M ，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V mol .(1)说明标准状况下水分子与水蒸气分子的平均动能的大小关系；(2)求它们中各有多少水分子；(3)求它们中相邻两个水分子之间的平均距离．答案 (1)见解析 (2)ρV M N A V V mol N A (3)36M πρN A 3V mol N A解析 (1)由于在标准状况下水和水蒸气的温度相同，所以分子的平均动能相同．(2)体积为V 的水，质量为m ＝ρV ，分子个数为：n 1＝m M N A ＝ρV MN A . 体积为V 的水蒸气，分子个数为：n 2＝V V mol N A(3)将水分子视为球形模型，则两个水分子间距离为分子的直径．一个水分子的体积为V0＝Vn1＝MρN A，设水分子的平均直径为d1，则d1＝36V0π＝36MπρN A.d1即水中相邻两个水分子之间的距离设两个水蒸气分子间的平均距离为d2，将气体分子占据空间视为立方体模型，则两个分子间的平均距离为：d2＝3V mol N A.。
2021高中物理 第三章 原子核 章末检测卷(教科版选修3-5)
章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．(2022·新课标Ⅱ·35(1)改编)在人类对微观世界进行探究的过程中，科学试验起到了格外重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．A．密立根通过油滴试验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对自然放射现象的争辩，发觉了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分别出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白在原子核内部存在质子E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷答案ACE解析密立根通过油滴试验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A 正确．贝克勒尔通过对自然放射现象的争辩，明确了原子核具有简洁结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的争辩发觉了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白原子的核式结构，选项D错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，说明白阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E正确．2．(2022·新课标Ⅰ·35(1))关于自然放射性，下列说法正确的是________．A．全部元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透力气最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线答案BCD解析自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B、C正确；α、β和γ三种射线电离力气依次减弱，穿透力气依次增加，选项D正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项E错误．3．能源是社会进展的基础，进展核能是解决能源问题的途径之一，下列释放核能的反应方程，表述正确的有() A.31H＋21H→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H→42He＋10n是β衰变C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是α衰变答案AC解析β衰变时释放出电子(0－1e)，α衰变时释放出氦原子核(42He)，可知选项B、D错误；选项A中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应；选项C中一个U235原子核吸取一个中子，生成一个Ba原子核和一个Kr原子核并释放出三个中子是典型的核裂变反应．4．原子核A Z X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知()A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2答案 D解析本题考查核反应方程．由题意可知核反应方程为A Z X＋21H→42He＋11H，反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，由此可推断A＝3，Z＝2，选项D正确．5．科学家发觉在月球上含有丰富的32He(氦3)．它是一种高效、清洁、平安的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为32He＋32He―→211H＋42He.关于32He聚变下列表述正确的是()A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚变反应没有质量亏损D．目前核电站都接受32He聚变反应发电答案 B解析该聚变反应释放了能量，是由于发生了质量亏损，A、C错；该聚变反应产生了新原子核11H，B对；目前核电站都是用重核裂变发电而不是用轻核聚变，D错．6．原子核聚变可望给人类将来供应丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为621H―→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知()A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3答案 B解析依据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-4章末检测试卷(第十二章)
章末检测试卷(第十二章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．(多选)关于机械波的概念，下列说法中正确的是()A．相隔一个周期的两个时刻，简谐波的图象相同B．质点振动的方向总是垂直于波传播的方向C．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等答案AD解析对于横波，质点的振动方向和波的传播方向垂直，而纵波中质点的振动方向和波的传播方向在同一条直线上．质点的振动状态经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长，而不是质点本身沿波的传播方向移动一个波长．绳上相距半个波长的两质点位移总是大小相等、方向相反．2．在水波槽里放两块挡板，中间留一窄缝，已知窄缝的宽度为0.5 cm，所用水波的波长为5 cm，则下图所示的衍射图样中正确的是()答案 C解析窄缝宽度0.5 cm明显小于水波波长5 cm，符合发生明显衍射的条件，且水波是以水中“某点”为中心的弧线，故只有选项C正确．3．(多选)如图1所示，表示两列同频率相干水波在t＝0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．已知两列波的振幅均为2 cm，波速为2 m/s，波长0.4 m，E点是B、D连线和A、C连线的交点，下列说法正确的是()图1A．A、C两点是振动减弱点B．E点是振动加强点C．B、D两点在该时刻的竖直高度差为4 cmD．t＝0.05 s时，E点离平衡位置的位移大小为2 cm答案AB解析题图中B、D均为振动加强点，E位于B、D的连线上，故也是振动加强点，而A、C 两点为波峰与波谷相遇，故是振动减弱点，A、B项正确．题图中所示时刻，B点偏离平衡位置－4 cm，而D点偏离平衡位置4 cm，故二者竖直高度差为8 cm，C项错误；此时E处于平衡位置，再过Δt＝0.05 s＝14T，E点离平衡位置的位移大小为4 cm，D项错误．4．一列简谐横波沿某一直线传播，A、B是该直线上相距1.2 m的两点，从波到达其中一点开始计时，4 s内A完成8次全振动，B完成10次全振动，则该波的传播方向及波速分别为()A．方向由A向B，v＝0.3 m/sB．方向由B向A，v＝0.3 m/sC．方向由B向A，v＝1.5 m/sD．方向由A向B，v＝1.5 m/s答案 C解析由于4 s内B完成的全振动次数大于A完成的全振动的次数，所以波由B向A传播．周期T＝410s＝0.4 s，A、B在4 s内完成的全振动相差2次，即A、B间相距两个波长：2λ＝1.2m，λ＝0.6 m，即v＝λT＝1.5 m/s.5．(多选)下列四幅图中关于机械振动和机械波的说法中正确的有()A．粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B ．单摆的摆长为l ，摆球的质量为m 、位移为x ，此时回复力约为F ＝－mg lx C ．质点A 、C 之间的距离等于简谐波的一个波长D ．实线为某时刻的波形图，若此时质点M 向下运动，则经一短时间后波动图如虚线所示 答案 BD6．平直公路上，汽车正在匀速远离，用多普勒测速仪向其发出频率为f 0的超声波，被汽车反射回来的超声波的频率随汽车运动位移变化的图象，正确的是( )答案 D解析 汽车正在匀速远离，速度恒定，接收到的反射波的频率也是恒定的．由于是远离，汽车反射波的频率应该小于发出波的频率，所以选项D 正确．7．如图2所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为0.8 m/s ，则下列说法正确的是( )图2A ．这列波的波长是14 cmB ．这列波的周期是0.5 sC ．这列波可能是沿x 轴正方向传播的D ．t ＝0时刻，x ＝4 cm 处质点的速度方向沿y 轴负方向答案 D解析 由题图知该波的波长λ＝12 cm ，故A 项错误．由v ＝λT ，得T ＝0.120.8s ＝0.15 s ，故B 项错误．因t T ＝0.20.15＝43，故该波沿x 轴负方向传播，所以C 项错误．由波沿x 轴负方向传播可判定t ＝0时刻，x ＝4 cm 处质点的振动方向沿y 轴负方向，故D 项正确．8．(多选)一列波源在x ＝0处的简谐波，沿x 轴正方向传播，周期为0.02 s ，t 0时刻的波形如图3所示．此时x ＝12 cm 处的质点P 恰好开始振动．则( )图3A．质点P开始振动时的方向沿y轴正方向B．波源开始振动时的方向沿y轴负方向C．此后一个周期内，质点P通过的路程为8 cmD．这列波的波速为4 m/s答案BD解析质点P开始振动时的方向沿y轴负方向，则波源开始振动时的方向也沿y轴负方向，选项A错误，B正确；此后一个周期内，质点P通过的路程为4个振幅，为4×5 cm＝20 cm，选项C错误；这列波的波长为8 cm，波速v＝λT＝4 m/s，选项D正确．