高中物理課時作業(yè)（人教版選修第三冊）詳解答案

詳解答案分層作業(yè)(一)分子動理論的基本內容1．解析：酒香在空氣中傳播、馬蹄上的花香在空氣中傳播都屬于擴散現(xiàn)象，描述的是分子熱運動，A、B符合題意；影動是由光學因素造成的，與分子熱運動無關，C不符合題意；風沙刮地是沙子在自身重力和氣流的作用下所做的運動，不是分子的熱運動．D不符合題意．答案：AB2．解析：0℃的物體中的分子仍然在不停地做無規(guī)則運動，A錯誤；存放過煤的混凝土地面下一段深度內都有黑色顆粒，說明煤分子和混凝土分子都在做無規(guī)則的熱運動，B正確；分子的無規(guī)則運動叫作熱運動，布朗運動是懸浮在液體(或氣體)中的固體小顆粒的運動，不是熱運動，C錯誤；物體溫度越高，分子熱運動越劇烈，物體的運動是機械運動，運動物體中的分子熱運動不一定比靜止物體中的分子熱運動劇烈，D錯誤．答案：B3．解析：根據布朗運動的特點可知，炭粒越小，溫度越高，布朗運動越明顯，A、D錯誤；小炭粒在不停地做無規(guī)則的運動，這種運動就是布朗運動，B正確；水分子很小，在光學顯微鏡下看不到水分子，C錯誤．答案：B4．解析：布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動，是液體分子對顆粒撞擊力不平衡造成的，所以布朗運動說明了液體分子在不停地做無規(guī)則運動，但不是液體分子的無規(guī)則運動，故A錯誤；液體的溫度越高，液體分子運動越劇烈，則布朗運動也越劇烈，故B錯誤；懸浮微粒越大，同一時刻撞擊顆粒的液體分子數(shù)越多，液體分子對顆粒的撞擊作用力越容易平衡，現(xiàn)象越不明顯，故C錯誤；懸浮微粒做布朗運動，是液體分子的無規(guī)則運動撞擊造成的，故D正確．答案：D5．解析：引力和斥力都隨距離的減小而增大，故A正確；兩分子間的距離為r0時，分子間斥力與分子間引力大小相等但不為零，故B錯誤；分子始終在做無規(guī)則熱運動，故C錯誤；分子力的本質是電磁力，故D錯誤．故選A.答案：A6．解析：氣溶膠懸浮顆粒是固體小顆粒，是固體小顆粒懸浮在空氣中，受到氣體分子撞擊不均勻造成的小顆粒的運動，它不是空氣分子的運動，但可以反映空氣分子的運動，是布朗運動，故A正確；飛沫重量大，布朗運動是固體小顆粒的運動，飛沫不是固體小顆粒，故其運動不能看成是布朗運動，故B錯誤；溫度越高，布朗運動越劇烈，故氣溶膠懸浮顆粒在空氣中的運動越劇烈，故C正確；飛沫運動不是分子運動，與分子運動無關，所以溫度越高，飛沫在空氣中的運動不一定越劇烈，故D錯誤．答案：AC7．解析：(1)金剛石的質量m＝ρV碳的物質的量n＝eq\f(m,M)這塊金剛石所含碳原子數(shù)N＝n·NA＝eq\f(ρVNA,M)＝1.3×1022個．(2)一個碳原子的體積V0＝eq\f(V,N)把金剛石中的碳原子看成球體，則由公式V0＝eq\f(π,6)d3可得碳原子直徑為d＝eq\r(3,\f(6V0,π))＝2.2×10－10m.答案：(1)1.3×1022個(2)2.2×10－10m8．解析：當分子間距離為r0時，它們之間的引力與斥力剛好大小相等，分子力為零，A項正確；一般分子直徑的數(shù)量級為10－10m，跟分子間的平衡距離r0相當，B項正確；當兩分子間距離在大于r0的范圍內減小時，分子力先增大，后減小，C項錯誤；當r>r0時，分子力表現(xiàn)為引力，D項正確．答案：ABD9．解析：a千克氣凝膠的摩爾數(shù)為eq\f(a,M)，所含分子數(shù)為N＝eq\f(a,M)NA，選項A正確；氣凝膠的摩爾體積為Vm＝eq\f(M,ρ)，選項B正確；每個氣凝膠分子的體積為V0＝eq\f(Vm,NA)＝eq\f(M,ρNA)，選項C正確；氣凝膠為固體材料，分子模型為球體模型，根據V0＝eq\f(1,6)πd3，則每個氣凝膠分子的直徑為d＝eq\r(3,\f(6M,πρNA))，選項D錯誤．故選A、B、C.答案：ABC10．解析：(1)1m3可燃冰可釋放164m3的天然氣．標準狀況下1mol氣體的體積為2.24×10－2m3.甲烷物質的量為n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(164,2.24×10－2)mol，則1m3可燃冰所含甲烷分子數(shù)為N＝nNA＝eq\f(164,2.24×10－2)×6.02×1023個≈4.4×1027個，1cm3可燃冰所含甲烷分子數(shù)為4.4×1021個．(2)平均每個甲烷分子的質量為m0＝eq\f(ρV0,NA)＝eq\f(0.67×22.4×10－3,6.02×1023)kg≈2.5×10－26kg.答案：(1)4.4×1021個(2)2.5×10－26kg分層作業(yè)(二)分子運動速率分布規(guī)律1．答案：A2．答案：C3．解析：通常情況下，分子間距離較大，相互作用力可以忽略，故氣體分子可以自由運動，氣體分子能否視為質點應根據具體問題而定，A、C錯誤，B、D正確．答案：BD4．解析：氣體的壓強是由大量氣體分子頻繁地碰撞器壁產生的，A說法錯誤，B說法正確；壓強的大小取決于氣體分子的平均速率和分子的數(shù)密度，與物體的宏觀運動無關，C、D說法錯誤．答案：ACD5．解析：由不同溫度下的分子速率分布曲線可知，分子數(shù)百分率呈現(xiàn)“中間多，兩頭少”統(tǒng)計規(guī)律，溫度是分子平均動能的標志，溫度高則分子速率大的占多數(shù)，所以乙狀態(tài)下溫度較高，分子無規(guī)則運動的平均速率較大，分子運動更劇烈，故A、B錯誤，C正確；由于分子運動無規(guī)則，故在下一時刻的速率無法確定，故D錯誤．故選C.答案：C6．解析：裝入熱水時，瓶內上方氣體溫度升高，將一些氣體排出，擰緊瓶蓋，過一段時間后與外界發(fā)生熱傳遞，氣體放出熱量后，內能減小溫度降低．由于氣體等容規(guī)律，瓶內的壓強也減小，外界大氣壓將瓶蓋壓緊，故打開瓶蓋需要克服更大的摩擦力．溫度降低后，氣體分子的平均動能減小，并不是每個氣體分子的速率都減小．有的分子的速率增大，故A、B錯誤；溫度降低后，氣體分子的平均動能減小，平均速率也減小，單位時間內氣體分子撞擊瓶蓋的次數(shù)減少，故C正確，D錯誤．答案：C7．解析：氣體的壓強與兩個因素有關，一是氣體分子的平均速率，二是氣體分子的數(shù)密度．當氣體分子的平均速率增大時，若氣體的體積增大，則氣體分子的數(shù)密度減小，氣體的壓強可能減小，同理，當氣體分子的數(shù)密度增大時，因為分子平均速率變化情況不確定，所以氣體壓強的變化情況不能確定，A、C說法錯誤，B、D說法正確．答案：BD8．解析：蠟燭燃燒后，燈籠內溫度升高，部分氣體分子將從燈籠內部跑到外部，所以燈籠內分子總數(shù)減少，故分子密集程度減小，A錯誤．燈籠內溫度升高，分子的平均速率增大，B錯誤．燈籠始終與大氣連通，壓強不變，燈籠內氣體體積也不變，C錯誤．溫度升高，氣體分子的平均速率增大，分子在單位時間對器壁單位面積碰撞的平均作用力增大，而氣體壓強不變，所以單位時間與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)減少，D正確．答案：D9．解析：由題圖可知，100℃的氧氣速率大的分子所占比例較多，A錯誤；具有最大比例的速率區(qū)間是指曲線峰值附近對應的速率，顯然，100℃時對應的峰值速率較大，B錯誤；由題圖可知，在同一溫度下，氣體分子速率分布總呈“中間多，兩頭少”的分布特點，C正確；在0℃和100℃兩種不同情況下，各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關系圖線與橫軸所圍圖形的面積都應該等于1，即相等，D正確．答案：CD10．解析：由題圖可知，氣體分子速率均呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布規(guī)律，但是最大比例的速率區(qū)間是不同的，A說法正確；氣體的溫度越高，速率較大的分子所占的比例越大，則TⅠ<TⅡ<TⅢ，B說法錯誤；溫度高的氣體，分子平均速率較大，速率大的分子比例較多，C說法正確；從圖像中可以直觀體會到溫度越高，分子運動越劇烈，D說法正確．答案：B分層作業(yè)(三)分子動能和分子勢能1．解析：溫度是分子平均動能的標志，溫度相同時，不同物質的分子平均動能相同，但分子的質量不一定相等，所以平均速率不一定相等，A正確，B、C錯誤；溫度升高時，并不是物體的每一個分子的動能都增加，個別分子的平均動能可能減少，D錯誤．答案：A2．解析：溫度是分子熱運動的平均動能的標志，內能是所有分子動能和分子勢能的總和，故溫度不變時，內能可能變化，A錯誤；兩物體溫度相同，內能可能不同，分子的平均動能相同，由eq\x\to(E)k＝eq\f(1,2)mv2知，平均速率eq\x\to(v)可能不同，D正確；內能大小不僅要看溫度，還要看總分子數(shù)和分子勢能這些因素，C錯誤；機械運動的速度增大與分子熱運動的動能無關，B錯誤．