2020-2021学年高二物理人教版选修3-3模块检测2-Word版含解析.docx

模块检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．叶面上的小露珠呈球形是由于液体内部分子间吸引力作用的结果
B．晶体熔化过程中要吸取热量，分子的平均动能变大
C．自然 水晶是晶体，熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体
D．当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸取强度不同，就显示不同颜色
答案　D
解析　叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果，A错误；晶体熔化过程中要吸取热量，但温度不变，分子的平均动能不变，B错误；晶体与非晶体在肯定条件下可相互转化，例如：自然 水晶是单晶体，熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体，C错误；由液晶各向异性可知，对不同颜色光的吸取强度随电场强度的变化而变化，D正确．
2．肯定质量的抱负气体，在某一状态变化过程中，气体对外界做功8 J，气体内能削减12 J，则在该过程中 (　　)
A．气体吸热4 J B．气体放热4 J
C．气体吸热20 J D．气体放热20 J
答案　B
解析　转变内能的方式有两种，即热传递和做功，气体内能变化ΔU＝W＋Q，即－12 J＝－8 J＋Q，可得Q＝－4 J，即放热4 J，选项B对．
3．下列说法正确的是 (　　)
A．物体从外界吸取热量，其内能肯定增加
B．物体对外界做功，其内能肯定削减
C．气体温度上升时，每个分子运动速率都会增大
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
答案　D
解析　依据热力学第肯定律ΔU＝Q＋W知，转变内能的方式为做功和热传递，从外界吸取热量，其内能不肯定增加，物体对外界做功，其内能不肯定削减，故A、B错误；温度是分子平均动能标志，物体温度越高，分子平均动能越大，但不是每个分子的动能都增大， 则每个分子运动速率不肯定增大，选项C错误；依据热力学其次定律知，热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故D正确．故选D.
4．以下说法正确的是 (　　)
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．某物体温度上升，则该物体分子热运动的总动能肯定增大
C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
D．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
答案　BC
解析　当r＜r0时，当分子间距增大时，分子力减小，分子势能减小；当r＞r0时，当分子间距增大时，分子力先增加后减小，分子势能增加，选项A错误；某物体温度上升，则分子的平均动能增大，该物体分子热运动的总动能肯定增大，选项B正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项C正确；自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程不肯定都能自然发生，例如水能由高处自然的流向低处，但是不能自发的由低处流向高处，选项D错误．
5．如图1所示，容积肯定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度上升时，泡内封闭气体 (　　)

图1
A．内能不变，压强变大 B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小 D．温度降低，压强变小
答案　B
解析　由题意知，该测温泡的容积肯定，即体积不变，当待测物体温度上升时，泡内封闭气体的温度上升，依据抱负气体状态方程＝常数，可知气体压强变大，所以A、C、D错误，B正确．
6．如图2所示是肯定质量的抱负气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中正确的是 (　　)

图2
A．a→d的过程气体体积增加
B．b→d的过程气体体积增加
C．c→d的过程气体体积增加
D．a→d的过程气体体积减小
答案　A
解析　由＝C可得：p＝T可见，在p­T图线中，p与T的关系是一条通过坐标原点的直线，直线的斜率与体积成反比．由此可以得出正确答案．
7．如图3所示，U形管的A端封有气体，B端也有一小段气体．先用一条小铁丝插至B端气体，轻轻抽动，使B端上下两部分水银柱相连接，设外界温度不变，则A端气柱的 (　　)

图3
A．体积减小 B．体积不变
C．压强增大 D．压强减小
答案　B
解析　由气体向各个方向压强相等的特点，A管中封闭气体的压强等于外界大气压和A管液面与B管中的水银柱的竖直水银柱产生的压强之和，前后这两种状况，水银柱的高度差没有变化，则A管封闭气体的压强不变，体积不变，故B选项正确．
8．某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图4所示．当压强增大到肯定程度时，橡皮塞冲出，发觉饮料瓶内壁中有水蒸气分散，产生这一现象的缘由是饮料瓶中气体 (　　)

