2023届二轮复习 增分训练6　热学及近代物理 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 增分训练6　热学及近代物理 作业（浙江专用），共13页。试卷主要包含了07 ml，2×1021个，下列有关说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
增分训练6　热学及近代物理1.对于天然放射现象下列说法正确的是(　B　)A.放射性元素的半衰期随环境温度的变化而变化B.发生α衰变时,电荷数和质量数都是守恒的C.β衰变的实质是原子核中的质子转化为中子所产生的D.在三种射线中γ射线电离本领和穿透本领都是最强的解析:放射性元素的半衰期与元素的物理、化学状态无关,不会随温度的变化而变化,故A错误;发生α衰变时发生质量亏损,但其反应时电荷数和质量数都守恒,故B正确;β衰变的实质是原子核中的中子转化为质子和电子,故C错误;在三种射线中γ射线电离本领最弱,穿透本领最强,故D错误。2.云室是利用微观带电粒子能使气体电离的性质而显示其径迹的装置,图为α射线、β射线、γ射线和X射线射入云室后的径迹图像,其中细且弯曲的是哪一种射线的径迹(　B　)A.α射线 B.β射线C.γ射线 D.X射线解析:α粒子的质量比较大,在气体中飞行时不易改变方向,故A错误;β粒子电离能力弱形成的离子少,速度快,单位长度所遗留下的粒子数相应要少,所以轨迹比较细,但因质量小,很容易在碰撞中改变速度方向,则细且弯曲的是β粒子,故B正确;γ射线、X射线的电离本领很弱,在云室中一般看不到它们的径迹,故C、D错误。3.肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容。肺活量指一次尽力吸气后,再尽力呼出的气体量。在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3 500 mL,在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%。已知此时水蒸气的密度ρ=0.6 kg/m3,水蒸气摩尔质量M=18 g/mol,阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1。关于该同学这次呼出的气体说法正确的是(　C　)A.水蒸气的体积为2.1×10-3 m3B.含有的水分子物质的量为0.07 molC.含有的水分子的数量为4.2×1021个D.含有的水蒸气的质量为1.26×10-2 g解析:由题意可知一次呼出的水蒸气的体积为V=3 500×10-6×6% m3= 2.1×10-4m3,故A错误;一次呼出的水蒸气的质量为m=ρV=0.6×2.1× 10-4 kg=1.26×10-4 kg=0.126 g,含有的水分子物质的量n== mol=0.007 mol,故B、D错误;含有的水分子的数量为N=nNA=0.007×6×1023=4.2×1021(个),故C正确。4.某同学做了如下实验:先把空烧瓶放入冰箱冷冻,取出后迅速用一个气球紧套在烧瓶颈上,再将烧瓶放进盛满热水的烧杯里,气球胀大起来,忽略气球胀大过程中对气体的力的影响,如图所示,与烧瓶放进热水前相比,放进热水后密闭气体的(　B　)A.内能减小B.分子平均动能增大C.分子对烧瓶底的平均作用力增大D.体积是所有气体分子的体积之和解析:由于热水的温度较高,将烧瓶放进盛满热水的烧杯里,气体吸收了热水的热量,温度升高,内能增大,故A错误;由于温度升高,所以分子的平均动能增大,故B正确;由于外界压强不变,因此内部压强也保持不变,气体分子对烧瓶底的平均作用力不变,故C错误;气体分子体积与气体分子间隙相比很小,故对应的气体体积不是分子体积之和,故D错误。5.分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系如图甲、乙所示,r0为平衡位置,取无穷远处分子势能为零。若a分子固定于坐标原点O,b分子从无穷远处以一定初速度释放,在分子力的作用下沿r正半轴靠近a。下列说法正确的是(　B　)A.图甲为分子势能与分子间距离的关系图B.随着分子间距离的减小,分子力先增大后减小,再增大C.当r=r0时,分子间的引力、斥力均为零D.当r>r0时,分子力表现为引力,随分子距离减小分子力做负功,分子势能增大;当r<r0时,分子力表现为斥力,随分子距离减小分子力做正功,分子势能减小解析:根据在平衡位置处分子力为零,可知题图甲为分子力与分子间距离的关系图,故A错误;由题图甲可知,随着分子间距离的减小,分子力先增大后减小,再增大,故B正确;当r=r0时,分子间的引力、斥力不为零,但二者的合力即分子力为零,故C错误;当r>r0时,分子力表现为引力,随分子距离减小分子力做正功,分子势能减小;当r<r0时,分子力表现为斥力,随分子距离减小分子力做负功,分子势能增大,故D错误。6.(多选)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压为1.1 atm,每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,球内气体可视为理想气体,则(　BC　)A.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大B.