选择性必修第三册 模块综合试卷（解析版）

模块综合试卷
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)
1．(2022·南通市高二期末)下列关于近代物理学研究的说法，正确的是(　　)
A．普朗克为解释黑体辐射的规律，提出了能量子假说
B．汤姆孙研究阴极射线，发现了电子并精确测定了电子的电荷量
C．密立根通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型
D．玛丽·居里最早发现铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线
答案　A
解析　普朗克为解释黑体辐射的规律，提出了能量子假说，故A正确；汤姆孙研究阴极射线，发现了电子，密立根精确测定了电子的电荷量，故B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故C错误；贝克勒尔最早发现铀和含铀的矿物能够发出看不见的射线，故D错误。
2．(2022·重庆市高二期中)下列说法正确的是(　　)
A．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
B．随着科技的进步，我国绝大部分品牌的冲锋衣都可实现面料不沾雨水功能，该功能体现了不浸润现象
C．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，说明蜂蜡是单晶体
D．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子受到液体内部分子的吸引力作用
答案　B
解析　液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A错误；冲锋衣可实现面料不沾雨水功能，该功能体现了不浸润现象，故B正确；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，说明云母具有各向异性，是单晶体，故C错误；液体表面张力产生的原因是在液体的表面层里，由于分子间距比液体内部大，分子间作用力表现为引力，故D错误。
3．(2022·聊城市高二期末)下列说法中正确的是(　　)
A．甲图中，两个分子从很远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变小后变大
B．乙图中，在测量分子直径时，可把油膜厚度视为分子直径
C．丙图中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做功
D．丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可以自发地从低温物体向高温物体传递
答案　B
解析　在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子力开始时表现为引力并且分子力先增大后减小，当减小到零后，随着两分子靠近，分子力表现为斥力，并且逐渐增大，故A错误；题图乙中是单分子油膜，估测其大小时，可以把它简化为球形，因此油膜厚度可以视为分子直径，故B正确；题图丙中，猛推木质推杆，由于速度快，传热没来得及进行，只有外界对气体做功，内能增大，密闭的气体温度升高，压强变大，故C错误；丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体转移到高温物体，在该过程中压缩机做功，产生其他的变化，故D错误。
4．(2022·南京市第一中学高二期中)“嫦娥五号”中有一块“核电池”，在月夜期间提供电能的同时还能提供一定能量用于舱内温度控制。“核电池”利用了Pu的衰变，衰变方程为Pu →X＋Y，下列说法正确的是(　　)
A.X比Pu的中子数少4个
B.Pu在月球上和在地球上半衰期相同
C．一个Pu核衰变为X释放的核能为(mPu－mX)c2
D.Pu发生的是α衰变，α射线具有极强的穿透能力，可用于金属探伤
答案　B
解析　根据质量数守恒与电荷数守恒可知238＝234＋n,94＝m＋2，解得m＝92，n＝4，Pu的衰变方程为Pu→U＋He，发生的是α衰变，X比Pu的中子数少2个，故A错误；半衰期与环境条件无关，不会受到阳光、温度、电磁场等环境因素的影响，所以Pu在月球上和在地球上半衰期相同，故B正确；此核反应过程中的质量亏损为Δm＝mPu－mX－mα，释放的核能为E＝(mPu－mX－mα)c2，故C错误；α射线的穿透能力较差，不能用于金属探伤，故D错误。
5.(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　　)
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
答案　C
解析　初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。
气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，气缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
6.(2022·承德市高二期末)一定质量的理想气体，由状态A开始，经历①②两个不同过程到达状态C，T－p图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．过程①气体对外放热
