2011《龙门亮剑》高三一轮(人教版)物理(精品练习)选修3-3 模块综合检测
2022年《龙门亮剑》高三物理一轮复习 模块综合检测 新人教版选修3-3
模块综合检测90分钟100分1．8分如图所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为1 ℃1 ℃ 1 ℃1 ℃L 溶液中有纯油酸1 mL，用注射器量得1 mL上述油酸酒精溶液中有液滴50滴，将其中的1滴滴入水面撒有痱子粉的浅盘里，待稳定后，形成了清晰的油膜轮廓．他然后将一有机玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下了油膜的形状．但他没有坐标纸，就先用游标卡尺测量了该玻璃板的厚度如右图所示，然后用剪刀剪出了面积量等于油膜形状的有机玻璃板，如图所示，并用天平称出了其质量为0.3 kg，已知该有机玻璃板的密度为ρ=3×103 kg/m3，请根据以上数据估测：1油酸膜的实际面积；2油酸分子的直径【解析】1由图读出有机玻璃板的厚度d＝×10－3 m油酸膜的实际面积S＝错误!＝错误!m2＝4×10－2 m22每滴油酸的体积V＝错误!×错误!×10－6 m3＝2×10－11 m3油酸分子直径d＝错误!＝5×10－10 m【答案】14×10－2 m225×10－10 m3．6分如右图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a处静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则：1乙分子在何处势能最小是正值还是负值2在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子势能随距离的减小都增加【解析】1由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小为负值．2在分子力表现为斥力的那一段上，即乙分子由c向d运动过程中，分子力做负功，分子势能增加．【答案】1c处负值2c到d阶段4．6分1如下图为同一密封的小包装食品的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温18 ℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m、气温10 ℃环境下．下列说法正确的是A．乙图中小包内气体的压强增大了B．乙图中小包内气体的压强减小了C．由此推断，如果小包不破裂，且鼓起得越厉害，则所在位置的海拔越高D．由此推断，如果小包不破裂，则海拔越高，小包内气体的压强就越大2能源是当今社会快速发展所面临的一大难题，由此，人们想到了永动机．关于第二类永动机，甲、乙、丙、丁4名同学争论不休．甲：第二类永动机不违反能量守恒定律，应该可以制造成功．乙：虽然内能不可能全部转化为机械能，但在转化过程中可以不引起其他变化．丙：摩擦、漏气等因素导致能量损失，第二类永动机才因此不能制成．丁：内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因你认为________的说法是正确的A．甲B．乙C．丙D．丁【解析】1小包内气体温度降低，体积增大，由状态方程错误!39 cm40 cm2 cm错误!Hg【解析】1插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：l Hg2插入水银槽后左管压强：Hg左管内外水银面高度差h1＝错误!4 cm0l38 cm7 cmHg27 cm 6．10分1随着科技的迅猛发展和人们生活水平的提高，下列问题一定能够实现或完成的是A．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5 000个，不间断地数，则大约20年能数完阿伏加德罗常数N A取×1023个/moB．热量可以从低温物体传到高温物体C．热机的效率达到100%D．太阳能的利用普及到老百姓的日常生活中2某学校研究性学习小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数和教室内的空气早晨同中午空气多少的变化情况．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R＝×106 m，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/2，大气压强2 kgo，阿伏加德罗常数N A＝×1023个/mo另一同学用温度计测出早晨教室内的温度是7 ℃，中午教室内的温度是27 ℃①这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．②根据上述几个物理量能否估算出中午跑到教室外的空气是早晨教室内的空气的几分之几【解析】1可估算需要10万年才能数完，所以A错；热力学第二定律告诉我们B正确；热机是把内能转化为机械能的机器，根据热力学第二定律可知C错；太阳能的开发和利用是人类开发新能源的主要思路，完全可以实现全民普及太阳能，所以D正确，正确的答案为B、D2①能．因为大气压强是由大气重力产生的，由＝错误!，得m＝错误!＝×1018 kg大气层空气的分子数为n＝错误!N A＝错误!××1023个＝×1044个②可认为中午同早晨教室内的压强不变，根据等压变化规律错误!＝错误!，将T1＝280 K、T2＝300 K，代入得V2＝错误!V1故跑到室外的空气体积ΔV＝V2－V1＝错误!V1所以跑到室外空气占早晨室内的比例为错误!＝错误!＝错误!【答案】1BD2①能理由见解析②错误!7 8分如右图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的空气柱长度变为2 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为 1 cm22 cm2 cm20m37 ℃25 kg27 ℃20 m33＝21.0 m3因V2＞V1，故有气体从房间内流出．房间内气体质量m2＝错误!m1＝错误!