选择性必修第二册 综合检测卷二(全册)-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

选择性必修第二册 综合检测卷二（全册） 测试建议用时：90分钟满分：100分 一、选择题（本题共12小题，共40分.在每小题给出的四个选项中，第1一8题只有一项符合题目要求，每小 题3分；第9一12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) h 1.关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是 A.客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转 B.如果空间某区域有振荡的电场或振荡的磁场，就能产生电磁波 C.电磁波是纵波，不能产生偏振现象 密 D.电磁波和机械波都不能在真空中传播 2.如图所示是LC振荡电路及其中产生的振荡电流随时间变化的 尝 图像，电流的正方向规定为顺时针方向，则在t1到2时间内，电 封 容器C的极板上所带电荷量及其变化情况是 () A.上极板带正电，且电荷量逐渐增加，电场能逐渐增加 线 B.上极板带正电，且电荷量逐渐减小，电场能逐渐减小 C.下极板带正电，且电荷量逐渐增加，磁场能逐渐增加 D.下极板带正电，且电荷量逐渐减小，磁场能逐渐减小 内 3.如图所示为等离子体发电机的示意图.高温燃烧室产生的大量正、负 A 离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中.在发电通道 高温燃烧室 X 中有两块相距为d的平行金属板，两金属板外接电阻R.若磁场的磁 R 8B 感应强度为B,等离子体进入磁场时的速度为，系统稳定时发电通 高速等离子体 道的电阻为.则下列表述正确的是 》 发电通道 数 准 A.上金属板为发电机的负极，电路中电流为B R B下金属板为发电机的正极，电路中电流为“ 答 C上金属板为发电机的正极，电路中电流为叫 蜜 题 D.下金属板为发电机的负极，电路中电流为B 4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.纸面内有一直 角三角形abc,∠a=30°，一带电粒子自ab中点P沿Pb方向射人磁场后，恰好经 过c点.已知bc长为l,带电粒子的质量为m,电荷量大小为q,不计粒子重力，下··· 列判断正确的是 A.粒子带正电 丝 邻 B粒子速度的大小为B C.带电粒子由P到c过程中速度方向改变了120° D.带电粒子由P到：过程中运动的时问为昭 5.如图所示，一根粗细均匀的金属丝弯折成一直角三角形闭合线框，其中∠cab =37°，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂直三角形所在平面向里，若在α、b间 加一电压U,则折线acb边和ab边受到的安培力大小之比为(sin37°=0.6， a37 c0s37°=0.8) A.5:7 B.4:3 C.47 D.1:1 6.如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，M、P间接一电阻R,金属棒ab垂直导轨放置，金 属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中.t=0时对金属棒施加水平向右的 拉力F,使金属棒由静止开始做匀加速直线运动.下列关于金属棒中的电流I、通过金属棒的电荷量 q、拉力F及拉力F的功率P随时间或位移变化的图像不正确的是 () M↑a↑N R B 7.如图甲所示电路中，L1为标有“4V2W”字样的小灯泡，L2、L3为两只标有“8V6W”字样的相 同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当α、b端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡 均正常发光.下列说法正确的是 () uN A U L 3t/(×10-2s) 甲 乙 A.电流表的示数为0.75A B.交变电压的最大值Um=28V C.变压器原、副线圈的匝数之比为3：1D.电压表的示数为16V 8.如图，在三维坐标系Oxy之中，之≥0的空间内充满匀强磁场I,磁感 应强度大小为B,方向沿x轴正方向；y≥0，之≤0的空间内充满匀强 磁场Ⅱ，方向平行于xOy平面，与y轴正方向夹角为30°.质量为m、 带电荷量为十q的离子，从坐标原点O沿之轴正方向进入磁场I,离 0 子在磁场I中的轨迹圆半径为α.不计离子重力.若离子进人磁场后 始终在磁场中运动，则匀强磁场Ⅱ的磁感应强度的最小值为() 306 B号 B' cg D.3B 3 9.如图所示，某小型水电站发电机的输出电压U1=250V,经升压变压器和降压变压器后为养殖场供 电.已知输电线的总电阻R线=52，输电线上损失的功率P线=2kW,养殖场共有1100盏标有“220 V40W”字样的灯泡正常工作（除此之外没有其他用电器）.假设两个变压器均为理想变压器，下 列说法正确的是 () 选择性必修第二册35 R线 X A.输电线上的电流I线=20A B.升压变压器的匝数比n1：n2=1:10 C.