高中物理选修33单元测试和模块检测Word文档下载推荐.docx
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高,体积增大.
(1)做功 机械能
(2)热量 升高 增大
4.某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领,做了如下实验:
用一面积为0.1m2的面
盆盛6kg的水,经太阳垂直照射15min,温度升高5℃,若地表植物每秒吸收太阳
能的能力与水相等,试计算:
(1)每平方米绿色植物每秒吸收的太阳能为多少焦耳?
(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1kJ的太阳能可放出0.05L的氧气,则每公顷绿
地每秒可放出多少升的氧气?
[1公顷=104m2,水的比热容c=4.2×
103J/(kg·
℃)]
(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为
W=
=
J=1.4×
103J
(2)氧气的体积为
V=
×
0.05L=700L.
(1)1.4×
103J
(2)700L
5.1mol铜的质量为63.5g,铜的密度是8.9×
103kg/m3,试计算(NA=6.02×
1023
mol-1)
(1)一个铜原子的体积;
(2)假若铜原子为球形,求铜原子的直径;
(3)铜原子的质量.
(1)1mol铜的体积即摩尔体积
Vm=
m3≈7.1×
10-6m3
而1mol的任何物质中含有NA个粒子,因此每个铜原子的体积为
V0=
≈1.2×
10-29m3.
(2)假设铜原子为球形,其直径为d,则
π(
)3,d=
≈2.8×
10-10m
(3)一个铜原子的质量
m0=
kg≈1.05×
10-25kg.
(1)1.2×
10-29m3
(2)2.8×
(3)1.05×
10-25kg
6.一定量的气体内能增加了3×
105J.
(1)若吸收了2×
105J的热量,则是气体对外界做功,还是外界对气体做功?
做了多
少焦耳的功?
(2)若气体对外界做了4×
105J的功,则是气体放热还是从外界吸热?
放出或吸收的
热量是多少?
(1)由热力学第一定律ΔU=Q+W得
W=ΔU-Q=3×
105J-2×
105J=1×
105J
外界对气体做功.
(2)由ΔU=Q+W得
Q=ΔU-W=3×
105J-(-4×
105J)=7×
气体从外界吸热.
(1)外界对气体做功 1×
(2)气体从外界吸热 7×
7.已知水的密度为ρ=1.0×
103kg/m3,水的摩尔质量M=1.8×
10-2kg/mol,求:
(保留
两位有效数字,NA=6×
1023mol-1)
(1)1cm3的水中有多少个水分子?
(2)水分子的直径有多大?
水的摩尔体积为
m3/mol=1.8×
10-5m3/mol
(1)1cm3水中的水分子数:
N=
V≈
个≈3.3×
1022个
(2)建立水分子的球模型有:
πd3=
水分子直径:
d=
=
m≈3.9×
(1)3.3×
1022个
(2)3.9×
8.下表为0℃和100℃时氧分子的速率分布[不同温度下各速率区间的分子数占总分子
数的百分比(%)],仔细观察下表,对于气体分子的无规则运动,你能得出哪些结论?
按速率大小划分的速率区间
v/(m·
s-1)
0℃
100℃
100以下
1.4
0.7
100~200
8.1
5.4
200~300
17.0
11.9
300~400
21.4
17.4
400~500
20.4
18.6
500~600
15.1
16.7
600~700
9.2
12.9
700~800
4.5
7.9
800~900
2.0
4.6
900以上
0.9
3.9
随着温度的升高,分子的平均运动速率增大;
各分子的运动速率(平均动能)
并不相同;
但其速率分布遵循中间多两边少的规律.
9.如图11-1-5所示为电冰箱的工作原理示意图.
图11-1-5
压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环.在蒸发器中制冷剂汽化
吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外.
(1)下列说法正确的是______.
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比,有怎样的关
系?
(1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒
定律的具体表现,适用于所有的热学过程,故C正确,D错误;
由热力学第二定
律可知,热量不能自发地从低温物体传给高温物体,除非有外界的影响或帮助.电
冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部,需要压缩机的帮助并消耗电能,故应
选B、C.
(2)由热力学第一定律可知,电冰箱从冰箱内吸了热量,同时消耗了电能,释放到外
界的热量比从冰箱内吸收的热量多.