×25 kg＝23.8 kg【答案】23.8 kg1110分内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为×105 -3 m3127 ℃127 ℃3m33m33m3即cmHg、温度为27.0 ℃的氦气时，体积为3.50 m3在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0 ℃求：1氦气在停止加热前的体积；2氦气在停止加热较长一段时间后的体积．【解析】 1 在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．根据玻意耳定律有：Hg，V1＝3.50 m3，Hg，V2是在此等温过程氦气末状态的体积．由①式得V2＝7.39 m3②2在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K．这是一等压过程根据盖·吕萨克定律有错误!＝错误!③式中，V3是在此等压过程氦气末状态的体积．由③式得V3＝5.54 m3④【答案】17.39 m325.54 m3。
2011《龙门亮剑》高三一轮(人教版)物理(精品练习)选修3-2 第十章 第2单元
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)(45分钟，100分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题7分，共70分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如右图所示．当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P 1、P 2的位置，使输出电压稳定在220 V 上．现发现输出电压低于220 V ，下列措施不正确的是( )A ．P 1不动，将P 2向上移B ．P 2不动，将P 1向下移C ．将P 1向上移，同时P 2向下移D ．将P 1向下移，同时P 2向上移【解析】 由变压器原副线圈的变压比等于线圈匝数比U 1U 2＝n 1n 2可知输出电压低于220 V ，可以增大副线圈匝数或减少原线圈匝数，A 、B 、D 可以，C 是错误的．【答案】 C2．如右图所示，理想变压器的原线圈a 、b 两端接正弦交流电压，副线圈c 、d 两端通过输电线接两只相同的灯泡L 1、L 2，输电线的等效电阻为R ，当开关由原来的闭合状态变为断开时，下列各量中减小的是( )A ．副线圈c 、d 两端的输出电压B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压C ．通过灯泡L 1上的电流大小D ．原线圈上的电流大小【解析】 因为变压器的副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，当U 1不变时，开关S 断开，副线圈上的电压U 2不会改变，所以A 错误；当断开S 时，副线圈输出端的电阻变大，则干路的电流变小，所以电阻R 上的电压变小，所以B 正确；再根据变压器的电流关系I 1＝n 2n 1I 2，副线圈上的电流减小，所以原线圈上的电流也减小，所以D 正确；副线圈上的电压U 2不变，电流变小，所以电阻R 上的电压减小，则灯泡L 1两端的电压增大，流过L 1的电流变大，所以C 错误．综上所述，本题的正确选项为B 、D.【答案】 BD3．如下图所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n 1n 2＝120，加在原线圈的电压为u 1＝311sin 100πt V ，霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，I 1、I 2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是( )A ．副线圈两端电压6 220 V ，副线圈中的电流14.1 mAB ．副线圈两端电压4 400 V ，副线圈中的电流10.0 mAC ．I 1＜I 2D ．I 1＞I 2【解析】 原线圈电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈电压U 2＝4 400 V ；由I 2＝U 2R 得I 2＝10.0 mA ，B 对；根据n 1＜n 2，而I 1I 2＝n 2n 1，故I 1＞I 2，D 对．【答案】 BD4．如右图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈上接有一相同的灯泡L ，则( )A ．灯L 也能正常发光B ．灯L 比另三灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定【解析】 原副线圈中的电流之比为I 1∶I 2＝1∶3，而副线圈中通过每个灯的电流为其额定电流．I 额＝I 23，故I L ＝I 1＝I 23＝I 额，即灯L 亦能像其他三灯一样正常发光，所以A 正确．【答案】 A5．(2009年高考广东单科)如右图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解析】 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρLS，增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 正确；由P ＝UI 来看在输送功率一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B 正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D 正确．【答案】 ABD6．(2010年济南模拟)正弦交流电经过匝数比为n 1n 2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象．