9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，a、b为波上的两个质点，某时刻波形图如图4甲所示，图乙是从此时刻开始计时a、b两个质点之一的振动图象，下列判断正确的是()图4A．波速为10 m/s，乙图是质点b的振动图象B．波速为10 m/s，乙图是质点a的振动图象C．波速为12.5 m/s，乙图是质点b的振动图象D．波速为12.5 m/s，乙图是质点a的振动图象答案 B解析由题图可知：λ＝4 m，T＝0.4 s，则波速v＝λT＝10 m/s，在波动图象上，简谐横波沿x 轴正方向传播，由“上、下坡法”可知，a点经平衡位置沿y轴正方向运动，b点经平衡位置沿y轴负方向运动，由振动图象读出，t＝0时刻质点经平衡位置沿y轴正方向运动，故题图乙是质点a的振动图象．所以选B.10．(多选)一列简谐横波从左向右以v ＝2 m/s 的速度传播，某时刻波形图如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．A 质点再经过一个周期将传播到D 点B ．B 点正在向上运动C ．B 点再经过18T 回到平衡位置 D ．该波的周期T ＝0.05 sE ．C 点再经过34T 将到达波峰的位置 答案 BDE解析 质点不会随波传播，只在平衡位置附近上下振动，A 错误；波沿x 轴正方向传播，根据质点的振动方向与波的传播方向在波的同侧，B 点向上振动，B 正确；此时B 向平衡位置振动，这时的平均速度大，所用时间小于18T ，因此B 点再经过18T 运动到平衡位置的上方，C 错误；该波的周期T ＝λv ＝0.05 s ，D 正确；C 点此时向下振动，再经过34T 将到达波峰的位置，E 正确．二、填空题(本题共3小题，共16分)11．(6分)图6为某一简谐横波在t ＝0时刻的波形图，由此可知该波沿________传播，该时刻a 、b 、c 三点中加速度最大的是________点，若从这一时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是________点，若t ＝0.02 s 时，质点c 第一次到达波谷处，则此波的波速为________ m/s.图6答案 x 轴正方向 c c 10012．(4分)如图7所示，a 、b 、c 、d 是均匀介质中x 轴上的四个质点．相邻两点的间距依次为2 m 、4 m 和6 m ．一列简谐横波以2 m/s 的波速沿x 轴正方向传播，在t ＝0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t ＝3 s 时a 第一次到达最高点，则波的频率是________ Hz ，在t ＝5 s 时质点c 向__________(填“上”“下”“左”或“右”)运动．图7答案 0.25 上解析 a 由平衡位置先向下运动，经过34T 第一次到最高点，则周期T ＝4 s ，频率f ＝0.25 Hz ，波长λ＝v T ＝8 m ，a 到c 距离为6 m ，波传到c 点所需时间为3 s ，接着c 点开始运动，与a 点一样由平衡位置向下运动，那么质点c 振动2 s 即半个周期时，其回到平衡位置向上运动．13. (6分)如图8所示，一列简谐波沿x 轴传播，实线为t ＝0时刻的波形图，此时P 质点向y 轴负方向运动，虚线为经过0.02 s 时第一次出现的波形图，则波沿x 轴__________(填“正”或“负”)方向传播，波速为________ m/s.图8答案 正 50解析 P 质点在t ＝0时刻向y 轴负方向运动，根据“平移法”，可知波应沿x 轴正方向传播，从实线波形到第一次出现的虚线波形，空间上平移了Δx ＝1 m ，用时Δt ＝0.02 s ，因此波速v ＝Δx Δt ＝10.02m /s ＝50 m/s. 三、计算题(本题共3小题，共44分．要有必要的文字说明或解题步骤，有数值计算的要注明单位)14．(14分)图9为一简谐波在t ＝0时刻的波形图，介质中的质点P 做简谐运动的表达式为y ＝A sin (5πt ) m ，求该波的速度，并画出t ＝0.3 s 时的波形图(至少画出一个波长)．图9答案 见解析解析 由简谐运动的表达式可知ω＝5π rad/s ，t ＝0时刻质点P 开始向上运动，故该波沿x 轴正方向传播．由波形图读出波长λ＝4 m.而T ＝2πω① 由波速公式知v ＝λT② 联立①②式，代入数据可得v ＝10 m/st ＝0.3 s 时的波形图如图所示．15．(14分)图10甲为某列简谐波在t ＝0.2 s 时的波动图象，图乙是这列波上质点P 的振动图象，求：图10(1)该波的传播速度；(2)x ＝0处质点的振动方程．答案 (1)5 m/s (2)y ＝10sin (5πt ) cm解析 (1)从题图中可读出λ＝2 m ，T ＝0.4 s ，波的传播速度v ＝λT， 解得v ＝5 m/s.(2)由题图乙知t ＝0时刻质点P 向下振动，由于质点P 与x ＝0处质点相隔半个波长，故t ＝0时刻x ＝0处质点由平衡位置向上振动，则x ＝0处质点的振动方程y ＝10sin (5πt ) cm.16．(16分)一列简谐横波在t 1＝0时刻的波形图如图11所示，已知该波沿x 轴正方向传播，在t 2＝0.7 s 末时，质点P 刚好第二次出现波峰，求：图11(1)波速v ；(2)x ＝6 m 处的Q 点第一次出现波谷的时刻t 3.答案 (1)5 m/s (2)0.8 s解析 (1)由波形图可直接读出波长λ＝2 m ．根据带动法可判断t 1＝0时刻P 质点应向y 轴负方向运动．由题意可知t 2－t 1＝134T ，即0.7 s ＝74T ，则T ＝0.4 s ．根据v ＝λT 得v ＝20.4m /s ＝5 m/s. (2)根据波形平移法，t 1＝0时刻x 1＝2 m 的质点第一次到达波谷，到t 3时刻波谷沿波的传播方向平移至x ＝6 m 的Q 质点处，此时Q 质点第一次出现波谷，由Δx ＝v Δt 得t 3＝6－25 s ＝0.8 s.。
高中物理 章末质量评估(二)新人教版选修3-3-新人教版高二选修3-3物理试题
章末质量评估(二)(时间：90分钟 总分为：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每一小题3分，共30分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．民间常用“拔火罐〞来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸〞在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )A ．温度不变时，体积减小，压强增大B ．体积不变时，温度降低，压强减小C ．压强不变时，温度降低，体积减小D ．质量不变时，压强增大，体积减小解析：纸片燃烧时，罐内气体的温度升高，将罐压在皮肤上后，封闭气体的体积不再改变，温度降低时，由pV T＝C (恒量)知封闭气体压强减小，罐紧紧“吸〞在皮肤上，B 选项正确．答案：B2．关于气体的体积，如下说法中正确的答案是( ) A ．气体的体积与气体的质量成正比 B ．气体的体积与气体的质量成反比 C ．气体的体积是所有气体分子体积的总和D ．气体的体积与气体的质量、密度和分子的体积无关，只取决于容器的容积 解析：气体没有固定的体积，其体积只取决于容器的容积，与气体的质量、密度和分子的体积无关．答案：D3．对于一定质量的气体，如下四个论述中正确的答案是( ) A ．当分子热运动变剧烈时，压强必增大 B ．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 C ．当分子间平均距离变大时，压强必变大 D ．当分子间平均距离变大时，压强必变小解析：分子热运动变剧烈，明确气体温度升高，分子平均动能增大，但不知气体的分子的密集程度怎么变化，故压强的变化趋势不明确，A 错，B 对．分子的平均距离变大，明确气体的分子的密集程度变小，但因不知此时分子的平均动能怎么变化，故气体的压强不知怎么变化，C、D错．答案：B4．下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表：月份/月1234567 平均最高1.4 3.910.719.626.730.230.8气温/℃平均大气1.021 1.019 1.014 1.008 1.0030.998 40.996 0压/105Pa7月份与1月份相比拟，正确的答案是( )A．空气分子无规如此热运动的情况几乎不变B．空气分子无规如此热运动减弱了C．单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了D．单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了解析：由表中数据知，7月份与1月份相比，温度升高，压强减小，温度升高使气体分子热运动更加剧烈，空气分子与地面撞击一次对地面的冲量增大，而压强减小，单位时间内空气分子对单位面积地面的冲量减小．所以单位时间内空气分子对单位面积地面的撞击次数减少了，因而只有D项正确．答案：D5.温度计是生活、生产中常用的测温装置．如图为一个简易温度计，一根装有一小段有色水柱的细玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内，封闭一定质量的气体．当外界温度发生变化时，水柱位置将上下变化．A、D间的测量范围为20～80 ℃，A、D间刻度均匀分布．由图可知，A、D与有色水柱下端所示温度分别为( )A．20 ℃、80 ℃、64 ℃B ．20 ℃、80 ℃、68 ℃C ．80 ℃、20 ℃、32 ℃D ．80 ℃、20 ℃、34 ℃解析：由热胀冷缩原理可知A 点为80 ℃，D 点为20℃，由题意可知，每格表示4 ℃，如此有色水柱下端表示32 ℃，选C.答案：C6．湖水深度为20 m ，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g ＝10 m/s 2，ρ水＝1.0×103kg/m 3)( )A ．12.8倍B ．8.5倍C ．3.1倍D ．2.1倍解析：湖底压强大约为p 0＋ρ水gh ，即3个大气压，由气体状态方程得3p 0V 14＋273＝p 0V 217＋273，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C 正确．答案：C7．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是( )A ．加速上升，直到玻璃管一局部露出水面B ．加速下降，直到水底C ．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡D ．仍然静止解析：上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一局部而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一局部露出水面，A 正确．答案：A8.