降压变压器的匝数比n3：n4=10：1 D.发电机的输出功率为44kW 10.如图所示为利用霍尔元件制成的微小位移传感器.在两块磁感应强度相 同、同极相对放置的磁体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置 7 时，磁感应强度B为零，霍尔电压UH为零，可将该位置作为位移的零点. 当霍尔元件沿着士之方向(x轴垂直于元件的左右表面)移动时，则有霍尔 电压输出.若磁感应强度大小与位移大小成正比，一块长方体金属霍尔元 件，上下表面是边长为α的正方形，高为b,通入垂直表面向前的恒定电流I时，下列说法正确的是 A.当△之大于零时，上表面的电势比下表面的电势高 B.上、下表面间的霍尔电压U1与I无关 C.传感器的灵敏度1与a有关 △x D.传感器的灵敏度△W与6有关 △z 11,如图是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图.门打开时，a。 红外光敏电阻R,受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线 -220V 绿灯 源（红外线源没有画出）.经实际试验，灯的亮、灭能反映门的开、关状 衔铁立 A 态.则 ) 图红灯 A.门打开时R2两端的电压U2与门关闭时相比减小 电磁 继电器 B.门打开时R2两端的电压U,与门关闭时相比增大 R3 C.门打开时绿灯亮 D.门打开时红灯亮 12.如图所示，半径为r=1的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度 大小为B=2.0T,一金属棒OA在外力作用下绕O点以角速度w=2rad/s沿逆时针方向匀速转 动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r。=12,电阻R1=22,R2=32,R3=7.52,电 容器的电容C=4uF.闭合开关S,电路稳定后，则 () × C R 36选择性必修第二册 A.通过金属棒OA的电流方向由A到O B.通过金属棒OA的电流大小为0.5A C.外力的功率为0.5W D.从断开开关S到电路再次稳定这一过程中，通过电流表的电荷量为6.4×10-6C 二、实验或填空题（本题共2小题，共16分） 13.(7分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，某同学利用如图甲所示可拆式 变压器进行研究 1202量 高中学生电球 甲 1510 山山山P/ TII V 6 30 8 150 40 200 2 1m 2 丙 (1)正确选择器材后，将图中变压器的原线圈0、8接线柱与直流电压8.0V相连（如图乙），副线圈 0、4接线柱接电表，则所接电表的示数是 A.16.0V B.8.0V C.4.0V D.0 (2)某同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不 变，改变原线圈匝数.分别测出相应的原、副线圈两端的电压值.由于交变电流的电压是变化的，所 以，我们实际上测量的是电压的 (选填“有效”或“最大”)值.该同学利用多用电表“X10” 倍率的欧姆挡测量副线圈的电阻，如图丙所示，读数为 Q. 14.(9分)小红用如图甲所示的装置探究电磁感应现象，螺线管与灵敏电流计构成闭合电路，条形磁铁 N极下，请回答下列问题： (1)要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是 (填选项前的字母)； A.螺线管不动，磁铁匀速插入或拔出螺线管 B.螺线管不动，磁铁加速插入或拔出螺线管 C.磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动 D.磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动 铁UN O+ 线 甲 (2)小红又将实验装置改造，如图乙所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源 上，把线圈A放进螺线管B的里面，观察指针摆动情况，下列说法正确的是 (填选项前的 字母) A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转 B.开关闭合后，线圈A插入或拔出的速度越快，电流计指针偏转角度越大 C.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转 D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转 (3)在(2)的研究中，完成实验后未把线圈A、螺线管B和铁芯分开，也未断开开关，在先拆除A线 圈时突然被电击了一下，试分析被电击的原因： 三、计算题（本题共4小题，共44分） 15.(7分)如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为1的金属杆水平放置在导轨 上.空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止.