答案：D3．解析：溫度相同，則分子的平均動能一樣大．同種物質，質量相同，分子數(shù)一樣多．冰吸熱變?yōu)樗?，水吸熱變?yōu)樗魵?，冰、水、水蒸氣的分子勢能依次變大，內能依次變大．答案：AD4．解析：在兩分子間距減小到r1的過程中，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，分子力先增大后減小，故A錯誤；在兩分子間距減小到r1的過程中，分子力做正功，分子勢能減小，無窮遠處分子勢能為零，間距減小到r1時，分子勢能小于零，故B、C錯誤；在兩分子間距由r2減小到r1的過程中，分子力做正功，分子勢能減小，分子力減小為零，故D正確．答案：D5．解析：溫度高低只反映分子平均動能的大小，由于物體的內能跟物體的質量、體積、溫度和狀態(tài)有關，所以溫度高的物體不一定比溫度低的物體內能大，A錯誤；內能是物體內所有分子無規(guī)則熱運動的動能和分子勢能的總和，分子在永不停息地做無規(guī)則運動，所以內能永不為零，B正確；內能相同的物體，它們的溫度可能不相同，所以它們的分子平均動能可能不相同，C錯誤；內能不同的兩個物體，它們的溫度可以相同，即它們的分子平均動能可以相同，D錯誤．答案：B6．解析：當r＝r0時引力與斥力的合力為零，即分子力為零，A、D錯；當分子間的距離趨于r0時，分子力做正功，分子勢能減少，r＝r0時分子勢能最小，B對，C錯．答案：B7．解析：分子B受力的方向與運動方向相同時，分子力做正功，分子勢能減少，A正確；分子間距離從無窮遠減小到r0的過程中，分子間的相互作用力先增大后減小，B錯誤；分子間的距離等于r0時，分子力為零，分子勢能最小，C錯誤；分子勢能最小時，分子間的作用力一定為零，但分子勢能的最小值不一定為零，D錯誤．答案：A8．解析：A、D錯，C對：由題圖看出，乙分子在P點(x＝x2)時，分子勢能最小，此時分子位于平衡位置，分子間作用力為零，則加速度為零．B對：乙分子在P點(x＝x2)時，分子勢能最小，由能量守恒定律知，分子的動能最大．答案：BC9．解析：乙分子的運動方向始終不變，A錯誤；加速度與力的大小成正比，方向與力相同，故B正確；乙分子從A處由靜止釋放，分子勢能不可能增大到正值，故C錯誤；分子動能不可能為負值，故D錯誤．答案：B10．解析：從分子力的曲線中可以看出從0.5r0處到r0處斥力減小，加速度也就減小，從r0處到無窮遠處引力先增大后減小，所以A錯誤；從0.5r0處到r0處乙分子受到向右的斥力，做向右的加速運動，通過r0處后受到向左的引力，做向右的減速運動，在r0處加速度a＝0，速度最大，所以B正確；當通過r0后分子的引力做負功，分子的勢能增大，C錯誤；從0.5r0到r0處分子的斥力做正功，分子的勢能減小，通過r0后，分子的引力做負功，分子的勢能增大，故分子在r0處的勢能最小，D正確．答案：BD分層作業(yè)(四)溫度和溫標1．解析：同一溫度，所選溫標不同，數(shù)值不同，A錯誤；攝氏溫度的每一攝氏度與熱力學溫度的每一開的數(shù)值相等，故溫度升高了1℃就是升高了1K，B正確；攝氏溫度可以取負值，但是熱力學溫度不能取負值，因為熱力學溫度的零點是低溫的極限，C錯誤；熱力學溫度T＝273.15K＋t＝(273.15－33)K＝240.15K，故－33℃與240.15K表示相同的溫度，D錯誤．答案：B2．解析：系統(tǒng)處于平衡態(tài)時，其狀態(tài)參量穩(wěn)定不變，金屬塊放在沸水中加熱足夠長的時間，冰水混合物在0℃環(huán)境中，它們溫度、壓強、體積都不再變化，是平衡態(tài)，故A、B正確；對一個裝有氣體的導熱性良好的容器加熱時，容器內氣體的溫度升高，故其不是平衡態(tài)，C錯誤；開空調2分鐘后教室內的氣體溫度、體積均要變化，故其不是平衡態(tài)，D錯誤．答案：AB3．解析：溫度是物體平均動能的標志，當杯中水的溫度升高，則水分子的平均動能增大，但并不是每個水分子的動能都增大，個別水分子的動能也可能減小．故選A.答案：A4．解析：熱力學的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，組成系統(tǒng)的分子仍在不停地做無規(guī)則運動，只是分子運動的平均效果不隨時間變化，系統(tǒng)的狀態(tài)參量均不隨時間發(fā)生變化，所以A、C、D錯誤，B正確．答案：B5．解析：系統(tǒng)處于平衡態(tài)時，其狀態(tài)參量不變，冰水混合物放在0℃環(huán)境中，銅塊放在沸水中加熱足夠長的時間，其狀態(tài)參量不再變化，即處于平衡態(tài)，A、B正確；剛剛放在教室中2分鐘的一杯熱水和一杯加較多冰塊的可樂，溫度未達到相同，則未處于平衡態(tài)，C錯誤；一瓶放在房間中很久的84消毒液，與環(huán)境溫度相同，其狀態(tài)參量不變，則處于平衡態(tài)，D正確．答案：ABD6．解析：兩個系統(tǒng)實現(xiàn)了熱平衡，它們具有一個“共同性質”，就是溫度，或者說溫度是決定一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)是否達到熱平衡狀態(tài)的物理量，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．解析：(1)當溫度升高時，瓶內的氣體受熱膨脹擠壓上方的液柱，液柱就會向左移動；(2)將此裝置放在一個標準大氣壓下的冰水混合物中，在液柱正中間處標上0℃，將它放在一個標準大氣壓下的沸水中，在液柱正中間處標上100℃，然后將以上兩個刻度之間的部分進行100等分，標上刻度就成了一個溫度計．答案：(1)左邊(2)見解析8．解析：由題圖知A、D間共有15個格，每個格表示溫度為eq\f(75℃－15℃,15)＝4℃，有色水柱的下端離D點3個格，即對應3×4℃＝12℃，所以題圖中有色水柱下端所示溫度為t＝15℃＋12℃＝27℃.答案：27℃9．解析：系統(tǒng)不與外界交換能量，熱量由溫度較高的銅塊傳給鐵塊，且在兩者達到熱平衡前的任意一段時間內，銅塊放出的熱量等于鐵塊吸收的熱量，A正確，B錯誤；兩個系統(tǒng)達到熱平衡時溫度相同，所以當溫度相等時熱傳遞停止，達到熱平衡時的溫度應用Q＝cmΔt求解，而不是兩者溫度的平均值，C錯誤，D正確．答案：AD10．解析：雙金屬溫度計是用熱膨脹系數(shù)不同的銅、鐵兩種金屬制成的．該溫度計是利用雙金屬片的彎曲程度隨溫度變化的原理來工作的，A、B選項是正確的；甲圖中加熱時，雙金屬片彎曲程度增大，即進一步向上彎曲，說明雙金屬片下層熱膨脹系數(shù)較大，即銅的熱膨脹系數(shù)較大，C選項正確；乙圖中，溫度計示數(shù)沿順時針方向增大，說明當溫度升高時溫度計指針繞順時針方向轉動，則其雙金屬片的彎曲程度在增大，故可以推知雙金屬片的內層一定是鐵，外層一定是銅，D選項是錯誤的．答案：ABC11．解析：溫度計是利用熱脹冷縮原理制成的，溫度升高時燒瓶內氣體膨脹，有色水柱上升，溫度降低時燒瓶內氣體收縮，有色水柱下降，已知A、D間的測量范圍為20～80℃，則A點為80℃，D點為20℃，A、D間刻度均勻分布，每格表示eq\f(80℃－20℃,15)＝4℃，則有色水柱下端溫度為20℃＋3×4℃＝32℃，C正確，A、B、D錯誤．答案：C分層作業(yè)(五)玻意耳定律及其應用1．解析：由玻意耳定律pV＝C，得體積增大為原來的2倍，則壓強變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，故C正確．答案：C2．解析：由圖像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B兩狀態(tài)的溫度相等，在同一等溫線上，可在p-V圖上作出幾條等溫線，如圖所示．由于離原點越遠的等溫線溫度越高，所以從狀態(tài)A到狀態(tài)B溫度應先升高后降低，分子平均速率先增大后減小．答案：D3．解析：設水銀柱的長度為h，豎直放置時，氣體的壓強為p1＝p0－h(huán)；玻璃管傾斜45°時，氣體的壓強為p2＝p0－h(huán)cos45°，根據p1l＝p2l′，則l′變短，選項C正確．答案：C4．解析：A錯：打氣后，由于氣體的溫度不變，分子平均動能不變，但每個分子運動速率的變化情況無法判斷，故球內每個氣體分子對球內壁的作用力的變化無法判斷．B對：打氣后，球內氣體的壓強變大，即球內氣體分子對球內壁單位面積的平均作用力增大．C對，D錯：打氣前，p1＝1.1atm，V1＝V0打氣6次，p2＝1atm,V2＝6×0.05V0.末態(tài)：p3＝？，V3＝V0根據玻意耳定律可得：p1V1＋p2V2＝p3V3聯(lián)立解得：p3＝1.4atm.答案：BC5．