1、2016屆高三 物理一輪復習精編學案使用說明:本套資料內容為高中物理恒定電流、磁場、電磁感應、選修3-3、選修3-4內容，與高二物理暑期輔導資料銜接，供高三同學使用。二十電流電阻電功電功率1如圖所示，一根橫截面積為S的均勻長直橡膠棒上均勻帶有負電荷，設棒單位長度內所含的電荷量為q，當此棒沿軸線方向做速度為v的勻速直線運動時，由于棒的運動而形成的等效電流大小為()AqvB.CqvSD.答案：A解析：在垂直棒的運動方向選取一截面，設棒長為l，則棒上所有電荷通過這一截面所用的時間為t，由電流的定義式I，可得：Iqv.故A正確2小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為

2、圖線在P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法中錯誤的是()A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B對應P點，小燈泡的電阻為RC對應P點，小燈泡的電阻為RD對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積答案：C解析：燈泡的電阻R，結合題圖知，A、B正確，C錯誤；小燈泡的功率PUI，所以D正確故選C.3(多選)一根粗細均勻的導線，兩端加上電壓U時，通過導線的電流為I，導線中自由電子定向移動的平均速率為v，若將導線均勻拉長，使它的橫截面半徑變為原來的，再給它兩端加上電壓U，則()A通過導線的電流為B通過導線的電流為C導線中自由電子定向移動的速率為D導線中自由電子定向移動的速率

3、為答案：BC解析：將導線均勻拉長，使它的橫截面半徑變為原來的，橫截面積變為原來的，長度變為原來的4倍，由電阻定律R可知，導線電阻變為原來的16倍，則再給它兩端加上電壓U，通過導線的電流為，A錯誤，B正確；由IqnvS可知，電流變為，橫截面積變為，代入計算得導線中自由電子定向移動的速率為，C正確，D錯誤4分別用如圖所示的甲、乙兩種電路測量同一未知電阻的阻值圖甲中兩表的示數分別為3 V、4 mA，圖乙中兩表的示數分別為4 V、3.9 mA，則待測電阻Rx的真實值為()A略小于1 kB略小于750 C略大于1 kD略大于750 答案：D解析：先判斷采用的測量方法，由于在兩種不同的接法中電壓表的示數變

4、化大，說明測量的是小電阻，這樣電流表分壓較大，應該采用圖甲進行測量比較準確圖甲中測量值為R測750 ，較真實值偏小，故D項正確5(2015·鹽城中學模擬)電子產品制作車間里常常使用電烙鐵焊接電阻和電容器等零件，技術工人常將電烙鐵和一個燈泡串聯使用，燈泡還和一只開關并聯，然后再接到市電上(如圖所示)，下列說法正確的是()A開關接通時比開關斷開時消耗的總電功率大B開關接通時，燈泡熄滅，只有電烙鐵通電，消耗的總電功率減小C開關斷開時，燈泡發光，電烙鐵也通電，消耗的總功率增大，但電烙鐵發熱較少D開關斷開時，燈泡發光，可供在焊接時照明使用，消耗總功率不變答案：A解析：開關接通時，燈泡被短路，燈

5、泡熄滅，電路的總電阻變小，電路的總功率變大，電烙鐵的功率變大，A正確，B、C、D錯誤6(2015·鹽城市聯考)如圖所示，兩個電阻串聯后接在電路中a、b兩點，已知a、b兩點間電壓不變某同學把一個實驗室里的電壓表并聯在R1兩端時，讀數為5 V；將該電壓表并聯在R2兩端時，讀數為4 V，則a、b兩點間電壓()A大于9 VB等于9 VC小于9 VD無法確定答案：A解析：將電壓表并聯在R1兩端時，并聯電阻小于R1，R1兩端的電壓小于不接電壓表時的值，即R1兩端的實際電壓大于5 V；同理，R2兩端的電壓大于4 V，所以a、b兩點間電壓大于9 V，A正確二十一電路的基本規律及應用1如圖所示是一火警

6、報警器的一部分電路示意圖其中R2為用半導體熱敏材料(其阻值隨溫度的升高而迅速減小)制成的傳感器，電流表A為值班室的顯示器，a、b之間接報警器當傳感器R2所在處出現火情時，顯示器A的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是()AI變大，U變大BI變小，U變小CI變小，U變大DI變大，U變小答案：B解析：當傳感器R2所在處出現火情時，其阻值隨溫度的升高而迅速減小，所以總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可得通過電源的電流增大，電源內電壓增大，所以路端電壓減小，R1兩端電壓增大，所以R3兩端電壓減小，所以顯示器A的電流I減小，即B選項正確2如圖所示的U­I圖象中，直線a為某一電源的路端電壓與電流

