教科版高中物理选择性必修第三册单元测试题含答案

教科版高中物理选择性必修第三册单元测试题含答案第一章分子动理论(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．下述现象中说明分子之间有引力作用的是()A．两块纯净铅柱的接触面刮平整后用力挤压可以粘在一起B．丝绸摩擦过的玻璃棒能吸引轻小物体C．磁铁能吸引小铁钉D．自由落体运动解析：把接触面磨平，使两个铅块的距离接近分子间引力发生作用的距离，两个铅块就会结合在一起，两个铅块的分子之间存在着引力，故A正确；丝绸摩擦过的玻璃棒能吸引轻小物体是静电吸附，故B错误；磁铁能吸引小铁钉，为磁场力作用，故C错误；自由落体运动为万有引力作用，故D错误。答案：A2．如图所示，氧气在0℃和100℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系。下列说法中正确的是()A．甲为0℃时情况，速率大的分子比例比100℃时少B．乙为0℃时情况，速率大的分子比例比100℃时少C．甲为100℃时情况，速率小的分子比例比0℃时多D．乙为100℃时情况，速率小的分子比例比0℃时多解析：甲为0℃时情况，速率大的分子比例比100℃时少，故A正确；乙为100℃时情况，速率大的分子比例比0℃时多，故B错误；甲为0℃时情况，速率小的分子比例比100℃时多，故C错误；乙为100℃时情况，速率小的分子比例比0℃时少，故D错误。故选A。答案：A3．关于分子质量，下列说法正确的是()A．质量相同的任何物质，分子数都相同B．摩尔质量相同的物质，分子质量不一定相同C．分子质量之比一定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：质量相同的不同种物质，分子质量不一定相同，所以分子数不一定相同，A错；任何物质一摩尔的分子数是相同的，所以摩尔质量相同，分子质量一定相同，B错；分子质量＝eq\f(摩尔质量,阿伏伽德罗常量)，所以分子质量之比一定等于它们的摩尔质量之比，C对；密度＝eq\f(摩尔质量,摩尔体积)，所以密度大，分子质量不一定大，D错。答案：C4．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℃冰的内能比等质量的0℃水的内能大解析：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，故A正确；物体的内能由物体的物质的量、温度和体积决定，与物体运动的宏观速度无关，故B、C错误；因为0℃的冰熔化为0℃的水要吸收热量或对它做功，所以冰熔化为水内能增加，所以0℃水的内能比等质量的0℃冰的内能大，故D错误。答案：A5．用筷子蘸水后滴一滴水，体积约为0.1cm3，这一滴水中含有水分子的个数最接近以下哪一个值(阿伏伽德罗常量NA＝6.0×1023mol－1，水的摩尔体积为Vmol＝18cm3/mol)()A．6×1023个B．3×1021个C．6×1019个 D．3×1017个解析：N＝eq\f(VNA,Vmol)＝eq\f(0.1×6.0×1023,18)个≈3×1021个。答案：B6．当分子间距离大于10r0(r0是分子平衡位置间距离)时，分子力可以认为是零，规定此时分子势能为零，当分子间距离是平衡距离r0时，下列说法正确的是()A．分子力是零，分子势能也是零B．分子力是零，分子势能不是零C．分子力不是零，分子势能是零D．分子力不是零，分子势能不是零解析：当分子距离从大于10r0开始靠近，到r0的过程中，分子作用力表现为引力，故分子力做正功，分子势能减小，在分子间距离为r0时分子势能为负值，分子力为零，选项B正确。答案：B7．在较暗的房间里，从射进来的光束中用眼睛直接看到悬浮在空气中的微粒的运动是()A．布朗运动B．分子的热运动C．自由落体运动D．气流和重力共同作用引起的运动解析：布朗运动的实质是分子对其中的悬浮微粒不断撞击，因作用力不平衡而引起的微粒的无规则运动，只能在显微镜下才能观察到。本题所述悬浮在空气中被眼睛直接看到的微粒，其体积太大，空气分子各个方向的冲击力平均效果相互平衡，实质上这些微粒的运动是由气流和重力共同作用而引起的复杂的运动，D正确，A、B、C错误。答案：D8．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是()A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子间距离大于e点的横坐标，且间距增大时，则分子力的合力增大解析：在F-r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于r0时，引力等于斥力，r0的数量级为10－10m，即e点横坐标的数量级为10－10m，A错误，B正确；若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力，且间距增大时，分子力的合力先增大再减小，如图所示，C、D错误。答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．如图是某一微粒的布朗运动路线图，若t＝0时刻它在O点，然后每隔5s记录一次微粒位置(依次为a、b、c、d、e、f)，最后将各位置按顺序连接而得到此图。下述分析中正确的是()A．线段ab是微粒在第6s初至第10s末的运动轨迹B．t＝12.5s时刻，微粒应该在bc连线上C．线段Oa的长度是微粒前5s内的位移大小D．虽然t＝30s时刻微粒在f点，但它不一定是沿ef到达f点的解析：图中直线是相邻两时刻微粒对应位置的连线，也是这段时间内微粒的位移，但不是微粒的运动轨迹，微粒时刻在做无规则运动，因此C、D正确。答案：CD10．当分子间距离r＝r0时，分子间引力和斥力恰好平衡，若使分子间距离从r1逐渐变为r2(r0＜r1＜r2)，在这一变化过程中，下列说法中可能正确的是()A．分子间引力比分子间斥力减小得快，分子力增大B．分子间引力比分子间斥力减小得快，分子力减小C．分子间斥力比分子间引力减小得快，分子力增大D．分子间斥力比分子间引力减小得快，分子力减小解析：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，只是斥力减小得更快，但分子力随分子间距离由r0增大时，是先增大后减小，因此当分子间距由r1变为r2(r0＜r1＜r2)时，分子力的变化有三种可能：先增大后减小、增大、减小，C、D正确。答案：CD11．运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是()A．气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，不仅与温度有关还与单位体积内的分子数有关B．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)C．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成D．水流流速越快，说明水分子的热运动越剧烈，但并非每个水分子运动都剧烈解析：气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，与温度以及单位体积内的分子数有关，故A正确；由于气体分子之间的距离远大于气体分子的大小，所以不能用气体的摩尔体积与分子体积的比值求阿伏伽德罗常量，故B错误；生成半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故C正确；分子的热运动是内部分子的运动，只与温度有关，与水流速度无关，故D错误。答案：AC12．下列说法不正确的是()A．物体内所有分子的动能之和等于这个物体的动能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．自行车轮胎充气后膨胀，主要原因是气体分子间有斥力D．物体的内能和其机械能没有必然联系，但两者可以相互转化解析：所谓物体的动能是指物体的宏观运动的动能，而非微观分子的动能，故A错误；物体的分子势能由物体的体积决定，故B错误；自行车轮胎充气后轮胎膨胀，主要是因为气体的压强增大，故C错误；物体的内能和其机械能没有必然联系，但两者可以相互转化，故D正确。答案：ABC三、非选择题(本题共6个小题，共60分)13．(8分)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤如下：①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2；②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0；③先往边长为30～40cm的浅盘里倒入2cm深的水；④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上；⑥计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半个格的两个格算一格，多于半个格的算一格。