如下列图，活塞质量为m ，缸套质量为M ，通过弹簧吊放在地上，气缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S ，大气压强为p 0，如此( )A ．气缸内空气的压强等于p 0＋Mg SB ．气缸内空气的压强等于p 0－mg SC ．内外空气对缸套的作用力为(M ＋m )gD ．内外空气对活塞的作用力为mg 解析：对缸套受力分析如下列图．由力的平衡：pS ＝p 0S ＋Mg ，所以p ＝p 0＋Mg S， A 对、B 错；内外空气对缸套和活塞的作用力为pS －p 0S ＝Mg ，所以C 、D 均错． 答案：A9．如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D 、E 上端与大气相通，利用玻璃管C 使A 、B 两球上部相通，D 、C 、E 三管与两球接口处严密封接．当A 、B 、D 的水面高度差如下列图时，E 管内水面相对B 中水面的高度差h 应等于( )A ．0米B ．0.5米C ．1米D ．1.5米解析：外表看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C 相通，p 1＝p 2＝p C . 即p 1＝p 0＋ρgh 1，h 1＝1.5 m ，p 2＝p 1＝p 0＋ρgh ，如此h ＝1.5 m ，D 正确．注意：假设液柱倾斜，仍有p ＝p 0＋ρgh ，而h 为液柱竖直高度． 答案：D10.如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．假设玻璃管内水柱上升，如此外界大气的变化可能是( )A ．温度降低，压强增大B ．温度升高，压强不变C ．温度升高，压强减小D ．温度不变，压强减小解析：对于一定质量的理想气体pVT ＝C ，得出V ＝C T p.当温度降低，压强增大时，体积减小，故A 正确；当温度升高，压强不变时，体积增大，故B 错；当温度升高，压强减小时，体积增大，故C 错；当温度不变，压强减小时，体积增大，故D 错．答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求)11．关于一定质量的理想气体的状态变化，如下说法中正确的答案是( ) A ．当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍 B ．气体由状态1变到状态2时，一定满足方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2C ．体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍D ．压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半解析：理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2中的温度是热力学温度，不是摄氏温度，A 错误，B 正确；将C 、D 中数据代入公式中即可判断C 正确，D 错误．答案：BC12.如下列图是一定质量的理想气体的p －V 图线，假设其状态由A →B →C →A ，且A →B 等容，B →C 等压，C →A 等温，如此气体在ABC 三个状态时( )A ．单位体积内气体的分子数n A ＝nB ＝nC B ．气体分子的平均速率v A >v B >v CC ．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力F A >F B ，F B ＝F CD ．气体分子在单位时间内，对器壁单位面积碰撞的次数N A >N B ，N A >N C解析：由图可知B →C ，体积增大，密度减小，A 错．C →A 等温变化，分子平均速率v A＝v C ，B 错．而气体分子对器壁产生作用力，B →C 为等压过程，p B ＝p C ，F B ＝F C ，F A >F B ，C 正确．A →B 为等容降压过程，密度不变，温度降低，N A >N B ，C →A 为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有N A >N C ，D 正确．答案：CD13.如下列图，两端封闭的粗细均匀的U 形管中，封闭两段气柱，长度分别为l 1，l 2，现让管在竖直方向上运动，下述判断正确的答案是( )A ．加速上升时，l 1变长，l 2变短B ．加速上升时，l 2变长，l 1变短C ．减速下降时，l 2变长，l 1变短D ．减速上升时，l 1变短，l 2变长解析：管在竖直方向加速上升和减速下降时，加速度方向向上，水银柱超重，减速上升时失重．现在管静止时，p 2＝p 1－p h ，气柱l 2的压强小，气柱l 1的压强大，当超重时，l 1长度变短，l 2变长，B ，C 两项正确．当失重时，l 1变长，l 2变短．答案：BC14.如下列图为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A 、B 两局部，初始温度一样．使A 、B 升高一样温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A 、ΔV B ，压强变化量Δp A 、Δp B ，对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ，如此( )A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A <ΔV BC ．Δp A >Δp BD ．ΔF A ＝ΔF B解析：假定水银柱不动，升高一样的温度，对气体A ：p A T 1＝p A ′T 2，得p A ′－p A T 2－T 1＝p AT 1，同理知p B ′－p B T 2－T 1＝p BT 1，又因为p A >p B ，故p A ′－p A >p B ′－p B ，所以水银柱向上移动，水银柱上下液面压强差更大，所以Δp A >Δp B ，因此A 、C 两项正确；因为水银不可压缩，故ΔV A ＝ΔV B ，B 项错误；因为ΔF A ＝Δp A ·S A ，ΔF B ＝Δp B ·S B ，故D 项错．故正确答案为A 、C.答案：AC三、非选择题(此题共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．(6分)一定质量的理想气体，当体积保持不变时，其压强随温度升高而增大，用分子动理论来解释，当气体的温度升高时，其分子的热运动加剧，因此：(1)__________；(2)__________．从而导致气体的压强增大．答案：(1)每个分子每次碰撞器壁的平均作用力增大 (2)单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多16．(9分)对于一定质量的理想气体，以p 、V 、T 三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图甲、图乙和图丙所示，三个坐标系中，两个点都表示一样质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比拟第三个参量的大小．(1)p －T 图象(图甲)中A 、B 两个状态，________状态体积小． (2)V －T 图象(图乙)中C 、D 两个状态，________状态压强小． (3)p －V 图象(图丙)中E 、F 两个状态，________状态温度低．解析：图甲画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以V B >V A .图乙画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以p D >p C .图丙画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以T E >T F .答案：(1)A (2)C (3)F17.(13分)如下列图，长31 cm 内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，齐口水银柱封住10 cm 长的空气柱，假设把玻璃管在竖直平面内缓慢转动180°后，发现水银柱长度变为15 cm ，继续缓慢转动180°至开口端向上．求：(1)大气压强的值； (2)末状态时空气柱的长度． 解析：(1)等温变化p 1V 1＝p 2V 2，p 1＝p 0＋21 cmHg ，p 2＝p 0－15 cmHg ，(p 0＋21)×10×S ＝(p 0－15)×16×S ， 解得：p 0＝75 cmHg.(2)由玻意耳定律得p 1V 1＝p 3V 3，p 3＝p 0＋15 cmHg ，l 3＝p 1l 1p 3＝〔75＋21〕×10 cm 75＋15＝10.67 cm.答案：(1)75 cmHg (2)10.67 cm18.(13分)如下列图，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3m 2，气缸内有质量m ＝2 kg 的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K 销于如图位置，离缸底12 cm ，此时气缸内被封闭气体的压强1.5×105Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 时，其压强为多大？(2)假设在此时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360 K ，如此这时活塞离缸底的距离为多少？解析：(1)气体体积不变，由查理定律得p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105300＝p 400， 解得：p ＝2×105Pa.(2)p 3＝p 0＋mgS＝1.2×105Pa ，T 3＝360 K ，由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3， 即1.5×105×12300＝1.2×105×l 3360，解得：l 3＝18 cm.答案：(1)2×105Pa (2)18 cm19．(13分)如下列图，一定质量的理想气体从状态A 经B 、C 、D 再回到A ，问AB 、BC 、CD 、DA 是什么过程？在状态A 时容积为1 L ，并把此图改画为p －V 图．解析：(1)AB 过程是等容升温升压，BC 过程是等压升温增容即等压膨胀，CD 过程是等温减压增容即等温膨胀，DA 过程是等压降温减容即等压压缩．(2)V A ＝1 L ，V B ＝1 L(等容过程)． 由V C T C ＝V BT B(等压过程)得V C ＝V B T B T C ＝1450×900 L ＝2 L.由p D V D ＝p C V C (等温过程)得V D ＝p C V C p D ＝2×31L ＝6 L.(3)所改画的p －V 图如下列图．答案：见解析。
人教版高一物理选修3-1第三章章末综合练习