U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210AD ．电压表的读数为U m ＝10 2 V【解析】 由图象知T ＝2×10－2 s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m2＝10 V ，故D 错误．【答案】 AB7. (2009年高考江苏单科)如右图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u=202sin 100 πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后， 电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变【解析】 要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U 1＝2022V ＝20 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，B 项正确；交变电压的频率为f ＝100π2π＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，A 项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C 项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D 项错误．【答案】 AB8．如下图所示，理想变压器输入端PQ 接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S 可改变变压器初级线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是( )A ．当滑片c 向b 端移动时，变压器输入功率变大B ．当滑片c 向a 端移动时，电流表A 1的示数将减小，电压表V 的示数不变C ．当滑片c 向b 端移动时，电流表A 2的示数将变大，电压表V 的示数也变大D ．滑片c 不动，将开关S 由1掷向2时，三个电表A 1、A 2、V 的示数都变大【解析】 c 向b 端移动时，R 变大，输出功率P 2＝U 22R，又因U 2不变，则P 2减小，所以输入功率减小，A 项错；c 向a 移动时，R 变小，A 2示数I 2＝U 2R 变大，则A 1示数变大，B 项错；c 向b 移动时，R 变大，由I 2＝U 2R知，A 2示数变小，故C 项错；当滑片c 不动，开关S 由1掷向2时，原线圈匝数n 1减少，由U 2＝n 2n 1U 1知U 2变大，故A 2示数变大，A 1示数变大，故D 项正确．【答案】 D9.如右图所示，左侧的圆形导电环半径为r=1.0 cm ，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C=100 pF 的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B 的变化率为 =100 πsin ωt ，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10-9 C ，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2=10)( )A ．1∶100B ．100∶1C ．1∶100 2D ．1002∶1 【解析】 原线圈两端电压最大值U 1m ＝⎝⎛⎭⎫ΔB Δt m S ＝0.1 2 V.副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值由C ＝Q U 得：U 2m ＝Q mC ＝14.1 V ，所以n 1n 2＝U 1m U 2m ＝1100.故A 对． 【答案】 A10．(2009年高考山东理综)某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1＞n 3n 4 B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【解析】 根据变压器工作原理可知n 1n 2＝220U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2＞U 3，所以n 2n 1＞n 3n 4，A 正确，BC错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．【答案】 AD二、计算题(本大题共2个小题，共30分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(15分)如下图所示，交流发电机发出交变电压u ＝2202sin 100πt 输入n 1∶n 2＝1∶10的升压变压器．远距离输电线总电阻R ＝2 Ω.输送功率为10 kW ，则输电线上损失的功率为多少？有位同学提供了以下解法： 根据u ＝2202sin 100πt 原线圈输入电压有效值U 1＝U m2＝220 V根据U 1U 2＝n 1n 2U 2＝2 200 V则P 损＝U 2R ＝2 20022W ＝2.42×106 W这位同学的解法是否正确？如不正确，请指出错在哪里，并给出正确解答． 【解析】 这位同学的解法是错误的． 他把总电压误认为是加在输电线上的电压． 正确解答：根据u ＝2202sin 100πt (V) 加在原线圈上电压有效值 U 1＝220 V根据U 1U 2＝n 1n 2U 2＝2 200 V根据P ＝UI ，输电线上电流I 2＝P U 2＝10×1 0002 200 A ＝5011 A故损失功率ΔP ＝I 22R ＝⎝⎛⎭⎫50112×2 W ≈41 W. 【答案】 见解析12．(15分)三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电荷量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值.