2024—2025高中物理选择性必修3一轮复习分层作业及单元素养试卷详解答案

这是一份2024—2025高中物理选择性必修3一轮复习分层作业及单元素养试卷详解答案，共53页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．解析：酒香在空气中传播、马蹄上的花香在空气中传播都属于扩散现象，描述的是分子热运动，A、B符合题意；影动是由光学因素造成的，与分子热运动无关，C不符合题意；风沙刮地是沙子在自身重力和气流的作用下所做的运动，不是分子的热运动．D不符合题意．
答案：AB
2．解析：0 ℃的物体中的分子仍然在不停地做无规则运动，A错误；存放过煤的混凝土地面下一段深度内都有黑色颗粒，说明煤分子和混凝土分子都在做无规则的热运动，B正确；分子的无规则运动叫作热运动，布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的固体小颗粒的运动，不是热运动，C错误；物体温度越高，分子热运动越剧烈，物体的运动是机械运动，运动物体中的分子热运动不一定比静止物体中的分子热运动剧烈，D错误．
答案：B
3．解析：根据布朗运动的特点可知，炭粒越小，温度越高，布朗运动越明显，A、D错误；小炭粒在不停地做无规则的运动，这种运动就是布朗运动，B正确；水分子很小，在光学显微镜下看不到水分子，C错误．
答案：B
4．解析：布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是液体分子对颗粒撞击力不平衡造成的，所以布朗运动说明了液体分子在不停地做无规则运动，但不是液体分子的无规则运动，故A错误；液体的温度越高，液体分子运动越剧烈，则布朗运动也越剧烈，故B错误；悬浮微粒越大，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越多，液体分子对颗粒的撞击作用力越容易平衡，现象越不明显，故C错误；悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的，故D正确．
答案：D
5．解析：引力和斥力都随距离的减小而增大，故A正确；两分子间的距离为r0时，分子间斥力与分子间引力大小相等但不为零，故B错误；分子始终在做无规则热运动，故C错误；分子力的本质是电磁力，故D错误．故选A.
答案：A
6．解析：气溶胶悬浮颗粒是固体小颗粒，是固体小颗粒悬浮在空气中，受到气体分子撞击不均匀造成的小颗粒的运动，它不是空气分子的运动，但可以反映空气分子的运动，是布朗运动，故A正确；飞沫重量大，布朗运动是固体小颗粒的运动，飞沫不是固体小颗粒，故其运动不能看成是布朗运动，故B错误；温度越高，布朗运动越剧烈，故气溶胶悬浮颗粒在空气中的运动越剧烈，故C正确；飞沫运动不是分子运动，与分子运动无关，所以温度越高，飞沫在空气中的运动不一定越剧烈，故D错误．
答案：AC
7．解析：(1)金刚石的质量m＝ρV
碳的物质的量n＝ eq \f(m,M)
这块金刚石所含碳原子数
N＝n·NA＝ eq \f(ρVNA,M) ＝1.3×1022个．
(2)一个碳原子的体积V0＝ eq \f(V,N)
把金刚石中的碳原子看成球体，则由公式
V0＝ eq \f(π,6) d3
可得碳原子直径为d＝ eq \r(3,\f(6V0,π)) ＝2.2×10－10 m.
答案：(1)1.3×1022个 (2)2.2×10－10 m
8．解析：当分子间距离为r0时，它们之间的引力与斥力刚好大小相等，分子力为零，A项正确；一般分子直径的数量级为10－10 m，跟分子间的平衡距离r0相当，B项正确；当两分子间距离在大于r0的范围内减小时，分子力先增大，后减小，C项错误；当r>r0时，分子力表现为引力，D项正确．
答案：ABD
9．解析：a千克气凝胶的摩尔数为 eq \f(a,M) ，所含分子数为N＝ eq \f(a,M) NA，选项A正确；气凝胶的摩尔体积为Vm＝ eq \f(M,ρ) ，选项B正确；每个气凝胶分子的体积为V0＝ eq \f(Vm,NA) ＝ eq \f(M,ρNA) ，选项C正确；气凝胶为固体材料，分子模型为球体模型，根据V0＝ eq \f(1,6) πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝ eq \r(3,\f(6M,πρNA)) ，选项D错误．故选A、B、C.
答案：ABC
10．解析：(1)1 m3可燃冰可释放164 m3的天然气．
标准状况下1 ml气体的体积为2.24×10－2 m3.
甲烷物质的量为n＝ eq \f(V,Vm) ＝ eq \f(164,2.24×10－2) ml，
则1 m3可燃冰所含甲烷分子数为
N＝nNA＝ eq \f(164,2.24×10－2) ×6.02×1023个≈4.4×1027个，
1 cm3可燃冰所含甲烷分子数为4.4×1021个．
(2)平均每个甲烷分子的质量为
m0＝ eq \f(ρV0,NA) ＝ eq \f(0.67×22.4×10－3,6.02×1023) kg≈2.5×10－26 kg.
答案：(1)4.4×1021个 (2)2.5×10－26 kg
分层作业(二) 分子运动速率分布规律
1．答案：A
2．答案：C
3．解析：通常情况下，分子间距离较大，相互作用力可以忽略，故气体分子可以自由运动，气体分子能否视为质点应根据具体问题而定，A、C错误，B、D正确．
答案：BD
4．解析：气体的压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的，A说法错误，B说法正确；压强的大小取决于气体分子的平均速率和分子的数密度，与物体的宏观运动无关，C、D说法错误．
答案：ACD
5．解析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以乙状态下温度较高，分子无规则运动的平均速率较大，分子运动更剧烈，故A、B错误，C正确；由于分子运动无规则，故在下一时刻的速率无法确定，故D错误．故选C.