7、的關系圖線，直線b為某一電阻R的伏安特性曲線，兩圖線相交于(2,2)用該電源和該電阻組成閉合電路，電源的輸出功率和電源的內電阻分別是()A6 W,1 B6 W,0.5 C4 W,1 D4 W,0.5 答案：D解析：由題圖中圖線a的縱截距可知，電源的電動勢為E3 V；由題圖中圖線a的斜率可知電源的內阻為r0.5 ；由題圖中a、b兩圖線的交點可知，閉合電路的總電流及路端電壓分別為2 A和2 V因此，電源的輸出功率為PUI4 W，A、B、C錯誤，D正確3(2015·南京-鹽城一模)如圖所示電路，電源內阻不可忽略在滑動變阻器觸頭由a滑向b的過程中，下列說法中正確的是()A電流表示數減小B小燈

8、泡L亮度增加C電源內電阻消耗功率減小D電源輸出功率一定增加答案：C解析：滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電路中總電流減小，由EUIr可知，路端電壓增大，則流過R的電流增大，故電流表示數增大，A錯誤；因總電流減小，而流過R的電流增大，由并聯電路的分流規律可知，流過燈泡的電流減小，故燈泡亮度減小，B錯誤；因電流減小，則由功率公式可知，電源內部消耗的功率減小，C正確；當電源內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，本題無法得出內外電阻的大小關系，故無法確定功率的變化，D錯誤4(2015·亭湖高級中學調研)如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距離d40 cm.電源

9、電動勢E24 V，內電阻r1 ，電阻R15 .閉合開關S，待電路穩定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v04 m/s豎直向上射入板間若小球帶電荷量為q1×102 C，質量為m2×102 kg，不考慮空氣阻力那么，要使小球恰能到達A板，滑動變阻器接入電路的阻值和此時電源的輸出功率為(取g10 m/s2)()A8 、23 WB32 、8 WC8 、15 WD32 、23 W答案：A解析：帶電小球從B到A根據動能定理有mgdqUP0mv，解得UP8 V，根據閉合電路歐姆定律有UPEI(rR)，代入數據得I1 A，此時滑動變阻器接入電路的阻值RP8 ，電源輸出功率P出I2(RR

10、P)23 W，選項A正確5如圖甲所示，電壓表V1、V2串聯接入電路中時，示數分別為6 V和4 V，當只有電壓表V2接入電路中時，如圖乙所示，示數為9 V，電源的電動勢為()A9.8 V B10 VC10.8 VD11.2 V答案：C解析：根據題中甲圖有RV1RV232，則有10 VE，同理，根據題中乙圖有9 VE，聯立可解得E10.8 V，C正確6(2012·上海單科)(多選)直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的()A總功率一定減小B效率一定增大C內部損耗功率一定減小D輸出功率一定先增大后減小答案：ABC解析：滑片P向右移動時外電路電阻R外增大，由閉合電路歐姆定律

11、知總電流減小，由P總EI可得P總減小，A正確；根據可知，B正確；由P損I2r可知，C正確；P輸­R外圖象如圖所示，因不知道R外的初始值與r的關系，所以無法判斷P輸的變化情況，D錯誤二十二磁場的描述磁場對電流的作用1(2015·鹽城聯考)地球是一個大磁體：在地面上放置一個小磁鐵，小磁鐵的南極指向地磁場的南極；地磁場的北極在地理南極附近；赤道附近地磁場的方向和地面平行；北半球地磁場方向相對地面是斜向上的；地球上任何地方的地磁場方向都是和地面平行的以上關于地磁場的描述正確的是()ABCD答案：D解析：地球本身是一個巨大的磁體，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近；北半球

12、的磁場斜向下，南半球磁場斜向上，赤道處的磁場與地面平行2(2015·鹽城一中模擬)如圖所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況(只標出了部分磁感線的方向)，以O點(圖中白點)為坐標原點，沿z軸正方向磁感應強度B大小的變化最有可能為()答案：C解析：由磁感線的疏密可判斷磁感應強度的大小，磁感線越密的地方，磁感應強度越大，C正確3(2015·鹽城中學模擬)如圖所示，一個邊長為L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應強度為B的勻強磁場中若通以圖示方向的電流(從A點流入，從C點流出)，電流為I，則金屬框受到的磁場力為()A0BILBCILBD2ILB答案：B解析：可以把正三

13、角形金屬框看做兩根導線并聯，且兩根導線中的總電流等于I，由安培力公式可知，金屬框受到的磁場力為ILB，B項正確4(多選)如圖所示，在xOy平面內有兩根平行y軸水平放置的長直導線，通有沿y軸正方向大小相同的電流I，兩導線關于y軸對稱，P為x軸上一點，Q為z軸上一點，下列說法正確的是()AO點處的磁感應強度為零BP、Q兩點處的磁感應強度方向垂直CP、Q兩點處的磁感應強度方向平行D正電荷從O點沿z軸向上運動不受洛倫茲力作用答案：AB解析：由安培定則及矢量合成法則知，兩導線在O點產生的磁感應強度等大反向，則合磁感應強度為零，選項A正確；在Q點產生的磁感應強度方向向左，在P點產生的磁感應強度豎直向上，選