人教版高一物理选修3-1第三章章末综合练习⒈（多选）关于磁感应强度，正确的说法是( )A 根据定义式IL F B，磁场中某点的磁感应强度B 与F 成正比，与IL 成反比B 磁感应强度B 是矢量，方向与电流所受安培力的方向相同C 磁感应强度B 是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同D 在确定的磁场中，同一点的B 是确定的，不同点的B 可能不同2．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A ．磁感线从磁体的N 极出发，终止于S 极B ．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C ．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D ．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3.两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )A ．若它们的运动周期相等，则它们的质量相等B ．若它们的运动周期相等，则它们的速度大小相等C ．若它们的轨迹半径相等，则它们的质量相等D ．若它们的轨迹半径相等，则它们的速度大小相等4.有一根竖直长直导线和一个通电三角形金属框处于同一竖直平面内，如图所示，当竖直长导线内通以方向向上的电流时，若重力不计，则三角形金属框将（ ）A．水平向左运动B．竖直向上C．处于平衡位置D．以上说法都不对5.（多选）长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电。
现在质量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是( )A．使粒子的速度v<BqL/4mB．使粒子的速度v>BqL/4mC．使粒子的速度v>5BqL/4mD．使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/4m6.两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示。
先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是 ( )A.相互吸引，电流大的加速度大B.相互吸引，加速度大小相等C.相互排斥，电流大的加速度大D.相互排斥，加速度大小相等7.(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图7所示。
新鲁科版物理选修3-3热力学定律章末小节与测评
F ・■!■■・・■■拊注,DI Wg^HAN 它沅諾，热力学定律能量守恒定律的发现能量守恒定律应用热力学第二定律〔热然学程的方律性表述热力学第二定律的表述LZSI |热力学第一定律应用(1) 热力学第一定律的表达式： A U = Q + W 。
(2) 符号法则① 外界对物体做功，则 W 为正；物体对外界做功，则 W 为负。
② 物体从外界吸热，则 Q 为正；物体放出热量，则 Q 为负。
③ 物体内能增加， AJ 为正；物体内能减少， AU 为负。
(3)三个物理量正负的判断方法① 外界对气体做功 W 的正负的判断：对于气体一般要看体积如何变化，体积变大，对 外做功，W 为负；体积变小，外界对气体做功，W 为正。
提示：气体向真空扩散，尽管体积变大，但并不对外做功。
② 在热传递过程中热量 Q 的正负的判断：物体温度低于外界环境温度， 物体吸热，Q 为正；物体温度高于外界环境温度，物体放热，Q 为负。
蠱章末小结与测评/理上干，加氓点"章未盘点'评价自我1知识结构图示XlliSIIE JIRl^llJ TL^ill1 有序与无序、熵无序程度的量度匚熵和熵增加原理高频考点例折C ；AC1F1 K K.ADD [AH LILI热力学第一定律及其应用 第一类永动机热力学热力学能量的转化与守恒③内能变化情况的判断：对于理想气体要抓住温度变化是内能变化的标志，温度升高+P［例1］［多选］（全国卷n ）—定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图像如图所示。
其中对角线ac的延长线过原点0。
下列判断正确的是（）A .气体在a、c两状态的体积相等B •气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C •在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D •在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功解析：由ac的延长线过原点0知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：警=讐=学=畔=T a T b T c T dC,即P a V a = CT a, P b V b= CT b, PcV c= CT c, P d V d=CT d° 设过程bc 中压强为P o= P b= P c,过程da中压强为p0' = p d= P a。
物理新导学笔记沪科选修3-4习题：章末检测试卷(第1、2章)
章末检测试卷(第1、2章)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( ) A ．T ＝2πr GMl B ．T ＝2πr l GM C ．T ＝2πr GMlD ．T ＝2πlr GM答案 B解析 考虑单摆的周期公式与万有引力定律．根据单摆周期公式T ＝2πlg和GM ＝gr 2可得T ＝2πlGMr 2＝2πr lGM，故选项B 正确． 2.在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O 在第一个周期内的振动图像如图1所示，则该波在第一个周期末的波形图是()图1答案 D3．(多选)关于机械波的概念，下列说法中正确的是( ) A ．相隔一个周期的两个时刻，简谐波的图像相同 B ．质点振动的方向总是垂直于波传播的方向C ．任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长D ．简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等解析 由机械波空间周期性可知，相隔一个周期的两时刻，波的图像相同，A 正确．对于横波，质点的振动方向和波的传播方向垂直，而纵波中质点的振动方向和波的传播方向在同一条直线上，B 错．质点的振动状态经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长，而不是质点本身沿波的传播方向移动一个波长，C 错．绳上相距半个波长的两质点位移总是大小相等、方向相反，D 正确．4．下列物理现象：(1)在春天里一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；(2)“闻其声而不见其人”；(3)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．这些物理现象分别属于波的( ) A ．反射、衍射、干涉、多普勒效应 B ．折射、衍射、多普勒效应、干涉 C ．反射、折射、干涉、多普勒效应 D ．衍射、折射、干涉、多普勒效应 答案 A解析 在春天里一次闪电过后，雷声轰鸣不绝，属于声波的反射；“闻其声而不见其人”属于声波的衍射；学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音属于声波的干涉；当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高属于多普勒效应．5．平衡位置处于坐标原点的波源S 在y 轴上振动，产生频率为50Hz 的简谐横波向x 轴正、负两个方向传播，波速均为100m/s.平衡位置在x 轴上的P 、Q 两个质点随波源振动着，P 、Q 的x 轴坐标分别为x P ＝3.5m 、x Q ＝－3m ．当S 位移为负且向－y 方向运动时，P 、Q 两质点的( )A ．位移方向相同、速度方向相反B ．位移方向相同、速度方向相同C ．位移方向相反、速度方向相反D ．位移方向相反、速度方向相同 答案 D解析 由题意可知，此波的波长为λ＝v f ＝10050m ＝2m ，x P ＝3.5m ＝λ＋34λ，当波源位移为负且向－y 方向运动时，P 质点位移为负，速度沿＋y 方向；|x Q |＝3m ＝λ＋λ2，故Q 质点位移为正，速度沿＋y 方向，故D 正确．6．在学校运动场上50m 直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器．两个扬声器连续发出波长为5m 的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10m ．在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为( ) A ．2B ．4C ．6D ．8解析 当该同学到两个声源的间距之差为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0、2.5m 、5.0m 、7.5m 、10m 时，听到的声音强；当同学到两个声源的间距之差为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的，故该同学从中间向一侧移动1.25m 、3.75m 、6.25m 、8.75m 时，听到的声音弱．故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为4次．7．已知一列波某时刻的波的图像和其上一点的振动图像，如图2所示，则有( )图2A ．甲图是振动图像，波速为2×104m/sB ．甲图是波的图像，波速为2×102m/sC ．乙图是波的图像，波速为5×102m/sD ．乙图是振动图像，波速为5×103m/s 答案 D解析 由图像特点可知：甲图为波的图像，波长λ＝10 m ，乙图为振动图像，周期T ＝2×10－3 s ，则波速v ＝λT＝5×103m/s ，D 正确．8．(多选)如图3所示，表示两列同频率相干水波在t ＝0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．已知两列波的振幅均为2cm ，波速为2m/s ，波长为0.4m ，E 点是B 、D 连线和A 、C 连线的交点，下列说法正确的是( )图3A ．A 、C 两点是振动的减弱点B ．E 点是振动加强点C ．B 、D 两点在该时刻的竖直高度差为4cm D ．t ＝0.05s 时，E 点离平衡位置的位移大小为2cm 答案 AB解析 题图中B 、D 均为振动加强的点，E 位于B 、D 的连线上，故也是振动加强点，而A 、C 两点为波峰与波谷相遇，故是振动减弱点．题图中所示时刻，B 点偏离平衡位置－4cm ，而D 点偏离平衡位置4cm ，故二者竖直高度差为8cm ，再过0.05s ，两列波的波峰恰在E 点相遇，故E 点偏离平衡位置的距离将达到4cm.9．