答案：C
6．解析：装入热水时，瓶内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低．由于气体等容规律，瓶内的压强也减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开瓶盖需要克服更大的摩擦力．温度降低后，气体分子的平均动能减小，并不是每个气体分子的速率都减小．有的分子的速率增大，故A、B错误；温度降低后，气体分子的平均动能减小，平均速率也减小，单位时间内气体分子撞击瓶盖的次数减少，故C正确，D错误．
答案：C
7．解析：气体的压强与两个因素有关，一是气体分子的平均速率，二是气体分子的数密度．当气体分子的平均速率增大时，若气体的体积增大，则气体分子的数密度减小，气体的压强可能减小，同理，当气体分子的数密度增大时，因为分子平均速率变化情况不确定，所以气体压强的变化情况不能确定，A、C说法错误，B、D说法正确．
答案：BD
8．解析：蜡烛燃烧后，灯笼内温度升高，部分气体分子将从灯笼内部跑到外部，所以灯笼内分子总数减少，故分子密集程度减小，A错误．灯笼内温度升高，分子的平均速率增大，B错误．灯笼始终与大气连通，压强不变，灯笼内气体体积也不变，C错误．温度升高，气体分子的平均速率增大，分子在单位时间对器壁单位面积碰撞的平均作用力增大，而气体压强不变，所以单位时间与器壁单位面积碰撞的分子数减少，D正确．
答案：D
9．解析：由题图可知，100 ℃的氧气速率大的分子所占比例较多，A错误；具有最大比例的速率区间是指曲线峰值附近对应的速率，显然，100 ℃时对应的峰值速率较大，B错误；由题图可知，在同一温度下，气体分子速率分布总呈“中间多，两头少”的分布特点，C正确；在0 ℃和100 ℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围图形的面积都应该等于1，即相等，D正确．
答案：CD
10．解析：由题图可知，气体分子速率均呈现“中间多、两头少”的分布规律，但是最大比例的速率区间是不同的，A说法正确；气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则TⅠpA，A、C错误，D正确；由B―→C为等压过程，pB＝pC，故B错误．
答案：D
5．解析：根据查理定律可得 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2) ，解得 eq \f(p2,p1) ＝ eq \f(T2,T1) ＝ eq \f(400,300) ＝ eq \f(4,3) ，故选C.
答案：C
6．解析：(1)活塞从开始至刚到卡环的过程做等压变化，设汽缸的横截面积为S，
由盖­吕萨克定律得 eq \f(l0S,T0) ＝ eq \f(lS,T1)
代入数据得T1＝360 K.
(2)活塞到达卡环后做等容变化，由查理定律得 eq \f(p0,T1) ＝ eq \f(p2,T2)
代入数据得p2＝1.5×105 Pa.
答案：(1)360 K (2)1.5×105 Pa
7．解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，
则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg
(2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为
L3＝L1＋ eq \f(L2,2) ＝10 cm
以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得
p0(L1＋L2 )S＝p′AL3S
以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得
eq \f(pBL1S,T0) ＝ eq \f(p′BL3S,T′)
左、右两侧液面相平时p′A＝p′B
解得T′＝500 K
答案：(1)70 cmHg (2)500 K
8．解析：使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压且不变，若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向下移，故A对，B错；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A向上移，故C错，D对．
答案：AD
9．解析：根据盖­吕萨克定律得ΔV＝ eq \f(ΔT,T) ·V，因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度降低量相同，且ΔTV2，又T1＝T2，则|ΔV1|>|ΔV2|，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，故选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：(1)对活塞Ⅰ受力分析如图
由平衡条件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl
对活塞Ⅱ受力分析如图
由平衡条件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl
联立解得k＝ eq \f(40mg,l) ，p＝p0＋ eq \f(3mg,S)
(2)由于是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，故气体压强不变，p′＝p＝ eq \f(p0S＋3mg,S) ，且弹簧长度不变
对活塞间的气体，由盖­吕萨克定律有 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(V2,T2)
其中V1＝ eq \f(l＋0.1l,2) (2S＋S)＝1.65lS，T1＝T0
V2＝(l＋0.1l)·2S＝2.2lS
解得T2≈1.3T0
答案：(1) eq \f(40mg,l) (2)p0＋ eq \f(3mg,S) 1.3T0
分层作业(七) 气体实验定律的综合应用
1．解析：根据一定质量的理想气体的等压变化线的特征可知，A、C正确，B错误；D选项中没有明确标明图像与t轴交点的坐标为(－273.15 ℃，0)，因此，不能算正确．
答案：AC
2．解析：A―→C过程中，气体的体积不变，发生等容变化，由 eq \f(p,T) ＝C可知，温度升高，压强增大，故A错误；在C―→B过程中，发生等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故B正确；综上所述，在A―→C―→B过程中，气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，在状态A时的压强最小，故C、D正确．
答案：BCD
3．解析：A、C错：在V ­ T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa＝pb，pc＝pd.B、D对：在V ­ T图像中，斜率越大表示压强越小，所以得到pa＝pb>pc＝pd.即由b到c的过程，压强变小，由d到a的过程，压强变大．
答案：BD
4．解析：(1)设后来两部分气体的压强为p，氧气的体积为VA2，氮气的体积为VB2，根据玻意耳定律有p0VA1＝pVA2
2p0VB1＝pVB2
VB2＋ eq \f(VA2,2) ＝VB1
活塞M移动的距离x＝ eq \f(VA1－\f(VA2,2),SM)
代入数据解得p＝3p0，x＝ eq \f(500,3) cm.
(2)根据共点力的平衡条件F＋p0SM＝pSM
解得F＝6×103 N.
答案：(1) eq \f(500,3) cm (2)6×103 N
5．解析：(1)设玻璃管的横截面积为S，右侧气体初状态体积V1＝0.05S
温度升高过程气体压强不变，由盖­吕萨克定律得 eq \f(V1,T1) ＝ eq \f(LS,T2)
代入数据解得，右侧空气柱的长度L＝5.83 cm.
(2)大气压强p0＝0.75ρg，由图示可知，右管气体压强p右＝p0＋0.15ρg＝0.9ρg
左管初状态压强p左1＝p右＝0.9ρg
左管初状态体积V左1＝0.32S
温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h，左管气体末状态压强p左2＝p右＋2ρgh＝(0.9＋2h)ρg
左管内气体末状态的体积V左2＝(0.32＋h)S
对左管内气体，由理想气体状态方程得 eq \f(p左1V左1,T1) ＝ eq \f(p左2V左2,T2)
代入数据解得h＝3 cm.