14、項B正確，選項C錯誤；由左手定則知，正電荷從O點沿z軸向上運動受沿y軸正向的洛倫茲力，選項D錯誤5如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導線的截面，導線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1；當導線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，則下列關于磁鐵對斜面壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()AFN1<FN2，彈簧的伸長量減小BFN1FN2，彈簧的伸長量減小CFN1>FN2，彈簧的伸長量增大DFN1>FN2，彈簧的伸長量減小答案：C解析：在題圖中，由于條形磁鐵的磁感線是從N極出發至S極，所以可畫出磁鐵在導線A處的一條磁感線

15、，其方向是斜向左下方的，導線A中的電流垂直紙面向外時，由左手定則可判斷導線A必受斜向右下方的安培力，由牛頓第三定律可知磁鐵所受導線A的作用力的方向是斜向左上方，所以磁鐵對斜面的壓力減小，即FN1>FN2；同時，由于導線A比較靠近N極，安培力的方向與斜面的夾角小于90°，所以導線A對磁鐵的作用力有沿斜面向下的分力，使得彈簧彈力增大，可知彈簧的伸長量增大，C正確6(2015·鹽城亭湖高級中學模擬)如圖所示，A、B、C是等邊三角形的三個頂點，O是A、B連線的中點以O為坐標原點，A、B連線為x軸，O、C連線為y軸，建立坐標系過A、B、C、O四個點各有一條長直導線垂直穿過紙面，

16、導線中通有大小相等、方向向里的電流，則過O點的通電直導線所受安培力的方向為()A沿y軸正方向B沿y軸負方向C沿x軸正方向D沿x軸負方向答案：A解析：導線A、B在O點產生的合磁感應強度為0，所以O點磁感應強度為導線C在O點產生的磁感應強度，方向沿x軸負方向，由左手定則可知O點導線受力沿y軸正方向7如圖所示，水平導軌間距為L0.5 m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質量m1 kg，電阻R00.9 ，與導軌接觸良好；電源電動勢E10 V，內阻r0.1 ，電阻R4 ；外加勻強磁場的磁感應強度B5 T，方向垂直于ab，與導軌平面成53°角；ab與導軌間動摩擦因數為0.5(設最大靜摩擦力等于滑動

17、摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，取重力加速度g10 m/s2，ab處于靜止狀態已知sin 53°0.8，cos 53°0.6.求：(1)通過ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大?。?3)重物重力G的取值范圍答案：(1)2 A方向為a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N解析：(1)I2 A，方向為a到b(2)FBIL5 N(3)受力分析如圖，則fm(mgFcos 53°)3.5 N當最大靜摩擦方向向右時，FTFsin 53°fm0.5 N當最大靜摩擦方向向左時，FTFsin 53°fm7.5 N所以0.5 N

18、G7.5 N.二十三磁場對運動電荷的作用1如圖所示，一帶電塑料小球質量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A0B2mgC4mgD6mg答案：C解析：設小球自左方擺到最低點時速度為v，則mv2mgL(1cos 60°)，此時qvBmgm，當小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發生變化，TmgqvBm，得T4mg，故C正確2帶電質點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反

19、，不計阻力，則在此后的一小段時間內，帶電質點將()A可能做直線運動B可能做勻減速運動C一定做曲線運動D可能做勻速圓周運動答案：C解析：帶電質點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發生變化，故帶電質點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動或勻速圓周運動，C正確3如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束MOP60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的電子受到的洛倫茲力大小為F1.若將M處長直導線移至P處，則O點的電子受到的洛

20、倫茲力大小為F2.那么F2與F1之比為()A1B2C1 1D12答案：B解析：長直導線在M、N、P處時在O點產生的磁感應強度B大小相等，M、N處的導線在O點產生的磁感應強度方向都向下，合磁感應強度大小為B12B，P、N處的導線在O點產生的磁感應強度夾角為60°，合磁感應強度大小為B2B，可得B2B12，又因為F洛qvB，所以F2F12，選項B正確4(多選)如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同的正、負粒子(不計重力)，從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成角，則正、負粒子在磁場中()A運動軌跡的半徑相同B重新回到邊界所用時間相同C

21、重新回到邊界時速度大小和方向相同D重新回到邊界時與O點的距離相等答案：ACD解析：洛倫茲力充當帶電粒子做圓周運動的向心力，qvBm，帶電粒子做圓周運動的半徑r，根據題意，正、負粒子在磁場中運動的軌道半徑相同，選項A正確；根據qvBmr，可得帶電粒子做圓周運動的周期T，而正粒子在磁場中運動的時間為t1T，而負粒子在磁場中運動的時間為t2T，兩時間并不相同，選項B錯誤；正、負帶電粒子重新回到邊界時速度大小和方向是相同的，選項C正確；兩粒子重新回到邊界時與O點的距離都是2rsin ，選項D正確5(2015·鹽城中學期中考試)如圖所示，abcd為一正方形邊界的勻強磁場區域，磁場邊界邊長為L，

22、三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入，粒子1從b點射出，粒子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用根據以上信息，可以確定()A粒子1帶負電，粒子2不帶電，粒子3帶正電B粒子1和粒子3的比荷之比為21C粒子1和粒子3在磁場中運動的時間之比為41D粒子3的射出位置與d點相距答案：B解析：根據左手定則可知粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電，選項A錯誤；粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周，半徑r1L，時間t1T×，粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周，半徑r3L，時間t3T×，則t1t3，選項C錯誤；由r可知粒子1和粒子3的比荷之