10.重1000kg的气锤从2.5m高处落下,打在质量为200kg的铁块上,要使铁块的
温度升高40℃以上,气锤至少应落下多少次?
[设气锤撞击铁块时做的功有60%用来
使铁块温度升高,且铁的比热容c=0.11cal/(g·
℃),g取10m/s2,1cal=4.2J]
气锤下落过程中只有重力做功,机械能守恒,因而气锤撞击铁块时动能为
Ek=mgh=103×
10×
2.5J=2.5×
104J
由动能定理知气锤撞击铁块所做的功为
W=Ek-0=2.5×
使铁块温度升高所需的热量(升高40℃)
Q=cmΔt=0.11×
200×
103×
40cal=3.696×
106J
设气锤下落n次才能使铁块温度升高40℃,由能量守恒定律有:
n·
W·
η=Q
n=
次=246.4次
故气锤至少要下落247次.
247次
第2单元固体、液体和气体
1.如图11-2-5所示,一向右开口的汽缸放置在水平
地面上,活塞可无摩擦移动且不漏气,汽缸中间位置
有小挡板.初始时,外界大气压为p0,活塞紧压小
挡板处,现缓慢升高缸内气体温度,则如图11-2-
6所示的p-T图象能正确反应缸内气体压强变化情
况的是( )
图11-2-6
初始时刻,活塞紧压小挡板,说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强;
在
缓慢升高汽缸内气体温度时,气体先做等容变化,温度升高,压强增大,当压强等
于大气压时活塞离开小挡板,气体做等压变化,温度升高,体积增大,A、D是错误
的.在p-T图象中,等容线为通过原点的直线,所以C图是错误的.
B
2.(2010·
上海模拟)
(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和物理性质各向异性上加以
判断时,可以通过________________方法来判断它是否为晶体.
(2)在严寒的冬天,房间玻璃上往往会结一层雾,雾珠是在窗玻璃的________________
表面.(填“外”或“内”).
(3)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后,还有没有液体分子从液面飞出?
为什么
这时看起来不再蒸发?
答:
_____________________________________________________________________
(1)加热时,晶体有确定的熔点,而非晶体没有确定的熔点,因而可以用加热
时有无确定熔点的实验来判断.
(2)靠近窗的温度降低时,饱和汽压也变小,这时会有部分水蒸气液化变成水附着在
玻璃上,故在内侧出现雾珠.
(3)还有液体分子从液面飞出,但同时也有气体分子被碰撞飞回到液体中去,当液体
上方的蒸汽达到饱和时,单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子
数相等而呈动态平衡即饱和汽.液体不再减少,从宏观上看好像不再蒸发了.
(1)用加热时有无确定熔点的实验
(2)内 (3)见解析
3.(2010·
东城模拟)如图11-2-7所示,导热的汽缸固定
在水平地面上,用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽
缸中(状态①),汽缸的内壁光滑.现用水平外力F作用
于活塞杆,使活塞缓慢地向右移动一段距离(状态②),在
此过程中:
(1)如果环境保持恒温,下列说法正确的是( )
A.每个气体分子的速率都不变
B.气体分子平均动能不变
C.水平外力F逐渐变大
D.气体内能减少
E.气体放热
F.气体内能不变,却对外做功,此过程违反热力学第一定律,不可能实现
G.气体是从单一热库吸热,全部用来对外做功,此过程不违反热力学第二定律
(2)如果环境保持恒温,分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度.气体
从状态①变化到状态②,此过程可用图11-2-8中的哪几个图象表示( )
图11-2-8
(1)温度不变,分子平均动能不变,分子平均速率不变,由于热运动频繁碰撞,
不是每个分子的速率都不变,B对,A错;
由玻意耳定律知体积增大,压强减小,活
塞内、外压强差增大,水平拉力F增大,C对;
由温度不变、体积增大知,气体内
能不变,对外做功,由热力学第一定律知,气体一定从外界吸收热量,D、E、F均
错;
题中气体虽从单一热库吸热,全部用来对外做功,但必须有外力作用于杆并引
起气体的体积增大,因而引起了其他变化,不违反热力学第二定律,G对.
(2)由题
意知,从①到②,温度不变,体积增大,压强减小,所以只有A、D正确.