答案：(1)5.83 cm (2)3 cm
6．解析：此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L＝6.72 L，根据图线所示，从p0到A状态，气体是等容变化，A状态的体积为6.72 L，温度为127 K＋273 K＝400 K，从A状态到B状态为等压变化．B状态的温度为227 K＋273 K＝500 K，根据盖­吕萨克定律 eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB) 得，VB＝ eq \f(VATB,TA) ＝ eq \f(6.72×500,400) L＝8.4 L.
答案：D
7．解析：在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl2
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，玻璃管的横截面积为S，由玻意耳定律得p1l1S＝p′1l′1S
设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′3，则
p′3＝p′1－ρgl2
由玻意耳定律得p0l3S＝ p′3l′3S
解得Δl＝15 cm，C项正确．
答案：C
8．解析：(1)当推力F＝2×103 N、活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强
p′A＝p0＋ eq \f(F,S) ＝1.5×105 Pa＝1.5 atm.
(2)初始时A汽缸中气体的压强及体积分别为
pA＝1 atm，
VA＝12 L，
A汽缸中气体发生等温变化，由玻意耳定律有
pAVA＝p′AV′A，
代入数据解得V′A＝8 L，
则活塞N向右移动的距离Δx＝ eq \f(VA－V′A,S) ＝ eq \f(（12－8）×103,400) cm＝10 cm.
(3)因为活塞M保持在原位置不动，所以B汽缸中的气体发生等容变化，初始时B汽缸中气体的压强、温度分别为pB＝1 atm，TB＝300 K，活塞N达到平衡状态时，B汽缸中气体的压强p′B＝p′A＝1.5×105 Pa＝1.5 atm，对B汽缸中的气体，根据查理定律有 eq \f(pB,TB) ＝ eq \f(p′B,T′B) ，
解得T′B＝450 K，即t′B＝177 ℃.
答案：(1)1.5 atm (2)10 cm (3)177 ℃
分层作业(八) 固体
1．解析：物质的性质由物质微粒的微观结构决定，石墨和金刚石都是由碳原子组成，石墨和金刚石都是晶体，因原子排列结构不同，原子间作用力不同．D选项正确．
答案：D
2．解析：单晶体的各向异性取决于晶体内部结构的有规则性，不同方向上物质微粒的排列情况不同，A、D正确，B、C错误．
答案：AD
3．解析：由题图可知，图甲中物质吸收热量，开始时温度升高，到达熔点之后，不断吸收热量，温度保持不变，全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则图甲中物质为晶体；图乙中物质吸收热量，温度不断升高，没有确定的熔点，则图乙中物质为非晶体．A正确．
答案：A
4．解析：石蜡以接触点的对称点为中心，逐渐向四周扩大熔成圆形，具有各向同性，因此薄片可能为多晶体，也可能为非晶体，C正确，A、B、D错误．
答案：C
5．解析：晶体中的分子只在平衡位置附近振动，不会沿三条直线发生定向移动，A错误；三条直线上晶体分子的数目不同，表明晶体的物理性质是各向异性的，B、D错误，C正确．
答案：C
6．解析：单晶体分子在空间分布上具有规则性，故石墨与石墨烯都是晶体，C正确，A、B错误；安德烈获取石墨烯的方法是物理方法，D正确．
答案：CD
分层作业(九) 液体
1．解析：液晶既不是液体也不是晶体，更不是两者混合物，A错误；只有部分物质具有液晶态，B错误；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，C正确；电子手表中的液晶本身不能发光，D错误．
答案：C
2．解析：一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，由题图乙可以看出，肥皂水浸润玻璃，故A错误；肥皂泡表面张力方向和表面平行，故B错误；表面张力让液体收缩，而球面是同体积物体中表面积最小的，所以肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关，故C正确；肥皂泡表面液体分子间既存在引力也存在斥力，合力表现为引力，故D错误．
答案：C
3．解析：液体对固体浸润，则附着层内分子间距小于液体内部分子间距，附着层内分子间表现出排斥力，液体对固体不浸润，则附着层内分子间距大于液体内部分子间距，附着层内分子间表现出吸引力，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，A、D正确；在浸润现象中，附着层内分子受到固体分子吸引力较液体内部分子吸引力强，分子分布比液体内部更密，B、C错误．
答案：AD
4．解析：液体表面张力是分子间相互作用的结果，就水来说，内部的水分子处于其他水分子的包围之中，各个方向分子的引力会相互抵消，但是表层水分子受到的内部水分子引力远大于外部空气分子的引力，所以表面的水分子永远受到指向液体内部的力，总是趋向于内部移动，这样液体总是会力图缩小其表面积，而同样体积的物体，总是以球体的表面积最小，故A正确；分子之间引力和斥力同时存在，故B错误；理想气体分子的内能只考虑分子动能，分子势能为零，则只与温度有关，两气泡温度相同，所以两气体的分子平均动能相同，故C错误；水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力，最后水球将呈红色，故D正确．
答案：AD
5．解析：液体对固体浸润，则分子间距小于液体内部；液体对固体不浸润，则分子间距大于液体内部，即浸润和不浸润现象是分子力作用的表现，A错误；浸润和不浸润与固体和液体都有关系，B错误；在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度保持不变，C正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，D错误．
答案：C
分层作业(十) 功、热和内能的改变
1．解析：发生热传递的条件是有温度差，而与物体内能的多少、是否接触及周围的环境(是否真空)无关，故B正确．
答案：B
2．解析：做功和热传递改变物体内能的本质不同，做功的过程是不同形式的能相互转化的过程，而热传递是同种形式的能(内能)在不同的物体之间或物体的不同部分之间传递或转移的过程，A、D正确；物体内能的变化取决于做功和热传递两种途径，单就一个方面不足以断定其内能的变化，B、C错误．
答案：AD
3．解析：铁块匀速下滑，动能不变，重力势能减少，则机械能减少，下降过程中，摩擦力做负功，故铁块的内能增加，根据能量守恒定律可知，铁块机械能的减少量等于铁块和斜面内能的增加量之和，D正确．
答案：D
4．解析：由F通过活塞对密封的理想气体做正功，容器及活塞绝热，知Q＝0，由功和内能的关系知理想气体内能增大，温度T升高，再根据 eq \f(pV,T) ＝C，体积V减小，知压强p增大．
答案：C
5．解析：在外界不做功的情况下，系统内能的改变等于传递的热量，内能增加，一定是吸收了热量，故A错误、B正确．物体内能包括所有分子的动能和势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了50 J并不一定是分子动能增加了50 J．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收的50 J热量全部用来增加分子势能(如晶体熔化过程)，故C错误、D正确．