23、比為r3r121，選項B正確；粒子3的射出位置與d點相距(1)L，選項D錯誤6兩個電荷量分別為q和q的帶電粒子a和b分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，已知A、B連線與磁場邊界垂直，如圖所示，則()A兩粒子的軌道半徑之比RaRb1B兩粒子的質量之比mamb12Ca粒子帶正電，b粒子帶負電D兩粒子的速度之比vavb12答案：B解析：由幾何關系可知，RaRb3，選項A錯誤；由于兩粒子的運動時間相等，由t×可知mamb12，選項B正確；由左手定則可判定a粒子帶負電，b粒

24、子帶正電，選項C錯誤；根據R，可判斷vavb23，選項D錯誤7如圖所示，正方形區域ABCD中有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一個粒子(不計重力)以速度v從AB邊的中點M沿既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好從AD邊的中點N射出若將磁感應強度B變為原來的2倍，其他條件不變，則這個粒子射出磁場的位置是()AA點BN、D之間的某一點CC、D之間的某一點DB、C之間的某一點答案：A解析：粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子垂直于AB邊從中點M射入時，又從AD邊的中點N射出，則A點為圓心，且R，當磁感應強度加倍時，半徑變為原來的，則A正確二十四帶電粒子在復合場中運動1如圖所示，有一正方形區域，

25、CB為對角線，A、D分別為對應邊的中點，一不計重力的帶電粒子以速度v沿CB方向射入當在正方形平面內有垂直于CB方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，速率為v1，所用時間為t1；當區域有垂直于紙面、磁感應強度為B的勻強磁場時，粒子從D點飛出，速率為v2，所用時間為t2.則下列說法正確的是()At1t2Bt1<t2Cv1v2Dv1<v2答案：B解析：粒子在電場力作用下做類平拋運動，水平方向的速度分量保持不變，而在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，水平方向的速度分量逐漸減小，t1小于t2，故A錯誤，B正確；在電場作用下，電場力對粒子做正功，動能增加，速率增大，而洛倫茲力始終不做功，所以速率不變

26、，所以v1 >v2，故C、D錯誤2如圖是質譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()Aa的質量一定大于b的質量Ba的電荷量一定大于b的電荷量C在磁場中a運動的時間大于b運動的時間Da的比荷大于b的比荷答案：D解析：R，t，在加速電場中運用動能定理Uq，所以R，可知答案為D3如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子最后落到P點，設OPx，下列圖

27、線能夠正確反映x與U之間的函數關系的是()答案：B解析：帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qUmv2，而在磁場中偏轉時，由牛頓第二定律得qvBm，依題意x2r，聯立解得x，因此正確答案為B4如圖所示為“濾速器”裝置示意圖，a、b為水平放置的平行金屬板，其電容為C，板間距離為d，平行板內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為Ba、b板帶上電荷，可在平行板內產生勻強電場，且電場方向和磁場方向互相垂直一帶電粒子以速度v0經小孔進入正交電磁場可沿直線OO運動，由O射出，粒子所受重力不計，則a板所帶電荷情況是()A帶正電，其電量為B帶負電，其電量為C帶正電，其電量為CBdv0D帶負電，其電量為答案：

28、C解析：設粒子的電荷量為q，a板電荷量為Q，粒子在電磁場中做直線運動，qEqv0B，其中E，而U，聯立解得QCBdv0；假設粒子帶正電，根據左手定則，粒子受到的洛倫茲力方向向上，那么電場力方向向下，則a板帶正電同理，若粒子帶負電，也可以判斷出a板帶正電，選項C正確5如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由A點進入電磁場并剛好能沿AB直線向上運動，則該微粒在A、B兩點的動能Ek和電勢能Ep的關系是()AEkA<EkBBEkA>EkBCEpA<EpBDEpA>EpB答案：D解析：在復合場中帶電粒子一定做勻速直線運動，

29、重力、電場力、洛倫茲力三力平衡，并且可判斷粒子一定帶正電，電場力的方向水平向右，洛倫茲力方向垂直AB斜向左上，EkAEkB，A、B項均錯誤；帶電粒子從A運動到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，有EpA>EpB，C項錯誤，D項正確6如圖所示，豎直絕緣桿處于方向彼此垂直，大小為E、B的勻強電場和勻強磁場中，一個質量為m、帶電荷量為q的小球，從靜止開始沿桿下滑，且與桿的動摩擦因數為，試求：(1)小球速度為多大時，加速度最大？是多少？(2)小球下滑的最大速度是多少？答案：(1)g(2)解析：小球開始下滑后，在水平方向始終受到方向相反的電場力qE和洛倫茲力qvB的作用(1)當qE>qvB