求： 10. 1a.- (1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I,调到多大才能使金属杆 保持静止？ 16.(10分)如图甲，交流发电机与一理想变压器连接，给“220V,1100W”的电饭煲和“220V,220W” 的抽油烟机正常供电.两磁极间磁场视为匀强磁场，内阻不计的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从中性面开始计时，产生的电动势如图乙所示.所有导线的电阻均不 计，交流电流表是理想电表，求： N A D 电 ① 煲 抽油烟机 甲 ↑eW 11002 t/10-2s -1100w2 (1)变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式； (2)原、副线圈的匝数之比； (3)电饭煲和抽油烟机同时正常工作时电流表的示数. 选择性必修第二册37 17.(12分)如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E= 400N/C;第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，y轴负方向无限大，磁感应强度B= 1×10-4T.现有一比荷为=2×1011C/kg的正离子（不计重力），以速度。=4×10m/s从O点 垂直磁场射入，α=60°，离子通过磁场后刚好直接从A点射出，之后进入电场.求： 0&×文A ×××× (1)离子从O点进入磁场B中做匀速圆周运动的半径r; (2)离子进入电场后经多少时间再次到达x轴上. 38选择性必修第二册 18.(15分)2022年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造的首艘 电磁弹射型航母.某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，匝数=100的线圈可在圆柱形铁芯 上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保持良好接触；铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所 在处的磁感应强度大小均为B=0.1T.将开关S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一 段时间，之后将开关S掷向2与阻值为R=4Ω的电阻相连，同时施加水平外力F,使线圈向右匀 减速到零，线圈运动的v一t图像如图乙所示.已知线圈质量m=0.5kg、每匝周长l=0.1m,不计 线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，求： 辐向磁场 ↑v/(m.s-l) 电刷 10-- 19 02 a 恒 芯 源 bL 0.20.3t/s 甲 乙 (1)向右匀加速阶段，恒流源输出的电流大小； (2)向右匀减速阶段，通过电阻R的电荷量； (3)向右匀减速阶段，水平外力F随时间t变化的关系.bc所受安培力为F1=B1,L=BL2四 R+r 由力的平衡条件有F1=mg 代入数据联立解得U1=4m/s 进入区域I前，bc做自由落体运动，由运动学规律有⑦12=2gH 代入数据解得H=0.8m (2)设bc进入区域Ⅱ瞬间的速率为℃2，在进入区域Ⅱ瞬间，bc切割磁感线产生的感 应电动势为E2=BL2 E2 感应电流为I=R十r 6c所受安培力为F2=B1,L=BL2四 R十r 因v2>U1,故F2>F1,可知加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律有F2一mg=ma 代入数据联立解得2=5m/s 由运动学规律有v22一v12=2gh 代入数据解得h=0.45m 穿越区域I的过程中，设电路中产生的总热量为Q,则bc上产生的热量为 rQ Qx二R十r 由能量守恒定律有Q=mgh 代入数据解得Q=0.1125J 选择性必修第二册综合检测卷二（全册） 1.B客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，A 错误；振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波， B正确；电磁波是横波，C错误；电磁波可以在真空中传播，D错误. 2.Bt1到t2时间内电流方向为逆时针且电流逐渐增大，则电容器处于放电过程，上 极板带正电，且电荷量逐渐减小，电场能逐渐减小，磁场能逐渐增大，选项B正确，A、 C、D错误. 3.C根据左手定则知，正离子受到的洛伦兹力向上，所以上金属板带正电，即上金属 板为发电机的正极.稳定后有导)=9加B,解得E=B,根搭闭合电路欧姆定体得1 R选项C三魂 4.C粒子经过c点，说明粒子运动轨迹向下发生偏转，则由左手定则可知粒子一定带 负电，A错误；由题意作出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹 半径为r=ltan30°= 3 、、 0 2 由洛伦兹力提供向心力得qB=m, 解得=BL,B错误；由几何关系可知，粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，则粒 3m 子由P到c的过程中速度方向改变了120°，C正确；由以上分析可知，粒子由P到c 的运动时同为写，又周期T-所以粒子运动的时间为1一器，D错民。 