(1)BCG
(2)AD
4.内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水
槽中,用不计质量的活塞封闭压强为1.0×
105Pa、体积
为2.0×
10-3m3的理想气体.现在活塞上方缓缓倒上沙
子,使封闭气体的体积变为原来的一半,然后将汽缸移
出水槽,缓慢加热,使气体温度变为127℃.(大气压强
为1.0×
105Pa)
(1)求汽缸内气体的最终体积;
(2)在图11-2-9所示的p-V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化.
(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变,即p0V0=p1V1
解得:
p1=
p0
1.0×
105Pa=2.0×
105Pa
在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变,则
所以V2=
V1=
10-3m3
≈1.47×
10-3m3.
(2)如下图所示.
(1)1.47×
10-3m3
(2)见解析图
5.(2009·
山东高考)一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C,其中A→B过
程为等压变化,B→C过程为等容变化.已知VA=0.3m3,TA=TC=300K,TB=400
K.
(1)求气体在状态B时的体积.
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因.
(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1,B→C过程气体放出热量为Q2,比较Q1、Q2
的大小并说明原因.
(1)设气体在状态B时的体积为VB,由盖吕萨克定律得
代入数据得VB=0.4m3
(2)微观原因:
气体体积不变,分子密集程度不变,温度变化(降低),气体分子平均动
能变化(减小),导致气体压强变化(减小).
(3)Q1大于Q2;
因为TA=TC,故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同,而A→B
过程气体对外做正功,B→C过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q1大于Q2.
(1)0.4m3
(2)见解析 (3)Q1大于Q2,原因见解析
6.某同学在夏天游玩时,看到有一些小昆虫可以在水面上停
留或能跑来跑去而不会沉入水中,尤其是湖水中鱼儿戏
水时吐出小气泡的情景,觉得很美,于是画了一幅鱼儿戏水的图画如图11-2-10
所示.但旁边的同学考虑到上层水温较高和压强较小的情况,认为他的画有不符合
物理规律之处,请根据你所掌握的物理知识指出正确的画法(用简单的文字表述,不
要画图),并指出这样画的物理依据.
(1)正确的画法应为:
__________________________.
(2)物理学依据:
____________________________.
(3)试分析小昆虫在水面上不会沉入水中的原因_____________________________.
上面的气泡体积比下面的气泡体积要大.
由理想气体状态方程得V2=
V1.
因为p1>p2,T2>T1,所以V2>V1.
(3)由于水的表面张力作用,当昆虫在水面上时,水的表面向下凹,像张紧的橡皮膜,
小昆虫受到向上的弹力与重力平衡,所以昆虫可以在水面上停留或能跑来跑去而不
会沉入水中.
7.(2009·
上海高考)如图11-2-11所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、
B两端开口.管内有一段水银柱,右管内气柱长为39cm,中管
内水银面与管口A之间气柱长为40cm.先将B端封闭,再将左
管竖直插入水银槽,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面
比中管内水银面高2cm.求:
(1)稳定后右管内的气体压强p;
(2)左管A端插入水银槽的深度h.(大气压强p0=76cmHg)
(1)设均匀玻璃管的横截面积为S,插入水银槽后对右管内
气体,由玻意耳定律得:
p0l0S=p(l0-Δh/2)S,
所以p=78cmHg.
(2)插入水银槽后左管内气体压强:
p′=p+ρgΔh=80cmHg,
左管内、外水银面高度差h1=
=4cm,
对中、左管内气体有p0lS=p′l′S,
得l′=38cm,
左管插入水银槽深度
h=l+Δh/2-l′+h1=7cm.
(1)78cmHg
(2)7cm
8.有人设计了一种测温装置,其结构如图11-2-12所示.玻璃
泡A内封有一定量气体,与管A相连的B管插在水银槽中,
管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度,即环境温度,
并可由B管上的刻度直接读出.设B管的体积与A泡的体积
相比可略去不计.
(1)B管刻度线是在1标准大气压下制作的(1标准大气压相当于
76cm水银柱的压强).已知当温度t=27℃时的刻度线在x=
16cm处,问t=0℃的刻度线在x为多少厘米处?
(2)若大气压已变为相当于75cm水银柱的压强,利用该测温装置测量温度时所得读
数仍为27℃,问此时实际温度为多少?