30、時，絕緣桿對小球的壓力FN水平向左，小球下滑的加速度為ag由上述式知a隨v的增大而增大，即小球做加速度增大的加速運動當qEqvB，即速度增大到v時，摩擦力FfFN0，加速度最大，其最大值為amg.(2)當qE<qvB時，絕緣桿對小球的壓力FN改變方向，為水平向右，小球下滑的加速度為ag由此可知a隨v增大而減小，即小球做加速度減小的加速運動，當a0時，速度達到最大，這時有mg(qvmBqE)故最大速度為vm.三十一分子動理論內能1(2015·鹽城市一調)下列敘述正確的是()A只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數B只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就

31、可以算出氣體分子的體積C懸浮在液體中的固體顆粒越大，布朗運動就越明顯D當分子間的距離增大時，分子間的引力變大而斥力減小答案：A解析：水的摩爾質量除以水分子的質量就等于阿伏加德羅常數，選項A正確；氣體分子間的距離很大，氣體的摩爾體積除以阿伏加德羅常數得到的不是氣體分子的體積，而是氣體分子所占的空間，選項B錯誤；布朗運動與固體顆粒大小有關，顆粒越大，布朗運動越不明顯，選項C錯誤；當分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，選項D錯誤2下列關于分子運動和熱現象的說法正確的是()A布朗運動就是分子的無規則運動，它說明了分子永不停息地做無規則運動B在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其

32、他元素C如果氣體的溫度升高，那么所有分子的速率都增大D在溫度相同時，氫氣分子與氧氣分子的平均速率相同答案：C解析：布朗運動是懸浮顆粒的無規則運動，故選項A、B錯，C對；布朗運動是大量液體(或氣體)分子不停的撞擊液體(或氣體)中的懸浮顆粒造成的，懸浮顆粒越大，撞擊的不平衡性越不顯著，故選項D錯誤3(2015·鹽城中學測試)(多選)關于熱現象和熱學規律，下列說法中正確的是()A只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就可以算出氣體分子的體積B懸浮在液體中的固體微粒越小，布朗運動就越明顯C密封在體積不變的容器中的氣體，溫度升高，氣體分子對器壁單位面積上的平均作用力增大D用打氣筒的活塞壓縮氣

33、體很費力，說明分子間有斥力E物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子的平均動能就越大答案：BCE解析：氣體分子間距離遠大于分子的直徑，只知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，只能求出每個分子所占空間大小，而不是氣體分子的體積，故A錯誤；懸浮在液體中的固體微粒越小，來自各方向的撞擊抵消的越少，則布朗運動就越明顯，故B正確；在體積不變的情況下，分子數密度不變，溫度越高分子平均動能越大，撞擊力越大，壓強越大，故C正確；氣體分子間距離大于分子直徑10倍，分子間相互作用力忽略不計，用打氣筒的活塞壓縮氣體很費力要用氣體壓強來解釋，故D錯誤；溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子的平均動能就

34、越大，故E正確4若以表示水的摩爾質量，V表示在標準狀態下水蒸氣的摩爾體積，表示在標準狀態下水蒸氣的密度，NA表示阿伏加德羅常數，m0、V0分別表示每個水分子的質量和體積，下面關系錯誤的有()ANABCDm0答案：B解析：由于V，則NA，變形得m0，故A、D正確；由于分子之間有空隙，所以NAV0V，水的密度為，故B錯誤，C正確所以選B5(2015·南京市模擬)(多選)如圖所示，是氧氣在0 和100 兩種不同情況下，各速率區間的分子數占總分子數的百分比與分子速率間的關系由圖可知()A100 的氧氣，速率大的分子比例較多B具有最大比例的速率區間，0 時對應的速率大C溫度越高，分子的平均速率

35、越大D在0 時，部分分子速率比較大，說明內部有溫度較高的區域答案：AC解析：溫度升高，分子熱運動更加劇烈，速率大的分子比例較多，A正確；具有最大比例的速率區間，100 時對應的速率大，B錯；溫度越高，分子的平均動能越大，分子的平均速率越大，C正確；在0 時，部分分子速率比較大，但是分子平均動能比較小，不能說明內部有溫度較高的區域，D錯6(2015·鹽城中學沖刺)(多選)關于分子動理論和內能，下列說法中正確的是()A溫度是分子平均動能的標志，物體溫度高，物體的分子平均動能大B布朗運動是指在顯微鏡下觀察到的組成懸浮顆粒分子的無規則運動C分子勢能與分子間距離有關，是物體內能的一部分D為了增

36、加物體的內能，必須對物體做功或向它傳遞熱量E物體的動能和重力勢能也是其內能的一部分答案：ACD解析：根據平均動能的物理意義可知，選項A正確；布朗運動是懸浮顆粒的無規則運動，而不是組成懸浮顆粒的分子的無規則運動，選項B錯誤；根據分子勢能的物理意義和決定分子勢能的因素可知，選項C正確；外界對物體做功或向它傳遞熱量，可以增加物體的內能，選項D正確；宏觀的動能和重力勢能與內能無關，選項E錯誤7(2015·鹽城市模擬)(多選)如圖所示，縱坐標表示兩個分子間引力、斥力的大小，橫坐標表示兩個分子間的距離，圖中兩條曲線分別表示兩分子間引力、斥力的大小隨分子間距離的變化關系，e為兩曲線的交點，則下列說