(多选)某横波在介质中沿x 轴传播，图4甲为t ＝0.25s 时的波形图，图乙为质点P (x ＝ 1.5m 处的质点)的振动图像，那么下列说法正确的是( )图4A ．该波向右传播，波速为2m/sB ．质点L 与质点N 的运动方向总是相反C ．t ＝0.75s 时，质点M 处于平衡位置，并正在向y 轴正方向运动D ．t ＝1.25s 时，质点K 向右运动了2m 答案 ABC解析 波长为4m ，周期为2s ，该波向右传播，波速为2m/s ，选项A 正确；质点L 与质点N 相距半个波长，运动方向总相反，选项B 正确；t ＝0.75s 时，质点M 处于平衡位置，并正在向y 轴正方向运动，选项C 正确；质点不随波迁移，选项D 错误．10.(多选)如图5所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a 、b 两点相距4.2m ，b 点在a 点的右方，一列简谐波沿水平绳向右传播，波速为20m/s ，波长大于2m ．某时刻b 点达到波峰位置，而a 点正处于平衡位置且向上运动，则这列波的周期可能是( )图5A ．0.12sB ．0.28sC ．0.168sD ．0.84s 答案 AB解析 a 点向上运动，b 点达到波峰且在a 点的右方，满足这一条件的关系式为Δx ＝⎝⎛⎭⎫n ＋34λ(n ＝0,1,2…)，则λ＝16.84n ＋3m(n ＝0,1,2…)．当n ＝0时，λ1＝5.6m ，当n ＝1时，λ2＝2.4m ．波长只有这两个数值能满足大于2m 的条件．由T ＝λv ，解得T 1＝0.28s ，T 2＝0.12s. 二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(9分)(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请你判断是否恰当(选填“是”或“否”)．①把单摆从平衡位置拉开约5°释放：________；②在摆球经过最低点时启动停表计时：________；③用停表记录摆球一次全振动的时间作为周期：____________.(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表．用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图6所示，该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随______的增大而增大．图6答案(1)①是②是③否(2)20.685(20.683～20.687)摆长解析(1)①单摆在摆角不超过5°时可看做是简谐运动．②摆球经过最低点时速度最大，滞留的时间最短，计时误差最小．③为了减小测量周期时的误差，应测单摆完成30～50次全振动所用的时间来求出周期．(2)螺旋测微器上的固定刻度读数为20.5 mm，可动部分的读数约为18.5，则测量结果为20.5mm＋18.5×0.01mm＝20.685mm.分析表中数据可以看出，摆长不变时周期不变，摆长变短时周期变短．12．(7分)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测量了5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：(1)以摆长为横坐标，周期的平方为纵坐标，根据以上数据在图7中画出T2－l的图线．图7(2)求出此图线的斜率． (3)由此图线求出重力加速度． 答案 见解析解析 (1)建立T 2－l 坐标系，根据表中数据选取适当标度，然后描点、作图，如图所示．(2)由图线知，直线斜率k ＝4.03. (3)由周期公式T ＝2πl g 可得T 2＝4π2gl 因此直线斜率k ＝4π2g ，即g ＝4π2k ＝4×(3.14)24.03m/s 2≈9.79 m/s 2.三、计算题(本题共4小题，共44分)13．(10分)如图8所示，两个完全相同的弹性小球A 、B (两球碰后速度交换)，分别挂在长为l 和l /4的细线上，重心在同一水平面上，相互恰好接触．把B 球向右拉开一个不大的距离(摆角小于5°)后自由释放，经多长时间两球发生第10次碰撞？图8答案29π4l g解析 A 球的振动周期：T A ＝2πl gB 球的振动周期：T B ＝πl gA 、B 球组成的系统的振动周期为：T ＝T A 2＋T B 2＝32πl g每个周期两球碰撞2次，故把B 球自由释放后，发生第10次碰撞时，是第五个周期内，A 球向左运动返回后碰B 球的时刻．故t ＝5T －14T B ＝152πl g －π4l g ＝294πl g.14．(12分)如图9所示的弹簧振子在光滑水平面上以振幅A 做简谐运动，质量为M 的滑块上面放质量为m 的砝码，砝码随滑块一起做简谐运动，已知弹簧的劲度系数为k ，试求：图9(1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力？它跟位移成正比的比例常数k ′等于多少？ (2)当滑块运动到振幅一半位置时，砝码所受的回复力有多大？方向如何？(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为μ时，则要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大？答案 (1)静摩擦力，k ′＝mk M ＋m (2)kmA2(M ＋m )，指向平衡位置 (3)μ(M ＋m )k g解析 (1)由题意可知，砝码在水平方向上只受到静摩擦力．因此使砝码随滑块一起振动的回复力是由静摩擦力提供的．由kx ＝(M ＋m )a 和k ′x ＝ma ，所以k ′＝mkM ＋m .(2)F ＝ma ＝m k A 2M ＋m ＝kmA2(M ＋m )回复力的方向总是指向平衡位置． (3)由μmg ≥kAM ＋m·m ，所以A ≤μ(M ＋m )k g .15．(10分)如图10甲所示，为某一列简谐波在t ＝t 0时刻的图像，图乙是这列波上P 质点从这一时刻起的振动图像，试讨论：图10(1)波的传播方向和波速大小；(2)画出经过2.3s 后波的图像，并求出P 质点的位移和运动的路程． 答案 (1)沿x 轴正向传播 5m/s (2)见解析图位移为10cm 路程为2.3m解析 (1)根据振动图像可以判断：P 质点在t ＝t 0时刻在平衡位置且向负的最大位移处运动，由此可确定波沿x 轴正向传播．由题图甲知λ＝2m ，由题图乙知T ＝0.4s ，则v ＝λT ＝20.4m/s＝5 m/s.(2)由于T ＝0.4s ，所以2.3s ＝534T ，波形重复5次再沿x 轴推进34个波长，经过2.3s 后的波的图像如图所示，P 质点的位移为10cm ，路程s ＝4A ×5＋3A ＝23A ＝2.3m.16．(12分)已知t 1时刻简谐波的波形如图11中实线所示，在t 2时刻该波的波形如图中虚线所示．t 2－t 1＝0.02s ．求：图11(1)该波可能的传播速度．(2)若已知T <t 2－t 1<2T ，且图中P 质点在t 1时刻的瞬时速度方向向上，求可能的波速． (3)若0.01s<T <0.02s ，且从t 1时刻起，图中Q 质点比R 质点先回到平衡位置，求可能的波速． 答案 (1)见解析 (2)500 m/s (3)400 m/s解析 (1)如果这列简谐横波是向右传播的，在t 2－t 1内波形向右匀速传播了(n ＋13)λ，所以可能的波速v ＝(n ＋13)λ/(t 2－t 1)＝100(3n ＋1) m/s(n ＝0,1,2，…)；同理可得若该波是向左传播的，可能的波速v ＝100(3n ＋2) m/s(n ＝0,1,2，…)(2)P 质点速度向上，说明波向左传播．T <t 2－t 1<2T ，说明这段时间内波只可能是向左传播了5/3个波长，即n ＝1时，所以速度是唯一的，v ＝500 m/s.(3)Q 比R 先回到平衡位置，说明波只能是向右传播的．而0.01s<T <0.02s ，也就是T <0.02s<2T ，所以这段时间内波只可能是向右传播了4/3个波长，即n ＝1时，速度也是唯一的，v ＝400 m/s.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高中物理人教版《选修3-3模块》综合检测试题(含答案)
高中物理人教版《选修3-3模块》综合检测试题(时间：50分钟满分：60分)1．(15分)(全国甲卷) (1)(5分)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图像如图所示。
其中对角线ac的延长线过原点O。
下列判断正确的是________。
A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功(2)(10分)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。
某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。
当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。
若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
2．(15分)(全国乙卷)(1)(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是________。
A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝2σr，其中σ＝0.070 N/m。
现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。
已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
3．(15分)(全国丙卷)(1)(5分)关于气体的内能，下列说法正确的是______。
高中物理选修3-3章末检测4 气体
