1、选做题专项训练一(选修3-3)1. (1) AC(2) BC气体对外(3) 5.41025个解析:(1) 由图象可知,随着温度的升高,速率大的分子比例变多,A项正确;具有最大比例的速率区间,100 时对应的速率大,B项错误;温度越高,分子的平均动能变大,氧气分子的质量是常量,则分子的平均速率将变大,C项正确;分子的速率分布遵循统计规律,只分析部分分子无意义,D项错误.(2) 理想气体的内能取决于温度,AB过程温度不变,内能不变,BC过程体积变大,气体对外做功,根据热力学第一定律U=W+Q知Q=0,W为负值,则内能减小.(3) 设0 时,压强p1=2大气压,体积V1=1 m3,在标准状态下,压强
2、p2=1大气压,体积为V2,由p1V1=p2V2,得到V2=2 m3.N=NA=5.41025个.2. (1) C(2) 0W2-W1(3) 546K410-9 m解析:(1) 气体从B到C时体积没有变化,故分子间平均距离没有变化,分子势能不变,A错;气体从B到C时温度升高,而温度是分子平均动能大小的量度,故分子平均动能要变大,B错;气体从B到C是等容变化,根据公式=有,C状态的压强变大,而C状态的体积不变,分子的密集程度不变,C对、D错.(2) 气体的内能是指气体的动能和势能之和,气体在ABCDA整个过程中,初、末状态的p、V、T是一样的,故气体内能不变,变化为0;根据能量守恒,气体向外界释
3、放的热量等于外界对气体做的总功,即Q=W2-W1. (3) A到B过程,由盖吕萨克定律有=,代入数据得TB=546K. 设气体分子间的平均距离为d,则有d3=,代入数据得d=410-9 m.3. (1) BC(2) 增大分子的平均动能增大(3) NA -W0-Q0解析:(1) 空气中PM2.5是微粒,A错;分子间距在rr0时,表现为引力,它随着分子间距离的增大先增大后减小,D错.BC正确.(2) 一定质量的气体,压强大小跟气体分子的平均动能、单位体积内分子数的乘积成正比.由于气体压强大小一定,当气体温度升高时,气体分子的平均动能增大,从而导致单位体积内分子数减小、气体的体积增大.(3) N=N
4、A. 由热力学第一定律U=W+Q,得U=-W0-Q0.4. (1) BC(2) 6.710223.2104(3) 150 K 150 J解析:(1) 系统在吸收热量的时候,如果同时对外做功,内能就不一定增加,A错;布朗运动的剧烈程度受温度和微粒的影响,所以温度越高,运动越剧烈,B对;气体压强的微观解释可以看成是由气体分子的频繁碰撞产生的,大小可以看成是由于每个分子碰撞产生的力的大小和单位时间单位面积碰撞的次数来决定的,由于温度不变,体积减半,根据理想气体状态方程可以知道,压强变为原来的两倍,而温度不变则说明每个分子碰撞容器壁产生的力的大小可以认为不变,压强之所以增加就是因为碰撞的次数变为原来的
5、两倍,C对;分子间同时存在引力和斥力,D错.(2) 2g水的水分子个数为N=NA=6.71022个,而一个水分子可以分解为一个氢气分子,所以氢气分子总数为6.71022个,由于1mol氢气产生的能量已经知道,所以E=E0=3.2104 J,注意结果要保留两位有效数字.(3) =,得TC=TA=150 K. EA-EC=Q-W=150 J,=,得EC=150 J.5. (1) C(2) 变小不变(3) 675 mmHg 900 m解析:(1) 扩散现象可以发生在固体、液体、气体中,固体的例子如将煤炭放在墙角,时间长了,墙角的墙面会变黑,选项A错误;岩盐是立方体结构,粉碎后的岩盐依旧是晶体,选项B