解析：開始管內氣體壓強為p1＝p0－ρgh，當玻璃管從豎直位置轉過45°時，溫度不變，假設氣體體積不變，末態(tài)氣體壓強為p2＝p0－ρghcos45°，根據玻意耳定律，由pV＝C可知，因為壓強增大，則空氣柱體積將減?。蔬xC.答案：C6．解析：未向藥瓶內注入氣體前，藥瓶內氣體的壓強p1＝1.0×105Pa.體積V1＝0.4mL，注射器內氣體的壓強p0＝1.0×105Pa，體積V0＝0.3×0.4mL＝0.12mL，將注射器內氣體注入藥瓶后，藥瓶內氣體的體積V2＝V1＝0.4mL，設壓強為p2，根據玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2，解得p2＝1.3×105Pa.答案：1.3×105Pa7．解析：對理想氣體Ⅰ，由玻意耳定律p0L1S＝p1L′1Sp1＝p0＋eq\f(mAg,S)代入數(shù)據得L′1＝0.1m對理想氣體Ⅱ，由玻意耳定律p0L2S＝p2L′2Sp2＝p1＋eq\f(mBg,S)代入數(shù)據得L′2＝0.05m故活塞A移動的距離d＝(L1＋L2)－(L′1＋L′2)＝0.05m.答案：0.05m8．解析：A錯，B對：由題意知管內水銀柱上方封閉一部分氣體，如果將玻璃管稍微向上提，則被封閉氣體的體積增大，因為溫度保持不變，所以被封閉氣體壓強減?。饨绱髿鈮旱扔谒y柱產生的壓強加上封閉空氣柱產生的壓強，此時外界的大氣壓不變，管內水銀柱的壓強須增大才能重新平衡，故管內外水銀面的高度差h增大．C錯，D對：無論將管下插至什么程度，管內被封閉氣體體積不可能為零，故將管下插至管頂與管外水銀面高度差為70cm時，管內外水銀面高度差小于70cm.答案：BD9．解析：(1)設需要打氣n次，因每次打入的氣體相同，故可把n次打入的氣體視為一次性打入，則氣體的初狀態(tài)：p1＝1.0×105Pa，V1＝V0＋nΔV，末狀態(tài)：p2＝5.0×105Pa，V2＝V0，其中V0＝2dm3，ΔV＝0.2dm3.由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入數(shù)據解得n＝40.(2)當瓶內氣體氣壓變?yōu)?.0×105Pa時的體積為V3，則p3＝2.0×105Pa，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3，代入數(shù)據解得V3＝5dm3，真空瓶的容積為V瓶＝0.7dm3，因eq\f(V3－V2,V瓶)＝4eq\f(2,7)，故最多可充4瓶．答案：(1)40次(2)4瓶分層作業(yè)(六)氣體的等壓變化和等容變化1．解析：A對：由eq\f(pV,T)＝C(常數(shù))可知，體積不變，壓強增大時，溫度升高，氣體分子的平均動能一定增大．B錯：當溫度不變時，分子的平均動能不變，要使壓強減小，則分子的密集程度一定減小，即單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數(shù)減少．C錯：當溫度降低時，分子的平均動能減小，要保持壓強不變，則分子的密集程度一定增大，即單位時間內撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多．D錯：溫度升高，壓強和體積至少有一個要發(fā)生變化，不可能都不變．答案：A2．解析：氣體做等壓變化，溫度升高時，體積變大，所以汽缸體高度H減?。鸢福築3．解析：設絕對零度相當于T0則初態(tài)：T1＝－T0＋30℃，V1＝30S末態(tài)：T2＝－T0＋90℃，V2＝36S由蓋-呂薩克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)代入數(shù)據解得T0＝－270℃，故選B.答案：B4．解析：由V-T圖可以看出由A→B是等容過程，TB>TA，故pB>pA，A、C錯誤，D正確；由B→C為等壓過程，pB＝pC，故B錯誤．答案：D5．解析：根據查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得eq\f(p2,p1)＝eq\f(T2,T1)＝eq\f(400,300)＝eq\f(4,3)，故選C.答案：C6．解析：(1)活塞從開始至剛到卡環(huán)的過程做等壓變化，設汽缸的橫截面積為S，由蓋-呂薩克定律得eq\f(l0S,T0)＝eq\f(lS,T1)代入數(shù)據得T1＝360K.(2)活塞到達卡環(huán)后做等容變化，由查理定律得eq\f(p0,T1)＝eq\f(p2,T2)代入數(shù)據得p2＝1.5×105Pa.答案：(1)360K(2)1.5×105Pa7．解析：(1)設理想氣體B的初始壓強為pB，則pB＝p0－5cmHg＝70cmHg(2)當左、右兩側液面相平時，氣體A、B的長度均為L3＝L1＋eq\f(L2,2)＝10cm以氣體A為研究對象，根據玻意耳定律得p0(L1＋L2)S＝p′AL3S以氣體B為研究對象，根據理想氣體狀態(tài)方程得eq\f(pBL1S,T0)＝eq\f(p′BL3S,T′)左、右兩側液面相平時p′A＝p′B解得T′＝500K答案：(1)70cmHg(2)500K8．解析：使U形管兩端水銀面一樣高，即保持封閉氣體的壓強始終等于外界大氣壓且不變，若把燒瓶浸在熱水中，氣體體積增大，A中水銀面上升，為使兩管水銀面等高，應把A向下移，故A對，B錯；若把燒瓶浸在冷水中，氣體體積減小，B管中水銀面上升，為使兩管水銀面等高，應把A向上移，故C錯，D對．答案：AD9．解析：根據蓋-呂薩克定律得ΔV＝eq\f(ΔT,T)·V，因A、B管中的封閉氣柱初溫T相同，溫度降低量相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中氣柱的體積都減??；ΔV1＝eq\f(V1,T1)·ΔT，ΔV2＝eq\f(V2,T2)ΔT，又因為H1>H2，則V1>V2，又T1＝T2，則|ΔV1|>|ΔV2|，A管中氣柱減小得較多，故A、B兩管氣柱上方的水銀柱均向下移動，且A管中的水銀柱下移得較多，故選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A10．解析：(1)對活塞Ⅰ受力分析如圖由平衡條件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl對活塞Ⅱ受力分析如圖由平衡條件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl聯(lián)立解得k＝eq\f(40mg,l)，p＝p0＋eq\f(3mg,S)(2)由于是對氣體緩慢加熱，則兩活塞受力平衡，將兩活塞、彈簧、活塞間氣體作為整體分析，受力情況不變，故氣體壓強不變，p′＝p＝eq\f(p0S＋3mg,S)，且彈簧長度不變對活塞間的氣體，由蓋-呂薩克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)其中V1＝eq\f(l＋0.1l,2)(2S＋S)＝1.65lS，T1＝T0V2＝(l＋0.1l)·2S＝2.2lS解得T2≈1.3T0答案：(1)eq\f(40mg,l)(2)p0＋eq\f(3mg,S)1.3T0分層作業(yè)(七)氣體實驗定律的綜合應用1．解析：根據一定質量的理想氣體的等壓變化線的特征可知，A、C正確，B錯誤；D選項中沒有明確標明圖像與t軸交點的坐標為(－273.15℃，0)，因此，不能算正確．答案：AC2．解析：A→C過程中，氣體的體積不變，發(fā)生等容變化，由eq\f(p,T)＝C可知，溫度升高，壓強增大，故A錯誤；在C→B過程中，發(fā)生等溫變化，由pV＝C可知，體積減小，壓強增大，故B正確；綜上所述，在A→C→B過程中，氣體的壓強始終增大，所以氣體在狀態(tài)B時的壓強最大，在狀態(tài)A時的壓強最小，故C、D正確．答案：BCD3．解析：A、C錯：在V-T圖像中，過原點的傾斜直線是等壓線，所以ab、cd為兩條等壓線，即pa＝pb，pc＝pd.B、D對：在V-T圖像中，斜率越大表示壓強越小，所以得到pa＝pb>pc＝pd.即由b到c的過程，壓強變小，由d到a的過程，壓強變大．答案：BD4．解析：(1)設后來兩部分氣體的壓強為p，氧氣的體積為VA2，氮氣的體積為VB2，根據玻意耳定律有p0VA1＝pVA22p0VB1＝pVB2VB2＋eq\f(VA2,2)＝VB1活塞M移動的距離x＝eq\f(VA1－\f(VA2,2),SM)代入數(shù)據解得p＝3p0，x＝eq\f(500,3)cm.(2)根據共點力的平衡條件F＋p0SM＝pSM解得F＝6×103N.答案：(1)eq\f(500,3)cm(2)6×103N5．