(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电荷量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×105 kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV .若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．【解析】 (1)一年里水流做功(即减少的势能)W ′＝Qρgh .水流的势能转化为电能的效率η＝W W ′＝WQρgh，将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n 天，则W ＝Pt ，即 P ×n ×24＝W .所以n ＝W24P ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天．(3)升压变压器原副线圈的匝数比n 1n 2＝U 0U ＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U＝900 A.损失功率P 损＝5%P 1＝I 2·r ，所以r ＝27.8 Ω.【答案】 (1)η＝W Qρgh 67% (2)192.3天 (3)925027.8 Ω。
人教版高中物理选修3-3--综合-测试含答案和详细解析
人教版高中物理选修3-3--综合-测试含答案和详细解析-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN绝密★启用前人教版高中物理选修3-3 综合测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用2.在显微镜下观察稀释了的墨汁，将会看到( )A．水分子无规则运动的情况B．炭颗粒无规则运动的情况C．炭分子无规则运动的情况D．水分子和炭颗粒无规则运动的情况3.温度都是0 ℃的水和冰混合时，以下说法正确的是()A．冰将熔化成水B．水将凝固成冰C．如果水比冰多的话，冰熔化；如果冰比水多的话，水结冰D．都不变，冰水共存4.关于布朗运动，下列说法中正确的是()A．因为布朗运动与温度有关，所以布朗运动又叫热运动B．布朗运动是组成固体微粒的分子无规则运动的反映C．布朗运动是固体颗粒周围液体(或气体)分子无规则运动的反映D．春风刮起的砂粒在空中的运动是布朗运动5.固体分子的热运动表现是它们总在平衡位置附近做无规则的振动．我们只讨论其中的两个分子，下面的说法中正确的是()A．这两个分子间的距离变小的过程，就是分子力做正功的过程B．这两个分子间的距离变小的过程，就是分子力做负功的过程C．这两个分子间的距离变小的过程，分子势能是先变小后变大D．这两个分子间的距离最近的时刻，就是分子动能最大的时刻6.关于理想气体，正确的说法是()A．只有当温度很低时，实际气体才可当作理想气体B．只有压强很大时，实际气体才可当作理想气体C．在常温常压下，许多实际气体可当作理想气体D．所有的实际气体在任何情况下，都可以当作理想气体7.如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中d点是分子靠得最近的位置，则乙分子速度最大处可能是()A．a点B．b点C．c点D．d点8.关于内能的正确说法是()A．物体分子热运动的动能的总和就是物体的内能B．对于同一种物体，温度越高，分子平均动能越大C．同种物体，温度高、体积大的内能大D．温度相同，体积大的物体内能一定大9.关于物体的内能和热量，下列说法中正确的有 ()A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等D．热量是热传递过程中内能转移量的量度10.用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气，每次能把体积为V0，压强为p0的空气打入容器内，若容器内原有空气的压强为p，打气过程中温度不变，则打了n次后容器内气体的压强为()A．B．p0＋np0C．p＋n()D．p0＋()n·p011.下列物理现象及其原理的叙述正确的是()A．纤细小虫能停在平静的液面上，是由于受到浮力的作用B．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果C．“破镜不能重圆”，是因为接触部分的分子间斥力大于引力D．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现12.将一枚硬币轻轻地置于水面，可以不下沉，此时与硬币重力相平衡的力是()A．水的浮力B．水的表面张力C．水的浮力和表面张力的合力D．水的浮力和空气的浮力的合力13.对饱和汽，下面说法正确的是 ()A．液面上的汽分子的密度不断增大B．液面上的汽分子的密度不断减小C．液面上的汽分子的密度不变D．液面上没有汽分子14.容积V＝20 L的钢瓶充满氧气后，压强为p＝30个大气压，打开钢瓶盖阀门，让氧气分别装到容积为V0＝5 L的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p0＝2个大气压，在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是()A． 4B． 50C． 56D． 6015.一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由5 ℃升高到10 ℃，体积的增量为ΔV1；温度由10 ℃升高到15 ℃，体积的增量为ΔV2，则()A．ΔV1＝ΔV2B．ΔV1>ΔV2C．ΔV1<ΔV2D．无法确定第Ⅱ卷二、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)16.油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0．6 mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1 mL．