B．过程②气体从外界吸收热量
C．在B到C的过程中，气体对外界做正功
D．单位时间内，状态A比状态C器壁单位面积上分子碰撞的次数多
答案　C
解析　由图像可知过程①为过原点的直线，可知温度与压强成正比，根据理想气体状态方程＝C可知该过程气体的体积保持不变，气体对外不做功，温度升高内能增大，根据热力学第一定律可知需要从外界吸收热量，A错误；由图像可知过程②中，由A到B，气体温度不变，气体内能不变，气体的压强增大，可知气体的体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知该过程气体对外放热，B错误；由B到C过程，气体的温度升高，气体内能增大，气体的压强不变，可知气体的体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知该过程气体从外界吸热，C正确；状态A和状态C的气体体积相等，单位体积内气体的分子数相同，状态A的温度比状态C的低，气体在状态A的分子平均动能小于在状态C的分子平均动能，故单位时间内，状态A比状态C器壁单位面积上分子碰撞的次数少，D错误。
7.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是(　　)
A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV 的光子后能跃迁至n＝2能级
B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光
C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV
答案　D
解析　处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射出C＝6种不同频率的光，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光的能量值大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光的能量值，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，用该光照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ekm＝E－W＝12.75－6.34＝6.41 eV，故D正确。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
8．(2022·聊城市高二期末)基于下列四幅图的叙述正确的是(　　)
A．由图甲可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
B．由图乙可知，a光光子的频率高于b光光子的频率
C．由图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变
D．由图丁可知，中等大小的核的比结合能大，这些核最稳定
答案　AD
解析　由题图甲可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确。由题图乙可知，a光光子的频率低于b光光子的频率，故B错误。由题图丙可知，大量该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误。由题图丁可知，中等大小的核的比结合能大，这些核最稳定，故D正确。
9．(2022·亳州市高二期末)用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是(　　)
A．欲测遏止电压，应选择电源右端为负极
B．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek＝1.2×10－19 J
C．减小照射光的强度，产生的光电子的最大初动能减小
D．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数可能先增大，后不变
答案　BD
解析　遏止电压产生的电场对光电子起阻碍作用，则电源右端为正极，故A错误；根据图像可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，根据hνc＝W0，得该金属的逸出功大小W0＝3.41×10－19 J
根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，则产生的光电子的最大初动能为Ekm＝1.2×10－19 J，故B正确；
光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故C错误； 当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表示数的变化可能是先增大，后不变，故D正确。
10．(2022·泉州市高二期末)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图像如图。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。对该气体说法正确的是(　　)
A．在状态B时的温度是－3 ℃
B．从状态B到状态C过程中对外做功54 J
C．状态A下气体的内能等于在状态C下气体的内能
D．从状态A到状态C的过程中吸收81 J的热量
答案　ACD