解析：(1)設玻璃管的橫截面積為S，右側氣體初狀態(tài)體積V1＝0.05S溫度升高過程氣體壓強不變，由蓋-呂薩克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(LS,T2)代入數(shù)據解得，右側空氣柱的長度L＝5.83cm.(2)大氣壓強p0＝0.75ρg，由圖示可知，右管氣體壓強p右＝p0＋0.15ρg＝0.9ρg左管初狀態(tài)壓強p左1＝p右＝0.9ρg左管初狀態(tài)體積V左1＝0.32S溫度升高后，設左側管內水銀面下降的高度為h，左管氣體末狀態(tài)壓強p左2＝p右＋2ρgh＝(0.9＋2h)ρg左管內氣體末狀態(tài)的體積V左2＝(0.32＋h)S對左管內氣體，由理想氣體狀態(tài)方程得eq\f(p左1V左1,T1)＝eq\f(p左2V左2,T2)代入數(shù)據解得h＝3cm.答案：(1)5.83cm(2)3cm6．解析：此氣體在0℃時，壓強為標準大氣壓，所以它的體積應為22.4×0.3L＝6.72L，根據圖線所示，從p0到A狀態(tài)，氣體是等容變化，A狀態(tài)的體積為6.72L，溫度為127K＋273K＝400K，從A狀態(tài)到B狀態(tài)為等壓變化．B狀態(tài)的溫度為227K＋273K＝500K，根據蓋-呂薩克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)得，VB＝eq\f(VATB,TA)＝eq\f(6.72×500,400)L＝8.4L.答案：D7．解析：在活塞下推前，玻璃管下部空氣柱的壓強為p1＝p0＋ρgl2設活塞下推后，下部空氣柱的壓強為p′1，玻璃管的橫截面積為S，由玻意耳定律得p1l1S＝p′1l′1S設活塞下推距離為Δl，則此時玻璃管上部空氣柱的長度為l′3＝l3＋l1－l′1－Δl設此時玻璃管上部空氣柱的壓強為p′3，則p′3＝p′1－ρgl2由玻意耳定律得p0l3S＝p′3l′3S解得Δl＝15cm，C項正確．答案：C8．解析：(1)當推力F＝2×103N、活塞N達到平衡狀態(tài)時，A汽缸中氣體的壓強p′A＝p0＋eq\f(F,S)＝1.5×105Pa＝1.5atm.(2)初始時A汽缸中氣體的壓強及體積分別為pA＝1atm，VA＝12L，A汽缸中氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律有pAVA＝p′AV′A，代入數(shù)據解得V′A＝8L，則活塞N向右移動的距離Δx＝eq\f(VA－V′A,S)＝eq\f(（12－8）×103,400)cm＝10cm.(3)因為活塞M保持在原位置不動，所以B汽缸中的氣體發(fā)生等容變化，初始時B汽缸中氣體的壓強、溫度分別為pB＝1atm，TB＝300K，活塞N達到平衡狀態(tài)時，B汽缸中氣體的壓強p′B＝p′A＝1.5×105Pa＝1.5atm，對B汽缸中的氣體，根據查理定律有eq\f(pB,TB)＝eq\f(p′B,T′B)，解得T′B＝450K，即t′B＝177℃.答案：(1)1.5atm(2)10cm(3)177℃分層作業(yè)(八)固體1．解析：物質的性質由物質微粒的微觀結構決定，石墨和金剛石都是由碳原子組成，石墨和金剛石都是晶體，因原子排列結構不同，原子間作用力不同．D選項正確．答案：D2．解析：單晶體的各向異性取決于晶體內部結構的有規(guī)則性，不同方向上物質微粒的排列情況不同，A、D正確，B、C錯誤．答案：AD3．解析：由題圖可知，圖甲中物質吸收熱量，開始時溫度升高，到達熔點之后，不斷吸收熱量，溫度保持不變，全部熔化之后，吸收熱量，溫度不斷升高，則圖甲中物質為晶體；圖乙中物質吸收熱量，溫度不斷升高，沒有確定的熔點，則圖乙中物質為非晶體．A正確．答案：A4．解析：石蠟以接觸點的對稱點為中心，逐漸向四周擴大熔成圓形，具有各向同性，因此薄片可能為多晶體，也可能為非晶體，C正確，A、B、D錯誤．答案：C5．解析：晶體中的分子只在平衡位置附近振動，不會沿三條直線發(fā)生定向移動，A錯誤；三條直線上晶體分子的數(shù)目不同，表明晶體的物理性質是各向異性的，B、D錯誤，C正確．答案：C6．解析：單晶體分子在空間分布上具有規(guī)則性，故石墨與石墨烯都是晶體，C正確，A、B錯誤；安德烈獲取石墨烯的方法是物理方法，D正確．答案：CD分層作業(yè)(九)液體1．解析：液晶既不是液體也不是晶體，更不是兩者混合物，A錯誤；只有部分物質具有液晶態(tài)，B錯誤；液晶的光學性質與某些晶體相似，具有各向異性，C正確；電子手表中的液晶本身不能發(fā)光，D錯誤．答案：C2．解析：一種液體是否浸潤某種固體與這兩種物質的性質都有關系，由題圖乙可以看出，肥皂水浸潤玻璃，故A錯誤；肥皂泡表面張力方向和表面平行，故B錯誤；表面張力讓液體收縮，而球面是同體積物體中表面積最小的，所以肥皂泡呈球狀與液體的表面張力有關，故C正確；肥皂泡表面液體分子間既存在引力也存在斥力，合力表現(xiàn)為引力，故D錯誤．答案：C3．解析：液體對固體浸潤，則附著層內分子間距小于液體內部分子間距，附著層內分子間表現(xiàn)出排斥力，液體對固體不浸潤，則附著層內分子間距大于液體內部分子間距，附著層內分子間表現(xiàn)出吸引力，即浸潤和不浸潤現(xiàn)象是分子力作用的表現(xiàn)，A、D正確；在浸潤現(xiàn)象中，附著層內分子受到固體分子吸引力較液體內部分子吸引力強，分子分布比液體內部更密，B、C錯誤．答案：AD4．解析：液體表面張力是分子間相互作用的結果，就水來說，內部的水分子處于其他水分子的包圍之中，各個方向分子的引力會相互抵消，但是表層水分子受到的內部水分子引力遠大于外部空氣分子的引力，所以表面的水分子永遠受到指向液體內部的力，總是趨向于內部移動，這樣液體總是會力圖縮小其表面積，而同樣體積的物體，總是以球體的表面積最小，故A正確；分子之間引力和斥力同時存在，故B錯誤；理想氣體分子的內能只考慮分子動能，分子勢能為零，則只與溫度有關，兩氣泡溫度相同，所以兩氣體的分子平均動能相同，故C錯誤；水球表面滴一小滴紅墨水，若水球未破，水球外表面附近的水分子間作用力表現(xiàn)為引力，最后水球將呈紅色，故D正確．答案：AD5．解析：液體對固體浸潤，則分子間距小于液體內部；液體對固體不浸潤，則分子間距大于液體內部，即浸潤和不浸潤現(xiàn)象是分子力作用的表現(xiàn)，A錯誤；浸潤和不浸潤與固體和液體都有關系，B錯誤；在熔化過程中，晶體要吸收熱量，溫度保持不變，C正確；燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母片是晶體，D錯誤．答案：C分層作業(yè)(十)功、熱和內能的改變1．解析：發(fā)生熱傳遞的條件是有溫度差，而與物體內能的多少、是否接觸及周圍的環(huán)境(是否真空)無關，故B正確．答案：B2．解析：做功和熱傳遞改變物體內能的本質不同，做功的過程是不同形式的能相互轉化的過程，而熱傳遞是同種形式的能(內能)在不同的物體之間或物體的不同部分之間傳遞或轉移的過程，A、D正確；物體內能的變化取決于做功和熱傳遞兩種途徑，單就一個方面不足以斷定其內能的變化，B、C錯誤．答案：AD3．解析：鐵塊勻速下滑，動能不變，重力勢能減少，則機械能減少，下降過程中，摩擦力做負功，故鐵塊的內能增加，根據能量守恒定律可知，鐵塊機械能的減少量等于鐵塊和斜面內能的增加量之和，D正確．答案：D4．解析：由F通過活塞對密封的理想氣體做正功，容器及活塞絕熱，知Q＝0，由功和內能的關系知理想氣體內能增大，溫度T升高，再根據eq\f(pV,T)＝C，體積V減小，知壓強p增大．答案：C5．解析：在外界不做功的情況下，系統(tǒng)內能的改變等于傳遞的熱量，內能增加，一定是吸收了熱量，故A錯誤、B正確．物體內能包括所有分子的動能和勢能，內能由分子數(shù)、分子平均動能、分子勢能共同決定，所以內能增加了50J并不一定是分子動能增加了50J．物體的分子平均動能有可能不變，這時吸收的50J熱量全部用來增加分子勢能(如晶體熔化過程)，故C錯誤、D正確．答案：BD6．解析：繩與紫銅管間的摩擦力做功，使管壁內能增大，溫度升高．通過傳熱，乙醚的內能增大，溫度升高．管塞被沖開前管內氣體內能增大，壓強變大．選項D正確．答案：D7．解析：根據題意，順序為：空氣推動瓶塞做功——空氣內能減小溫度降低——瓶內水蒸氣液化成小水珠．答案：B8．解析：由于汽缸及活塞均絕熱，故外界對氣體所做的功全部轉化為氣體的內能，即ΔU＝W外＝(m活塞＋m物體)gΔh＋p0SΔh＝(5＋15)×10×0.1J＋1.01×105×0.1×0.1J＝1030J答案：1030J9．解析：在快速推鐵絲而馬鈴薯小塊未飛出的過程中，外界對筆芯內封閉氣體做功，內能增加，氣體的溫度升高，故A正確、B錯誤；馬鈴薯小塊高速飛出時，筆芯內氣體對馬鈴薯小塊做功，氣體內能減小，即馬鈴薯小塊高速飛出的動能來自氣體的內能，故C正確、D錯誤．