答案：BD
6．解析：绳与紫铜管间的摩擦力做功，使管壁内能增大，温度升高．通过传热，乙醚的内能增大，温度升高．管塞被冲开前管内气体内能增大，压强变大．选项D正确．
答案：D
7．解析：根据题意，顺序为：空气推动瓶塞做功——空气内能减小温度降低——瓶内水蒸气液化成小水珠．
答案：B
8．解析：由于汽缸及活塞均绝热，故外界对气体所做的功全部转化为气体的内能，即ΔU＝W外＝(m活塞＋m物体)gΔh＋p0SΔh
＝(5＋15)×10×0.1 J＋1.01×105×0.1×0.1 J＝1 030 J
答案：1 030 J
9．解析：在快速推铁丝而马铃薯小块未飞出的过程中，外界对笔芯内封闭气体做功，内能增加，气体的温度升高，故A正确、B错误；马铃薯小块高速飞出时，笔芯内气体对马铃薯小块做功，气体内能减小，即马铃薯小块高速飞出的动能来自气体的内能，故C正确、D错误．
答案：AC
10．解析：对被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律
p0·8lS＝ eq \f(4,3) p0·xlS
解得x＝6
则泄露气体的质量与最初气体质量之比为4∶6＝2∶3，A正确；气泡在上升过程中，随着压强的减小，体积将增大，气体对外做功，由热力学第一定律，温度不变、内能不变，则此过程会吸收热量，B错误；注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，气体分子的平均动能不变，C错误；由A项分析知泄露出的气体的质量与注射器内存留气体的质量之比为2∶1，同种气体，在同样的状态下，显然泄露出的气体内能大于残留气体的内能，D错误．
答案：A
11．解析：由于喷气时间极短，故轮胎内气体与外界无热交换，气体体积增大，对外做功，W0，即气体内能增加，温度升高，根据 eq \f(pV,T) ＝C可知，V减小，T变大，则压强p变大，B、C、D错误，A正确．
答案：A
4．解析：对一定质量的理想气体，经过一系列的状态变化后又回到原状态，表明整个过程中内能的变化为零，即通过做功和热传递引起的内能变化相互抵消，所以A选项正确．当然，若Q1＝Q2，则必定有W1＝W2；若Q1>Q2，则必定有W10，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体向外界传递热量，故D错误．
答案：B
7．解析：由于a→b是绝热过程，根据热力学第一定律，外界对其做的功全部用于增加内能，A正确；由于a→b的过程气体的内能增加，温度升高；b→c的过程，体积不变，压强增大，根据 eq \f(p,T) ＝C可知温度升高，因此Tc>Ta，可得在状态a时气体分子的平均动能小于状态c时气体分子的平均动能，B错误；在d→a的过程中，体积不变，根据 eq \f(p,T) ＝C，可知温度降低，单位体积内分子数不变，分子的平均速率减小，因此单位时间内撞击汽缸壁的分子数减少，C错误；在题图所示的一次循环过程中，封闭图线围成的面积等于气体对外做的功，由于总体对外做功WT1，所以温度减小，平均分子动能减小，气体放热，在相等时间内封闭气体的分子对单位面积器壁的冲量不变，故A错误，B正确；由于体积减小，而分子数未变，所以单位时间内撞击的分子数应增大，故C错误；不浸润时，附着层内分子比水银的分子内部稀疏，故D错误．
答案：B
4．解析：瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液面下降，液体产生的压强就减小，所以瓶A中上方气体的压强会增大，进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶B之间的液柱高度不变，所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的．故A、B、D错误，C正确．
答案：C
5．解析：气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变小，压强p变大，选项C正确．
答案：C
6．解析：由题意可知气体的加热过程为等容变化，由查理定律得 eq \f(p0,T0) ＝ eq \f(p1,T1) ，则p1＝ eq \f(7,6) p0，打开阀门使容器中的气体缓慢漏出，设容器的容积为V0，膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V，解得V＝ eq \f(7,6) V0，当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时，容器中剩余气体的质量与原来气体质量之比k＝ eq \f(V0,V) ＝ eq \f(6,7) ，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
7．解析：设大气压强为p0，对图甲中的玻璃管，它沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S＋mg sin 30°－p1S＝ma1，以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有m总g sin 30°＝m总a1，联立解得p1＝p0，对图乙中玻璃管，它沿斜面向下做匀加速直线运动，设其加速度大小为a2，以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S＋mg sin 45°－p1S＝ma2，以水银柱和玻璃管为整体，据牛顿第二定律有m总g sin 45°＝m总a2，联立解得p2＝p0，对图丙中的玻璃管，它在水平转台上做匀速圆周运动，以水银柱为研究对象得p3S－p0S＝man，则p3>p0，综上可得p1＝p2＝p0L3，故B项正确，A、C、D项错误．
答案：B
8．解析：A错：单晶体在物理性质上表现为各向异性，是指某一种或某几种物理性质各向异性，并非所有的物理性质都各向异性．B错：固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的，例如天然石英是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体．C对：有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成晶体的微粒能够按照不同规则在空间分布．D对：多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状．
答案：CD
9．解析：假设不漏气，则气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，得V2＝0.5 L，大于气体的实际体积，故包装袋漏气，选项A正确；漏出气体的体积占总体积的 eq \f(V2－0.45,V2) ＝ eq \f(1,10) ，则漏出气体的质量占气体总质量的 eq \f(1,10) ，选项D正确．
答案：AD
10．解析：只对L1加热，则L1长度增大，气柱L2压强不变，温度不变，故长度不变，故A正确；只对L2加热，气体L2做等压变化，压强不变，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，故B错误；只在右管中注入一些水银，L2压强增大，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，可知L1的长度将减小，故C错误；使L1、L2同时升温，L2压强不变，则L1、L2长度均增大，故D正确．
答案：AD
11．解析：(1)某同学在一次实验中，作出的图像如题图所示，其纵坐标表示封闭空气柱的压强，则横坐标表示的物理量是封闭空气柱的体积的倒数 eq \f(1,V) ，故选D.
