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    B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用B．⑴在以下说法中.正确的是 A．医学上利用γ射线治疗肿瘤主要是利用了γ射线的穿透能力强的特点B．若用频率更高的单色光照射时.同级牛顿环半径将会变大C．机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量D．麦克耳孙-莫雷实验表明:不论光源与观察者做怎样的相对运动.光速都是一样的 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    （2009?枣庄一模）（1）奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）、稳压装置和燃烧器三部分组成．当稳压阀打开以后，燃气以气态从气罐里出来，经过稳压阀后进人燃烧室进行燃烧．则以下说法中正确的是
    AC
    AC

    A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功
    B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少
    C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程
    D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用
    （2）某同学用吸管吹出一球形肥皂泡．开始时，气体在口腔中的温度为37℃，压强为1.1个标准大气压；吹出后的肥皂泡体积为0.5L，温度为0℃．求：
    ①肥皂泡吹成后，比较肥皂泡内、外压强的大小，并简要说明理由；
    ②肥皂泡内、外压强差别不大，均近似等于1个标准大气压．试估算肥皂泡内的气体分子个数；
    ③肥皂泡内压强近似等于1个标准大气压．求这部分气体在口腔内的体积．

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    “物理1－2”模块（10分）

    （1）太阳以“核燃烧” 的方式向外界释放能量，这种燃烧过程使太阳的“体重”每秒钟减少400万吨，这里“核燃烧”是指（      ）

    A．重核裂变        B．轻核聚变        C．原子能级跃迁       D．衰变

    太阳每秒释放的能量约为（     ）

    A．4.0×1019 J      B．4.0×1023 J      C．4.0×1026 J      D．4.0×1029 J

    （2）奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部分组成，当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出来，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧。则以下说法中正确的是（      ）

    A．燃气由液态变为气态的过程中要对外做功

    B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少

    C．燃气在燃烧室燃烧的过程是熵增加的过程

    D．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用

    （3）人在进行各种活动时，大量的体能会散失掉。如何收集人在活动时散失的体能，是人类开发新能源的一个研究方向。最近有报道，美国SRI国际公司已开发出具有充电功能的鞋子，这种鞋子的关键部分在于鞋跟，在其内安装一种特殊的弹性聚合物材料层，它的上、下两面分别用导线与一颗内置微型电池的两个电极相连。行走时，弹性材料层受到挤压与释放的反复作用，其两极之间的距离不断变化，从而产生电能。这种技术不断提高能否把人活动时所有散失的体能收集起来转化为电能，并说明理由。

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    （选修模块3-3）
    （1）下列说法中正确的是______．
    A．小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故
    B．悬浮在水中的花粉颗粒运动不是因为外界因素的影响，而是由于花粉自发的运动
    C．物体的内能是所有分子动能与分子势能的总和，物体内能可以为零
    D．天然水晶是晶体，但水晶熔化后再凝固就是非晶体
    （2）一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，设气体在状态A、B时的温度分别为TA和TB，已知TA=300K，则TB=______K；气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，则此过程中气体内能是增加了______J．
    （3）氢能是环保能源，常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知1mol的水分解可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105J的能量，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023mol-1，水的摩尔质量为1.8×10-2 kg/mol 求：
    ①1g水分解后得到氢气分子总数；
    ②1g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量．（结果取2位有效数字）
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    （选修模块3-3）
    （1）下列说法中正确的是______．
    A．小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故
    B．悬浮在水中的花粉颗粒运动不是因为外界因素的影响，而是由于花粉自发的运动
    C．物体的内能是所有分子动能与分子势能的总和，物体内能可以为零
    D．天然水晶是晶体，但水晶熔化后再凝固就是非晶体
    （2）一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，设气体在状态A、B时的温度分别为TA和TB，已知TA=300K，则TB=______K；气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，则此过程中气体内能是增加了______J．
    （3）氢能是环保能源，常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知1mol的水分解可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105J的能量，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023mol-1，水的摩尔质量为1.8×10-2 kg/mol 求：
    ①1g水分解后得到氢气分子总数；
    ②1g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量．（结果取2位有效数字）