解析　对于理想气体，由图像可知A→B等容变化，由查理定律得＝，得＝，解得tB＝－3 ℃，故A正确；由图像可知B→C为等压变化，则从状态B到状态C过程中对外做功W＝pΔV＝2.7×105×0.3×10－3 J＝81 J，故B错误；由理想气体状态方程可知＝，解得tC＝27 ℃＝tA，则状态A下气体的内能等于在状态C下气体的内能，故C正确；气体从状态A到状态C体积增大，对外做功，即W＜0，且TA＝TC，状态A到状态C的过程中内能变化量为0，W＝－81 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＝ΔU－W＝0－(－81) J＝81 J，故D正确。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(7分)(2022·厦门市高二期中)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定
②往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上
(1)上述步骤中，正确的顺序是______________。
(2)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸1 mL，用注射器测得1 mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盒里，待水面稳定后，测得油膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1 cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL，根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________ m(此结果保留两位有效数字)。
(3)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于________。
A．油酸未完全散开
B．计算油膜面积时，将所有不足1格的方格记作1格
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格
答案　(1)④②①⑤③(1分)　(2)5×10－6(2分)　8.6×10－10(2分)　(3)AC(2分)
解析　(1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：准备油酸酒精溶液④→准备带水的浅盘和痱子粉②→形成油膜①→描绘油膜轮廓⑤→计算分子直径③，故正确的顺序为：④②①⑤③。
(2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V＝× mL＝5×10－6 mL，超过小方格面积一半的小方格的个数为58个，
故油膜的面积S＝58×1×1 cm2＝58 cm2，
油酸分子直径d＝≈8.6×10－10 m
(3)油酸未完全散开，则S测量值偏小，则直径测量值偏大，故A正确；计算油膜面积时，将所有不足1格的方格记作1格，则S测量值偏大，则直径测量值偏小，故B错误；计算油膜面积时，舍去了所有不足1格的方格，则S测量值偏小，则直径测量值偏大，故C正确。
12．(7分)(2022·日照市高二期末)某同学设计了如图甲所示的装置来探究“气体温度不变时压强随体积变化规律”的实验 ，注射器导热性能良好，用橡皮帽和活塞在注射器内封闭一定质量的理想气体。质量不计的细绳跨过滑轮，一端系到活塞上，调节滑轮的高度，使左侧细绳拉直时能保持水平，另一端可以挂钩码。实验时，在细绳的下端依次挂上质量相同的钩码1,2,3，…，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的体积V，并能求出对应气体的压强p。已知注射器的最大体积为Vm，刻度全长为L，大气压为p0，每个钩码的质量为m，重力加速度为g。
(1)关于本实验的操作，下列说法正确的是________；
A．为减小误差，每挂上一个钩码后，应平衡后再读出体积
B．挂钩码时，为了防止注射器脱落，应用手紧紧握住注射器
C．实验前，应在活塞上涂润滑油，并来回拉动几次
D．实验时必须测出封闭气体的温度
(2)若在某次实验中细绳上所挂钩码个数为n，则平衡后对应气体的压强为________________；(用题目中已知量表示)
(3)该同学根据测得气体的体积和对应的压强，作出了V－图像，如图乙所示，图线不过原点，则纵坐标b的绝对值代表____________________________；体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，可能是由于气体温度________(填“升高”或“降低”)；也可能是由于装置气密性差导致气体质量________(填“增大”或“减小”)。
答案　(1)AC(2分)　(2)p0－(2分)　(3)橡皮帽内气体体积　升高　增大(每空1分)
解析　(1)每挂上一个钩码后，待平衡后，封闭气体的体积不再发生变化，再读出体积，可以减小误差，故A正确；挂钩码时，不能用手紧紧握住注射器，因为手的温度会改变封闭气体的温度，使测量结果不准确，故B错误；实验前，应在活塞上涂润滑油，并来回拉动几次，可以增加密封性，也可以减小摩擦带来的误差，故C正确；注射器不隔热，所以实验时封闭气体的温度与外界温度相同，气体做等温变化，不需要测量温度，故D错误。故选A、C。