(1)A中气体为等容过程,有p=
p1
把p1=76-16=60(cmHg),
T1=273+27=300(K),
T=273K代入上式得:
p=
60cmHg=54.6cmHg
x=(76-54.6)cm=21.4cm
(2)此时A泡内气体压强为
p′=p0′-x=75-16=59(cmHg)
而体积未变,由查理定律:
T′=
T1=
300K=295K=22℃.
(1)21.4cm
(2)22℃
9.如图11-2-13所示,一圆柱形容器竖直放置,通过活塞
封闭着摄氏温度为t的理想气体.活塞的质量为m,横截
面积为S,与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一
段时间,结果活塞缓慢上升了h,若这段时间内气体吸收
的热量为Q,已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计
器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦,求:
(1)气体的压强;
(2)这段时间内气体的内能增加了多少?
(3)这段时间内气体的温度升高了多少?
(1)p=p0+
(2)气体对外做功为
W=pSh=(p0+
)Sh=(p0S+mg)h
由热力学第一定律得:
ΔU=Q-W=Q-(p0S+mg)h
(3)由盖吕萨克定律得:
t′=273+2t
Δt=t′-t=273+t.
第3单元实验用油膜法估测分子的大小
1.“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下:
A.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去,
多于半个的算一个),再根据方格的边长求出油膜的面积S.
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上,待油酸薄膜的形状稳定后,将玻璃板放在浅盘
上,用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上.
C.用浅盘装入约2cm深的水.
D.用公式d=
求出薄膜厚度,即油酸分子的大小.
E.根据油酸酒精溶液的浓度,算出一滴溶液中纯油酸的体积V.
(1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完全,请指出:
①_______________________________________________________________________
②_______________________________________________________________________
(2)上述实验步骤的合理顺序是________.
(1)①C步骤中,要在水面上均匀地撒上石膏粉或痱子粉.
②实验中,要有步骤F:
用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴
入量筒,记下量筒内增加一定体积时的滴数.
(2)合理顺序为CFBAED
(1)见解析
(2)CFBAED
2.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,现有按体积比
为n∶m配制好的油酸酒精溶液置于容器中,还有一个盛
有约2cm深水的浅盘,一支滴管,一个量筒.
请补充下述估测分子大小的实验步骤:
(1)________________(需测量的物理量自己用字母表示.)
(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘,等油酸薄膜稳定
后,将薄膜轮廓描绘在坐标纸上,如图11-3-3所示.(已
知坐标纸上每个小方格面积为S,求油膜面积时半个以上方格面积记为S,不足半个
的舍去)则油膜面积为________.
(3)估算油酸分子直径的表达式为d=____________.
(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液,读其体积V.
(2)利用补偿法,可查得面积为8S.
(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′=
,油膜面积S′=8S,由
,得d=
.
答案:
(1)见解析
(2)8S (3)
3.油酸酒精溶液的浓度为每1000mL油酸酒精溶液中有油酸
0.6mL,现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的
溶液体积增加了1mL,若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入
足够大盛水的浅盘中,由于酒精溶于水,油酸在水面展开,
稳定后形成的油膜的形状如图11-3-4所示.若每一小方
格的边长为25mm,试问:
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型,让
油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为_______油膜,这层油膜的厚度可
视为油酸分子的________.图11-3-4中油酸膜的面积为________m2;
每一滴油酸
酒精溶液中含有纯油酸体积是________m3;
根据上述数据,估测出油酸分子的直径
是________m.(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中,在距水面约2cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成
油膜,实验时观察到,油膜的面积会先扩张后又收缩了一些,这是为什么呢?
请写出你分析的原因:
____________________________________________________
________________________________________________________________________.
油膜面积约占70小格,面积约为S=70×
25×
10-6m2≈4.4×
10-2m2,
一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=
10-6m3=1.2×
10-11m3,油
酸分子的直径约等于油膜的厚度
d=
m≈2.7×
10-10m.
(1)球体 单分子 直径 4.4×
10-2
1.2×
10-11 2.7×
10-10
(2)主要有两个原因:
①水面受到落下油滴的冲击,先陷下后又恢复水平,因此油膜
的面积扩张;
②油酸酒精溶液中的酒精挥发,使液面收缩
4.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,已知一滴溶液中油酸的体积为V,配制
的油酸溶液中纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1mL油酸溶液50滴,那么一滴溶
液的体积是_______mL,所以一滴溶液中油酸体积为V=_______
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