6、错误;温度相同时,气体分子的平均动能相同,氢分子质量小,其平均速率较大,更容易挣脱地球吸引而逃逸,因此大气中氢含量较少,选项C正确;从微观角度看,气体压强与分子平均动能及分子的密集程度有关,选项D错误.(2) 略.(3) 设极限体积时气体的压强为p1,由玻意耳定律有p0V0=p1V1,代入数据解得p1=p0=675 mmHg. 气球能上升的最大高度h=(750-675)12m=900 m.6. (1) AB(2) 放热320(3) 2.0 L200 J解析:(1) 气体对容器的压强,从微观角度分析,是由大量气体分子对容器壁的碰撞引起的,它跟气体的密集程度以及气体分子的平均动能有关,从宏观角度分
7、析,它与气体的体积以及温度有关,A项正确;在绕地球飞行的宇宙飞船中,所有的物体都处于完全失重状态,自由漂浮的水滴由于表面张力的作用呈球形,B项正确;液晶对光具有各向异性,C项错误;当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时,分子间的作用力表现为引力,当分子间的距离增大时,引力做负功,分子势能增加,D项错误.选择AB项.(2) 一定质量的理想气体由状态A变至状态B时,内能增加了120J,该理想气体又由状态B变回至状态A时,外界压缩气体做功200J,累计内能要增加320J,但是“回到状态A”,意味着内能要与最初的相同,所以要向外界释放320J的热量.(3) 由图可知B状态的温度T2=546 K,A到B
8、过程为等压过程,所以有=,V2=2.0 L.在A到C过程中,A到B为等压过程,B到C为等容过程,等容过程气体不做功.所以WAC=WAB=pV=200 J.7. (1) A(2) 增加吸收(3) 21023个解析:(1) 用气筒给自行车打气,越打越费劲,是由于气体的压强变大,对气体来说分子间的距离很大,一般不考虑分子力大小,B项错误;晶体熔化过程中温度不变,分子动能不变,C项错误;当气体温度升高时,分子平均动能变大,但不是每个分子的速率都变大,D项错误.(2) 从状态A至状态B,根据理想气体状态方程得出温度变成原来的4倍,一定质量的理想气体内能只看温度,则内能增加;从A到C气体的体积变大,温度升
9、高,根据热力学第一定律得出气体从外界吸收热量.(3) 由等温变化规律p1V1=p2V2,桶内剩余气体质量所占比例为=,代入数据计算得=. 设人吸入空气的分子数为N,则N=NA,代入数据计算得N=21023个.8. (1) B(2) 小于小于(3) 31V NA解析:(1) 热平衡是两个系统的温度达到相同,不再进行传热,故A项错;分子间的距离为r0时,处于平衡位置,分子间的斥力和引力大小相等,所以合力为零,也就是分子力为零.当rr0,分子间表现为引力,随着距离的增大引力做负功,分子势能增加;当rr0,分子力表现为斥力,随着距离的减小斥力做负功,分子势能增加.因此在r0处分子势能最小,B项正确;一
10、定质量的理想气体在压强不变的情况下,热力学温度越高,其体积越大,体积与热力学温度成正比,C项错;单晶体中的原子都是按照一定的规则周期性排列的,但原子并不是固定不动的,原子在其平衡位置附近振动.物体中每个分子都在永不停息地做热运动,D项错.(2) 一定质量的理想气体从状态C等压降温回到状态A,=,TATC,所以VAVC.作p-V图象,图线下方与V轴所围的面积表示气体做的功,则知AB过程中气体对外做的功小于BCA过程外界对气体做的功,根据热力学第一定律可知,从ABCA整个过程中,气体放出热量,由于BC是绝热过程,所以AB过程中气体吸收的热量小于CA过程中放出的热量.(3) 设1个标准大气压下体积为
11、V0的混合气体经过等温变化,压缩至31个标准大气压时体积为V,根据玻意耳定律得p0V0=31p0V,解得V0=31V,m=V0=31V. 吸入氧气分子的个数N=NA,解得N=NA.选做题专项训练二(选修3-4)1. (1) B(2) -x0.05(3) 1.73108 m/s 1.73cm 解析:(1) 在光的双缝干涉实验中,条纹间隔x=,可知入射光的波长越长,干涉条纹间距越大,绿光改为紫光后波长变小,条纹间隔变小,故A错;狭义相对论认为在不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的,B对;偏振现象说明了光是一种横波,C错;物体做受迫振动的频率应该等于驱动力的频率,D错.(2) P点的振动方向沿-