答案：AC10．解析：對被封閉氣體，如沒有泄露氣體，等溫變化時，由玻意耳定律p0·8lS＝eq\f(4,3)p0·xlS解得x＝6則泄露氣體的質量與最初氣體質量之比為4∶6＝2∶3，A正確；氣泡在上升過程中，隨著壓強的減小，體積將增大，氣體對外做功，由熱力學第一定律，溫度不變、內能不變，則此過程會吸收熱量，B錯誤；注射器導熱性能良好，在壓縮氣體的過程中，氣體溫度不變，氣體分子的平均動能不變，C錯誤；由A項分析知泄露出的氣體的質量與注射器內存留氣體的質量之比為2∶1，同種氣體，在同樣的狀態(tài)下，顯然泄露出的氣體內能大于殘留氣體的內能，D錯誤．答案：A11．解析：由于噴氣時間極短，故輪胎內氣體與外界無熱交換，氣體體積增大，對外做功，W<0，則ΔU<0，所以輪胎內氣體在噴出過程中其內能迅速減小，故A正確；理想氣體的內能由分子動能決定，輪胎放氣時，胎內氣體迅速膨脹對外做功，內能減小時，分子的平均動能減小，由于溫度是分子平均動能的標志，所以溫度會下降，根據理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，體積變大，溫度下降，壓強會迅速減小，故B、D正確；輪胎內的氣體迅速向外噴出是由于輪胎內外壓強差引起的，不是分子擴散的原因，故C錯誤．答案：ABD分層作業(yè)(十一)熱力學第一定律能量守恒定律1．解析：第一類永動機不可能實現(xiàn)，是因為它違反了能量守恒定律，A正確，B錯誤；根據能量守恒定律可知，某種形式的能量減少，一定有其他形式的能量增加，C正確；由能量守恒定律可知，能量是不能憑空產生的，D錯誤．答案：AC2．解析：自由擺動的秋千擺動幅度越來越小，說明機械能在減少，A、C錯誤；減少的機械能通過摩擦做功轉化成了內能，但總能量守恒，B錯誤，D正確．答案：D3．解析：當氣體被壓縮時，外界對氣體做功，即W>0，因容器壁與外界沒有熱量交換，則Q＝0，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可知ΔU>0，即氣體內能增加，溫度升高，根據eq\f(pV,T)＝C可知，V減小，T變大，則壓強p變大，B、C、D錯誤，A正確．答案：A4．解析：對一定質量的理想氣體，經過一系列的狀態(tài)變化后又回到原狀態(tài)，表明整個過程中內能的變化為零，即通過做功和熱傳遞引起的內能變化相互抵消，所以A選項正確．當然，若Q1＝Q2，則必定有W1＝W2；若Q1>Q2，則必定有W1<W2；若Q1<Q2，則必定有W1>W2，所以B、C、D三項都有可能但不一定，故選A.答案：A5．解析：A錯：一定質量的理想氣體溫度一定時，其內能一定，氣體膨脹對外做功，根據熱力學第一定律得知，氣體應吸熱，違反了熱力學第一定律．B對：氣體從外界吸收熱量，若對外做功，而且熱量與做功的數(shù)值相等，根據熱力學第一定律氣體的溫度不變，符合熱力學第一定律．C錯：氣體體積不變則氣體既不對外做功，外界也不對氣體做功，溫度升高，內能增大，則氣體應吸收熱量，但在絕熱條件下不可能吸收熱量，違反了熱力學第一定律．D對：氣體對外做功的同時向外界放出熱量，根據熱力學第一定律氣體的內能減小，符合熱力學第一定律．答案：BD6．解析：氣體體積減為原來的一半，外界對氣體做正功，故A錯誤．溫度不變，氣體體積減半，根據玻意耳定律可知，氣體壓強增大，故B正確．溫度不變，所以二氧化碳氣體分子的平均動能不變，故C錯誤．一定質量的理想氣體的溫度不變，內能不變，W>0，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，封閉氣體向外界傳遞熱量，故D錯誤．答案：B7．解析：由于a→b是絕熱過程，根據熱力學第一定律，外界對其做的功全部用于增加內能，A正確；由于a→b的過程氣體的內能增加，溫度升高；b→c的過程，體積不變，壓強增大，根據eq\f(p,T)＝C可知溫度升高，因此Tc>Ta，可得在狀態(tài)a時氣體分子的平均動能小于狀態(tài)c時氣體分子的平均動能，B錯誤；在d→a的過程中，體積不變，根據eq\f(p,T)＝C，可知溫度降低，單位體積內分子數(shù)不變，分子的平均速率減小，因此單位時間內撞擊汽缸壁的分子數(shù)減少，C錯誤；在題圖所示的一次循環(huán)過程中，封閉圖線圍成的面積等于氣體對外做的功，由于總體對外做功W<0，根據熱力學第一定律，可知氣體吸收的熱量大于放出的熱量，D正確．答案：AD8．解析：(1)由熱力學第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120J＋280J＝160J，所以氣體的內能增加了160J.(2)由于氣體的內能僅與狀態(tài)有關，所以氣體從另一個狀態(tài)回到原來狀態(tài)過程中內能的變化量加上從原來的狀態(tài)到另一個狀態(tài)過程中內能的變化量等于零，則從另一個狀態(tài)回到原來狀態(tài)的過程中，內能應減少160J，即ΔU′＝－160J，又Q′＝－240J，根據熱力學第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以有W′＝ΔU′－Q′＝－160J－(－240J)＝80J，即外界對氣體做功80J.答案：(1)內能增加了160J(2)外界對氣體做功80J9．解析：(1)外界對氣體做的功W＝p·ΔV＝p(V－V′)，解得W＝1.0×105J.(2)由熱力學第一定律得，汽缸內氣體內能的變化量ΔU＝Q＋W＝－1.2×105J＋1.0×105J＝－2×104J，即氣體內能減少了2×104J.答案：(1)1.0×105J(2)減少了2×104J10．解析：(1)設平衡時活塞距汽缸底部的距離為h′，取封閉氣體為研究對象，氣體發(fā)生等壓變化，由蓋-呂薩克定律eq\f(hS,T1)＝eq\f(h′S,T2)，解得h′＝1.4m.(2)在此過程中氣體對外做功W＝p0S(h′－h(huán))＋mg(h′－h(huán))由熱力學第二定律ΔU＝Q－W解得ΔU＝4.8J氣體內能增加4.8J.答案：(1)1.4m(2)增加4.8J11．解析：由于開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧中儲存了一定的彈性勢能，在繩子斷開后活塞向上運動，到達最高點后再向下運動，如此反復；在此過程中彈簧的部分彈性勢能轉化為氣體的內能，活塞與彈簧的機械能不斷減小，最終活塞將靜止，靜止時彈簧的彈力等于活塞的重力和上部氣體對活塞的壓力，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)．彈簧的彈性勢能有一部分轉化為氣體內能，最終氣體溫度趨于一個定值；在活塞運動過程中對活塞做功的有重力、彈簧的彈力和氣體對活塞的壓力．當彈簧最后靜止時，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，但彈簧的形變量減小，故彈簧儲存的彈性勢能減??；由于活塞的高度增大，故活塞的重力勢能增大，在活塞運動的過程中活塞壓縮氣體做功，產生內能，故減少的彈性勢能一部分轉化為重力勢能，一部分轉化為空氣的內能．故B、C正確．答案：BC12．解析：因為pAVA＝pBVB，所以，氣體在A、B兩狀態(tài)時的溫度相等．由圖像可知，由狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，氣體溫度先升高后降低，A錯誤；因為氣體在A、B兩狀態(tài)時的溫度相等，所以內能不變，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，氣體從外界吸收的熱量等于氣體對外界所做的功，B錯誤；由狀態(tài)B到狀態(tài)C的過程中，外界對氣體做的功為W＝pΔV＝1.01×105×(3—1)×10－3J＝202J，C正確；由狀態(tài)C到狀態(tài)A的過程中，溫度升高，氣體內能增大，因為體積不變，壓強增大，外界對氣體不做功，所以氣體吸收的熱量等于氣體內能的增加量，D錯誤．答案：C13．解析：(1)活塞從A位置緩慢到B位置，活塞受力平衡，氣體為等壓變化，以活塞為研究對象有pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.4×105Pa，由蓋-呂薩克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，代入數(shù)據解得TB＝450K.(2)由氣體的內能與熱力學溫度成正比eq\f(UB,U0)＝eq\f(TB,TA)，解得UB＝135J，外界對氣體做功W＝－p(VB－VA)＝－28J，由熱力學第一定律ΔU＝UB－U0＝Q＋W＝45J，可得氣體變化過程中從電熱絲吸收的總熱量為Q＝73J.答案：(1)1.4×105Pa450K(2)73J分層作業(yè)(十二)熱力學第二定律1．