37、法正確的是()Aab為斥力曲線，cd為引力曲線，e點橫坐標的數量級為1010 mBab為引力曲線，cd為斥力曲線，e點橫坐標的數量級為1010 mC若兩個分子間距離增大，則分子勢能也增大D由分子動理論可知：溫度相同的氫氣和氧氣，分子平均動能相同E質量和溫度都相同的氫氣和氧氣(視為理想氣體)，氫氣的內能大答案：BDE解析：由分子間相互作用力關系可知，當分子間距離小于r0時，表現為斥力，分子間距離大于r0時，表現為引力，因此選項A錯誤，B正確；當分子間距離小于r0時，分子間距離增大，分子間作用力做正功，分子勢能減小，當分子間距離大于r0時，分子間距離增大，分子間作用力做負功，分子勢能增大，選項C錯

38、誤；由分子動理論可知，選項D正確；溫度相同，則分子平均動能相同，質量相同，則氫氣物質的量大，故氫氣的內能大，選項E正確8(2015·鹽城四星聯考)(多選)以下關于分子動理論的說法中正確的是()A物質是由大量分子組成的B2 時水已經結為冰，部分水分子已經停止了熱運動C分子勢能隨分子間距離的增大，可能先減小后增大D分子間的引力與斥力都隨分子間的距離的增大而減小E擴散現象和布朗運動的實質是相同的，都是分子的無規則運動答案：ACD解析：根據分子動理論的內容可知：物質是由大量分子組成的，A正確；2 時水已經結為冰，但分子熱運動永不停息，B錯誤；分子勢能隨分子間距離的增大，可能先減小后增大，C正

39、確；分子間的引力與斥力都隨分子間的距離的增大而減小，D正確；擴散現象和布朗運動的實質是不同的，E錯誤9(2015·鹽城高三檢測)(多選)在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，若已知油滴的摩爾質量為M，密度為，油滴質量為m，油滴在水面上擴散后的最大面積為S，阿伏加德羅常數為NA，以上各量均采用國際單位，那么()A油滴分子直徑dB油滴分子直徑dC油滴所含分子數NNAD油滴所含分子數NNA答案：BD解析：用油膜法測分子直徑，認為油膜的厚度就為分子直徑，油滴的質量為m，最大面積為S，則油滴的體積為V，油滴分子的直徑為d，選項B正確，選項A錯誤；油滴的物質的量為，油滴所含分子數為NNA，選項D

40、正確，選項C錯誤10(多選)設分子間距離為r，分子平衡時分子之間的距離為r0，取無窮遠處為零勢能面，下列判斷正確的是()A當rr0時，r越小，則分子勢能Ep越小B當rr0時，r越小，則分子勢能Ep越大C當rr0時，分子勢能Ep最小D當r時，分子勢能Ep最小E當rr0時，分子力表現為引力答案：ABC解析：取無窮遠處為零勢能面，當兩分子從無窮遠開始靠近但分子間距rr0時，分子力表現為引力，故分子力做正功，所以分子勢能減小，故選項A對；當rr0時，分子力表現為斥力，隨著r變小，分子力做負功，分子勢能增大，因此當rr0時，分子勢能Ep最小，故選項B、C對，D錯；當rr0時，分子力為零，故選項E錯也可利

41、用如圖所示的分子勢能Ep與分子間距離r的關系圖象進行判斷11在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，用注射器將一滴油酸溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩定后，將玻璃板放在淺盤上，在玻璃板上找出油膜的輪廓，隨后把玻璃板放在坐標紙上，其形狀如圖所示，坐標紙上正方形小方格的邊長為10 mm，該油膜的面積是_m2；若一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是4×106mL，則油酸分子的直徑是_m(上述結果均保留一位有效數字)答案：8×1035×1010解析：油酸在水面上充分擴散開后，就會形成單分子油膜，即油膜的厚度就是分子的直徑，考慮到液體分子間的間隙很小，從而忽略，所以油酸的體積就等

42、于油膜的面積與油膜厚度的乘積；油膜的面積是通過坐標紙上的小方格來計算的，即大于半格算一個整格，所以油膜的面積為80×(10×103)2 m28×103 m2.油膜分子直徑d m5×1010 m.12在“用油膜法估測分子大小”實驗中，某同學操作步驟如下：取一定量的無水酒精和油酸，制成一定濃度的油酸酒精溶液；在量筒中滴入一滴該溶液，測出它的體積；在蒸發皿內盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散開穩定；在蒸發皿上覆蓋透明玻璃，描出油膜形狀，用透明方格紙測量油膜的面積(1)改正其中的錯誤：_.(2)若油酸酒精溶液體積濃度為0.10%，一滴溶液的體積為4.8