(2)由平衡条件可得nmg＋p＝p0，
可得p＝p0－
(3)实验操作规范，图线不过原点，则b的绝对值代表注射器橡皮帽内气体的体积；由＝C
可知V＝CT，体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，向上偏离，斜率变大，说明可能是温度升高；公式中的C与气体质量有关，斜率变大，也可能是由于装置气密性差导致气体质量增大。
13．(10分)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为：
①H＋C→N
②H＋N→C＋X
(1)写出原子核X的元素符号、质量数和核电荷数；
(2)已知原子核H、C、N的质量分别为mH ＝1.007 8 u，mC ＝ 12.000 0 u，mN＝13.005 7 u。1 u相当于931 MeV。试求每发生一次上述聚变反应①所释放的核能；(结果保留三位有效数字)
(3)用上述辐射中产生的波长为λ ＝ 4 × 10－7 m的单色光去照射逸出功为W＝3.0×10－19 J的金属材料铯时，通过计算判断能否产生光电效应？若能，试求出产生的光电子的最大初动能。(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光在真空中的速度c＝3×108 m/s，结果保留三位有效数字)
答案　(1)He　(2)1.96 MeV　(3)能发生光电效应　1.97×10－19 J
解析　(1)根据核反应前后电荷数守恒可得出X元素的电荷数为2，
根据核反应前后质量数守恒可得出X元素的质量数为4，
则X为He。(2分)
(2)由题知，质量亏损为Δm ＝ mH＋mC－mN＝0.002 1 u，
ΔE=Δm×931 MeV≈1.96 MeV(2分)
(3)根据波长和能量的关系有E＝h(1分)
解得E≈4.97×10－19 J(1分)
E>W，所以能发生光电效应。(1分)
最大初动能Ekmax＝hν－W＝h－W(2分)
解得Ekmax＝1.97×10－19 J。(1分)
14．(12分)根据《乘用车轮胎气压检测系统的性能要求和试验方法》规定要求，我国生产的所有车辆都必须安装直接式或间接式胎压监测系统(TPMS)系统。已知某汽车轮胎气压的正常范围值为230～250 kPa，最大限压为300 kPa。汽车轮胎内气体可视为理想气体，正常状态下容积为V0。
(1)司机在某次启动汽车后发现，仪表盘上显示左前方轮胎气压只有180 kPa，如图所示。现用车载充气泵充气，每分钟充入压强为100 kPa的气体ΔV＝0.2V0，若将其胎压恢复至240 kPa，则需充气多长时间？(忽略充气过程轮胎体积和温度变化)
(2)若室外温度为－23 ℃，此时车胎胎压为240 kPa，现将车停至地下停车场(温度为15 ℃)，经较长时间停放后，该车胎气压变为多少？是否有爆胎危险？(忽略此过程胎内气体体积变化)
答案　(1)3 min　(2)276.48 kPa　没有
解析　(1)以充气后胎内气体为研究对象，设充气t分钟，
由玻意耳定律得：p1V0＋p2V2＝p3V0(2分)
其中p1＝180 kPa，p2＝100 kPa，p3＝240 kPa，V2＝ΔV×t(2分)
解得t＝3 min(2分)
(2)以车胎内气体为研究对象，
则p3＝240 kPa，T3＝273－23＝250 K(2分)
设充分热交换后轮胎内气体压强为p4，
温度T4＝273＋15＝288 K，
初态和末态体积相同，由查理定律得
＝，(2分)
解得p4＝276.48 kPa，(2分)
该胎压没超过限压300 kPa，所以没有爆胎危险。
15.(18分)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞，面积为S，活塞的体积可忽略。初始时三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的4.5倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
(1)打开K2，稳定时活塞正好处于B汽缸的中间位置，求活塞的质量；
(2)接着打开K3，待活塞的位置稳定后，再缓慢降低汽缸内气体的温度，使其温度分别降低20 ℃和50 ℃，分别求出稳定时两状态下活塞下方气体的压强。
答案　(1)　(2)见解析
解析　(1)打开K2，A、B两汽缸内气体均做等温变化，根据玻意耳定律
对A内气体有p1V1＝p2V2(1分)
p2＝＝＝3p0(1分)
对B内气体有p3V3＝p4V4(1分)
p4＝＝＝2p0(1分)
对活塞受力分析可得mg＝p2S－p4S，(1分)
可得m＝(1分)
(2)打开K3，活塞上方气体压强变为p0，则活塞上移，移到汽缸B顶部时下方气体压强变为p5
下方气体发生等温变化，
根据玻意耳定律得p1V＝p5·2V，(1分)
解得p5＝p0>p0，(1分)
则说明温度不变时活塞在汽缸上部，若降低温度，活塞下方气体压强减小，当减到2p0时温度为T1，
活塞下方气体发生等容变化，
由查理定律得＝，(1分)
T1＝ K(1分)
若再降低温度，活塞下降，当刚好到达汽缸底部时温度为T2，
根据理想气体状态方程得＝，(1分)
T2＝ K(1分)
当温度降低20 ℃时，T3＝280 K>T1，(1分)
则活塞还在B汽缸上方，下方气体发生等容变化＝，(1分)
解得p＝2.1p0(1分)
当温度降低50 ℃时，T4＝250 K>T2，(1分)
则活塞在汽缸中间某一位置，
设此时气体压强为p′，则p′S＝p0S＋mg，(1分)
解得活塞下方气体压强p′＝2p0。(1分)