解析：凡是能量守恒的過程可能發(fā)生能量的轉化，也可能發(fā)生能量的轉移，故A錯誤；摩擦生熱的過程是機械能轉化為內能的過程，是不可逆過程，故B正確；由于能量的轉移和轉化具有方向性，雖然能量守恒，但還會發(fā)生能源危機，故C錯誤；傳熱有方向性，熱量一定從溫度高的物體傳向溫度低的物體，或從溫度高的部分傳向溫度低的部分，故D錯誤．答案：B2．解析：滿足能量守恒定律的物理過程不一定是自發(fā)進行的，A錯誤；空調機既能制熱又能制冷，是在引起其他變化的情況下進行的，不能說明熱傳遞不存在方向性，B錯誤；由熱力學第二定律可知，熱量不可能由低溫物體傳給高溫物體而不發(fā)生其他變化，C正確；自然界中能量的總量保持不變，由于能量的轉化具有方向性，所以能量的可利用性在逐步降低，D錯誤．答案：C3．解析：根據熱力學第二定律可知，一切與熱現(xiàn)象有關的實際宏觀過程都是不可逆的，功轉變?yōu)闊岬膶嶋H宏觀過程是不可逆過程，故A正確；做功和熱傳遞是改變物體內能的兩種方式，由熱力學第一定律知，對物體做功，內能不一定增加，故B錯誤；根據熱力學第二定律可知，若產生其他影響，可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?，故C錯誤；根據熱力學第二定律，不可能使熱量自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體，但在外界的作用下，能使熱量從低溫物體傳向高溫物體，故D錯誤．答案：A4．解析：熱茶溫度比周圍環(huán)境的溫度高，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，A違背了熱力學第二定律，不能發(fā)生，A不符合題意；蒸汽機的能量損失不可避免，不能把蒸汽的內能全部轉化成機械能，B違背了熱力學第二定律，不能發(fā)生，B不符合題意；桶中渾濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離，系統(tǒng)的重力勢能減少了，最終轉化為內能，C不違背熱力學第二定律，能夠發(fā)生，C符合題意；電冰箱通電后把箱內低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體，消耗了電能，D不違背熱力學第二定律，能夠發(fā)生，D符合題意．答案：CD5．解析：A、B對：熱力學第二定律有幾種不同的表述形式，但它們是等效的，它與熱力學第一定律是各自獨立的．C錯：由熱力學第一定律可知W≠0，Q≠0但由ΔU＝W＋Q可知，若W＝－Q，則ΔU＝0.D對：若施加其他影響，熱量從低溫物體傳向高溫物體，以及從單一熱庫吸收熱量，完全變成功都是可能的．答案：ABD6．解析：(1)汽車行駛的速度v＝eq\f(s,t)＝92km/h.(2)汽車發(fā)動機牽引力所做的功W＝Fs＝1800N×9200m＝1.656×107J，汽車發(fā)動機牽引力的功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.656×107,6×60)W＝4.6×104W.(3)汽油放出的熱量Q＝mq＝1kg×4.6×107J/kg＝4.6×107J，發(fā)動機的效率η＝eq\f(W,Q)×100%＝36%.答案：(1)92km/h(2)4.6×104W(3)36%分層作業(yè)(十三)光電效應1．解析：光是一種波，同時也是一種粒子，光具有波粒二象性，當光和物質作用時，是“一份一份”地進行的，表現(xiàn)出粒子性；單個光子通過雙縫后在空間各點出現(xiàn)的可能性可以用波動規(guī)律描述，表現(xiàn)出波動性．粒子性和波動性是光子本身的一種屬性，光子說并未否定電磁說．答案：D2．解析：用弧光燈照射鋅板時，鋅板中的電子從表面逸出，使鋅板帶正電，則與鋅板相連的驗電器的指針帶正電，B正確．答案：B3．解析：光電效應具有瞬時性，A錯誤；截止頻率與金屬自身性質有關，入射光強度減弱，截止頻率不變，B錯誤；入射光的強度減弱，單位時間內從金屬表面逸出的光電子數(shù)目將減少，C正確；入射光照射到某金屬表面上發(fā)生光電效應，說明入射光的頻率高于金屬的截止頻率，能否發(fā)生光電效應取決于入射光的頻率，若入射光的強度減弱，而頻率保持不變，則一定能發(fā)生光電效應，D錯誤．答案：C4．解析：入射光的波長太長，頻率低于截止頻率時，不能發(fā)生光電效應，靈敏電流計中不會有電流通過，B符合題意；入射光的強度、光照時間不是發(fā)生光電效應的決定因素，A、C不符合題意；電路中電源正極接陰極K時，對光電管加了反向電壓，若該電壓超過遏止電壓，也沒有光電流產生，D符合題意．答案：BD5．解析：從金屬表面逸出的光電子的最大初動能是1.5eV，入射光的能量為5.0eV，由光電效應方程Ek＝hν－W0，解得該金屬的逸出功為W0＝hν－Ek＝3.5eV，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B6．解析：由愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0可知，題圖中圖線的斜率表示普朗克常量h，A說法正確；由愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0結合題圖可知，該金屬的逸出功W0＝E＝hν0，B、C說法正確；入射光的頻率為2ν0時，產生的光電子的最大初動能Ek＝2hν0－W0＝hν0＝E，D說法錯誤．答案：D7．解析：由Ek＝eq\f(1,2)meveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c))可知，光電子的最大初動能之比為1∶4，A錯誤；由光電效應方程可得Ek1＝hν－W0，Ek2＝2hν－W0，解得該金屬的逸出功W0＝eq\f(2,3)hν，B正確；W0＝hνc，則該金屬的截止頻率νc＝eq\f(2ν,3)，C正確；用頻率為eq\f(ν,2)的單色光照射該金屬時，由于heq\f(ν,2)<W0，故不能發(fā)生光電效應，D錯誤．答案：BC8．解析：根據光電效應方程eq\f(1,2)mv2＝hν－W0，由題圖可得b光照射光電管時遏止電壓大，使其逸出的光電子最大初動能大，所以b的頻率大，則a的頻率小，那么a的波長長，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A9．解析：(1)根據光電效應方程和動能定理可知eUc＝hν－W0結合圖線可知截止頻率νc＝5.0×1014Hz.(2)由以上分析可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)結合圖線斜率可得k＝eq\f(h,e)＝eq\f(2.0,5.0×1014)V/Hz因此h＝eq\f(2.0×1.6×10－19,5.0×1014)J·s＝6.4×10－34J·s.答案：(1)5.0×1014Hz(2)6.4×10－34J·s10．解析：由題圖可知，光電管兩端所加的電壓為反向電壓，由電壓表的示數(shù)大于或等于0.7V時，電流表示數(shù)為0，可知光電子的最大初動能為0.7eV，根據光電效應方程Ek＝hν－W0，可得W0＝1.8eV，故A、C正確；開關S斷開后，用光子能量為2.5eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應，有光電子逸出，則有電流流過電流表，故B錯誤；改用能量為1.5eV的光子照射，由于光子的能量小于逸出功，不能發(fā)生光電效應，無光電流，故D錯誤．答案：AC11．解析：圖甲中光電管中電場為加速電場，設電子離開K極時的最大初動能為Ek，電子到達A極板的最大動能為Ekm，由動能定理可得eU＝Ekm－Ek，解得Ekm＝eU＋Ek，所以斜率為e，A、B錯誤；截距為光電子離開K極時的最大初動能，C錯誤，D正確．答案：D分層作業(yè)(十四)原子的核式結構模型1．答案：C2．答案：A3．解析：α粒子與原子核間的作用力是庫侖斥力，在α粒子靠近原子核過程中，庫侖斥力增大且做負功，電勢能增加，動能減少，故當α粒子距原子核最近時，動能最小，電勢能最大，所受原子核的斥力最大，A正確，B、C錯誤；α粒子與金原子組成的系統(tǒng)的能量不變，D錯誤．答案：A4．解析：原子核半徑的數(shù)量級是10－15m，整個原子半徑的數(shù)量級是10－10m，兩者相差十萬倍之多，可見原子中原子核很小，核外很“空曠”，A正確，B錯誤；原子中的電子數(shù)Z等于核電荷與電子電荷大小的比值，C正確；eq\o\al(\s\up1(235),\s\do1(92))U原子中的中子數(shù)n＝235－92＝143，D錯誤．答案：AC5．