600分专题·物理·选修模块-13版

201摇摇答案与点拨第一部分摇热现象及其定律(3-3)专题1摇分子动理论1.C摇揖点拨铱布朗运动是指悬浮颗粒因受分子作用力不平衡而引起的悬浮颗粒的无规则运动,A错误;气体分子因不断相互碰撞其动能瞬息万变,因此才引入了分子的平均动能,B错误;气体分子不停地做无规则热运动,其分子间的距离大于10r0,因此气体分子间除相互碰撞的短暂时间外,相互作用力十分微弱,分子的运动是相对自由的,可以充满所能达到的整个空间,C正确;气体分子在不停地做无规则运动,分子间距离不断变化,D错误.2.B摇揖点拨铱一滴油体积为Vn,故直径d=VnS;油的摩尔体积为Vmol=M籽,一个油分子的体积为V0=16仔d3=仔V36n3S3,故NA=VmolV0=6滋n3S3仔籽V3.B正确.3.B摇揖点拨铱由于分子间斥力的大小随两分子间距离的变化比引力快.所以图中曲线ab表示斥力,cd表示引力,e点引力和斥力平衡,分子间距为r0,数量级为10-10m,所以B选项正确.4.A摇揖点拨铱r=r0时,F引=F斥,即bra0=drc0,则r0=a-cbd.当rr0即ra-cbd时,F斥F引,分子力表现为斥力,A正确.5.D摇揖点拨铱由于水的密度和温度关系的曲线是不规则曲线,如果选水为测温物质,则温度计刻度不均匀;汞的密度与温度呈线性关系,选汞为测温物质,温度计刻度均匀,选D.6.A、C摇揖点拨铱当分子间距离r=r0时,分子势能最小,分子势能不为零;对单个分子而言,谈温度是没有意义的,故B、D错误.在rr0这个区间内,分子力表现为引力,分子间的距离减小时,分子力做正功,分子势能减小,分子动能增大,A正确;在rr0这个区间内,分子力表现为斥力,分子间的距离减小,分子力做负功,分子势能增大,分子动能减小,C正确.7.B、D摇揖点拨铱分子处于r=r0位置时所受合力为零,加速度为零,此时分子势能最小,分子的动能最大,总能量保持不变.由题图可知,x2位置即是r=r0位置,此时加速度为零,A错;x=x2位置,势能为-E0,则动能为E0,B正确;在Q点Ep=0,但分子力不为零,分子并非处于平衡状态,C错;在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中,分子势能先减小后增大,分子动能先增大后减小,即分子的速度先增大后减小,到Q点时分子的速度刚好减为零,此时由于分子斥力的作用,乙分子再远离甲分子返回,即乙分子运动的范围为x逸x1,D正确.8.B摇揖点拨铱物体内能包括分子动能和分子势能,A错误;分子力表现为斥力时,分子间距离减小,斥力增大,且做负功,分子势能增大,B正确;分子间距离小于r0时,分子的作用力表现为斥力,距离大于r0时表现为引力,C错误;布朗运动是指悬浮在液体中的微粒的无规则运动,D错误.1.B摇揖点拨铱本题考查阿伏加德罗常数NA这一知识点.m0=MNA,V0=M籽NA,m0,V0为铜原子的质量、体积.N=mMNA=籽·VMNA,N为铜原子数目.联系微观物理量与宏观物理量的桥梁是阿伏加德罗常数.2.C、D摇揖点拨铱布朗运动示意图只是反映了布朗微粒运动的无规则性,并不是布朗微粒的运动轨迹,A错;因为布朗微粒的运动是无规则的,B错、D正确;位移是初位置指向末位置的有向线段,C正确.3.A摇揖点拨铱由题图可知,甲分子对乙分子的作用力从r3减小到r1的过程中,一直表现为引力,所以乙分子从r3到r1一直加速,从r3到r1过程中分子力做正功,分子势能也一直减小,A正确.4.A摇揖点拨铱温度是物体中分子无规则运动的平均动能的标志,温度越高,说明物体中分子运动的平均动能越大,选项A正确;物体中分子运动的动能,有的大,有的小,具有多种可能的值,温度较高的物体中也一定有相当数量的分子的动能,比低温物体中动能较大的分子的动能要小,选项B错误;对于同一物体来说,分子的质量都相同,如果平均动能相同,平均速率也一定相同,温度越高,分子平均动能(速率)越大,分子运动的平均速率越大.