章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共10小题，每小题4分)1．关于理想气体，正确说法是() A．只有当温度很低时，实际气体才可当作理想气体B．只有压强很大时，实际气体才可当作理想气体C．在常温常压下，许多实际气体可当作理想气体D．所有的实际气体在任何情况下，都可以当作理想气体答案 C2．已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)() A．12.8倍B．8.5倍C．3.1倍D．2.1倍答案 C解析湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由气体状态方程，3p0V14＋273＝p0V217＋273，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确．3．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况可能是() A．p、V、T都增大B．p减小，V和T都增大C．p和V减小，T增大D．p和T增大，V减小答案ABD解析由pVT＝C可知，A、B、D正确，C错误．4．如图1，一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强()图1A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终不变D．先增大后减小答案 A解析气体从a到b的变化过程中，体积V减小，温度T升高，由理想气体状态方程pVT＝C可知，气体压强逐渐增大，本题只有选项A正确．5．如图2所示，两个直立汽缸由管道相通．具有一定质量的活塞a、b用刚性杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态．大气压强不变，现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时()图2A．活塞向下移动了一点，缸内气体压强不变B．活塞向下移动了一点，缸内气体压强增大C ．活塞向上移动了一点，缸内气体压强不变D ．活塞的位置没有改变，缸内气体压强增大 答案 A解析 根据p 1T 1＝p 2T 2，温度升高，压强增大，对整体受力分析有p a S a ＋p 0S b ＝p b S b＋p 0S a ，温度升高时，p a S a ＋p 0S b >p b S b ＋p 0S a ，活塞会下移，当再次平衡时，受力会再次平衡，内部压强不变，A 对．6．如图3所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V 1＝V 2>V 3，h 1<h 2＝h 3.若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是( )图3A ．丙管B ．甲管和乙管C ．乙管和丙管D ．三管中水银柱上移一样多 答案 B解析 温度上升时，三支管中的气体都在等压膨胀，根据盖·吕萨克定律： V 1T 1＝V 2T 2＝ΔV ΔT ，即ΔV ＝ΔTT V ，由此可见，三支管中气体的体积变化的大小取决于原来状态时管中气体体积的大小．开始时甲、乙两管中气体体积一样大且都比丙管中气体体积大，所以升高相同温度后，甲、乙管中的水银柱上移得最多，选项B 正确．7．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是() A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面B．加速下降，直到水底C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡D．仍然静止答案 A解析上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．8．如图4为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C 使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接．当A、B、D 的水面高度差如图所示时，E管内水相对B中水面的高度差h应等于()图4A．0米B．0.5米C．1米D．1.5米答案 D解析表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，p1＝p2＝p c.即p1＝p0＋ρgh1h1＝1.5 mp2＝p1＝p0＋ρgh则h＝1.5 m，D正确．注意：若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而h为液柱竖直高度．9．图5为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是()图5A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度升高，压强减小D．温度不变，压强减小答案 A解析对于一定质量的理想气体pVT＝C，得出V＝C Tp.当温度降低，压强增大时，体积减小，故A正确；当温度升高，压强不变时，体积增大，故B错；当温度升高，压强减小时，体积增大，故C错；当温度不变，压强减小时，体积增大，故D错．10．一定质量理想气体，状态变化过程如图6(p－V)中ABC图线所示，其中BC 为一段双曲线．若将这一状态变化过程表示在下图中的p－T图或V－T图上，其中正确的是()图6答案AC二、填空题(共2小题，共12分)11．(4分)一定质量的理想气体，当体积保持不变时，其压强随温度升高而增大，用分子动理论来解释，当气体的温度升高时，其分子的热运动加剧，因此(1)__________；(2)________，从而导致气体的压强增大．答案(1)每个分子每次碰撞器壁的平均作用力增大(2)单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多12．(8分)对于一定质量的理想气体，以p、V、T三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图7所示，三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小．图7(1)p -T图象(图甲)中A、B两个状态，________状态体积小．(2)V -T图象(图乙)中C、D两个状态，________状态压强小．(3)p -V图象(图丙)中E、F两个状态，________状态温度低．答案(1)A(2)C(3)F解析甲图画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以V B>V A.乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以p D>p C.丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以T E>T F.三、计算题(共4小题，共48分)13．(12分)最近一个阶段我国中东部一些地区空气污染严重，出现了持续的雾霾天气．一位同学受桶装纯净水的启发，提出用桶装的净化压缩空气供气，设每人1min内呼吸16次，每次吸入1 atm的净化空气500 mL，而每个桶能装10 atm的净化空气20L，假定这些空气可以全部被使用，设温度不变，估算一下每人每天需要吸多少桶净化空气．答案58桶解析每人每天吸入1 atm的净化空气的体积为V＝(16×60×24)×500 mL＝11.52×106 mL＝11.52×103 L，由玻意耳定律可知，每桶10atm的净化空气转化为1 atm的体积为V′＝10×20 L＝200 L故每人每天需要净化空气的桶数为n＝VV′＝11.52×103200＝57.6≈58.14．(12分)如图8所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3 m2，气缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12 cm，此时气缸内被封闭气体的压强为1.5×105 Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.图8(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 时，其压强多大？(2)若在此时拔去销子K ，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360 K ，则这时活塞离缸底的距离为多少？ 答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm解析 (1)气体体积不变，由查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105300＝p 400 解得：p ＝2×105 Pa(2)p 3＝p 0＋mg /S ＝1.2×105 Pa T 3＝360 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3，即1.5×105×12300＝1.2×105×l 3360解得：l 3＝18 cm.15．(12分)(2014·山东理综)一种水下重物打捞方法的工作原理如图9所示．将一质量M ＝3×103 kg 、体积V 0＝0.5 m 3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h 1＝40 m ，筒内气体体积V 1＝1 m 3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h 2时，拉力减为零，此时气体体积为V 2，随后浮筒和重物自动上浮．求V 2和h 2.已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，水的密度ρ＝1×103 kg/m 3，重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.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．图9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＝2.5 m3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1③p2＝p0＋ρgh2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2⑤联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10 m⑥16．(12分)如图10所示，一定质量的理想气体，处在A状态时，其温度T A＝300K，让该气体状态沿图中线段AB所示缓慢地从状态A变化到状态B，求：图10(1)气体处于状态B时的温度；(2)从A到B的过程中气体的最高温度．答案(1)300 K(2)400 K解析(1)对A、B两个状态，据理想气体的状态方程得p A V A T A ＝p B V BT B解得T B＝300 K(2)体积为V x时的气体压强可表示为p x＝4－1 2V x由理想气体的状态方程可得p A V A T A ＝p x V xT x＝(4－12V x)V xT x由上式可得，当V x＝4 L时，T x最大．解得T x的最大值为T m＝400 K.。
人教版高中物理选修3-3章末综合测评(四).docx