若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成一层单分子油膜的形状如图所示．(1)若每一方格的边长为30 mm，则油酸薄膜的面积为________ m2；(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为______ m3；(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为______ m．三、计算题(共3小题,每小题10分,共30分)17.如图所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：(1)右管中注入的水银高度是多少？(2)升温后的温度是多少？18.0 ℃的冰和100 ℃的水蒸气混合后，(1)若冰刚好全部熔化，则冰和水蒸气的质量比是多少？(2)若得到50 ℃的水，则冰和水蒸气的质量比是多少？(已知水在100 ℃的汽化热是L＝2.25×106J/kg，冰的熔化热是λ＝3.34×105J/kg，水的比热容c＝4.2×103J/(kg·℃))19.某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图所示的圆柱形导热汽缸，把它放在大气压强p0＝1 atm、温度t0＝27 ℃的环境中自然冷却.该汽缸内壁光滑，容积V＝1 m3，开口端有一厚度可忽略的活塞.开始时，汽缸内密封有温度t＝447 ℃、压强p＝1.2 atm的理想气体，将汽缸开口向右固定在水平面上，假设汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢的.求：(1)活塞刚要向左移动时，汽缸内气体的温度t1；(2)最终汽缸内气体的体积V1；(3)在整个过程中，汽缸内气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，汽缸内气体放出的热量________(选填“大于”“等于”或“小于”)气体内能的减少量.答案解析1.【答案】D【解析】挤压后的铅分子之间的距离可以达到分子之间存在相互作用力的距离范围内，故不脱落的主要原因是分子之间的引力，故D正确，A、B、C错误．2.【答案】B【解析】在显微镜下观察稀释了的墨汁，将会看到炭颗粒无规则运动的情况，故B对．显微镜观察不到分子，所以A、C、D错．3.【答案】D【解析】因为水和冰的温度均为0 ℃，它们之间不发生热交换，故冰和水可以共存，而且含量不变，故D正确.4.【答案】C【解析】试题分析：A、热运动指的是分子的无规则运动，而布朗运动时微粒的运动；错误B、布朗运动是固体微粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映；错误C、称为布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒不停地做无规则运动，是由液体分子对微粒撞击的不平衡产生的；正确D、砂粒的体积和质量远远大于布朗运动中的微粒的体积和质量，很难发生布朗运动，所以刮起的砂粒在空中的运动不是布朗运动；错误故选C点评：布朗运动是悬浮的固体颗粒的运动，不是单个分子的运动，但是布朗运动反映了液体分子的无规则运动．5.【答案】C【解析】两分子的距离变小的过程，可分为两个阶段，第一阶段是从相距较远到平衡位置，这段时间分子间的作用力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小而动能增大；第二阶段是从平衡位置再继续靠近的过程，这段时间分子间的作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大而动能逐渐减为0．6.【答案】C7.【答案】C【解析】从a点到c点分子间的作用力表现为引力，分子间的作用力做正功，速度增加；从c点到d点分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，速度减小，所以在c点速度最大．8.【答案】B【解析】内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，故A错；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，B对；物体的内能是与物体的物质的量、温度、体积以及存在状态都有关的量，C、D中的描述都不完整．9.【答案】D【解析】物体的内能由温度、体积及物质的量决定，不只由温度决定，故选项A、B错误.在自发的热传递过程中，热量是由高温物体传给低温物体，而内能大的物体不一定温度高，在热传递过程中完全有可能内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故选项C错误；关于热量的论述，选项D是正确的.10.【答案】C【解析】将n次打气的气体和容器中原有气体分别看成是初态，将打气后容器内气体看成是末态，利用等温分态分式，有pV＋np0V0＝p′V，得n次打气后容器内气体的压强p′＝p＋n()，即C正确．11.【答案】B【解析】纤细小虫能停在平静的液面上，是由于液体表面张力的作用；墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果；“破镜不能重圆”，是因为接触部分的分子间引力较微弱的结果.用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向同性的表现，选项B正确.12.【答案】B【解析】13.【答案】C【解析】对于饱和汽来说，飞入液体的分子和从液面上飞出的分子数目相同，已达到动态平衡，故液面上方的汽分子的密度保持不变，C项正确.14.【答案】C【解析】设最多可装的瓶数为n，由玻意耳定律有pV＝p0(V＋nV0)，所以n＝＝＝56．15.【答案】A【解析】由盖—吕萨克定律＝可得＝，即ΔV＝·V1，所以ΔV1＝×V1，ΔV2＝×V2(V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积)，而＝，所以ΔV1＝ΔV2，A正确．