但对于不同物质构成的不同物体,只能从温度高低判定平均动能大小,不能判定平均速率大小,因为两种物质的分子质量往往是不同的,选项C、D错误.5.B摇揖点拨铱温度不变,EK不变,冰融化成同温度水的过程中要吸收热量,Ep增大,则E增大.6.A摇揖点拨铱本题实验涉及了四个物理量(瓶内水量V、初始水温T1、末态水温T2、时间t)之间的关系,若采用控制变量的研究方法,则必须某个量不变,从而研究另外两个物理量的关系.故符合条件的只有选项A.7.B、C、D摇揖点拨铱物体的内能与运动的速度无关,质量不变的情况下,速度越大,动能越大,A错误;分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动,B正确;微粒的布朗运动的无规则性,反映了液体内分子运动的无规则性,C正确;若外界对物体做正功,同时物体从外界吸收热量,则物体的内能必增加,D正确;物体的分子平均动能决定于温度.而内能包括分子动能与分子势能,所以内能越大,温度不一定越高,有可能是分子势能很大,分子平均动能很小,E错误.8.(1)球形摇单分子油膜摇直径(2)1.3伊10-9202摇摇专题2摇气体1.B摇揖点拨铱由题意有p1V1+p2V2=px(V1+V2)和p1V1=p2V2,联立两式可得px=2p1p2p1+p2.B项正确.2.A摇揖点拨铱一定质量的气体,温度、体积和压强的变化是互相关联的,一动俱动,这是一个动态变化问题,采用计算的办法比较复杂.水银柱如何移动,决定于两容器气体压强的大小.由于初态20益的气体与10益的气体压强相同,可分别作出两容器中气体的等容线,如图所示.由图知10益气体的等容线的斜率较大,因而当两容器温度各升高10益后,右边容器内气体压强比左边容器内气体压强增大较多,故水银柱向左移动.应选A.第2题图3.D摇揖点拨铱打气时,活塞每推动一次,把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内,若活塞工作n次,就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内,容器内原来有压强为p0、体积为V的气体,现在全部充入容器中,根据玻意耳定律得p0(V+nV0)=p忆V.所以p忆=V+nV0Vp0=1+nV0()Vp0.抽气时,活塞每拉动一次,把容器中的气体的体积从V膨胀为V+V0,而容器的气体压强就要减小,活塞推动时,将抽气筒中的V0气体推出,而每次拉动活塞时,将容器中剩余的气体从V又膨胀到V+V0,容器内的压强继续减小,根据玻意耳定律得第一次抽气p0V=p1(V+V0),p1=VV+V0p0.第二次抽气p1V=p2(V+V0),即p2=VV+V()02p0.活塞工作n次,则有:pn=VV+V()0np0,D项正确.4.B、D摇揖点拨铱在p-V图象中,气体由A寅B是等温过程,且压强减小,气体体积增大;由B寅C是等容过程,且压强增大,气体温度升高;由C寅A是等压过程,且体积减小,温度降低.由此可判断在p-T图象中A项错、B项正确,在V-T图象中C项错、D项正确.5.D摇揖点拨铱由于汽缸和活塞由导热材料制成,所以理想气体的状态变化过程为等温变化(始终与外界环境温度相同).理想气体的分子的平均动能由其温度决定,因此其平均动能不变,A错误;随着活塞上方液体的逐渐流出,汽缸内理想气体的压强逐渐减小,体积逐渐增大,单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少,对活塞的冲量减小,B、C错误;气体体积增大,对外界做功,温度保持不变,理想气体的内能不变,必须从外界吸收热量,并且气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量,D正确.第6题图6.选取活塞和杆为研究对象,当拔去M时,其受力情况分析如图所示.根据牛顿第二定律p0SB+pSA-p0SA-pSB=(MA+MB)a,解得:p=1.2伊105Pa,根据查理定律p0T0=pT,解得T=300K.7.设大气压强为p0mm水银柱,则空气柱CB的压强p=p0+h或p=p0+H.所以,H=h.当缓慢转动,且与水平面成琢角时,p=p0+hsin琢.可见,p随琢角减小而减小.根据玻意耳定律pV=恒量,所以空气柱CB的长度将增加.又因为h=H,只要h不变,A、B两水银面沿管方向的距离H也保持不变,所以A相对管壁静止.8.