解析：密立根“油滴實驗”是利用噴霧的方法，在已知小液滴質量的前提下利用電場力和小液滴的重力平衡，推算出每個小液滴的電荷量都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，密立根“油滴實驗”與電子的電荷量和質量沒有關系，只是測出了最小電荷量，證明了帶電體的電荷量不是連續(xù)的，而是量子化的，B正確．答案：B6．解析：原子核和α粒子均帶正電，兩者之間為斥力，據曲線運動的條件知，α粒子在P點時，原子核可以位于①②區(qū)域，α粒子在Q點時，原子核可以位于①③區(qū)域，取交集知原子核應位于①區(qū)域，A正確．答案：A7．解析：由動能轉化為電勢能得eq\f(1,2)mαveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(α))＝qαφp①又因為φp＝eq\f(kQ,r)②由①②得r＝eq\f(2qαkQ,mαveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(α)))，其中Q為金原子核電荷量，Q＝79e，α粒子電荷量qα＝2e，將題中數(shù)據代入可得r≈4×10－14m.答案：4×10－14m8．解析：A對，D錯：α粒子散射實驗的現(xiàn)象是：絕大多數(shù)α粒子幾乎不發(fā)生偏轉；少數(shù)α粒子發(fā)生了較大角度的偏轉；極少數(shù)α粒子發(fā)生了大角度偏轉(偏轉角度超過90°，有的甚至幾乎達到180°，被反彈回來)，是盧瑟福建立原子核式結構模型的重要依據．B錯：根據α粒子散射實驗，盧瑟福提出了原子核式結構模型的假設，從而否定了湯姆孫原子模型．C錯：發(fā)生α粒子偏轉現(xiàn)象，主要是由于α粒子和原子核之間作用的結果．答案：A9．解析：(1)油滴速度為v1時所受阻力Ff1＝kv1，油滴向下勻速運動時，重力與阻力平衡，有Ff1＝mg，m＝ρV＝eq\f(1,6)πρD3，則k＝eq\f(1,6v1)πρD3g.(2)設油滴所帶電荷量為q，油滴受到的電場力為F電＝qE＝qeq\f(U,d)，油滴向上勻速運動時，阻力向下，油滴受力平衡，則kv2＋mg＝qeq\f(U,d)，油滴所帶電荷量為q＝eq\f(ρπD3gd（v1＋v2）,6Uv1).答案：(1)eq\f(1,6v1)πρD3g(2)eq\f(ρπD3gd（v1＋v2）,6Uv1)分層作業(yè)(十五)氫原子光譜和玻爾的原子模型1．解析：每種原子都有自己的結構，只能發(fā)出由內部結構決定的特征譜線，不會因溫度、物質不同而改變，C正確．答案：C2．解析：根據玻爾理論，核外電子運動的軌道半徑是某些確定的值，而不能是任意值，選項A錯誤；氫原子中的電子離原子核越遠，能級越高，能量越大，選項B正確；由躍遷規(guī)律可知，選項C正確；氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷的過程中輻射能量，選項D錯誤．答案：BC3．解析：根據經典電磁理論，電子繞原子核轉動時，電子會不斷釋放能量，最后被吸附到原子核上，原子應該是不穩(wěn)定的，并且發(fā)射的光譜應該是連續(xù)的．氫原子光譜并沒有完全否定經典電磁理論，表明需要引入新的觀念進行解釋，選項B、C正確．答案：BC4．解析：一個氫原子從n＝3能級躍遷到n＝2能級，即從高能級向低能級躍遷，放出光子，能量減少，故B正確．答案：B5．解析：由ΔE＝hν＝eq\f(hc,λ)結合題圖可知，B頻率最大，C波長最長，B、C正確．答案：BC6．解析：由hν＝En－Em和E4－E3<E3－E2，可知ν43<ν32，再根據c＝λν，所以λ43>λ32，A正確；所有電磁波的速度都相同，B錯誤；處于不同能級時，核外電子在各處出現(xiàn)的概率不一樣，出現(xiàn)不同形狀的電子云，C錯誤；從高能級向低能級躍遷時，氫原子向外放出能量，D錯誤．答案：A7．解析：大量氫原子處于n＝3能級上，由Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝3可知這些原子躍遷過程中最多可輻射出3種頻率的光子，A錯誤；由氫原子能級示意圖可知，氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射出的光子能量比從n＝3能級躍遷到n＝2能級輻射出的光子能量大，由E＝hν可知，從n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子頻率高，B錯誤；由氫原子能級示意圖可知，氫原子從n＝3能級躍遷到n＝4能級，需要吸收的能量為ΔE＝E4－E3＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，C正確，n＝3能級的氫原子電離至少需要吸收的能量為0－(－1.51eV)＝1.51eV，D錯誤．答案：C8．解析：根據Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6知，這些氫原子可輻射出6種不同頻率的光子，故A錯誤．n＝4和n＝3間的能級差最小，則頻率最小的光子是由n＝4躍遷到n＝3能級產生的，故B錯誤．最容易表現(xiàn)出衍射現(xiàn)象的光的波長最大，頻率最小，是由n＝4能級躍遷到n＝3能級產生的，選項C錯誤．n＝2能級躍遷到n＝1能級輻射出的光子能量為10.2eV，大于金屬鉑的逸出功，可以發(fā)生光電效應，故D正確．答案：D9．解析：發(fā)生受激輻射時，向外輻射能量，原子總能量減小，電子軌道半徑減小，根據eq\f(kqe,r2)＝eq\f(mv2,r)知，電子的動能增大，因為總能量減小，則電子的電勢能減?。蔄、C、D錯誤，B正確．答案：B10．解析：用12.09eV的光子照射處于基態(tài)的氫原子，因為－13.6eV＋12.09eV＝－1.51eV，該氫原子吸收光子后，被激發(fā)，處于n＝3能級，故A正確；用能量為12.5eV的電子轟擊處于基態(tài)的氫原子，氫原子可以部分吸收電子能量，從而躍遷到n＝3或者n＝2能級，故B錯誤；光子的能量不可以被部分吸收，而－13.6eV＋12.1eV＝－1.5eV，該能量不屬于氫原子的任一能級，故處于基態(tài)的氫原子不可以吸收能量為12.1eV的光子而被激發(fā)，故C錯誤；一群處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時最多產生Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝eq\f(3×4,2)＝6種譜線，故D正確．答案：AD11．解析：這些氫原子最多能發(fā)出Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6種不同頻率的光，故A正確；γ射線是原子核發(fā)生衰變時放出的，故B錯誤；根據躍遷規(guī)律可知從n＝4能級向n＝1能級躍遷時輻射光子的能量為hν41＝E4－E1＝12.75eV，從n＝3能級向n＝1能級躍遷時輻射光子的能量為hν31＝E3－E1＝12.09eV，從n＝2能級向n＝1能級躍遷時輻射光子的能量為hν21＝E2－E1＝10.2eV，其他能級間躍遷時輻射的光子的能量均小于金屬鎢的逸出功，故能使金屬鎢發(fā)生光電效應的光有三種，故C正確；若將電源的正負極調換，加反向電壓，當電流表示數(shù)恰好為零時，電壓表示數(shù)為eUc＝12.75eV－4.54eV＝8.21eV，則Uc＝8.21V，故D正確．答案：ACD12．解析：A對：由題圖甲可知，Hα譜線對應光子的波長大于Hδ譜線對應光子的波長，結合E＝eq\f(hc,λ)可知，Hα譜線對應光子的能量小于Hδ譜線對應光子的能量．B對：依據可見光的頻率范圍可知，題圖甲所示的四種光均屬于可見光范疇．C錯：Hβ譜線對應光子的能量E1＝eq\f(hc,λ1)＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,486.3×10－9)J≈4.09×10－19J≈2.556eV.D對：Hα譜線對應光子的能量E2＝eq\f(hc,λ2)＝eq\f(6.63×10－34×3.0×108,656.3×10－9)J≈3.03×10－19J≈1.89eV可知Hα譜線對應的躍遷是從n＝3能級到n＝2能級．答案：ABD13．解析：(1)E4＝eq\f(E1,42)＝－0.85eV.(2)r4＝42r1，keq\f(e2,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)))＝meq\f(v2,r4)所以動能Ek4＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(ke2,32r1)＝eq\f(9×109×（1.6×10－19）2,32×0.53×10－10)J≈1.36×10－19J＝0.85eV(3)由于E4＝Ek4＋Ep4，所以電勢能Ep4＝E4－Ek4＝－1.7eV.