aB 5.A设ab边电阻为R、长度为L,由几何关系可知，ac边电阻为0.8R,cb边电阻为0.6R,则 Qb边所受安培力大小为PB,折线acb边的有效长度也为L,故折线ab边所受 培力大小为Pa-Q眼服0时·。-517，选项A王瑰 86参考答案 6.D金属棒微匀加速运动，产生的高应电动势为E=BL0=BLa,店应电流为I=是 =尺，其中L为金属棒在两导轨间的长度，可见电流1与时间t成正比，I一1图 是这原点的直线，选项A王确：由g=亚-职=贸得电药量与位移江成正比，因 线应为过原，点的直线，选项B正确；由牛顿第二定律得下-B=m,得F R B2十ma=B22十ma,则F-t图像应为不过原点的倾斜直线，选项C正确；根 R R 据功率公式P=Fu,得P=F=ma21+B2,外力F的功率随时间变化的图像 R 应该是二次函数图像，选项D错误 7.C三只灯泡都正常发光，由P=U1,可知流过L2、L3的电流均为0.75A,所以电流 表的示数为1.5A,即副线圈中的电流为1.5A,同理可知流过L1的电流为0.5A, 原线圈中的电流为0.5A,所以=片=马，A错误，C正确；原，线圈两端的电压 之比U1:U2=n1:n2,且U2=8V,可得U1=24V,故电压表的示数为24V,a、b两 端的电压为U山=U1十UL1=28V,则交变电压的最大值为28V2V,B、D错误. 8.C离子在磁场I中的轨造园半径为a,设离子的建率为，则a=器由几何知识 得，离子在破场Ⅱ中载选国的最大丰径为2，由2a=置，解得g=号，故选C 9.AC根据P线=I线2R,解得I线=20A,A正确；设升压变压器原线圈电流为I1, U=P题十P,条得1=184A,升压交压器的版教比为是-是得-gB错 关：降压变压器的制线腰的电流为4=品-110×易A=20A,降压交压器的 匝数比为n3:4=14:13=200:20=10:1,C正确；发电机的输出功率为P出= U1I1=250×184W=46kW,D错误. 10.AC金属霍尔元件载流子为电子，当△之大于零时，磁场方向沿之轴负向，根据左 手定则，电子所受洛伦兹力向下，偏向下表面，上表面的电势比下表面的电势高，A 正确；由图形剖析知，上、下表面间的霍尔电压UH与I有关，B错误；由题意知B= A,代入U-影gU-品4，能高器的灵放度婴-品与a有关，与6无 nga 关，C正确，D错误， 设电子的电荷量为9， 当达到稳定状态时，电 定向移动的平均速度 /Az 场力与洛伦兹力平衡， 为，单位体积内的自 由电子数为n,则由 气1=n62,由①②两 I=nqwS=nqvab(① 式得Unga BI 11.AD当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定 律可得总电流增大，R2两端的电压为U2=E一I(r十R1),所以R2两端的电压U2 减小，选项A正确，B错误；根据欧姆定律知通过R2的电流减小，根据并联分流可 得通过R3的电流增大，电磁继电器产生的磁场增强，吸引衔铁，红灯亮，选项D正 确，C错误. 12.ABD由右手定则可知通过金属棒OA的电流方向由A到O,选项A正确；金属棒 OA产生的感应电动势大小为E=合B02=2V,S闭合时的等效电路知图1所示， 电路的外电阻为R尺：RX十3，由闭合电路欧埒定律得，通过 OA的电流为IR平，。=05A,选项B正确：根据能量守板定律可得外力的功车 为P=IE=1W,选项C错误；S断开前，电路的路端电压为U=IR=1.5V,电容器 端的电压为U=R十RU=0.6V,此时电容器a板带正电，b板带负电，且所对 的电荷量为Q1=CU1=2.4×10一6C,S断开后的等效电路如图2所示，电容器两端 的电压为U聚。1V,电鸡修交后电容品a板带负电b旅带压包，退所 带的电荷量为Q2=CU2=4X106C,由于开关断开后电容器极板电性发生变化， 所以通过电流表的电荷量为Q=Q1十Q2=6.4×10一6C,选项D正确. E,To E,ro R R A C R 图1 图2 13.答案(1)D(2)有效60 解析(1)变压器的原线圈0、8接线柱与直流电压8.0V相连，不会发生电磁感应 现象，故可知副线圈0、4接线柱所接电表的示数为0； (2)多用电表测量的是交流电压的有效值.该同学利用多用电表“X10”倍率的欧姆 挡测量副线圈的电阻，由题图丙可知，读数为6×102=602. 14.