43、×103 mL，其形成的油膜面積為40 cm2，則估測出油酸分子的直徑為_ m.答案：(1)在量筒中滴入n滴該溶液在水面上先撒上痱子粉(2)1.2×109解析：(1)由于一滴溶液的體積太小，直接測量時相對誤差太大，應用微小量累積法減小測量誤差液面上不撒痱子粉時，滴入的油酸酒精溶液在酒精揮發后剩余的油膜不能形成一塊完整的油膜，油膜間的縫隙會造成測量誤差增大，甚至使實驗失敗(2)由油膜的體積等于一滴油酸酒精溶液內純油酸的體積可得d m1.2×109 m.三十二固體、液體和氣體1(2015·鹽城中學摸底考試)(多選)關于固體、液體和氣體，下列說法正確的是()A

44、固體可以分為晶體和非晶體兩類，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀B液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質與某些多晶體相似，具有各向同性C在圍繞地球運行的“天宮一號”中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結果D空氣的相對濕度越大，空氣中水蒸氣的壓強越接近同一溫度時水的飽和汽壓E大量氣體分子做無規則運動，速率有大有小，但分子的速率按“中間少，兩頭多”的規律分布答案：ACD解析：非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀，A正確；液晶與某些晶體相似，具有各向異性，B錯誤；水滴呈球形是表面張力的作用，C正確；根據飽和汽壓的特點知D正確；大量分子做無規則運動時，呈現“兩頭少，中間多”的規律分布，E錯誤2(

45、2015·射陽中學模擬)(多選)下列說法正確的是()A一定量的氣體，在體積不變時，分子每秒平均碰撞器壁的次數隨著溫度的降低而減少B給籃球打氣時，到后來越來越費勁，說明分子間存在斥力C液體表面層的分子較密集，分子間引力大于斥力，因此產生液體的表面張力D一定質量的理想氣體經歷一緩慢的絕熱膨脹過程，氣體分子的平均動能減小E第二類永動機是不能制造出來的，盡管它不違反熱力學第一定律，但它違反熱力學第二定律答案：ADE解析：氣體體積不變，則單位體積內的分子數目不變，溫度降低，氣體分子熱運動的劇烈程度降低，故分子每秒平均碰撞器壁的次數減少，選項A正確；給籃球打氣越來越費勁，說明氣體壓強越來越大，選

46、項B錯誤；液體表面層的分子較稀疏，分子間引力大于斥力，因此產生液體的表面張力，選項C錯誤；由熱力學第一定律知，一定質量的理想氣體經歷一緩慢的絕熱膨脹過程，對外做功內能減小，氣體溫度降低，分子平均動能減少，選項D正確；從單一熱源吸熱并使之完全變為有用功而不產生其他影響的熱機稱為第二類永動機，第二類永動機違反了熱力學第二定律，選項E正確3(多選)關于固體和液體的性質，下列說法正確的是()A水的飽和汽壓與溫度無關B晶體有規則的幾何外形C液晶的光學性質具有各向異性D由于液體表面分子間距離大于液體內部分子間的距離，故液體表面存在表面張力E用熱針尖接觸金屬表面的石蠟，熔解區域呈圓形，這是非晶體各向同性的表

47、現答案：CDE解析：水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，A錯誤；單晶體具有規則的幾何外形，多晶體沒有規則的幾何外形，B錯誤；石蠟是非晶體，用熱針尖接觸金屬表面的石蠟，熔解區域呈圓形，這是非晶體各向同性的表現，E正確4(2015·鹽城一中期末)(多選)下列說法正確的是()A水的飽和汽壓隨溫度的升高而增加B一定質量的0 的水的內能大于等質量的0 的冰的內能C浸潤和不浸潤現象是液體分子間相互作用的表現D氣體的壓強是由于氣體分子間的相互排斥而產生的E一些昆蟲可以停在水面上，是由于水表面存在表面張力的緣故答案：ABE解析：水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，選項A正確；一定質量的0 的冰變成等質量的0

48、 的水時，要吸熱，內能增大，選項B正確；浸潤和不浸潤現象是液體分子和固體分子間相互作用的表現，選項C錯誤；氣體的壓強是由于分子熱運動撞擊容器壁產生的，選項D錯誤；昆蟲可停在液體表面是由于液體表面存在表面張力，選項E正確5(2015·鹽城一中月考)(多選)下列五幅圖分別對應五種說法，其中正確的是()A甲圖中微粒的運動就是物質分子的無規則熱運動，即布朗運動B乙圖中當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力大小相等C丙圖中食鹽晶體的物理性質沿各個方向都是一樣的D丁圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用E戊圖中潔凈的玻璃板接觸水面，要使玻璃板離開水面，拉力F必須

49、大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之間存在分子引力答案：BDE解析：布朗運動是液體中懸浮小顆粒的無規則運動，選項A錯誤；當rr0時，分子間引力和斥力相等，分子力表現為0，選項B正確；晶體具有各向異性的性質，選項C錯誤；小草上的露珠呈球形是液體表面張力作用的結果，選項D正確；由于水分子和玻璃分子之間存在分子引力，故將玻璃板拉離水面時，拉力一定大于重力，選項E正確6(2015·鹽城五校聯考)(多選)要使一定質量的理想氣體由某一狀態經過一系列狀態變化，最后回到初始狀態下列各過程可能實現這一要求的是()A先等容放熱，再等壓升溫，最后再等溫放熱B先等溫膨脹，再等壓升溫，最后再等容吸熱C