打气后,球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大C.打气6次后,球内气体的压强为1.4 atmD.打气6次后,球内气体的压强为1.7 atm解析:打气后压强增大,即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大,对单个气体分子来说,对球内壁的作用力可能增大、可能减小、也可能不变,故A错误,B正确;将打气后球内气体作为研究对象,则有p1V0+p0×6×V0=pV0,解得p=1.4 atm,故C正确,D错误。7.在医学上,放射性同位素电池已用于心脏起搏器和人工心脏。它们的能源要求精细可靠,以便能放入患者胸腔内长期使用。眼下植入人体内的微型核电池以钽铂合金作外壳,内装150 mg钚Pu),它可以连续使用10年以上。已知钚238的半衰期为88年,钚238衰变时会放出α射线和γ光子,生成新核X,若钚238、α粒子、X的质量分别为m1、m2、m3,真空中的光速为c,下列说法正确的是(　A　)A.该核反应中的释放的能量为(m1-m2-m3)c2B.钚238以不同化合物形态存在时,其半衰期可能变为90年C.经过一个半衰期生成新核X的质量为75 mgD.新核X的中子数为150解析:该核反应中的质量亏损为Δm=m1-m2-m3,所以释放的能量为ΔE=Δmc2=(m1-m2-m3)c2,故A正确;放射性元素的半衰期与其化学性质无关,故B错误;经过一个半衰期有一半数量的Pu发生衰变,剩余Pu原子核的总质量是原来的一半,即为75 mg,新核由于质量数小于Pu,所以新核的总质量小于75 mg,故C错误;由质量数和电荷数守恒可知新核X的质量数为234,电荷数为92,则中子数为234-92=142,故D错误。8.(2022·杭州选考模拟)下列有关说法正确的是(　C　)A.玻尔在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念B.动能相同的一个质子和电子,质子的德布罗意波长比电子长C.康普顿效应表明光子不仅具有能量,还具有动量D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性解析:普朗克在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念,A错误;根据p=,因为质子质量大于电子质量,所以质子动量大于电子的动量,由λ=知,质子的德布罗意波长比电子的短,B错误;德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性,D错误。9.如图所示是研究光电效应的电路图,对于某金属用某一频率的黄光照射时,电流表指针发生偏转。则以下说法正确的是(　C　)A.通过电流表电流的方向是从下往上B.将滑动变阻器滑片向右移动,电流表的示数一定增大C.将电源的正负极调换,滑动变阻器滑片向右移动一些,电流表的读数可能不为零D.若照射光采用频率较小的红光,经过长时间的照射,也一定会发生光电效应解析:光电子从下向上通过电流表,所以通过电流表电流的方向从上向下,故A错误;将滑动变阻器滑片向右移动,电压虽然增大,但若已达到饱和光电流,则电流表的示数可能不变,故B错误;将电源的正负极调换,仍用相同的黄光照射时,将滑动变阻器滑片向右移动一些,若此时的电压仍小于遏止电压,则电流表有示数,故C正确;若采用红光照射,由于红光频率小于黄光,不一定能发生光电效应,故D错误。10.氢原子的能级图如图所示,有一群处于n=4能级的氢原子,若氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光恰能使金属A发生光电效应,则下列说法正确的是(　D　)A.这群氢原子辐射出的光中共有5种频率的光能使金属A发生光电效应B.如果辐射进来能量为0.32 eV的光子,可以使氢原子从n=4能级向n=5能级跃迁C.如果辐射进来能量为1.32 eV的光子,不可以使处于n=4能级的氢原子发生电离D.用氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时辐射出的光照射金属A,所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV解析:氢原子从n=4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子,其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n=3能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n=4能级向n=2能级跃迁时所辐射出的光子的能量,不能使金属A发生光电效应,故共有4种频率的光能使金属A发生光电效应,故A错误;因为从n=4能级向n=5能级跃迁时所需要的能量为ΔE=E5-E4=0.31 eV≠0.32 eV,所以不能使氢原子跃迁,故B错误;因为要使处于n=4能级的氢原子发生电离,所需要的能量只要大于0.85 eV就可以,故C错误;由题意可知,金属A的逸出功为2.55 eV,氢原子从n=4能级向n=1能级跃迁时所辐射出光子的能量为hν=E4-E1=12.75 eV,由爱因斯坦光电效应方程可得最大初动能Ek=hν-W0=10.2 eV,故D正确。11.如图所示为一定质量的理想气体状态变化的VT图像。