(2)为了保证气体的温度不变，推拉活塞时，动作要慢，A正确；为了保证气体的温度不变，推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分，B正确；橡胶塞脱落后，被封闭气体的质量发生了变化，应迅速重新装上不能继续实验，C错误；为了保证气体的质量不变，活塞与注射器之间要保持气密性，D正确．
答案：(1)D (2)C
12．解析：(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器活塞上涂一些润滑油，这样可以保持气密性；为了保持封闭气体的温度不变，实验中要注意手不能握住注射器的封闭气体部分，缓慢推动活塞，这样能保证装置与外界温度一样．
(2)根据pV＝C可知如果实验操作规范正确，根据实验数据画出的V ­ eq \f(1,p) 图线是过坐标原点的直线．但如题图所示的V ­ eq \f(1,p) 图线不过原点，该图线的方程为V＝C eq \f(1,p) －V0，说明注射器中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，截距V0代表注射器与压强传感器连接处的气体体积．
答案：(1)在注射器活塞上涂一些润滑油 注意手不能握住注射器的封闭气体部分 缓慢推动活塞 (2)注射器与压强传感器连接处的气体体积
13．解析：(1)挤压时，由等温变化可得
p1V1＝p′1 (V1－0.1)
代入数据解得p′1＝1.65×105 Pa.
(2)在T1＝310 K的环境下，可得
pV1＝p2(V1－0.1)
T2＝290 K到T1＝310 K
等容变化，由理想气体状态方程有
eq \f(p,T2) ＝ eq \f(p,T1)
解得p＝1.70×105 Pa.
答案：(1)1.65×105 Pa (2)1.70×105 Pa
14．解析：(1)容器口的横截面积为S，升空瞬间容器内气体的压强为p，对橡胶塞受力分析，有：pS＝p0S＋f
解得：p＝1.975×105 Pa.
(2)设每次打入的气体的体积为ΔV，以充入容器的总气体为研究对象，打气过程中容器内气体做等温变化，有
p0(V＋nΔV) ＝pV
解得：n＝19.5
故打气筒需打气的次数n＝20.
答案：(1)1.975×105 Pa (2)20次
15．解析：(1)当B刚要向右移动时，Ⅰ中气体压强为4p0，设A向右移动x，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得
p0SL＝4p0S(L－x)
其中S＝π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2))) eq \s\up12(2)
解得x＝ eq \f(3,4) L.
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动y距离，两部分气体压强均为p2.
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2×4Sy
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得
4p0×4SL＝p2×4S(L－y)
又此时A有p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝32.5 m.
答案：(1) eq \f(3,4) L (2)32.5 m
单元素养评价(三)
1．解析：温度升高，气体的内能一定增加，A错误；根据热力学第一定律，内能增加可能是外界对气体做功，也可能是气体从外界吸收热量，B、C错误；温度是分子平均动能的标志，因此温度升高，气体分子的平均动能一定增大，D正确．
答案：D
2．解析：A错：不可能从单一热库吸热全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响．B错：打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后不能自发进去．C对：利用其他手段，可以使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高，如电冰箱．D错：两种不同的液体在一个容器中自发地混合，不能自发地各自分开．
答案：C
3．解析：由图可知，当温度升高时容器内气体的变化为等压膨胀，故瓶内气体的密度减小，气体分子的平均动能增加，瓶内气体对外做正功，选项B对，选项A、C错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，瓶内气体内能增加是由于气体从外界吸收了热量，故选项D错误．
答案：B
4．解析：A错：在V ­ T图像中，过坐标原点的直线为等压变化，ab不过坐标原点，故不是等压变化．B对：由题图可知，bc为等温变化，温度不变，故内能不变．C错：c到d为等压变化，由c到d体积减小，由于质量不变，故密度增大．D错：d→a过程为等容变化，气体对外不做功．
答案：B
5．解析：在过程ca中气体体积减小，则外界对气体做功，故A正确．在过程ab中气体的体积不变，压强变大，由 eq \f(pV,T) ＝C可知气体温度升高，则内能增加，故B错误．在过程ab中气体的体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，故C错误．在过程bc中，气体温度不变，则内能不变；体积变大，气体对外做功；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝0可知，气体从外界吸收热量等于气体对外界做的功；若气体沿直线从状态b到达状态c，由p ­ V图像围成的面积表示气体对外界做的功，可知该情形下做的功较多，由于气体内能不变，所以对应从外界吸收的热量更多，故D错误．
答案：A
6．解析：吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W0，吸盘内气体要吸收热量，A正确，C错误；吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子的数密度减小，B错误；吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律pV＝C可知，吸盘内气体压强减小，D错误．
答案：A
7．解析：气闸舱B内为真空，打开阀门K，A中的气体进入B中的过程中，A内的气体自由扩散，对外界不做功，同时系统温度不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体内能不变，与外界也没有热交换，故A、B错误；气体体积增大，温度不变，气体分子的密集程度减小，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数减小，故C正确；根据熵增加原理可知，B中气体不能自发地全部退回A中，即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D错误．
答案：C
8．解析：解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Q的物理含义，推动活塞Q使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由于缓慢推动活塞，气体增加的内能又以热量的形式释放到周围环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，内能不变，气体的平均动能不变，A、D错误，B正确；由于气体被压缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上，汽缸受到气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，C正确．
答案：BC
9．解析：将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由ΔU＝Q＋W知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，选项A正确、B错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，选项C错误、D正确．
答案：AD
10．解析：A→B的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不变，故A正确；B→C的过程中，体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故B错误；C→D的过程中，直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故C错误；D→A的过程中，气体的体积不变，单位体积内的分子数不变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分子的平均动能减小，故D正确．
答案：AD
11．解析：气体物质的量为n＝ eq \f(ρV,M) ，该密闭气体的分子个数为N＝nNA＝ eq \f(ρV,M) NA；气体对外做了0.8 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝－0.8 J＋0.9 J＝0.1 J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速对外做功，内能减小，温度降低．
答案： eq \f(ρV,M) NA 0.1 降低
12．解析：温度升高分子平均动能变大，根据 eq \f(pV,T) ＝C可知温度升高、体积不变，则压强增大，故气体压强大于大气压强；茶具中的水被压出的过程中，气体体积膨胀，对水做正功．
答案：变大 大于 正功
13．解析：(1)由充气过程中温度不变，内能不变，可得
ΔU＝0
ΔU＝W－Q
解得W＝Q.