12、y方向,即振动方向向下,故波的传播方向应该向左,沿-x方向;由图可以看出波的波长=0.4 m,传播速度v=1.0 m/s,该波的周期为T=0.4 s,从图中现在P点的位置可以看出再过=0.05 s,P点将离平衡位置最远,此时加速度最大.(3) 由于v=,代入数据得v=1.73108 m/s. 由于n=,其中1=22,解得1=60.d=Rsin1=1.73cm.2. (1) A(2) 8-x(3) 30不能解析:(1) 反射光是偏振光,当其再次通过偏振片时,其透光量会随偏振片的转动而呈现明暗变化,A对;激光全息照相是利用波的干涉记录被摄物体反射(或透射)光波中的信息(振幅、相位),B错;双缝干涉
13、两相邻明条纹或暗条纹之间距离都是x=,d是两缝间距,L是缝到屏的距离,红光波长大于绿光波长,条纹间距变小,C错;马路上积水表面的油膜呈现彩色主要是光的干涉现象,D错.(2) 由质点P的振动方程y=-6sin(4t)cm可以看到,下一时刻yC,光线不能从CD边射出.3. (1) A(2) 10.2sint(3) 解析:(1) 昆虫薄而透明的翅翼厚薄不一致,出现彩色光带的原因是光的干涉现象,选项A正确;根据多普勒效应,选项B错误;均匀变化的电场产生恒定的磁场,均匀变化的磁场产生恒定的电场,C错误;由光速不变原理可知,选项D错误.(2) 由题意知t=3T+T,所以该波的传播周期为4s,由图知该波波长
14、为4m,由v=知该波的波速为1m/s.从t=0时开始计时,质点P做简谐振动的表达式为y=0.2sin m.(3) 设光线BM在M点发生折射对应的入射角为i,折射角为r,由几何知识可知,i=,r=2.根据折射定律得n=,代入数据得n=2cos .光线BN恰好在N点发生全反射,则BNO为临界角C.sin C=.由几何知识可知,等腰三角形NOB中,BN的长度BN=2Rcos C,联立求得BN=.4. (1) A(2) 1.41(或)2.12108(3) 4 m/s 1.5 s开始振动,开始振动方向沿+y方向(或向上)解析:(1) 3D电影是利用了光的偏振,选项B错误;摄影机镜头镀膜是利用了光的干涉,
15、选项C错误;红外遥感是利用了红外线波长较长,衍射能力强,容易绕过障碍物,选项D错误,选择A项.(2) 假设入射角为,折射角为,根据tan=1,得=45,根据tan=,得=30,所以折射率n=1.41(或).根据n=,得v=2.12108 m/s.(3) 简谐波的周期T=2 s,波速v=4 m/s. 设t时刻开始振动,则有t=1.5 s,开始振动方向沿+y方向(或向上).5. (1) C(2) 正100(3) n= v=c解析:(1) 振动最强区域的振幅最大,A项错误;雨后积水表面的油膜呈彩色是薄膜干涉现象,B项错误;在近光速运动的列车中,车上的人看到车头与车尾同时发生的事件,静止在地面上的人认
16、为车尾的事件先发生,D项错误.(2) 由P质点沿y轴负方向运动得出波沿x轴正方向传播;波的传播时间小于一个周期,传播的距离小于一个波长,由图象看出波传播了1m,沿波的传播方向波做匀速直线运动,波速为 m/s=100m/s.(3) 根据题意补全光路图如图所示.由图中几何关系可知i1=r2=60,r1=i2=30.根据折射定律有n=. 根据折射率的定义式可知n=,解得红光在棱镜中的传播速度为v=c.6. (1) D(2) 大T2-l(3) 30 解析:(1) 光从光导纤维的内芯射向外套时,由于内芯材料的折射率大于外套的折射率,也就是由光密介质射入光疏介质,传播到内芯与外套的界面上发生全反射,只发生