答案(1)AB(2)ABC (3)电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应电动势 解析(1)螺线管不动，磁铁不管是匀速还是加速插入或拔出螺线管磁通量都会发 生改变，会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故A、B正确；磁铁与螺线管保持相 对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动，螺线管磁通量都不发生 变化，故不会产生感应电流，电流计指针不发生偏转，故C、D错误. (2)开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电 流，引起电流计指针偏转，故A正确；线圈A插入或拔出时速度越快，磁通量变化 越快，感应电动势和感应电流越大，电流计指针偏转角度越大，故B正确；线圈A插 入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁 通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转， 故C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变 化，穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，电流计指针都会偏转，故D 错误. (3)在拆除螺线管A时，电流快速减小，由于自感作用，螺线管A会产生很大的感应 电动势，所以被电击一下. 15.答案(1)mgsin&垂直导轨平面向上 Il (2)3 cos a 解析(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，此时由 左手定则知，磁感应强度方向垂直导轨平面向上，对导体棒进行受力分析有 BIL G 由共点力的平衡有F续mm=mgsin a=-Bn,则Bmin=mgsin a (2)磁场竖直向上，杆受力如图 B G 由共点力的平衡有1ana-装，F安=mgian a=B1l,把B代入举理得12=。 mg 16.答案(1)u=1100√2sin100πt(V) (2)5:1(3)1.2A 解析(1)由题图乙可知Um=1100√2V,T=0.02s w=2祭=10xad/s 所以u=1100√2sin100xt(V) (2)原线圈两端的电压U1=1100V,副线图两端的电压U2=220V m_U1=5 n2U21 P煲=1100A=5A (3)电饭煲正常工作时的电流1煲一2=20 抽油烟机正常工作时的电流1机==220A=1A 副线圈中的总电流I2=I煲十I机=6A 根据公式号-亮特数摆代入得=引.2A 电流表的示数为1.2A 17.答案(1)0.2m(2)3×10-7s 解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qB=m, 解得r=0.2m (2)离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做 0的匀速直线运动，位移为l1,则l1=ot 离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a,位移为l2 根据运动学规律有l2=20 根据牛顿第二定律可得gE=ma 由几何关系可知tan60°= 代入数据解得t=√3×10一7s 18.答案(1)25A(2)0.125C (3)F=42.5+25t(N)(0.2s≤t0.3s) 解析(1)由图乙可知，向右匀加速阶段的加速度大小为 10 a=0.2m/s2=50m/s2 根据牛顿第二定律有nBIl=ma 解得I=25A (2)向右匀减速阶段，感应电流的平均值7=mB面 R 通过电阻R的电荷量g=I2=nB 由图乙求得t=x=10×(0.3-0.2 m=0.5m 2 解得q=0.125C (3③)向右自减递阶设，载圈的加造度大小。-品m/g2=10m/ 速度大小v=0-a'(t-0.2s) 感应电流=nBl R 线圈受到的安培力F安=nBI'l 根据牛顿第二定律有F十F安=ma 解得F=42.5十25t(N)(0.2s≤t0.3s) 选择性必修 第三册 os a 第一部分 单元检测卷 第一章 分子动理论 A卷基础达标 1.B从物理视角分析，诗词中“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无 规则运动，故B正确」 2.B白糖加入水中，水变甜，说明糖分子在永不停息地做无规则运动，故A项可以用 分子动理论解释；大风吹起时，地上的尘土飞扬，是尘土微粒在运动，属于机械运动， 故B项不能用分子动理论解释；红墨水滴入水中，水变成了红色，是由分子的无规则 运动引起的，故C项可以用分子动理论解释；把两块纯净的铅块用力压紧后，分子间 作用力使两个铅块结合在一起，故D项可以用分子动理论来解释 3.C布朗运动是气溶胶颗粒的无规则运动，不是气溶胶分子的无规则运动，选项A 错误；布朗运动反映了气体分子运动的无规则性，选项B错误；悬浮在气体中的颗粒 越小，布朗运动越明显，选项C正确；当固态或液态颗粒很小时，受到的气体的浮力 作用微乎其微，这些颗粒之所以能很长时间都悬浮在气体中是因为气体分子对它们 的撞击作用，选项D错误 4.B根据分子速率分布的特点知，温度越高，速率大的分子占的比例越大，可知温度 升高，曲线峰值向右移动，实线对应的温度较高，故A错误，B正确；题图中实线对应 的温度高，则实线对应的分子平均速率较大，分子平均动能较大，故C错误；由题图 可知，与实线相比，虚线对应的速率在300~400m/s间隔内的分子数较多，故D 速度为 错误 5.A零摄氏度的冰变成零摄氏度的水，需要吸热，内能增加，但温度保持不变，故物体 