16.【答案】(1)7．65×10－2(2)1．2×10－11(3)1．6×10－10【解析】(1)用填补法数出在油膜范围内的格数(四舍五入)为85个，油膜面积为S＝85×(3．0×10－2)2m2＝7．65×10－2m2．(2)因为50滴油酸酒精溶液的体积为1 mL，且溶液含纯油酸的浓度为0．06%，故每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为：V0＝×0．06% mL＝1．2×10－11m3．(3)把油酸薄膜的厚度视为油酸分子的直径，可估算出油酸分子的直径为d＝＝m≈1．6×10－10m．17.【答案】(1)30 cm (2)117 ℃【解析】(1)设右管中注入的水银高度是Δh，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg，p2＝p0＋14 cmHg＋ΔhV1＝l1S，V2＝(l1－ΔL)S代入数据解得再加入的水银高Δh＝30 cm.(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋Δh升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋Δh＋ΔL由理想气体状态方程得＝T0＝300 K解得T＝390 K则升温后的温度为t＝117 ℃.18.【答案】(1)8(2)4.5【解析】(1)冰刚好全部熔化指的是混合后的温度恰好为0 ℃.设冰的质量为m1，水蒸气的质量为m2，则有m1λ＝m2L＋cm2Δt，所以＝＝≈8.(2)同(1)可得方程式如下：m1λ＋m1cΔt′＝m2L＋cm2Δt′，即＝＝≈4.5.19.【答案】(1)327 ℃(2) 0.5 m3(3)做负功大于【解析】(1)气体做等容变化，由查理定律得＝解得T1＝600 K ，即t1＝327 ℃.(2)由理想气体状态方程得＝解得V1＝0.5 m3.(3)体积减小，汽缸内气体对外界做负功；由ΔU＝W＋Q知，汽缸内气体放出的热量大于气体内能的减少量.。
人教版高中物理选修3-3综合测试题及答案2套.doc
最新人教版高中物理选修3-3综合测试题及答案2套模块综合检测（一）（时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）A. 水的密度和水的摩尔质量1.下列数据中，可以算出阿伏加德罗常数的是（）C. 水分子的体积和水分子的质量D. 水分子的质量和水的摩尔质量B.水的摩尔质量和水分子的体积解析：水的摩尔质量除以水分子的质量等于一摩尔水分子的个数，即阿伏加德罗常数.故D正确.答案：D2.关于热现象和热学规律的说法中，正确的是（）A.第二类永动机违背了能量守恒定律B.当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C.冰融化为同温度的水时，分子势能增加D.悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显解析：第二类永动机是效率100%的机器，违背了热力学第二定律，故A 错误；当物体被拉伸时，间距增加，分子间的斥力减小、引力也减小，故B错误；内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故冰融化为同温度的水时，吸收热量内能增大而分子的平均动能不变，则分子势能增大，故C 正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故D错误.答案：C3・物体由大量分子组成，下列说法正确的是（）A・分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大B.分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C・物体的内能跟物体的温度和体积有关D.只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析：分子热运动越剧烈，物体分子的平均动能越大，A错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，B错误；物体的内能跟物体的温度和体积有关，C正确；做功和热传递都能改变物体的内能，D错误.答案：C4.下列说法正确的是（）A.液体中悬浮颗粒的无规则运动称为布朗运动B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.物体对外界做功，其内能一定减少解析：布朗运动是液体中悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A 对，B错；改变物体内能的途径有做功和热传递，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能也不一定减少，故C、D均错.答案：A5.下列关于湿度的说法中正确的是（）A.不同温度下，水的绝对湿度不同，而相对湿度相同B.在绝对湿度不变而降低温度时，相对湿度减小C.相对湿度越小，人感觉越舒服D.相对湿度反映了空气中水蒸气含量接近饱和的程度解析：不同温度下，水的绝对湿度可以相同，A错；降低温度，水的饱和汽压减小，绝对湿度不变的条件下，相对湿度增大，B错；相对湿度越小表示空气越干燥，相对湿度越大，表示空气越潮湿，太干燥或太潮湿，人都会感觉不舒服，所以C错；相对湿度是空气中水蒸气的实际压强与该温度下水的饱和.汽压之比，所以它反映了水蒸气含量接近饱和的程度，D对.答案s D6.在一个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管2中共有彳部分充满了水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于（）A・3个大气压 B. 1个大气压2 1C〒个大气压D〒个大气压解析：管子中的气体的初始压强为必，体积为S厶压缩后的压强未知，体积为根据玻意耳定律，有p（ySL=p• 3SL,.解得p=3po ・答案:A7.一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用炉1表示外界对气体做的功，昭表示气体对外界做的功，0表示气体吸收的热量，02表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（）A.Q-Qi=W1-W xB.0 = 02C.W X = W2D・。