(2)将外界气体ΔV充入气箱，气箱阀门瞬间打开
p0V＋p0ΔV＝2.5p0V
解得ΔV＝1.5V.
答案：(1)Q (2)1.5V
14．解析：(1)气体在状态A时的热力学
温度为TA＝(27＋273)K＝300 K
对A→B过程根据盖­吕萨克定律有
eq \f(VA,TA) ＝ eq \f(VB,TB)
解得TB＝200 K
所以tB＝(200－273)℃＝－73 ℃
由题图可知pCVC＝pAVA
根据理想气体状态方程可知TC＝TA＝300 K
tC＝tA＝27 ℃
(2)该气体从状态A到状态C的过程中体积减小，外界对气体做功，而气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热．
答案：(1)－73 ℃ 27 ℃ (2)放热
15．解析：(1)当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力为零，设此时绳的拉力为F，活塞受力平衡p0S＝p2S＋F
小物体受力平衡F＝mg
解得p2＝1×105 Pa
汽缸内气体做等容变化，根据查理定律 eq \f(p1,T1) ＝ eq \f(p2,T2)
其中p1＝p0，T1＝101 K
解得T2＝100 K.
(2)气体温度从101 K降温至100 K过程中，外界对气体做功W1＝0
继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功W2＝p2S(h1－h2)
解得W2＝40 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
其中Q＝－10 J
解得ΔU＝30 J.
答案：(1)100 K (2)增加30 J
单元素养评价(四)
1．解析：J.J.汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况来判断阴极射线粒子的电性并计算出其比荷，C正确．
答案：C
2．解析：α粒子与金原子核之间的作用力为库仑斥力，所以不可能的是径迹②，B符合题意．
答案：B
3．解析：电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；由 eq \f(kQq,r2) ＝m eq \f(v2,r) 可知，半径越小，动能越大．
答案：D
4．解析：氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时释放的光子能量为ΔE＝E3－E2＝1.89 eV，处于可见光光子能量范围，从n＝4能级向n＝3能级跃迁时释放的光子能量为ΔE′＝E4－E3＝0. 66 eV，不属于可见光范围，从n＝2能级向n＝1能级跃迁时释放的光子能量为ΔE′′＝E2－E1＝10.2 eV，不属于可见光范围，因此氢原子至少需从基态跃迁到n＝3的激发态才可辐射出可见光光子，则给氢原子提供的能量至少为ΔE1＝E3－E1＝12.09 eV，A正确．
答案：A
5．解析：已知巴耳末公式 eq \f(1,λ) ＝R∞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,n2))) ，n＝3，4，5，…，当n＝∞时，最小波长满足 eq \f(1,λ1) ＝R∞ eq \f(1,22) ，当n＝3时，最大波长满足 eq \f(1,λ2) ＝R∞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32))) ，可得 eq \f(λ1,λ2) ＝ eq \f(5,9) .
答案：A
6．解析：根据氢原子能级跃迁的频率条件hν＝Em－En(m>n，m、n都只能取正整数)可以判定Hα、Hβ、Hγ、Hδ的频率依次增大，波长依次减小，且能定量地计算出频率和波长的大小之比，故A正确、B错误；处于基态的氢原子要吸收13.6 eV的能量才能被电离，故C错误；Hδ的频率大于Hβ的频率，根据光电效应产生的条件可以判定，Hδ可以使某种金属发生光电效应，Hβ不一定可以使该金属发生光电效应，故D错误．
答案：A
7．解析：根据Ek＝hν－W0和Ek＝eUc可得eUc＝hν－W0，可见对于同一金属，遏止电压相同，则光的频率相同，遏止电压越大．光的频率越大，当光电管两端所加反向电压等于遏止电压时，光电流为0，由题图乙可知，单色光a和c的遏止电压相同，且比b光的遏止电压小，故单色光a和c的频率相同，b光频率最大，对于同一频率的光，光越强，饱和电流越大，由题图乙可知，a光对应的饱和电流大于b光的，故a光更强些．B正确．
答案：B
8．解析：黑体辐射的实验规律：随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，所以T1>T2>T3>T4，A错误，B正确；由黑体辐射的实验规律可知，测量某黑体辐射强度最强的光的波长可以得知其温度，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析：各种原子的发射光谱都是线状谱，都有一定的特征，也称特征谱线，是因原子结构不同，导致原子光谱也不相同，因而可以通过原子的发射光谱来确定和鉴别物质，对此称为光谱分析．由乙图可知，此光谱是由a与c元素线状谱叠加而成的，因此通过光谱分析可以了解该矿物中缺乏的是b、d元素，故B、D正确，A、C错误．
答案：BD
10．解析：根据光电效应方程得：Ek＝hν－W0＝hν－hν0，又Ek＝eUc解得：Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(W0,e) ＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) ；当遏止电压为0时，对应的频率为金属的极限频率，结合图可知钠的极限频率小，则钠的逸出功小，故A正确；由Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) 知U0­ ν图线的斜率k＝ eq \f(h,e) ，故B正确；由Uc＝ eq \f(h,e) ν－ eq \f(hν0,e) 知图线的特点与光的强度无关，故C错误；钠的逸出功小，结合Ek＝hν－W0可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较小，故D错误．
答案：AB
11．解析：(1)当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，反向电压减小，单位时间内到达阳极A的光电子数量变大，则通过电流表的电流变大．(2)当电流表的示数刚减小到零时，电压表的示数为U，根据动能定理得eU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ，则光电子的最大初动能为eU.(3)根据光电效应方程Ek＝hν－W0，可知若入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变．
答案：(1)左 (2)eU (3)不变
12．解析：据发生明显衍射的条件可知，当运动电子的德布罗意波波长与晶格大小差不多时，可以得到明显的衍射现象．设加速电场的电压为U，电子经电场加速后获得的速度为v，对加速过程由动能定理得eU＝ eq \f(1,2) mv2①
据德布罗意物质波理论知，电子的德布罗意波波长
λ＝ eq \f(h,p) ②
其中p＝mv ③
解①②③联立方程组可得U＝ eq \f(h2,2emλ2) ＝153 V.