50、先等容吸熱，再等溫膨脹，最后再等壓降溫D先等壓升溫，再等容吸熱，最后再等溫膨脹答案：AC解析：根據題意畫出p­V圖象如下圖，根據圖象可能實現要求的是選項A、C.7(2015·亭湖高級中學月考)某同學利用DIS實驗系統研究一定質量理想氣體的狀態變化，實驗后計算機屏幕顯示如圖所示的p­t圖象已知在狀態B時氣體的體積VB3 L，求：(1)氣體在狀態A的壓強；(2)氣體在狀態C的體積答案：(1)0.75 atm(2)2 L解析：(1)從圖中可知，pB1.0 atm，TB(27391) K364 K，TA273 K.pA0.75 atm(2)pB1.0 atm，VB3 L，

51、pC1.5 atmpBVBpCVC10×3 L1.5VCVC2 L8如圖所示，一定質量的理想氣體由狀態A沿直線變化到狀態B.在狀態A時氣體的溫度為TA.(1)氣體從狀態A到狀態B的過程中溫度是升高還是降低？到狀態B時的溫度為多少？(2)氣體從狀態A到狀態B的過程中需要吸熱還是放熱？氣體對外做的功為多少？答案：(1)升高TA(2)吸熱(p1p2)(V2V1)解析：(1)從A到B的過程中，由理想氣體狀態方程pVnRT可知，氣體的溫度升高根據理想氣體狀態方程有得TBTA(2)由于溫度升高，氣體的內能增加，同時體積增大，氣體對外做功根據熱力學第一定律可知，這個過程氣體需要吸收熱量氣體對外做的

52、功就是圖象所圍的面積，即W(p1p2)(V2V1)三十三熱力學定律與能量守恒1關于熱力學定律，下列說法正確的是()A在一定條件下，物體的溫度可以降到0 KB物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功C吸收了熱量的物體，其內能一定增加D壓縮氣體總能使氣體的溫度升高答案：B解析：根據熱力學第三定律可知，絕對零度不可能達到，A錯誤；物體從外界吸收熱量、對外做功，根據熱力學第一定律可知內能可能增加、減少或不變，C錯誤；壓縮氣體，外界對氣體做正功，氣體可能向外界放熱，內能可能減少、溫度降低，D錯誤；物體從單一熱源吸收的熱量全部用于做功而引起其他變化是可能的，B正確2根據你所學熱學中的有關知識，判斷下列說法中

53、正確的是()A機械能可以全部轉化為內能，內能也可以全部用來做功以轉化成機械能B凡與熱現象有關的宏觀過程都具有方向性，在熱傳遞中，熱量只能從高溫物體傳遞給低溫物體，而不能從低溫物體傳遞給高溫物體C盡管技術不斷進步，熱機的效率仍不能達到100%，制冷機卻可以使溫度降到293 D第一類永動機違背能量守恒定律，第二類永動機不違背能量守恒定律，隨著科技的進步和發展，第二類永動機可以制造出來答案：A解析：機械能可以全部轉化為內能，而內能在引起其他變化時也可以全部轉化為機械能，A正確；凡與熱現象有關的宏觀過程都具有方向性，在熱傳遞中，熱量可以自發地從高溫物體傳遞給低溫物體，也能從低溫物體傳遞給高溫物體，但必

54、須借助外界的幫助，B錯誤；盡管技術不斷進步，熱機的效率仍不能達到100%，制冷機也不能使溫度降到293 ，只能無限接近273 ，卻永遠不能達到，C錯誤；第一類永動機違背能量守恒定律，第二類永動機不違背能量守恒定律，但違背了熱力學第二定律，第二類永動機不可能制造出來，D錯誤3一定量的理想氣體在某一過程中，從外界吸收熱量2.5×104 J，氣體對外界做功1.0×104 J，則該理想氣體的()A溫度降低，密度增大B溫度降低，密度減小C溫度升高，密度增大D溫度升高，密度減小答案：D解析：由UWQ可得理想氣體內能變化U1.0×104 J2.5×104 J1.5&#

55、215;104 J0，故溫度升高，A、B兩項均錯因為氣體對外做功，所以氣體一定膨脹，體積變大，由可知密度變小，故C項錯誤，D項正確4(多選)下列說法正確的是()A內能不同的物體，它們的分子熱運動的平均動能可能相同B可以從單一熱源吸取熱量，使之全部變成有用的機械功而不產生其他影響C盛有水的水杯自由下落時，水對杯底有壓力D若一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變，則在此過程中氣泡內氣體組成的系統的熵增加答案：AD解析：溫度是分子平均動能的標志，內能不同的物體溫度可能相同，故A正確；水杯自由下落時，杯內水處于完全失重狀態，對杯底無壓力，故C錯誤；氣泡內氣體做等溫膨脹，根據熵增加原理可知D正確5(多選)關于熱現象和熱學規律，下列說法中正確的是()A布朗運動就是液體分子的熱運動B第二類