的内能变化时，其温度可以不变，A正确；物体的内能等于物体内所有分子的热运动 动能和分子势能之和，与物体的势能和动能无关（点拔：影响内能的因素可从微观和 宏观两个方面分析)，B错误；势能是存在于系统之间的，对单个分子，没有势能的说 法，C错误；同种物质，内能的大小与温度、体积和质量有关，故温度较高时的内能不 一定比温度较低时的内能大，D错误. 6.D由图像可知，分子间距离为2时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离. r等于r1时两分子间的距离小于平衡距离，可知此时分子力表现为斥力，选项A错 误；当r1<r<r2时，分子间的作用力表现为斥力，增大分子间距离，分子间作用力做 正功，分子势能E。减小，选项B、C错误，D正确. 7.C二个油酸分子的质量为m。三，故A错误；设油酸的摩尔体积为V则 油酸分子的体叔力V。-兴，由题可如V似，故B错误：振据油膜法潮清酸分子 直径原理，可知油酸分子直径为d三，故C正确；油酸的密度为p三V,故 错误 8.D当T=0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，所以题图乙表示分子势 能与分子间距离的关系，故A、B错误；由题图甲可知，两分子从相距=0开始，随 着分子间距离的增大，分子力先增大，然后一直减小，故C错误；在r>0阶段，分子 力表现为引力，两分子在相互靠近的过程中，分子力F做正功，分子动能增大，分子 势能减小，故D正确. 9.C某个分子在100℃时的速率不一定比0℃时的大，故A错误；速率分布曲线下对 应的面积的意义，就是将每个速率区间的分子数占总分子数的百分比进行累加，累 加的结果都是1，面积相等，故B错误；如果两种情况气体的压强相同，由于100℃时 分子的平均动能比较大，所以单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数比0℃时 的少，故C正确；如果两种情况气体的体积相同，则气体分子数的密度相同，由于100 ℃时分子的平均动能比较大，所以单位时间内气体分子与单位面积容器壁的碰撞产 生的作用力比0℃时的大，则100℃时的气体压强大，D错误. 10.D分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则一个油酸分子的质量m= ,故A错误；由于油酸分子间距小，所以分子的体积等于摩尔体积除以时伏加 常数，则一个油酸分子的体积V。M,将油酸分子看成立方体模形立 方你的粒长等于分子直径，则V。=,故d三，故B错误；由于气体分子间距 NONA 很大，所以一个分子的体积V<N, ,别分子查花长故C维买：未种气你 的摩尔体积为V,则单位体积内气体的物质的量为刀=己，则单位体积内含有气体 分于的个数N=心，故D正确 11.答案傍晚傍晚PM2.5 解析根据分子动理论可知，分子无规则运动剧烈程度与温度有关，温度越高，分 子运动越剧烈，所以傍晚时空气分子无规则运动更剧烈些；微粒的无规则运动与温 度有关，温度越高运动越剧烈，所以PM10在傍晚时无规则运动更剧烈些；微粒的 无规则运动还与质量和体积有关，质量和体积越小，微粒运动越剧烈，所以早晨时 PM2.5微粒的无规则运动更剧烈些. 12.答案(1)72(2)8.7X10-10(3)CD(4)6MS πpV3 解析(1)因为每个正方形格子的边长为1cm,所以每一个正方形格子的面积就是 1c,估算油膜面积时超过半格的按一格计算，小于半格的舍去，估算出72个格 子，则油膜面积为72cm2. 1 (2)1滴油酸酒精溶液的体积V1=80mL,由纯油酸与溶液体积比为0.5：1000，可 得1满油酸酒精溶液中合油酸的体积V2=0×0品m8=6.25X102m,而1 1 滴油酸酒精溶液在水面上形成的油酸薄膜轮廓面积S'=72×10一42，所以油酸分 _V2_6.25×10-12 子的直径d=号=72x10m=8.7X1010m (3)计算时利用的是纯油酸的体积，如果油膜中含有大量未溶解的酒精，则测出的 油膜面积偏大，则直径的测量值将偏小，即计算结果偏小，A错误；计算油膜面积 时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则测得的面积偏大，会导致计算结果偏 小，B错误；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测得的面积偏小，导致 计算结果偏大，C正确；水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则测量的面 积偏小，导致计算结果偏大，D正确. (4)已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S,则分子的 立径d=占分子的体积，=音（号）月而这种油的密度为，季你质要为M则 摩尔体积Vm=以，因此阿伏加德罗常数的表达式为NaA一污一m _Vmal_6MS3 这要相朋e微广爱 解析(1)由于在标准状况下水和水蒸气的温度相同，所以分子的平均动能相同 (2)体积为V的水，质量为m=pV -V、 分子个数为m=NA=7NA V NA 体积为V的水蒸气，分子个数为n=VmN 参考答案87