高中物理学习材料桑水制作章末综合测评(四)(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．如图1所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后．进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )图1A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金从热水中吸收的热量C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量E．叶片在热水中吸收的热量一定大于水和转轮获得动能【解析】形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知B、D、E 项正确．【答案】BDE2．采用绝热(即不与外界交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至末态B，对于不同的绝热方式，下面说法正确的是( )A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．气体对外所做的功相同D．对气体不需做功，因为没有能量的传递E．气体内能的变化是相同的【解析】对于一定量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程．在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能U A，在状态B有另一确定的内能U B，由绝热过程中ΔU＝U B－U A＝W知，W为恒量，所以B、C、E选项正确．【答案】BCE3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图2所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P 处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )图2A．不符合理论规律，一定不可能实现B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现E．“既要马儿不吃草，又要马儿跑”，是根本不可能存在的【解析】磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．【答案】ADE4．如图3所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则下列说法正确的是( )【导学号：11200102】图3A．气体体积膨胀，内能不变B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，动能减小，温度降低D．气体分子势能增加，压强可能不变E．Q中气体不可能自发地全部退回到P中【解析】气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，显然选项A正确，B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小．温度降低，选项C正确；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项D错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以E正确．【答案】ACE5.如图4所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )【导学号：11200103】图4A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热E．从状态b到a，气体放热【解析】从状态d到c，温度不变．理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A 错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果．故选项D正确，E错误．【答案】BCD6．关于永动机不可能制成，下列说法中正确的是( )A．第一类永动机违背了能量守恒定律B．第二类永动机违背了能量守恒定律C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E．第二类永动不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化【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传递的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能．因此，正确选项为A、D、E.【答案】ADE7．下面关于熵的说法中正确的是( )A．熵是系统内分子运动无序性的量度B．在自然过程中一个孤立系统的熵总是增加或不变的C．热力学第二定律也叫做熵减小原理D．熵值越大代表越无序E．一个宏观状态所对应的微观态越多，越无序，熵越小【解析】一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，这就是热力学第二定律的微观意义．系统的热力学过程就是大量分子向无序程度大的状态变化的过程．自然过程的方向性可以表述为：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理．因此A、B、D 说法正确，C、E说法错误．【答案】ABD8．如图5是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使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( )【导学号：11200104】图5A．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，瓶内气体温度不变E．缓慢挤压时，气球下降【解析】快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，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，D正确，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，气球下降，则E项正确．【答案】ADE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(12分)一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：(1)气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________J.(2)气体的分子势能________(填“增加”或“减少”)．(3)分子平均动能如何变化？【解析】(1)因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105 J气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功W＝－6×105 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J所以物体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．【答案】(1)减少 1.8×105(2)增加(3)见解析10．(12分)如图6所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p.外界大气压为p(p>p0)．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：图6(1)此过程克服大气压力所做的功；(2)活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？【导学号：11200105】【解析】(1)设大气作用在活塞上的压力为F，则：F＝p0S根据功的计算式W＝Fl得：W＝12pLS.(2)设活塞离开汽缸时动能为E k，则：E k＝12 mv2根据能量守恒定律得：ΔU＝－12mv2－12pLS＝－12(mv2＋p0LS)即内能减少了12(mv2＋p0LS)．【答案】(1)12pLS(2)内能减少了12(mv2＋p0LS)11．(12分)如图7所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度t A＝327 ℃.图7(1)求气体在状态B时的温度；(2)已知由状态B→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．【解析】(1)气体由状态A变化到状态B由查理定律pATA＝pBTB可得T B ＝pBpATA＝12×(327＋273) K＝300 K所以t B＝27 ℃.(2)由B→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q －W>0可得Q>W.【答案】(1)27 ℃(2)Q>W原因见解析12．(16分)如图8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＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：图8(1)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.【导学号：11200106】【解析】(1)在气体压强由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：T1T＝pp解得：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：VV1＝T1T解得：V1＝12 V.(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1) 在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU＝α(T1－T0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU，解得：Q＝12pV＋αT.【答案】(1)12V(2)12pV＋αT。