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    （2012?盐城三模）（选修模块3-3）
    （1）下列说法中正确的是
    AD
    AD
    ．
    A．小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故
    B．悬浮在水中的花粉颗粒运动不是因为外界因素的影响，而是由于花粉自发的运动
    C．物体的内能是所有分子动能与分子势能的总和，物体内能可以为零
    D．天然水晶是晶体，但水晶熔化后再凝固就是非晶体
    （2）一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，设气体在状态A、B时的温度分别为TA和TB，已知TA=300K，则TB=
    300
    300
    K；气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，则此过程中气体内能是增加了
    150
    150
    J．
    （3）氢能是环保能源，常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知1mol的水分解可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105J的能量，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023mol-1，水的摩尔质量为1.8×10-2 kg/mol 求：
    ①1g水分解后得到氢气分子总数；
    ②1g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量．（结果取2位有效数字）

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    一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分

    题   号

    1

    2

    3

    4

    5

    答   案

    D

    C

    A

    D

    D

     

    二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

    题   号

    6

    7

    8

    9

    答   案

    AC

    BD

    AD

    BC

     

    三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填在答题卡相应的位置．

    10、（1）0.820mm （2）16.98mm    （3）C

    11、（1）Ｒ1  ；  （2） 图略；  （3） 4.5   

       （4）D   理由：根据电阻的伏安特性，电压增大至一定值，电阻阻值会明显变大

    12．选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答则按A、B两小题评分．）

    A． (选修模块3-3) (12分)

    （1）AC　（2）B　（3）AC

    B． (选修模块3-4) (12分)

    ⑴ CD

    ⑵ B ；4：9；沿y轴负方向

    C． (选修模块3-5) (12分)

    ⑴ BD

    ⑵  0.18kg?m/s；等于；0.054J  ；0.135J

    四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．

    13、（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：

    带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

    由以上两式，可得

    两磁场区粒子运动半径相同，如图所示根据对称性有

    （2）当d＝1m时，粒子打在O点下方最远处，距O点距离y1=2m（半圆）

    当d=0时，粒子打在O点正上方最远处，距O点距离y2=2m（半圆）

    所以所有粒子打在电场左边界上的范围是在距O点上下各2m范围以内。

    14、（1）A、B、C三物块系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度达最大。

    2mgL ?MgL =1/2(M+2m)V2，    -------------------（1分）

    当C着地后，若B恰能着地，即B物块下降L时速度为零。A、B两物体系统机
    械能守恒。

    MgL-mgL=1/2（M+m)V2 ------------------（2分）

    将V代入，整理得：M=m所以时，B物块将不会着地。--（2分）

    （2）若，B物块着地，着地后A还会上升一段。设上升的高度为h，B着

    地时A、B整体的速度大小为V1，从C着地至B着地过程中根据动能定理可得

    得--（2分）

    B着地后A继续上升的高度------------（1分）

    A 上升的最大高度H=2L+h=2L+----------（2分）

    15、⑴设某时刻棒MN交线框于P、S点，令PS长为l，则

      此时电动势E = Blv

      MN左侧电阻    MN右侧电阻

      则

    故：I=……………………………………………④

    因导线框ABCD关于AC对称，所以通MN的电流大小也具有对称性，所以

    当l = 0时，电流最小值

    当l = 时，电流最大值

    ⑵设MN到达B的时间为t0，则t0=，到达D点用时2t0，

    当0≤t≤t0时，由④式得：（其中vt =l ）

        代入F=BIl得：F =

    当t0≤t≤2t0时，将代入④式得：

        代入F=BIl得：

    ⑶导线框进入矩形磁场后，由牛顿第二定律得：

                  取任意△t时间有：  

         

     


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