上述实验步骤中有遗漏和错误，遗漏的步骤是________________________________________；错误的步骤是______________________________________________________(指明步骤，并改正)，油酸分子直径的表达式d＝________(假设按正确方法计算出轮廓范围内正方形的总数仍为N)。解析：实验中为了使油膜不分裂成几块，需要在水面上均匀地撒上痱子粉；由于本实验只是一种估算，在数油膜所覆盖的坐标格数时，大于半格算一格，小于半格舍去；油酸酒精溶液在水面上充分扩散后形成一层单分子油膜，油膜厚度可看成分子直径，由题意可知，油酸酒精溶液的浓度为eq\f(V1,V2)，一滴油酸酒精溶液的体积为eq\f(V0,n)，则一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为eq\f(V1V0,nV2)，而一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为Na2，所以油膜的厚度，即分子直径d＝eq\f(V1V0,NV2na2)。答案：将痱子粉均匀地撒在水面上⑥，应该是不足半格的舍去，多于半格的算一格eq\f(V1V0,NV2na2)14．(9分)在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每2000mL溶液中有纯油酸1mL。用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL，油酸膜的面积是________cm2。据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m。解析：1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V＝eq\f(1,200)×eq\f(1,2000)mL＝2.5×10－6mL，由于每格边长为1cm，则每一格的面积就是1cm2，估算油膜面积以超过半格为一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出格数为41格，则油酸薄膜面积为S＝41cm2。由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2.5×10－6×10－6,41×10－4)m≈6.1×10－10m。答案：2.5×10－6416.1×10－1015．(8分)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子。资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，其分子可视为半径为3×10－9m的球，已知阿伏伽德罗常量为6.0×1023mol－1。请估算该蛋白的密度。(假设蛋白质分子形状为球形，计算结果保留一位有效数字)解析：摩尔体积V＝eq\f(4,3)πr3NA由密度ρ＝eq\f(M,V)，解得ρ＝eq\f(3M,4πr3NA)代入数据得ρ≈1×103kg/m3。答案：1×103kg/m316．(10分)将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲、乙分子间作用力与距离间关系的函数图像如图所示。若质量为m＝1×10－26kg的乙分子从r3(r3＝12d，d为分子直径)处以v＝100m/s的速度沿x轴负方向向甲分子飞来，仅在分子力作用下，则乙分子在运动中能达到的最大分子势能为多大(选无穷远处分子势能为零)?解析：在乙分子靠近甲分子的过程中，分子力先做正功，后做负功，分子势能先减小，后增大。动能和势能之和不变，又因为无穷远处分子势能为零，当r＝r3时分子力为零，分子势能可认为为零，所以当速度为零时，分子势能最大，即Epm＝ΔEk减＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×10－26×1002J＝5×10－23J。答案：5×10－23J17．(12分)可燃冰是一种白色固体物质，1L可燃冰在常温常压下释放出160L的甲烷气体，常温常压下甲烷的密度ρ＝0.66g/L，甲烷的摩尔质量M＝16g/mol，阿伏伽德罗常量NA＝6.0×1023mol－1。求：(计算结果均保留两位有效数字)(1)单个甲烷气体分子的质量；(2)1L可燃冰在常温常压下释放出的甲烷气体的分子数目。解析：(1)m＝eq\f(M,NA)代入数据得m＝2.7×10－26kg。(2)N＝eq\f(ρV,M)NA代入数据得N≈4.0×1024。答案：(1)2.7×10－26kg(2)4.0×102418．(13分)公共场所禁止吸烟，因为被动吸烟比主动吸烟害处更大。在标准状况下空气的摩尔体积为22.4L，若在标准状况下，一个人在一个高约2.8m、面积约10m2的办公室内吸了一根烟(人正常呼吸一次吸入气体300cm3，一根烟大约吸10次)，假设吸烟者每次吸入的空气都是未被污染的空气，则：(1)估算被污染的空气分子间的平均距离。(2)另一不吸烟者一次呼吸大约吸入多少个被污染过的空气分子？解析：(1)吸烟者抽一根烟吸入气体的总体积为10×300cm3，含有空气分子数为N＝eq\f(10×300×10－6,22.4×10－3)×6.02×1023个≈8.1×1022个办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为N′＝eq\f(8.1×1022,10×2.8)个/m3≈2.9×1021个/m3每个污染的空气分子所占体积为V＝eq\f(1,2.9×1021)m3所以平均距离为L＝eq\r(3,V)≈7×10－8m。(2)被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为2.9×1021×300×10－6个＝8.7×1017个。答案：(1)7×10－8m(2)8.7×1017个第二章固体、液体和气体一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法正确的是()A．液体的内能与体积无关B．液体分子间的相互作用比固体分子间作用力强C．液体分子间的热运动有固定的平衡位置D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：分子势能与分子间距离有关，而分子间距离与物体的体积有关，内能等于所有分子的动能和势能之和，所以液体的内能与体积有关，故A错误；液体分子间距离比固体分子间距离大，所以液体分子间的相互作用比固体分子间作用力弱，故B错误；液体分子间的热运动没有固定的平衡位置，液体分子在某一位置振动以后可以移动到另一个位置，故C错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，在液体表面形成表面张力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故D正确。答案：D2．如图所示，ACBD是一厚度均匀的由同一种材料构成的圆板，AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置逆时针转90°后电流表读数发生了变化(两种情况下都接触良好)。关于圆板，下列说法正确的是()A．圆板的导电性能具有各向异性B．圆板是非晶体C．圆板是多晶体D．不知有无固定熔点，无法判定圆板是晶体还是非晶体解析：电流表读数发生变化，说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同，即具有各向异性，所以圆板是单晶体，A正确，B、C、D错误。答案：A3．一定质量的理想气体，在压强不变时，温度每升高1℃，它的体积的增加量()A．相同 B．逐渐增大C．逐渐减小 D．成正比例地增大解析：气体等压变化，根据盖吕萨克定律eq\f(V,T)＝C，有eq\f(V,T)＝eq\f(ΔV,ΔT)，则ΔV＝eq\f(V,T)ΔT，故温度每升高1℃，它的体积的增加量相同。答案：A4．弯曲管子内注有密度为ρ的水，中间有空气，各管内液面高度差如图中所标，大气压强为p0，重力加速度为g，图中A点处的压强是()A．p0＋4ρgh B．p0＋3ρghC．p0＋2ρgh D．ρgh解析：同一液体内部等高处的压强处处相等，由图中液面的高度关系可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh，A点的压强为pA＝p1＋ρgh＝p0＋2ρgh，故选C。