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章末检测试卷(第三章) (时间：90分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56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．如果某个固体在某一物理性质上表现出各向同性，那么下述结论中正确的是( ) A．它一定不是单晶体 B．它一定是多晶体 C．它一定是非晶体 D．它不一定是非晶体 答案 D 解析 多晶体和非晶体都表现出各向同性，单晶体也只是在某些物理性质上表现出各向异性，故正确答案为D. 2．从物体外形来判断是否是晶体，正确的是( ) A．玻璃块有规则的几何形状，所以它是晶体 B．不具有确定形状的物体，一定不是晶体 C．敲打一块石英以后，使它失去了天然面，没有规则的外形了，变成了非晶体 D．单晶体在外形上都具有天然确定的几何形状，其对应表面之间的夹角大小是相等的 答案 D 解析 单晶体有天然确定的几何形状，各对应表面之间的夹角相等；而多晶体不具有天然确定的几何形状，非晶体也没有天然确定的几何形状．石英被打碎以后，并没有改变其内部结构，依然是晶体，A、B、C错，D对． 3．(多选)关于晶体，以下说法中正确的是( ) A．晶体一定具有规则的几何外形 B．晶体一定具有各向异性 C．晶体熔化时具有一定的熔点 D．晶体熔化时吸收热量，主要用于破坏晶体结构，增加分子势能 答案 CD 解析 多晶体没有规则的几何外形，也不具有各向异性．但单晶体和多晶体熔化时具有一定的熔点，吸收的热量主要用于破坏晶体结构，增加分子势能，分子动能不变．故正确答案为C、D. 4．饱和汽压随温度的升高而增大，是因为( ) A．其规律遵循查理定律 B．饱和汽的质量随温度的升高而增大 C．饱和汽的体积随温度的升高而增大 D．饱和汽的分子数密度和分子的平均速率都随温度的升高而增大 答案 D 解析 气体实验定律不适用于饱和汽，A错误；饱和汽压与饱和汽的质量和体积无关，B、C错误；温度越高，分子平均速率越大，并且液体分子越易离开液面，饱和汽分子数密度越大，D正确． 5．(多选)下列关于半导体材料的说法正确的是( ) A．半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间 B．光敏电阻随光照增强电阻增大 C．发光二极管与白炽灯一样没有正、负极 D．三极管有放大信号的作用 答案 AD 解析 光敏电阻随光照增强电阻减小，故B选项错误；二极管具有单向导电性，同样，发光二极管使用时要注意正、负极，故C选项错误． 6．(多选)甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论．他们的说法正确的是( ) A．甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形 B．乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有固定的熔点 C．丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向同性 D．丁说，液晶是一种在分子结构上介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性 答案 AD 解析 单晶体具有确定的几何形状，而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，无论是多晶体还是单晶体都有固定的熔点，故A对，B错；液晶像液体一样具有流动性，但不能说它是液态的晶体，它的光学性质具有各向异性，故C错，D对． 7.在天平的左盘挂一根铁丝，右盘放一砝码，且铁丝浸于液体中，此时天平平衡，如图1所示．现将左端液体下移，使铁丝刚刚露出液面，则( )
图1 A．天平仍然平衡 B．由于铁丝刚露出水面沾上液体，重量增加而使天平平衡被破坏，左端下降 C．由于铁丝刚露出液面，和液面间生成一层液膜，此液膜的表面张力使天平左端下降 D．以上说法都不对 答案 C 解析 由于铁丝刚好离开液面，和液面间形成一层液膜，此液膜的表面张力使铁丝受到向下的作用力，所以天平左端下降． 8．(多选)下列关于湿度的说法中正确的是( ) A．绝对湿度大，相对湿度一定大 B．相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态 C．绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和 D．露水总是出现在夜间和清晨，是气温的变化使空气里的水蒸气达到过饱和而液化的缘故 答案 BD 解析 相对湿度除和绝对湿度有关外，还和相同温度下水的饱和汽压有关．根据相对湿度公式知，相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中的水汽的实际压强等于饱和汽压，A错误，B正确；相同温度下相对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，C错误；夜间和清晨气温降低，饱和汽压减小，从而使原来未饱和或饱和的水蒸气达到过饱和，D正确． 9．现代建筑出现了一种新设计：在墙面的装饰材料中均匀混入小颗粒状的小球，球内充入一种晶体材料，当温度升高时，球内材料熔化吸热，当温度降低时，球内材料凝固放热，使建筑内温度基本保持不变．下列四个图像中，表示球内材料的熔化图像的是( )
答案 A 解析 晶体有固定的熔点，在熔化过程中当温度达到熔点后，不断吸热，但温度却保持在熔点温度，直到晶体全部熔化；而非晶体没有固定的熔点，在熔化过程中不断吸热，先变软，然后熔化，在此过程中温度不断上升． 10．有关饱和汽压随温度变化的原因，下列说法正确的是( ) A．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数减少 B．温度降低，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多 C．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多，液体继续蒸发，压强增大 D．温度降低，单位时间里从液体表面飞出的分子数大于返回液体表面的分子数 答案 C 解析 饱和汽压决定于单位体积内的分子数和分子的平均速率．当温度升高(降低)时，分子的平均速率变大(变小)，这使得单位时间内从液体表面飞出的分子数增多(减少)，饱和汽压变大(变小)． 11．(多选)下列关于湿度的说法中正确的是( ) A．不同温度下，空气的绝对湿度一定不同 B．绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度增大 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 答案 BD 解析 不同温度下，空气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对；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，所以它反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度，D对． 12．关于饱和汽，下列说法正确的是( ) A．液面上的蒸汽分子的密度不断增大 B．液面上的蒸汽分子的密度不断减小 C．液面上的蒸汽分子的密度不变 D．液面上没有蒸汽分子 答案 C 解析 达到饱和汽时，液体与蒸汽之间达到了动态平衡，即相同时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出的分子数，液面上蒸汽分子的密度不再改变． 13．一瓶矿泉水喝完一半之后，把瓶盖拧紧，不久瓶内水的上方形成了水的饱和汽．当温度变化时，瓶内水的饱和汽压与温度变化关系的图像正确的是( )
答案 B 14．如图2所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了，产生这一现象的原因是( ) 图2 A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体 B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张 答案 C 解析 玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体．故A、B错误；玻璃管尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同的情况下球的表面积最小，故呈球形，故C正确，D错误． 二、填空题(本题共2小题，共10分) 15．(5分)液体的性质介于固体和气体之间．液体跟固体相似，具有________、不易________；但液体又跟气体相似，没有________、具有________． 答案 一定体积 被压缩 一定的形状 流动性 16．(5分)图3甲是晶体物质微粒在平面上的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，由此得出晶体具有________的性质．如图乙所示，液体表面层分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡时的分子距离r0，因此表面层分子间作用力的合力表现为________．
图3 答案 各向异性 引力 解析 沿不同方向物质微粒的数目不同，使得单晶体具有各向异性．当分子间的距离等于分子间的平衡距离r0时，分子间的引力等于斥力，合力为0；当分子间的距离大于分子间的平衡距离r0时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快，合力表现为引力． 三、论述计算题(本题共3小题，共34分) 17．(8分)地矿工作者在野外考察时发现了一种矿石，该矿石具有某种规则的外形，当沿某一方向敲击时，比较容易将其一层层剥离，而沿其他方向敲击则不然，你对该矿石可作出怎样的判断？ 答案 由于该矿石具有规则外形，且不同方向具有不同的力学性质，即具有各向异性，而各向异性是单晶体独有的性质，故可知该矿石为单晶体． 18．(12分)厨房内温度是30℃时，绝对湿度是p1＝2.1×103Pa，而这时室外温度是19℃，绝对湿度是p2＝1.3×103Pa.那么，厨房内外空气的相对湿度相差多少？在厨房内感觉潮湿，还是在厨房外感觉潮湿？(30℃时水的饱和汽压为p3＝4.2×103Pa,19℃时水的饱和汽压为p4
＝2.2×103Pa)
答案 9%厨房外感觉潮湿
解析 厨房内的相对湿度B1＝p1p3×100%＝2.1×1034.2×103×100%＝50%
厨房外的相对湿度B2＝p2p4×100%＝1.3×1032.2×103×100%≈59% 厨房内外空气的相对湿度相差ΔB＝B2－B1＝59%－50%＝9% 厨房外的相对湿度较大，即厨房外感觉潮湿． 19．(14分)如图4所示是对某种合金连续不断地加热过程中，其温度随时间变化的曲线，据图回答：
图4 (1)这种合金在固态时是不是晶体？ (2)这种合金的熔点是多少？ (3)熔化过程用了多少时间？ (4)图中BC段表示这种合金处于什么状态？ 答案 (1)是 (2)210℃ (3)8min (4)固、液共存状态 解析 题图中BC阶段表示该合金的熔化过程，说明其有固定的熔点，所以这种合金在固态时是晶体，且熔点为210℃，熔化过程用了Δt＝(14－6) min＝8min，BC段为固、液共存状态．
精美句子 1、善思则能“从无字句处读书”。读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。读大海，读出了它气势磅礴的豪情。读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。