已知在状态A时的压强为p0,则(　D　)A.状态C时的压强为2p0B.B→C过程中气体从外界吸热C.A→B过程中外界对气体做功p0V0D.A→B过程中单个分子对容器壁的平均撞击力不变解析:从A到B温度不变,有pB=pA=2p0,从B到C体积不变,则状态C时的压强为pC=pB==p0,故A错误;B→C过程气体体积不变,则W=0,温度降低,内能减小,即ΔU<0,根据热力学第一定律可知Q<0,即气体向外界放热,故B错误;A→B过程中体积减小,则外界对气体做功,由于压强变大,所以外界对气体做功大于p0V0,故C错误;A→B过程中温度不变,所以单个分子对容器壁的平均撞击力不变,故D正确。12.一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态,其pT图像如图所示。下列判断正确的是(　D　)A.过程ab中气体的体积增大B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D.b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同解析:由题图可知,ab过程,气体压强与热力学温度成正比,则气体发生等容变化,气体体积不变,A错误;由题图可知,bc过程气体发生等温变化,pV=C,bc过程体积增大,对外做功,温度不变,则气体内能保持不变,由热力学第一定律知bc过程吸热,B错误;过程ca中温度降低,体积减小,则内能减小,外界对气体所做的功小于气体所放出的热量, C错误;b和c两个状态中,温度相同,分子平均动能相同,体积不同,分子密度不同,则容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同,D正确。13.(2022·学军中学选考模拟)(多选)如图为氢原子的电子轨道示意图,下列说法正确的是(　BC　)A.电子离原子核越远,原子的总能量越大,氢原子的总能量是负值B.电子从n=3能级跃迁到n=4能级,电子的电势能增加,动能减少C.电子从n=5能级跃迁到n=4能级,电子电势能的减少量大于动能的增加量D.电子从n=5能级跃迁到n=4能级辐射的光子的能量比电子从n=3能级跃迁到n=4能级吸收的光子的能量大解析:电子离原子核越远,原子的总能量越大,当规定离原子核无穷远处的电势能为零时,氢原子的总能量是负值,当没有规定零电势能的位置时,无法判断氢原子总能量的正负,A错误;电子从n=3能级跃迁到n=4能级,库仑力做负功,电子的电势能增加,动能减少,B正确;电子从n=5能级跃迁到n=4能级,库仑力做正功,电子的电势能减少,动能增加,又总能量减少,因此电子电势能的减少量大于动能的增加量, C正确;根据玻尔理论可知,跃迁时辐射和吸收光子的能量由前后两个能级的能级差决定,所以电子从n=5能级跃迁到n=4能级辐射的光子的能量小于电子从n=3能级跃迁到n=4能级吸收的光子的能量,D错误。14.如图所示,上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的汽缸中用一光滑的活塞封闭着一定质量的理想气体,汽缸底部与U形水银气压计(U形管内气体体积忽略不计)相连,已知气体内能U与热力学温度T的关系为U=αT,其中α为已知常数,活塞的质量为m,重力加速度为g,大气压强为p0,水银的密度为ρ,环境热力学温度为T0时,活塞离缸底的距离为L。求:(1)环境温度为T0时,U形气压计两侧水银面的高度差Δh;(2)环境温度由T0缓慢升高至T0过程中,气体吸收的热量。解析:(1)设稳定后汽缸内气体的压强为p1,对活塞,根据平衡条件得mg+p0S=p1S,对水银柱,有p1=p0+ρgΔh,解得Δh=。(2)缓慢升高环境温度,活塞上升,气体发生等压变化,U形气压计内侧水银面的高度差不变,设活塞刚好到达容器口时,温度为T1,由盖吕萨克定律得=,解得T1=T0<T0,之后,气体温度由T0升高到T0,气体发生等容变化。整个过程中,外界对气体做的功W=-p1(LS-LS),由热力学第一定律得α(T0-T0)=Q+W,解得Q=αT0+p0LS+mgL。答案:(1)　(2)αT0+p0LS+mgL15.如图所示,在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一个静止于P点的放射性元素氡的原子核Rn发生了一次α衰变,变为钋(Po)。放射出的α粒子He)和生成的新核钋(Po)均在与磁场方向垂直的平面内做圆周运动。已知α粒子的质量为m,电荷量为q,轨道半径为R,新核钋(Po)的质量为M,光速为c。(1)写出Rn发生α衰变的核反应方程;(2)定性画出并标明新核钋(Po)和α粒子的运动轨迹;(3)α粒子的圆周运动可等效成一个环形电流,求α粒子做圆周运动的周期T和环形电流大小I;(4)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核钋(Po)的动能,求衰变过程中的质量亏损Δm。解析:(1Rn发生α衰变的核反应方程为HePo。(2)新核钋(Po)和α粒子的运动轨迹如图所示。(3)根据牛顿第二定律Bqv=m,解得R=,α粒子做圆周运动的周期T==,环形电流大小I==。(4)由qvB=m得v=,设衰变后新核钋(Po)的速度大小为v′,系统动量守恒,Mv′-mv=0,即v′==,由ΔE=Δmc2,ΔE=Mv′2+mv2,得Δm=。答案:(1RnHePo　(2)图见解析　(3)　　(4)