答案：C5.新冠疫情期间，我国广大医务工作者表现出的无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象。如图是医务人员为患者输液的示意图。在输液的过程中，下列说法正确的是()A．A瓶与B瓶中的药液一起用完B．B瓶中的药液先用完C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变解析：在药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶中气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误。答案：C6．在1个标准大气压下，把粗细均匀的玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有eq\f(1,2)部分充满水。假设温度不变，则此时管内空气压强相当于()A．3个大气压 B．2个大气压C.eq\f(2,3)个大气压 D.eq\f(1,3)个大气压解析：设管中的气体的初始压强为1个标准大气压p0，体积为SL，压缩后的压强为p，体积为eq\f(1,2)SL，根据玻意耳定律有p0SL＝p·eq\f(1,2)SL，解得p＝2p0，故B正确，A、C、D错误。答案：B7.如图所示为一定质量的理想气体的peq\f(1,V)图像，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．TA>TB＝TCB．TA>TB>TCC．TA＝TB>TCD．TA<TB<TC解析：从图像可以看出，从A到B为等容变化，压强减小，温度降低，即TA>TB，BC为等温线，从B到C为等温变化，即TB＝TC，所以A正确，B、C、D三项错误。答案：A8.喷雾器装了药液后，上方空气的体积是1.5L，然后用打气筒缓慢地向药液上方打气，如图所示。打气过程中温度保持不变，每次打进1atm的空气250cm3，要使喷雾器里的压强达到四个标准大气压，则打气筒应打的次数是()A．15 B．18C．20 D．25解析：把打进容器内的气体当作整体的一部分，气体质量仍然不变。初始气体压强为p0，末态气体压强为4p0，压强增为4倍，温度不变，体积必然压缩为原来的eq\f(1,4)，说明初始体积为6L，补充的气体和容器中本来就有的气体体积之和为(1.5＋0.25n)L＝6L，即n＝18，选项B正确。答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容。下列说法正确的是()A．用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象B．同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能相等C．荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的原因D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点解析：用吸管将牛奶吸入口中是利用了气体的压强，不是毛细现象，A项错误；温度是分子平均动能的标志，B项正确；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，存在表面张力，荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，C项正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，D项正确。答案：BCD10．下列说法正确的是()A．放飞的氢气球上升到一定的高度会胀破，是因为球内的气体压强增大B．气体的状态不变，说明气体的体积、压强、温度均不发生变化C．一定质量的气体，压强不变时，体积也不会变化D．一定质量的气体，温度不变时，peq\f(1,V)图像是一条直线，且直线的斜率越大，说明气体温度越高解析：随着气球上升，球外空气压强减小，气球体积增大，最终气球会破裂，故A错误；描述气体的物理量有气体的体积、压强、温度，当这三个物理量不变时，气体的状态不变，故B正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，压强不变时，体积可能发生变化，故C错误；由等温变化pV＝C可得p＝C·eq\f(1,V)，则peq\f(1,V)图像是一条直线，直线的斜率越大即pV越大，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，温度越高，故D正确。答案：BD11.如图所示，质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热气缸内，活塞可在气缸内无摩擦滑动。现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热，设气缸处在大气中，大气压强恒定。经过一段较长时间后，下列说法正确的是()A．气缸中气体的压强比加热前要大B．气缸中气体的压强保持不变C．气缸中气体的体积比加热前要大D．活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前要少解析：气缸内封闭气体的压强p＝p0＋eq\f(Mg,S)，其中S为活塞的面积，则加热时封闭气体的压强保持不变，故A项错误，B项正确；封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C项正确；温度升高，分子的平均动能增加，同时体积增大，单位体积内气体分子数减少，但气体的压强不变，则加热后活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数减少，故D项正确。答案：BCD12.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在pT图像中都是直线段，ab和dc的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，ad平行于纵轴。由图可以判断()A．ab过程中气体体积不断减小B．bc过程中气体体积不断减小C．cd过程中气体体积不断增大D．da过程中气体体积不断增大解析：由pT图像的特点可知a、b在同一条等容线上，体积不变，A错误；c、d在同一条等容线上，体积不变，C错误；在pT图像中，图线的斜率越大与之对应的体积越小，因此b→c的过程体积减小，d→a的过程体积增大，B、D正确。答案：BD三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)如图是探究气体等温变化规律的简易装置图，表中是某小组的数据。序号V/mLp/(105Pa)pV/(105Pa·mL)1201.001020.0202181.095219.7143161.231319.7014141.403019.6425121.635119.621(1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应作________(选填“p-V”或“p-eq\f(1,V)”)图像。(2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是________________________________________________________________________。解析：(1)由理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，若是作p-V图像，得到的等温线是曲线；若是作p-eq\f(1,V)图像，得到的等温线是一条延长线过坐标原点的直线。后者更方便且直观，便于分析问题，所以作p-eq\f(1,V)图像。(2)因研究的过程是等温变化，由方程pV＝nRT(n表示物质的量，T表示绝对温度，R是常数)可知，pV值越来越小，说明n减小，即物质的量在减小，说明有气体漏出。答案：(1)p-eq\f(1,V)(2)有气体漏出14．(9分)图甲是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T形管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积为V0，压强为p0。T形管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好。(1)该装置可用于验证________定律。