(4)能級差最小的是n＝4→n＝3，E3＝eq\f(E1,32)＝－1.51eV，所輻射的光子能量為ΔE＝hν＝E4－E3＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，得ν＝eq\f(ΔE,h)≈1.6×1014Hz.答案：(1)－0.85eV(2)0.85eV(3)－1.7eV(4)1.6×1014Hz分層作業(yè)(十六)原子核的組成1．解析：從原子核中放射出射線，說明原子核具有復雜結構．答案：B2．解析：貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，A錯誤；電子的發(fā)現(xiàn)說明原子是可以再分的，天然放射現(xiàn)象說明原子核內部是有結構的，B錯誤；原子序數(shù)大于83的元素都具有放射性，C正確；放射性元素的放射性由原子核內部因素決定，與溫度無關，D錯誤．答案：C3．解析：α射線由氦原子核組成，A錯誤；γ射線是一種波長很短的電磁波，B正確；α射線的電離能力最強，C、D錯誤．答案：B4．解析：原子核由質子和中子構成，質子和中子統(tǒng)稱為核子，盧瑟福發(fā)現(xiàn)了質子，并預言了中子的存在，A、B、C說法正確，D說法錯誤．答案：D5．解析：盧瑟福通過α粒子散射實驗建立了原子核式結構模型，查德威克用α粒子轟擊金屬鈹，發(fā)現(xiàn)了中子，故A正確，D錯誤；1897年英國物理學家湯姆孫在實驗中發(fā)現(xiàn)了電子，揭示了原子內部的秘密，使人們逐漸認識到原子是具有復雜結構的微粒，故B正確；1896年法國物理學家貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，天然放射現(xiàn)象說明原子核可以再分，故C錯誤．答案：AB6．解析：根據三種射線的性質可知，甲圖中能穿透鋁板的是γ射線，乙圖中檢查鋼板中的砂眼，要求射線能穿透鋼板，故利用的是γ射線，選項C正確．答案：C7．解析：根據α、β、γ三種射線特點可知，γ射線穿透能力最強，電離能力最弱，α射線電離能力最強，穿透能力最弱，為了夠準確測量鋼板的厚度，探測射線應用γ射線；隨著軋出的鋼板越厚，透過的射線越弱，而軋出的鋼板越薄，透過的射線越強，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C8．解析：由于γ射線不帶電，故不偏轉，打在b點，由左手定則可知粒子向右射出后，在勻強磁場中α粒子受的洛倫茲力向上，β粒子受的洛倫茲力向下，軌跡都是圓弧，A、C正確，B錯誤；由于α粒子速度約是光速的eq\f(1,10)，而β粒子速度接近光速，所以在同樣的混合場中不可能都做直線運動(如果一個打在b，則另一個必然不能打在b點).答案：AC9．答案：(1)由于α射線貫穿能力很弱，用一張紙放在射線前即可除去α射線．(2)如圖所示．(3)α射線和β射線在磁場中偏轉，據R＝eq\f(mv,Bq)，對α射線有R1＝eq\f(mαvα,Bqα)，對β射線有R2＝eq\f(meve,Bqe)，故eq\f(R1,R2)＝eq\f(mαvαqe,meveqα)＝400.α射線穿過此磁場時，半徑很大，幾乎不偏轉，故與γ射線無法分離．分層作業(yè)(十七)放射性元素的衰變1．解析：具有相同質子數(shù)、不同中子數(shù)(質量數(shù))的元素互為同位素，A錯誤；同位素的化學性質相同，物理性質不同，B錯誤；放射性元素的半衰期由原子核內部自身因素決定，與它所處的化學狀態(tài)無關，C錯誤；eq\o\al(\s\up1(30),\s\do1(15))P是放射性同位素，具有放射性，能發(fā)生衰變，D正確．答案：D2．解析：根據原子核衰變時電荷數(shù)和質量數(shù)都守恒可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋220＝232,2x－y＋86＝90))，解得x＝3、y＝2，D正確．答案：D3．解析：盧瑟福用α粒子轟擊氮核首次實現(xiàn)了原子核的人工轉變，并發(fā)現(xiàn)了質子，其中α粒子來源于放射源放出的α射線，故A、C正確，B錯誤；在核反應中，質量數(shù)和電荷數(shù)一定守恒，故D錯誤．答案：AC4．解析：利用放射線消除有害靜電是利用放射線的電離作用，使空氣分子電離，將靜電消除，A錯誤；γ射線會對人體細胞造成傷害，不能用來進行人體透視，常用X射線對人體進行透視，B錯誤；用放射線照射作物種子使其發(fā)生的DNA突變不一定都是有益的，還要經過篩選才能培育出優(yōu)良品種，C錯誤；γ射線會對人體細胞造成傷害，用γ射線治療腫瘤時一定要嚴格控制劑量，以免對人體正常組織造成太大的傷害，D正確．答案：D5．解析：已衰變的eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(84))Po的質量m＝＝eq\f(3,4)m0＝75g，C正確．答案：C6．解析：根據電荷數(shù)守恒與質量數(shù)守恒可知Y為正電子eq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(1))e，A、B錯誤．經過一個半衰期，鋁26衰變一半，經過兩個半衰期，鋁26還剩下四分之一，C正確，D錯誤．答案：C7．解析：eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi經過一次衰變變成eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X，質量數(shù)沒有發(fā)生變化，為β衰變，即eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X＋eq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(－1))e，故a＝84，選項A正確；eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi經過一次衰變變成eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl，核電荷數(shù)少2，為α衰變，即eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl＋eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He，故b＝206，選項B正確；eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(a))X是β衰變，eq\o\al(\s\up1(210),\s\do1(83))Bi→eq\o\al(\s\up1(b),\s\do1(81))Tl是α衰變，選項C正確，D錯誤．答案：ABC8．解析：根據題圖可得X原子核質子數(shù)為92，中子數(shù)為146，則質量數(shù)為238；Y原子核質子數(shù)為82，中子數(shù)為124，則質量數(shù)為206.根據原子核經過一次α衰變電荷數(shù)減小2，質量數(shù)減小4，一次β衰變后電荷數(shù)增加1，質量數(shù)不變，寫出衰變方程為eq\o\al(\s\up1(238),\s\do1(92))X→eq\o\al(\s\up1(206),\s\do1(82))Y＋8eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He＋60－1e，故此過程中放射出6個電子，故A正確．答案：A9．解析：選項中的方程質量數(shù)不守恒，故A錯誤；eq\o\al(\s\up1(242),\s\do1(95))Am的半衰期太短，不能長時間使用，故不能用半衰期為16h的放射性同位素eq\o\al(\s\up1(242),\s\do1(95))Am代替eq\o\al(\s\up1(241),\s\do1(95))Am，故B錯誤；使空氣中的氧、氮等分子發(fā)生電離的主要是α射線，α射線電離作用最強，故C正確；根據原理可知，煙霧一旦進入探測腔內，煙霧中的微粒會吸附α粒子，電離減弱，使兩電極中電流的減小而發(fā)出警報，故D正確．答案：CD10．解析：根據Ek＝eq\f(p2,2m)，結合動量守恒定律，可知質量越大，動能越小，因此反沖核的動能一定小于帶電粒子的動能，故A錯誤；根據動量守恒定律可知，兩粒子動量大小相等，又根據R＝eq\f(mv,Bq