图4
A．体积增大，压强减小 B．动能增大，温度上升
C．对外做功，温度降低 D．质量削减，温度降低
答案　C
解析　由题意知，因瓶内气体膨胀，对外界做功，故橡皮塞冲出，W＜0.又因时间很短，可得吸放热Q≈0，依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＜0，所以内能减小，温度降低，故选C.
9．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成．开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图5所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽视气体分子间相互作用，则缸内气体 (　　)

图5
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做正功，内能减小
答案　AD
解析　依据热力学第肯定律公式ΔU＝W＋Q，公式中ΔU表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸取的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W＜0，气体与外界无热交换，故Q＝0，从而推断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化状况．密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q＝0，忽视气体分子间相互作用，说明内能是全部分子动能的总和．依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，可知内能增加量ΔU＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低．所以只有A、D正确．
10．(2022·课标Ⅱ)下列说法正确的是 (　　)
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．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．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度降低的原因
E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
答案　BCE
解析　水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错．正是表面张力使空中雨滴呈球形，则B项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误．由于纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E项正确．
二、填空题(每小题5分，共10分)
11．在做“用油膜法估测分子大小”的试验中，已知试验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V.在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图6所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X.

图6
(1)用以上字母表示油酸分子的大小d＝________.
(2)从图中数得X＝________.
答案　(1)　(2)62(60～65均可)
解析　(1)N滴溶液的总体积为V，一滴溶液的体积为，含有的油酸体积为，形成单分子油膜，面积为Xa2，油膜厚度即分子直径d＝＝。(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对比图示的油酸膜，共有62格．
12．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×105J.试问：此压缩过程中，气体________(填“吸取”或“放出”)的热量等于________J.
答案　放出　5×104
解析　由热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，W＝2.0×105J、ΔU＝1.5×105J、Q＝ΔU－W＝－5×104J.
三、计算题(共4小题，共40分)
13．(8分)已知金刚石密度为3.5×103 kg/m3 ，体积为4×10－8m3的一小块金刚石中含有多少碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．
答案　7.0×1021个　2.2×10－10m
解析　这一小块金刚石的质量
m＝ρV＝3.5×103×4×10－8 kg＝1.4×10－4kg
这一小块金刚石的物质的量
n＝＝＝×10－2mol
所含碳分子的个数
N＝n×6.02×1023＝×10－2×6.02×1023个＝7×1021个
一个碳原子的体积为
V′＝＝ m3＝×10－29m3
碳原子的直径
d＝2r＝2 ＝2 ≈2.2×10－10m
14．(10分)如图7所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开头时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸取热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，求：

图7
(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？
答案　(1)T0　(2)Q－(mg＋p0S)d
解析　(1)取密闭气体为争辩对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有＝得外界温度T＝T0＝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，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d
依据热力学第肯定律得密闭气体增加的内能：ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d
15．(10分)如图8所示，横截面积S＝10 cm2的活塞，将肯定质量的抱负气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开头活塞与气缸底部距离H＝30 cm.在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h＝25 cm.已知外界大气压强始终为p0＝1×105Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g＝10 m/s2.求：

图8
(1)所放重物的质量；
(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．
答案　(1)2 kg　(2)放出6 J热量
解析　(1)封闭气体发生等温变化
气体初状态的压强为p1＝1×105pa
气体末状态的压强为p2＝p0＋
依据玻意耳定律得p1HS＝p2hS
解得：m＝2 kg
(2)外界对气体做功W＝(p0S＋mg)(H－h)
依据热力学第肯定律知ΔU＝W＋Q＝0
解得Q＝－6 J，即放出6 J热量．
16．(12分)如图9所示，肯定质量的抱负气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C.已知状态A的温度为480 K．求：

图9
(1)气体在状态C时的温度；
(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸取热量还是放出热量．
答案　(1)160 K　(2)既不吸热也不放热
解析　(1)A、C两状态体积相等，则有＝ ①
得TC＝TA＝ K＝160 K． ②
(2)由抱负气体状态方程得＝ ③
得TB＝TA＝ K＝480 K ④
由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等．