(填写气体实验定律名称)(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为eq\f(2,3)V0，压强传感器读数为p1，则此时气球体积为________。(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图。根据该图像估算：若初始时注射器内仅有体积为0.5V0，压强为p0的气体，当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为________p0。(结果保留三位小数)解析：(1)用DIS研究在温度不变时，气体的压强随体积的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律。(2)将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为p1，根据玻意耳定律得p1V1＝p0V0，所以V1＝eq\f(p0V0,p1)；读出此时注射器内剩余气体的体积为eq\f(2,3)V0，所以此时气球体积为V1－eq\f(2,3)V0＝eq\f(p0V0,p1)－eq\f(2V0,3)。(3)由题可知，若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体，气体全部压入气球后气球内气体的压强与初始时注射器内体积为V0、压强为p0的气体中的eq\f(1,2)气体压入气球的压强相等，结合题图乙可知，剩余的气体的体积约为0.5V0，压强略大于p0，所以剩余的气体的体积略小于0.5V0，由图可以读出压强约为1.027p0。答案：(1)玻意耳(2)eq\f(p0V0,p1)－eq\f(2V0,3)(3)1.02715.(10分)一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，已知气体在状态A时的压强pA＝p0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：(1)气体在状态B时的压强pB；(2)气体在状态C时的压强pC和温度TC；(3)画出全过程的p-V图像。解析：(1)A→B为等温变化，由玻意耳定律得，p0V0＝pB·2V0，解得pB＝eq\f(1,2)p0。(2)B→C为等压变化，则pC＝pB＝eq\f(1,2)p0由eq\f(VB,VC)＝eq\f(TB,TC)得TC＝eq\f(1,2)T0。(3)如图所示。答案：(1)eq\f(1,2)p0(2)eq\f(1,2)p0eq\f(1,2)T0(3)图见解析16．(10分)如图所示，某洗车的高压水枪由长方体储水箱、空气压缩机、进气管、进水管和出水管几部分组成，其中储水箱的体积为5m3，底面面积为1m2，出水管紧靠储水箱顶部。为检测储水箱是否漏气，将4m3的水注入储水箱，关闭进水管阀门；再用空气压缩机将一大气压下体积为1.4m3空气压入储水箱；打开出水管阀门，查看储水箱内剩余水的体积即可判别是否漏气。忽略进、出水管及进气管中气体和水的体积。已知一个大气压相当于10m高的水柱产生的压强，温度保持不变，若储水箱不漏气，求剩余水的体积应为多少？解析：整个过程中储水箱内温度保持不变，设放水结束后储水箱内气体的压强为p2，体积为V2，出水管中超出储水箱内水面的水柱高度为h，根据题意可知p1＝10mH2O，V1＝2.4m3p2＝(10＋h)mH2O，V2＝hS由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2储水箱内剩余水的体积V＝5m3－hS解得V＝3m3。答案：3m317．(12分)自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管上端封闭，并和一压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到1.05×105Pa时，压力传感器使进水阀门关闭，达到自动控水的目的。已知细管的长度L0＝42cm，管内气体可视为理想气体且温度始终不变，取大气压p0＝1.00×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3。洗衣机停止进水时，求：(1)细管中被封闭的空气柱的长度L；(2)洗衣缸内水的高度h。解析：(1)细管中的气体初始压强为p0＝1.00×105Pa，初始体积为V0＝L0S，细管中的气体末态压强为p＝1.05×105Pa，设末态体积为V＝LS，由玻意耳定律可得p0V0＝pV解得L＝40cm。(2)设洗衣机缸与细管中的水面差为Δh，细管中气体的压强为p＝ρgΔh＋p0故洗衣缸内水的高度h＝Δh＋(L0－L)解得h＝52cm。答案：(1)40cm(2)52cm18．(13分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8m3，压强为1.5×105Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08m3，不考虑压缩时气体的温度变化。(1)求压缩量最大时，球内气体的压强；(结果保留三位有效数字)(2)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过1.75×105Pa，那么，在早晨17℃环境下充完气的碰碰球，球内气体压强为1.5×105Pa，若升温引起的球内容积变化可忽略，请通过计算判断是否可以安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。解析：(1)碰撞游戏时，气体从初始到压缩量最大的过程中，经历等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2其中p1＝1.5×105Pa，V1＝0.8m3，V2＝(0.8－0.08)m3＝0.72m3代入数据解得p2≈1.67×105Pa。(2)从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体经历等容变化，由查理定律有eq\f(p1,T2)＝eq\f(p3,T3)其中T2＝(17＋273)K＝290K，T3＝(37＋273)K＝310K中午碰撞游戏时，气体从初始状态到压缩量最大的过程中，气体经历等温变化，由玻意耳定律有p3V1＝p4V2联立并代入数据解得p4≈1.78×105Pa＞1.75×105Pa所以不能安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。答案：(1)1.67×105Pa(2)见解析第三章热力学定律(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.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．管内气体内能增大，压强变大解析：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增大，温度升高，通过热传递，乙醚的内能增大，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大，压强变大，选项D正确。答案：D2．下列说法正确的是()A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵守热力学第二定律B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等C．自发的热传递是不可逆的D．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为其违背热力学第一定律解析：冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，但要消耗电能，因此遵守热力学第二定律，故A错误；空调工作时消耗的电能大于室内温度降低所放出的热量，故B错误；一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故C正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为其违背热力学第二定律，故D错误。答案：C3．关于能量的转化，下列说法正确的是()A．满足能量守恒定律的物理过程都能自发地进行B．空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性C．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化D．