答案：153 V
13．解析：(1)氢原子从n＝m的能级跃迁到n＝2的能级时，应满足：
Em－E2＝2.55 eV，解得Em＝－0.85 eV，
结合题图可知m＝4.
基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供的能量为：
ΔE＝E4－E1＝12.75 eV.
(2)辐射跃迁图如图所示．
答案：(1)12.75 eV (2)见解析
14．解析：(1)由能级图图甲可知，处于n＝4能级的离子所发出的能量最小的光的能量为能级4和能级3的能量差，即E光＝E4－E3＝2.64 eV，根据题意可知，遏止电压为1.64 V，即Ekm＝1.64 eV，阴极材料的逸出功W0＝E光－Ekm，得W0＝1 eV.(2)现把电路改为题图丙，电源提供了正向电压，则电子到达阳极时的最大动能Ek＝Ekm＋eUc＝3.64 eV.
答案：(1)1 eV (2)3.64 eV
15．解析：(1)n＝2时，E2＝ eq \f(－13.6,22) eV＝－3.4 eV
n＝∞时，E∞＝0，所以要使处于n＝2激发态的氢原子电离，电离能为ΔE＝E∞－E2＝3.4 eV
ν＝ eq \f(ΔE,h) ＝ eq \f(3.4×1.6×10－19,6.63×10－34) Hz＝8.21×1014 Hz.
(2)波长为200 nm的紫外线一个光子所具有的能量
E0＝hν＝h eq \f(c,λ) ＝6.63×10－34× eq \f(3×108,200×10－9) J＝9.945×10－19 J
电离能ΔE＝3.4×1.6×10－19 J＝5.44×10－19 J
由能量守恒有E0－ΔE＝ eq \f(1,2) mv2
代入数值解得v＝1×106 m/s.
答案：(1)8.21×1014 Hz (2)1×106 m/s
单元素养评价(五)
1．解析：太阳内部进行着剧烈的热核反应，故选项D正确．
答案：D
2．解析：根据原子核衰变时电荷数和质量数都守恒可知，发生一次α衰变，原子核的质子数减少2、中子数减少2，D正确．
答案：D
3．解析：在核反应堆中慢化剂的作用是使快中子变为慢中子，镉吸收中子的能力很强，镉棒在核反应堆中的作用是控制反应速度，D正确．
答案：D
4．解析：由于质子、中子本身也有自己的复杂的结构，故它们不是组成物质的不可再分的最基本的粒子，A错误；最早发现的强子是质子，最早发现的轻子是电子，B错误；τ子质量比核子质量大，但仍属于轻子，C错误；不同夸克带的电荷不同，分别为＋ eq \f(2,3) e和－ eq \f(e,3) ，说明电子电荷不再是电荷的最小单位，D正确．
答案：D
5．解析：核聚变方程为4 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋2 eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e，根据质能方程，可知核反应释放的能量ΔE＝(4mp－mα－2me)c2，故选B.
答案：B
6．解析：根据核反应过程电荷数和质量数守恒可知射线粒子X的符号是 0－1e，故A错误；5.2年后经过了2个半衰期，所以有 eq \f(3,4) eq \\al(\s\up1(147),\s\d1( 61)) Pm原子核已衰变，故B错误；由爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2可得，每个 eq \\al(\s\up1(147),\s\d1( )) 61Pm原子核衰变放出的能量为(m1－m2－m)c2，故C正确；由能量守恒定律可知核电池衰变后，单位时间内该电池因衰变而放出的核能会逐渐减小，故D错误．
答案：C
7．解析：核聚变释放的能量源于来自于原子核的质量亏损，A错误；带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，B正确；等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，C正确；提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，D正确．本题选择错误的，选A.
答案：A
8．解析：目前核电站是利用重核裂变，其主要原因是裂变反应可以控制，且放出的能量比化石燃料要多很多，但与轻核聚变相比较，轻核聚变平均每个核子放出的能量要比重核裂变平均每个核子放出的能量大3～4倍，所以A错误；轻核聚变反应产生的放射性废料少，处理起来比较容易，而重核裂变反应产生的废料需要装入特制的容器，深埋地下，所以B错误；轻核聚变的主要燃料氘在海水中含量丰富，每升海水中含有0. 03 g氘，随着科技的发展，一旦轻核聚变反应可控制，我们的汽车可以直接利用海水中的氘资源，所以C正确；轻核聚变反应需要轻核之间的距离达到10－15 m以内，需要克服库仑斥力，所以原子核必须有足够的动能，氢弹利用原子弹爆炸获得高温引发热核反应，所以D正确．
答案：CD
9．解析：根据电荷数和质量数守恒知，钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A错误，B正确；发生β衰变时释放的电子是由钍核内一个中子转化成一个质子时产生的，故C正确；钍的半衰期为24天，经过120天即经过5个半衰期，故1 g钍 eq \\al(\s\up1(234),\s\d1( 90)) Th经过120天后还剩0.031 25 g，故D错误．
答案：BC
10．解析：根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为 eq \\al(\s\up1(A),\s\d1(Z)) X―→ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He＋ eq \\al(\s\up1(A－4),\s\d1(Z－2)) Y，根据周期公式T＝ eq \f(2πm,qB) ，得周期之比为 eq \f(TY,Tα) ＝ eq \f(mY,qY) ∶ eq \f(mα,qα) ＝ eq \f(A－4,Z－2) · eq \f(2,4) ＝ eq \f(A－4,2（Z－2）) ，故A正确；根据半径公式r＝ eq \f(mv,qB) ，又mv＝p(动量)，则得：r＝ eq \f(p,qB) ①，在衰变过程中遵守动量守恒定律，根据动量守恒定律得：0＝pY－pα，则pY＝pα②，由①②得：半径之比为 eq \f(rY,rα) ＝ eq \f(qα,qY) ＝ eq \f(2,Z－2) ，故B错误；该过程质量亏损Δm＝m1－(m2＋m3)，故C错误；由Ek＝ eq \f(p2,2m) 知Y核的动能EkY＝ eq \f(4E0,A－4) ，则释放的核能ΔE＝Ekα＋EkY＝ eq \f(AE0,A－4) ，故D正确．
答案：AD
11．解析：由N ­ Z图像可知，Pb、Bi的核子数(质量数212)相等，但Pb的质子数比Bi少1，因此Pb―→Bi的衰变是β衰变．每发生一次α衰变，其质量数减少4，质子数将少2，由题图可知从90232Th到82208Pb共发生了6次α衰变．
答案：β 6
12．解析：A和B的反应生成物里都有电子，属于β衰变；C的反应生成物里有α粒子，是α衰变；裂变是重核裂变成轻核，属于裂变的是E；聚变是轻核生成重核，属于聚变的是F.