17、反射不发生折射,A项错.电磁波是由周期性变化的电场在其周围产生周期性变化的磁场,又由周期性变化的磁场产生周期性变化的电场,如此传递出去的,均匀变化的磁场只能产生恒定的电场,无法再传递下去,故第四代移动通信系统(4G)采用电磁波信号的磁感应强度随时间是周期性变化的,B错.多普勒效应中相互远离时接收到的频率降低,相互靠近时接收到的频率升高,飞机远离卫星时,卫星接收到飞机的信号频率小于飞机发出的信号频率,C项错.狭义相对论中的“动钟变慢”可通过卫星上的运动时钟与地面上的静止时钟对比进行验证,D项正确.(2) 测量n次全振动的时间t,周期T=,当n增加时间t增加,时间测量的相对误差减小,故n应适当大些
18、.单摆的周期为T=2,要得到线性图象,应选用T2-l图象.(3) 如图所示,光线从AC面上的D点射入的入射角为i,折射角为r,D关于BC的对称点D一定在反射光PE的反向延长线上.由几何关系可知i=60,则r=30. 根据折射定律n=,代入数据得n=.7. (1) BD(2) 上半圆1.5(3) 1 m/s 4 m解析:(1) 麦克斯韦预言了电磁波的存在,而赫兹用实验证明了电磁波的存在,A项错.电磁波的接收要经过调谐和解调两个过程,C项错.(2) 过O点画法线,与法线夹角小的是光密介质,因此玻璃砖所在位置为图中上半圆.可以借助数学中的单位圆概念,找出玻璃砖中光线与圆交点到法线距离为4格,空气中光
19、线与圆的交点到法线距离为6格,设光线从空气进入玻璃砖,若入射角为,sin=,若折射角为r,sinr=,所以折射率 n=1.5.(3) 波速v=1 m/s. 波长=vT=4 m.8. (1) A(2) 100.6(3) 解析:(1) 光子的能量与光的频率成正比,应该属于量子力学,其余的属于狭义相对论,所以答案选A.(2) 由于零时刻a点的运动方向是由平衡位置向下,经过个周期可以到最低点,所以周期为0.4s,而由图可知,波长为4m,所以波速为10m/s.要质点b第一次沿y轴负方向通过平衡位置,即a点的振动形式传播到b点就行,而此时两点的距离为6m,所以时间是0.6s.(3) 要使光线恰好不从 AC
20、面射出,则要求光线在AC面上的入射角刚好等于临界角,设为,则此时在AB面上的折射角为90-,再由光的折射定律可得=n,又sin=,解得n=.选做题专项训练三(选修3-5)1. (1) AD(2) 正2.0(3) mA=3mB解析:(1) 比结合能越大的原子核越稳定,A项正确;结合能与衰变时释放的能量不是同一概念,B项错误;由于衰变时释放能量,原子核变得稳定,比结合能变大,故Pu比U的比结合能小,D项正确;结合能的大小取决于比结合能和核子数,比结合能大不能说明结合能大,C项错误.(2) 发生光电效应现象时,有电子从铝箔表面逸出,铝箔带正电;由光电效应方程Ek=h-W0得出Ek=3.22510-1
21、9 J,再由Ek=Uce得出遏止电压Uc=2.0 V.(3) 用动量守恒定律mAv1+0=mAv1+mBv2,所以mA=3mB.2. (1) D(2) eY24(3) v=1.2 m/sp=-1.44104 kgm/s解析:(1) 成功解释光电效应现象的是爱因斯坦,A错;一定强度的光发生光电效应时入射光频率越大,单个光子能量值越大,打出光电子的初动能越大.而单位时间内逸出的光电子数目取决于光的强度,强度越强的光产生的光电子数越多,BC错、D对.(2) 根据质量数和电荷数守恒有IY;设原来的碘131数量为1,经过时间t有发生衰变,剩余,根据衰变方程n剩=n原有,=1,解得t=24天.(3) 对整
22、个系统,碰撞过程动量守恒,设结合在一起继续运动的速度为v,则m1v1=(m1+m2)v,货车碰撞后运动的速度v=1.2 m/s.货车甲的动量的变化量p=m1v-m1v1=-1.44104 kgm/s.3. (1) B(2) ek不能(3) 0.5 kg 18 J解析:(1) 根据德布罗意物质波假设,一个动量为p的电子对应的物质波波长为(h为普朗克常量),选项A错误;根据玻尔氢原子模型的相关理论,电子轨道和能量都是量子化的,而在“跃迁”过程中要遵循h=Em-En,只能辐射特定频率的光子,故B正确;由于轻核聚变要释放能量,根据质能方程可知选项C错误;汤姆孙发现电子,打破了原子不可再分的观念,选项D