自然界中能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高解析：根据热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性，满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进行，故A错误；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，空调在工作过程中消耗了电能，故B错误；热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故C正确；根据能量守恒定律可知，自然界中能量的总量保持不变，但根据热力学第二定律可知，能量转化具有方向性，能量耗散使能量的可利用性在逐步降低，故D错误。答案：C4．关于能量和能源，下列说法正确的是()A．化石能源是清洁能源，水能是可再生能源B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了解析：化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，选项A错误；能量是守恒的，在能源的利用过程中，能量品质会下降，故要节约能源，选项B、C均错误，D正确。答案：D5.如图所示，气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞通过定滑轮与一重物相连并处于静止状态，此时活塞到缸口的距离h＝0.2m，活塞面积S＝10cm2，封闭气体的压强p＝5×104Pa。现通过电热丝对缸内气体加热，使活塞缓慢上升直至缸口。在此过程中封闭气体吸收了Q＝60J的热量，假设气缸壁和活塞都是绝热的，活塞质量及一切摩擦力不计，则在此过程中气体内能的增加量为()A．70J B．60JC．50J D．10J解析：活塞移动过程中，气缸内气体对外界做功W＝Fs＝pSh＝10J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W＝60J－10J＝50J，故C正确。答案：C6．一定质量的理想气体在某一过程中压强p＝1.0×105Pa保持不变，体积增大100cm3，气体内能增加了50J，则此过程()A．气体从外界吸收50J的热量B．气体从外界吸收60J的热量C．气体向外界放出50J的热量D．气体向外界放出60J的热量解析：气体体积增大100cm3，所以气体对外界做功W＝pΔV＝1.0×105×100×10－6＝10J，而气体内能增加了50J，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量Q＝60J，故B正确，A、C、D错误。答案：B7．如图所示，用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在一杯热水中，接触点2插在一杯冷水中，此时灵敏电流计的指针会发生偏转，这就是温差发电现象。根据这一现象，下列说法中正确的是()A．这一过程违反了热力学第二定律B．这一过程违反了热力学第一定律C．热水和冷水的温度将发生变化D．这一过程违反了能量守恒定律解析：热力学第二定律由实际热现象总结而来，故任何宏观的实际热现象都符合热力学第二定律，故A错误；吸放热和做功均会改变内能，该过程没有违反热力学第一定律，故B错误；在实验过程中，热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，故热水一定会降温，冷水一定会升温，故C正确；能量守恒定律是普遍定律，在实验过程中，热水的内能部分转化成电能，有电阻的位置都会产生热能，符合能量守恒定律，故D错误。答案：C8．用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空(如图甲所示)，现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图乙所示)，这个过程称为气体的自由膨胀。下列说法正确的是()A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分解析：由分子动理论知，气体分子的热运动是永不停息的无规则运动，故选项A错误；由能量守恒定律知，气体膨胀前后内能不变，又因一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体的温度不变，故选项C正确；由eq\f(pV,T)＝C知，气体压强变小，故选项B错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界影响的情况下，容器中的气体不能自发地全部回到容器的A部分，故选项D错误。答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．电冰箱的制冷设备是用机械的方式制造人工低温的装置，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，实现制冷作用。下列说法正确的是()A．打开冰箱门让压缩机一直工作，可使室内温度逐渐降低B．在电冰箱的内管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量C．在电冰箱的外管道中，制冷剂被剧烈压缩放出热量D．电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律解析：电冰箱工作过程中，消耗电能的同时部分电能转化为内能，故打开冰箱门，室内温度不可能降低，选项A错误；制冷剂在内管道膨胀吸热，在外管道被压缩放热，选项B、C正确；电冰箱的工作原理并不违背热力学第二定律，选项D错误。答案：BC10.如图所示，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()A．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错误；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，故选项D正确。答案：BCD11.如图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()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，瓶内气体温度不变解析：快速挤压气体时，外界对它做功，来不及传递热量，由W＋Q＝ΔU知瓶内气体内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，A正确，B、C错误；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确。答案：AD12.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()A．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．违背能量守恒定律，不可能实现解析：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，该思想违背了能量守恒定律，不可能实现。答案：AD三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界大气压强。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界大气压强相同。此时，容器中空气的温度________(选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。解析：由于初始时容器中的空气压强大于外界大气压强，活塞光滑、容器绝热，容器内空气推动活塞对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。答案：低于大于14.(8分)一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的热量，并对外做功120J。若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体________(选填“吸收”或“放出”)______J热量。解析：对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c的过程，由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W＝340J－120J＝220J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，此过程理想气体的内能还是增加220J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W＝220J＋40J＝260J。