气压计内水银柱高度变化的原因,一是卫星内温度升高,气体压强增大;二是卫星加速上升,水银超重.以卫星内空气为研究对象,它发生等容变化.初状态:T1=273K,p1=籽gh1,末状态:T2=300.3K,p2为未知量.由查理定律p1T1=p2T2,得p2=T2T1p1=T2T1籽gh1.淤以气压计内高出水银槽液面的水银柱为研究对象,它受重力mg,压力p2S,而m=籽h2S.由牛顿第二定律F=ma,得p2S-籽gh2S=籽h2Sa,所以p2=籽h2(g+a).于由淤于式得a=T2h1T1h2()-1g=9.8m/s2.1.B摇揖点拨铱注入水银前,pa=pb=pc,LaLbLc,注入水银后,假设三管水银面升高相同的高度h,对于a管,paLaS=pa忆(La-h)S,pa忆=203摇摇答案与点拨LaLa-hpa,pa忆=11-h/Lapa.同理摇pb忆=11-h/Lbpb,pc忆=11-h/Lcpc.因pa=pb=pc,LaLbLc,所以pa忆pb忆pc忆.即c管水银会上升最高,a管上升最低,与假设矛盾,故应选B.2.D摇揖点拨铱此气体在0益时,压强为标准大气压,所以它的体积应为22.4伊0.3L=6.72L,根据图象所示,从p0到A状态,气体是等容变化,A状态的体积为6.72L,温度为127K+273K=400K,从A状态到B状态为等压变化,B状态的温度为227K+273K=500K,根据盖—吕萨克定律VATA=VBTB,VB=VATBTA=6.72伊500400L=8.4L.D项正确.3.A、C、D摇揖点拨铱管内气体的压强为p=p0+ph,所以左管内外水银面的高度差为h,A项对;当弯管向上移动时,管内气体压强不变,因而体积不变,B项错;当弯管向下移动时,由于气体体积不变,所以右管内的水银柱沿管壁上升,C项对;当温度升高时,管内气体体积增大,右管内的水银柱将沿管壁上升,D项对.4.B、C摇揖点拨铱分析两缸内气体的压强,因为mamb,则papb,当气体升高相同的温度时,则驻Vb驻Va,故mb下降高度大.因此A项错误,B项正确.又由于pa=p0+(m-ma)gS、pb=p0+(m-mb)gS均与气体的温度无关,因此气体温度升高时,pa、pb均不变.故C项正确,D项错误.5.A摇揖点拨铱因为在温度降低过程中,被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和,故封闭气柱均做等压变化.由此推知,封闭气柱下端的水银面高度不变.根据盖—吕萨克定律的分比形式驻V=驻TT·V,因A、B管中的封闭气柱初温T相同,温度降低量驻T也相同,且驻T0,所以驻V0,即A、B管中气柱的体积都减小;又因为H1H2,A管中气柱的体积较大,所以|驻V1||驻V2|,A管中气柱减小得较多,故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动,且A管中的水银柱下移得较多.本题的正确答案是选项A.6.B摇揖点拨铱气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数,是由单位体积内的分子数和分子的平均速率共同决定的.选项A和D都是单位体积内的分子数增多,但分子的平均速率如何变化却不知道;选项C由温度升高可知分子的平均速率增大,但单位体积内的分子数如何变化未知,所以选项A、C、D都不能选.气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞冲量正是气体压强的微观表现,所以选项B是正确的.7.A摇揖点拨铱设初状态气体压强为p0,抽出气体后压强为p,对气体状态变化应用玻意耳定律,则:第一种抽法:p0V=p1(V+1),p1=p0·VV+1;p1V=p2(V+1),p2=p1·VV+1=p0VV()+12;p2V=p(V+1),p=p2·VV+1=p0VV()+13;第三次抽完后:p=p0·V3V3+3V2+3V+1;第二种抽法:p0V=p(V+3),p=VV+3p0=V3V3+3V2p0;由此可知第一种抽法抽出气体后,剩余气体的压强小,即抽出气体的质量多,A项正确.8.气体先做等温变化,由玻意耳定律得p0V0=pV02,解得压强p=2