23、错误.(2) 由eUc=h-W得Uc=-,斜率k=,所以h=ek.由图知极限频率0=3.51014 Hz,故以31014 Hz的光子入射时,不能产生光电效应.(3) 根据动量守恒得pA+mBvB=(mA+mB)v,代入数据可得 mA=0.5 kg. 由碰撞前后两球运动速度的关系,可得系统损失的动能E=+mB-(mA+mB)v2=18 J.4. (1) BC(2) nHH(mn+mp-mD)c2(3) 0.015 kgm/s 0.015 kgm/s解析:(3) 依据图象可知,速度的大小是位移时间图象的斜率,则p=m1v1=0.015 kgm/s.p=m1v1+m2v2=0.015 kgm/s.
24、通过计算发现:两小球碰撞前后的总动量相等,即碰撞过程中动量守恒.5. (1) B(2) e4.14(3) eUc -解析:(1) 氢原子和反氢原子都是氢元素,原子光谱相同,原子能级相同,选项A错误,选项B正确;当原子处于不同的状态时,正电子在各处出现的概率是不一样的,所以没有确定的轨道,选项C错误;氢原子和反氢原子以大小相等的速度对心碰撞发生湮灭,放出一对光子,选项D错误.(2) 根据衰变方程等式两边的质量数之和、电荷数之和分别相等,求出x粒子的质量数为零,电荷数为1,所以x粒子为e.第二种方式衰变时不辐射光子,所以x粒子的最大动能为1.84MeV+2.30MeV=4.14MeV.(3) Ek
25、m=eUc. 由光电效应方程有Ekm=h-W,其中W=h0,解得0=-.6. (1) D(2) 210-25(3) HHHHp=m1v1-m2v2 -解析:(1) 当组成物体的大量原子吸收能量后,从基态跃迁到较高的轨道,比如n=4轨道,由于不稳定,从n=4轨道向基态跃迁时,会辐射出6种不同频率的电磁波,故A项错误;放射性元素的半衰期与原子所处的物理、化学状态均无关,B项错;比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合能大的比结合能不一定大,C项错;链式反应能够发生的条件就是铀块的体积达到临界体积才能持续下去,如果达不到,裂变反应中产生的中子就会射出铀块,链式反应就不能继续,D项正
26、确. (2) 由爱因斯坦质能方程可知m= kg210-25 kg.质子的物质波波长为=.(3) HHHH由动量守恒定律得 m1v1=m2v2+p,解得p=m1v1-m2v2. 氘原子跃迁过程中,辐射光子的能量等于初、末状态的能级差-E1=h,得=-.7. (1) AD(2) 6(3) 2h-W0 解析:(1) 玻尔将量子观点引入到原子模型中,成功解释了氢原子的发光现象,B项错误;汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子,C项错误.选项AD正确.(2) 从图象可知,从Pb变成Bi质子数多了一个,中子数少了一个,发生的是衰变;每发生一次衰变,其质量数将少4,由图可知,从Th到208Pb共发生了6次衰变.(3) 根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为Ek=2h-W0 . 根据动能定理有eUc=Ek,解得Uc=.8. (1) C(2) Xe Y(3) 3.11015 Hz解析:(1) 由于金箔中的原子核和粒子都是带正电的,所以相互之间是斥力,因此答案是C.(2) 由质量数和电荷数守恒得X+Y,反应中光子能量为h,对应的质量亏损为.(3) 由题意知,氢原子被激发后处于n=4的激发态,从n=4能级跃迁到基态,E=h,=3.11015 Hz.