答案：吸收26015.(10分)如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B的等压过程和B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900J。求A→B→C过程中气体对外界做的总功。解析：A到B过程中，W1＝－p(VB－VA)＝－6×105×1×10－3J＝－600J，B到C的过程中，没有吸放热，Q＝0，则ΔU＝W2，解得W2＝－900J，所以W＝W1＋W2＝－600J－900J＝－1500J，可知气体对外界做功1500J。答案：1500J16.(10分)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，活塞可与容器壁间无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。(已知重力加速度为g)问：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律有eq\f(V,T)＝eq\f(V0,T0)，得外界温度T＝eq\f(V,V0)T0＝eq\f(h0＋d,h0)T0。(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，所以外界对气体做的功W＝－(mg＋p0S)d，根据热力学第一定律得，密闭气体增加的内能ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d。答案：(1)eq\f(h0＋d,h0)T0(2)Q－(mg＋p0S)d17.(12分)某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示。已知该酒瓶容积为480cm3，玻璃管内部横截面积为0.4cm2，瓶口外的有效长度为48cm。当气温为7℃时，水银柱刚好处在瓶口位置。(1)求该气温计能够测量的最高气温；(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收了3J热量，则在这一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强p0＝1.0×105Pa)解析：(1)封闭气体发生等压变化，则eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，即eq\f(480cm3,273＋7K)＝eq\f(480cm3＋0.4×48cm3,T2)，解得T2＝291.2K，即t2＝18.2℃。(2)根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W，外界对气体做的功W＝－p0·ΔV＝－1.92J，解得ΔU＝1.08J。即气体内能增加了1.08J。答案：(1)18.2℃(2)增加了1.08J18．(14分)一个水平放置的气缸，由两个截面积不同的圆筒连接而成。活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L＝0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA＝40cm2，SB＝20cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0＝1.0×105Pa的大气。当气缸内气体温度为T1＝525K时两活塞静止于如图所示的位置。(1)现使气缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？(2)若在此变化过程中气体共向外放热500J，求气体的内能变化了多少？解析：(1)活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律有eq\f(3LSA＋LSB,T1)＝eq\f(4LSB,T2)，代入数值解得T2＝300K。(2)活塞向右移动过程中，外界对气体做功W＝p0·3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)J＝300J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝300J－500J＝－200J，即气体的内能减少200J。答案：(1)300K(2)减少200J第四章原子结构(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于阴极射线，下列说法正确的是()A．阴极射线就是稀薄气体导电时的辉光放电现象B．阴极射线是在真空管内由正极放出的电子流C．阴极射线是由德国物理学家戈德斯坦命名的D．阴极射线就是X射线解析：阴极射线是在真空管内由负极放出的电子流，不是气体导电发光的辉光放电现象，故A、B、D错误；阴极射线是由德国物理学家戈德斯坦命名的，故C正确。故选C。答案：C2．关于玻尔原子理论，下列说法错误的是()A．继承了卢瑟福的核式结构模型，但对原子能量和电子轨道引入了量子化假设B．氢原子核外电子，轨道半径越大，动能越大C．能级跃迁吸收(放出)光子的频率由两个能级的能量差决定D．原子能量是量子化的解析：玻尔原子理论继承了卢瑟福原子模型，但对原子能量和电子轨道引入了量子化假设，电子运行轨道半径是不连续的，故A正确；按照玻尔理论，电子在轨道上运动的时候，并不向外辐射能量，但当从高轨道向低轨道跃迁时才会向外辐射能量，所以离原子核越远，氢原子的能量越大，但核外电子，轨道半径越大，动能越小，故B错误；电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定，即hν＝|En－Em|，故C正确；按照玻尔理论，原子只能处于一系列不连续的状态中，每个状态都对应一定的能量，故D正确。答案：B3．关于卢瑟福的α粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法不正确的是()A．绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进B．该实验证实了汤姆孙的“枣糕模型”是错误的C．α粒子发生大角度散射并不是α粒子撞到金原子核后发生反弹造成的D．卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氢原子光谱的分立特征解析：α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°)，故A正确；正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中是汤姆孙的认为，卢瑟福设计了α粒子散射实验，证明带正电的那部分物质占原子质量的绝大部分集中在很小的空间范围，从而证明汤姆孙的“枣糕模型”是错误的，故B正确；发生大角度偏转，是因为受到原子核的库仑斥力，并不是α粒子撞到金原子核后发生反弹造成的，故C正确；卢瑟福的核式结构能够解释α粒子散射实验，玻尔能级跃迁能够解释氢原子光谱的分立特征，故D错误。本题选择不正确的，故选D。答案：D4．对原子光谱，下列说法中不正确的是()A．原子光谱是不连续的B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的C．各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同D．分析物质的明线光谱和暗线谱，都可以鉴别物质中含哪些元素解析：原子光谱是由不连续的亮线组成的，是线状谱，不是连续谱，故A正确；原子都是由原子核和电子组成的，但不同原子的原子结构不同，各种原子的原子光谱都有各自的特征谱线，所以不同原子的原子光谱是不相同的，故B错误，C正确；明线光谱和暗线谱的特征谱线与原子的结构有关，可以利用明线光谱和暗线谱鉴别物质，故D正确。故选B。答案：B5．如图为玻尔为了解释氢原子光谱而画出的氢原子能级示意图，一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有()A．最多只能辐射出3种频率的光子B．可辐射出能量为13.6eV的光子C．氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线D．