答案：C A、B E F
13．解析：(1)根据质量数与质子数守恒，则有氟 ­ 18的衰变方程： eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 9F―→ eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 8O＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e
正、负电子湮灭方程： eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e＋ eq \\al(\s\up1( 0),\s\d1(－1)) e―→2γ.
(2)氟 ­ 18的半衰期为：T＝100 min
当t＝5×60 min＝300 min时，由N＝N0( eq \f(1,2) ) eq \s\up6(\f(t,T))
可得： eq \f(N,N0) ＝12.5%.
答案：(1) eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 9F―→ eq \\al(\s\up1(18),\s\d1( )) 8O＋ eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(1)) e＋ eq \\al(\s\up1( 0),\s\d1(－1)) e―→2γ
(2)100 min 12.5%
14．解析：(1)锆的电荷数Z＝92－60＋8＝40，质量数A＝236－146＝90，核反应方程中应用符号 eq \\al(\s\up1(90),\s\d1(40)) Zr表示．
(2)1 kg铀235的核数为n＝ eq \f(1 000,235) ×6.02×1023(个)，不考虑核反应中生成的电子质量，一个铀核反应产生的质量亏损为Δm＝0.212 u，1 kg铀235完全裂变放出的能量约为E＝nΔmc2≈8.12×1013 J
答案：(1)40 90 (2)8.12×1013 J
15．解析：(1) 92232U―→90228Th＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He；
(2)因为两种产物都带正电，结合动量守恒和带电粒子在磁场中运动规律及左手定则可知，3是α粒子，4是钍核Th，
根据牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB)
α粒子和钍核Th的动量相等，故半径之比等于电荷量的反比，故Rα∶RTh＝45∶1.
(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，故动能之比等于质量的反比，即
pTh＝pα
EkTh＝ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(Th)) ,2mTh) ，Ekα＝E0＝ eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ,2mα)
EkTh＝ eq \f(1,57) Ekα＝ eq \f(1,57) E0
根据能量守恒定律可得此衰变过程中释放的能量为
ΔE＝EkTh＋Ekα＝ eq \f(58,57) E0.
答案：(1)92232U―→90228Th＋ eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He
(2)3是α粒子，4是Th 45∶1 (3) eq \f(58,57) E0
模块综合测试
1．解析：显微镜下观察到墨水中的小炭粒不停地做无规则运动是布朗运动，这反映了水分子运动的无规则性，A错误；磁铁可以吸引铁屑，是由于磁场力的作用，不能说明分子间存在引力，B错误；压缩气体比压缩液体容易得多，这是因为气体分子间距离远大于液体分子间距离，分子间作用力很微弱，C正确；体积为V的油酸酒精溶液中所含油酸的体积小于V，所以该油酸分子直径小于 eq \f(V,S) ，D错误．故选C.
答案：C
2．解析：晶体分为单晶体和多晶体，所有的晶体都有确定的熔点，单晶体有规则的形状、在物理性质上表现为各向异性，不一定是单质，比如蔗糖晶体颗粒就是单晶体但不是单质，多晶体没有规则的形状，在物理性质上各向同性，故A正确，B错误；单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，故C错误；晶体和非晶体不是以有没有规则外形做区分，冰块是多晶体，多晶体没有规则的外形，冰块打碎后，具有各种不同的形状，不能说明冰不是晶体，故D错误．故选A.
答案：A
3．解析：用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，该现象说明云母片是单晶体，故A项错误；给农田松土的目的是破坏土壤里的毛细管，使地下水分不会被快速引上来而蒸发掉，故B项正确；布制的雨伞伞面能明显看到线的缝隙，但雨伞不漏雨水是因为液体存在表面张力的作用，故C项错误；机械能可以全部转化成内能，内能也可以全部用来做功以转化成机械能，但后者会引起其他变化，故D项错误．
答案：B
4．解析：活塞迅速下压过程中，气体体积变小，根据热力学定律可知，外界对气体做功，且来不及与外界热交换，则内能增大，气体温度升高，则气体压强一定增大，故A、B错误；温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，故C错误；温度升高，分子热运动更加剧烈，且单位体积内分子数量增多，则单位时间内撞到筒内壁单位面积上的气体分子数增多，故D正确．
答案：D
5．解析：乙分子在P点时，势能最小，分子引力和斥力相等，合力为零，加速度为零，处于平衡状态，A错误，B正确；乙分子由P到Q的过程中分子力一直做负功，分子势能一直增加，C、D错误．
答案：B
6．解析：煤油中小粒灰尘的布朗运动是由于煤油分子做无规则运动时对小粒灰尘的撞击作用不平衡导致，故煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动，A错误；结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r＝r0处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，B错误；如图一定质量的气体在不同温度下的等温线，根据理想气体状态方程可得pV＝CT
pV之积越大表示温度越高，因此T1