在辐射出的光子中，从n＝4跃迁到n＝3辐射的光子能量最小解析：根据组合公式Ceq\o\al(2,4)＝6，可知，一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，最多只能辐射出6种频率的光子，故A错误；由n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光的能量为：ΔE＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，小于13.6eV，故B错误；由于能级差是量子化的，可知辐射的光子能量是量子化的，氢原子跃迁时，只能发出特定频率的光谱线，故C错误；根据辐射的能量等于两能级间的能级差，那么在辐射出的光子中，从n＝4跃迁到n＝3辐射的光子能量最小，故D正确。故选D。答案：D6．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则()A．可见光a的光子能量小于可见光b的光子能量B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时可能会辐射出紫外线C．用可见光a照射处于n＝2能级的氢原子，能使其跃迁到n＝4能级D．氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁时最多会辐射4种频率的光解析：氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光子能量，则a光的能量大于b光的能量，故A错误；氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射出的光子能量，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时辐射出的光子一定不可能是紫外线，故B错误；a是从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光子，根据跃迁理论，用可见光a照射处于n＝2能级的氢原子，能使其跃迁到n＝4能级，故C正确。大量氢原子从n＝4的能级向低能级跃迁时最多会辐射Ceq\o\al(2,4)＝6种不同频率的光，故D错误。故选C。答案：C7.人们平时所用的钟表，精度高的每年大约会有1分钟的误差，这对日常生活是没有影响的，但在要求很高的生产、科研中就需要更准确的计时工具。原子钟是利用原子吸收或释放能量时发出的电磁波来计时的，精度可以达到每2000万年误差1秒。某种原子钟利用氢原子从高能级向低能级跃迁发出的电磁波来计时，一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，电子的电荷量e＝1.6×10－19C，辐射出的电磁波的最小频率约为()A．4.6×1015HzB．4.6×1014HzC．2.4×1015Hz D．2.9×1016Hz解析：一群氢原子处于n＝3的激发态向低能级跃迁，则辐射出光子的最小能量为E小＝(3.4－1.51)eV＝1.89eV，则最小频率为ν＝eq\f(E,h)＝eq\f(1.89×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz≈4.6×1014Hz，故B正确，A、C、D错误。答案：B8.如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是()解析：根据玻尔的原子跃迁公式heq\f(c,λ)＝En－Em可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确。答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．关于α粒子散射实验，下列说法正确的是()A．该实验在真空环境中进行B．带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动C．荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的D．荧光屏只有正对α粒子源发出的射线方向上才有闪光解析：由于α粒子容易使空气电离，α粒子散射实验要在真空环境中进行，故A正确；依据实验要求，带有荧光屏的显微镜可以在水平面内的不同方向上移动，从而观察不同方向的偏转情况，故B正确；荧光屏上的闪光是散射的α粒子打在荧光屏上形成的，故C正确；绝大多数α粒子几乎不发生偏转，少数α粒子发生了较大的角度偏转，极少数α粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°)，故D错误。答案：ABC10．对玻尔理论，下列说法正确的是()A．原子中的电子绕核运动的轨道半径是量子化的B．原子只能处于一系列不连续的状态中，每个状态都对应一定的能量C．建立了原子发光频率与原子能量变化之间的定量关系D．氢原子中，量子数n越大，电子轨道半径越小解析：玻尔的原子模型对应的电子轨道是量子化的，故A正确；玻尔的原子结构模型中，原子的能量是量子化的，故B正确；玻尔的原子结构模型中，核外电子从高能级向低能级跃迁后，原子的能量减小，从而建立了hν＝En－Em的定量关系，故C正确；在氢原子中，量子数n越大，电子的轨道半径越大，故D错误。答案：ABC11．氢原子处于基态时，其能量为E1＝－13.6eV，氢原子的能级如图所示。下面给出一些光子的能量值，处于基态的氢原子可以吸收的光子是()A．3.4eV B．10.2eVC．11.0eV D．16.0eV解析：用能量为3.4eV的光子照射，基态的氢原子吸收3.4eV的光子后的能量为：－13.6eV＋3.4eV＝－10.2eV；不满足氢原子的能级，所以不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故A错误；用能量为10.2eV的光子照射，基态的氢原子吸收10.2eV的光子后的能量为：－13.6eV＋10.2eV＝－3.4eV；是n＝2的能级，所以能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故B正确；用能量为11.0eV的光子照射，基态的氢原子吸收11.0eV的光子后的能量为：－13.6eV＋11.0eV＝－2.6eV；不满足氢原子的能级，所以不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故C错误；用能量为16.0eV的光子照射，氢原子吸收该光子能量后，原子能量大于0，即使氢原子电离，故D正确；故选B、D。答案：BD12．如图所示，A、B、C分别表示三种不同能级跃迁时放出的光子。由图可以判定()A．用波长为600nm的X射线照射，可以使稳定的氢原子电离B．用能量是10.2eV的光子可以激发处于基态的氢原子C．用能量是2.5eV的光子入射，可以使基态的氢原子激发D．用能量是11.0eV的外来电子，可以使处于基态的氢原子激发解析：“稳定的氢原子”指处于基态的氢原子，要使其电离，光子的能量必须大于或等于13.6eV，而波长为600nm的X射线的能量为E＝heq\f(c,λ)＝6.63×10－34×eq\f(3×108,6×10－7×1.6×10－19)eV≈2.07eV<13.6eV，A错误。因ΔE＝E2－E1＝(－3.4)eV－(－13.6)eV＝10.2eV，故10.2eV的光子可以使氢原子从基态跃迁到n＝2的激发态，B正确；2.5eV的光子能量不等于任何其他能级与基态的能级差，因此不能使基态的氢原子发生跃迁，C错误；外来的电子可以将10.2eV的能量传递给氢原子，使它激发，外来电子还剩余11.0eV－10.2eV＝0.8eV的能量，D正确。答案：BD三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n＝4的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E1，第n能级的能量为E＝eq\f(E1,n2)，则吸收光子的频率ν＝________；当这些处于激发态的氢原子向低能态跃迁发光时，可发出________种光谱线；一个氢原子从n＝4的激发态向低能态跃迁发光时，最多能发出________种光谱线。解析：根据跃迁理论得E4－E1＝eq\f(E1,42)－E1＝hν，解得ν＝－eq\f(15E1,16h)；处于激发态的这些氢原子向低能态跃迁发光时有Ceq\o\al(2,4)＝6种光谱线；一个氢原子从n＝4的激发态向低能态跃迁发光时，最多能发出n－1＝3种光谱线。答案：－eq\f(15E1,16h)6314．(8分)已知氢原子基态的电子轨道为r1＝0.528×10－10m，量子数为n的能级值为En＝－eq\f(13.6,n2)eV。(1)求电子在基态轨道上运动时的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态。在图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线；(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长(保留三位有效数字)。(其中静电力恒量k＝9.0×109N·m2/C2，电子电量e＝1.6×10－19C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，真空中光速c＝3.0×108m/s)解析：(1)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第二定律和库仑定律有Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(ke2,2r1)得Ek＝2.18×10－18J＝13.6eV。(2)当氢原子从量子数n＝3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线。如图所示。(3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3－E1。得λ＝eq\f(hc,E3－E1)代入数据得λ≈1.03×10－7m。答案：(1)13.6eV(2)图见解析(3)1.03×10－7m15．(10分)实验室考查氢原子跃迁时的微观效应。已知氢原子能级图如图所示，氢原子质量为mH＝1.67×10－27kg。设原来处于静止状态的大量激发态氢原子处于n＝5的能级状态。(1)求氢原子由高能级向低能级跃迁时，可能发射出多少种不同频率的光；(2)若跃迁后光子沿某一方向飞出，且光子的动量可以用p＝eq\f(hν,c)表示(h为普朗克常量，ν为光子频率，c为真空中光速)，求发生电子跃迁后氢原子的最大反冲速率(保留三位有效数字)。解析：(1)可以有n＝Ceq\o\al(2,5)＝10种不同频率的光辐射。(2)由题意知氢原子从n＝5能级跃迁到n＝1能级时，氢原子具有最大反冲速率。氢原子发生跃迁时辐射出的光子能量为E＝ΔE＝|E5－E1|。开始时，将原子(含核外电子)和即将辐射出去的光子作为一个系统，由动量守恒定律可得mHvH－p光＝0光子的动量p＝eq\f(hν,c)，氢原子速度为vH＝eq\f(hν,mHc)。所以vH≈4.17m/s。答案：(1)10(2)4.17m/s16．(12分)紫光在真空中的波长为4.49×10－7m，用它照射极限频率νc＝4.62×1014Hz的金属钾产生光电效应，发出的光电子照射处于激发态的氢原子，氢原子的能级图如图所示，(h＝6.63×10－34J·s)求：(1)紫光的频率是多少？光子的能量是多少？(2)光电子的最大初动能为多少？(3)经过光电子照射后，能否使处于某一激发态的氢原子电离，若能，则n最小是多少？若不能，请说明理由。解析：(1)ν＝eq\f(c,λ)≈6.68×1014Hzε＝hν≈4.43×10－19J。(2)光电子的最大初动能Ek＝hν－W0＝h(ν－νc)≈1.37×10－19J。(3)因Ek＝1.37×10－19J＝0.86eV，当氢原子处于n＝4能级时的能量为－0.85eV，所以当n大于等于4能级时，可以吸收光电子的能量电离，因此n最小值为4。答案：(1)6.68×1014Hz4.43×10－19J(2)1.37×10－19J(3)417．(12分)汤姆孙测定阴极射线粒子比荷的实验原理如图所示，阴极发出的电子束沿直线射到荧光屏上的O点时，出现一个光斑。在垂直于纸面的方向上加一个磁感应强度为3.0×10－4T的匀强磁场后，电子束发生偏转，沿半径为7.2cm的圆弧运动，打在荧光屏上的P点。然后在磁场区域加一个竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为1.14×103V/m时，光斑P又回到O点，求电子的比荷。解析：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，由牛顿第二定律知：qvB＝meq\f(v2,r)，比荷为：eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)①加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力qE和洛伦兹力qvB平衡，因此有：Eq＝qvB②由①②式得：eq\f(q,m)＝eq\f(E,rB2)＝eq\f(1.14×103,7.2×10－2×3.0×10－42)C/kg≈1.76×1011C/kg。答案：1.76×1011C/kg18．(12分)氢原子能级图如图所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，静电力常量k＝9×109N·m2/C2，氢原子处于基态时的轨道半径r1＝0.53×10－10m，求：(1)氢原子处于基态时的动能和电势能分别是多少eV?(2)若要使处于n＝2的氢原子电离，要用多大频率的光子照射氢原子？(3)若有大量的氢原子处于n＝3的激发态，则在跃迁过程中最多能释放出几种频率的光子？其中光子频率最大是多少？(4)若有一个氢原子处于n＝4的激发态，则在跃迁过程中最多能释放出几种频率的光子？在释放最多光子的情况下，光子频率最大是多少？解析：(1)设处于基态的氢原子核周围的电子速度为v1，根据库仑力提供向心力有：eq\f(ke2,r\o\al(2,1))＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，解得电子动能为：Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(ke2,2r1)＝eq\f(9×109×1.6×10－192,2×0.53×10－10×1.6×10－19)eV＝13.6eV，根据E1＝Ek1＋Ep1解得电势能为：Ep1＝E1－Ek1＝－13.6eV－13.6eV＝－27.2eV；(2)要使处于n＝2的氢原子电离，入射光子需满足hν≥0－E2，解得：ν≥eq\f(－E2,h)＝eq\f(－－3.4×1.6×10－19,6.63×10－34)Hz≈8.21×1014Hz；(3)当大量氢原子处于n＝3能级时，最多能释放出的光子频率种类为：N＝eq\f(nn－1,2)＝3种，氢原子由n＝3能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率最大，设为ν1，则有：E3－E1＝hν1，解得：ν1＝eq\f(E3－E1,h)≈2.92×1015Hz；(4)当一个氢原子处于n＝4能级时，最多能释放出的光子频率种类为3种，此时氢原子由n＝2能级向n＝1能级跃迁时放出的光子频率最大，设为ν2，则有：E2－E1＝hν2，解得：ν2＝eq\f(E2－E1,h)≈2.46×1015Hz。答案：(1)13.6eV－27.2eV(2)8.21×1014Hz(3)32.92×1015Hz(4)32.46×1015Hz第五章原子核与基本粒子(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．关于原子物理知识的叙述，下列说法正确的是()A．β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子B．比结合能越大，原子核越不稳定C．要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－10m以内，核力才能起作用D．对于一个特定的氡原子，只要知道了半衰期，就可以准确地预言它将在何时衰变解析：β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，A正确；比结核能也叫平均结合能，比结合能越大，分开核子所需的能量越大，原子核越稳定，B错误；要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10－15m以内，核力才能起作用，C错误；半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对个别原子核不适用，D错误。答案：A2．关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是()A．利用γ射线使空气电离，消除静电B．利用α射线照射植物的种子，使产量显著增加C．利用α射线来治疗肺癌、食道癌等疾病D．利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，可以作为示踪原子解析：利用放射线消除有害静电利用的是α射线的电离性强使空气分子电离成导体，将静电放出，故A错误；利用γ射线照射植物的种子，使产量显著增加，故B错误；利用γ射线来治疗肺癌、食道癌等疾病，故C错误；根据放射性同位素的应用可知，用放射性同位