新人教版高考物理一轮复习题及答案解析 选修3-3
选考题专练卷[选修3－3]1．(1)以下说法正确的是________。
A．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征B．液体的分子势能与液体的体积有关C．水的饱和汽压不随温度变化D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”(2)如图1所示，在内径均匀两端开口、竖直放置的细U形管中，两边都灌有水银，底部封闭一段空气柱，长度如图所示，左右两侧管长均为h＝50 cm，现在大气压强为p0＝75 cmHg，气体温度是t1＝27 ℃，现给空气柱缓慢加热到t2＝237 ℃，求此时空气柱的长度。
图12．(1)下列有关热学知识的论述正确的是________。
A．两个温度不同的物体相互接触时，热量既能自发地从高温物体传给低温物体，也可以自发地从低温物体传给高温物体B．无论用什么方式都不可能使热量从低温物体向高温物体传递C．第一类永动机违背能量的转化和守恒定律，第二类永动机不违背能量的转化和守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动却是有规律的(2)如图2所示，可自由滑动的活塞将圆筒形汽缸分成A和B两部分，汽缸底部通过阀门K与另一密封容器C相连，活塞与汽缸顶部间连一弹簧，当A、B两部分真空，活塞位于汽缸底部时，弹簧恰无形变。
现将阀门K关闭，B内充入一定质量的理想气体，A、C内均为真空，B部分的高度L1＝0.10 m，此时B与C的体积正好相等，弹簧对活塞的作用力恰等于活塞的重力。
若把阀门K打开，平衡后将整个装置倒置，当达到新的平衡时，B部分的高度L2是多少？(设温度保持不变)图2[选修3－4]1．(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图3甲所示，波此时恰好传播到M点。
图乙是质点N(x＝3 m)的振动图像，则Q点(x＝10 m)开始振动时，振动方向为________，从t＝0开始，终过________s，Q点第一次到达波峰。
人教版 高中物理 选修3-3 综合复习测试卷(含答案解析)
人教版 高中物理 选修3-3 综合复习测试卷（含答案解析）注意事项：1.本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分:第Ⅰ卷为选择题,48分; 第Ⅱ卷为非选择题,72分;全卷满分120分,考试时间为100分钟；2.考生务必将班级、姓名、学号写在相应的位置上.第Ⅰ卷（选择题 共48分）一、选择题（本题包括12个小题，每小题4分，共48分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的不得分）1.下列说法中正确的是 （ ）A ．温度是分子平均动能的标志B ．物体的体积增大时，分子势能一定增大C ．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小D ．利用阿伏伽德罗常数和某种气体的密度，就一定可以求出该种气体的分子质量2．如图1所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F >0为斥力，F <0为引力，a 、b 、c 、d 为x 轴上四个特定的位置，现把乙分子从a 处由静止释放，则 （ ）A ．乙分子由a 到b 做加速运动，由b 到c 做减速运动B ．乙分子由a 到c 做加速运动，到达c 时速度最大C ．乙分子由a 到c 的过程，动能先增后减D ．乙分子由b 到d 的过程，两分子间的分子势能一直增加 3．若以M 表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，A N 为阿伏加德罗常数，m 、v 分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式，正确的是：（ ）A ．A V N mρ= B ．A M N v ρ= C ．A M m N = D ．A V v N = 4．关于液体和固体，以下说法正确的是 ( )A ．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强B ．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的图1C ．液体分子的热运动没有固定的平衡位置D ．液体的扩散比固体的扩散快5.甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为 甲p 、 乙p ，且 甲p ＜ 乙p ，则（ ）A ．甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度B ．甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度C ．甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能D ．甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能6．如图2所示，两个相通的容器P 、Q 间装有阀门K ，P 中充满气体，Q 为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K 后，P 中的气体进入Q 中，最终达到平衡，则 （ ）A. 气体体积膨胀对外做功，内能减小，温度降低B. 气体对外做功，内能不变，温度不变C. 气体不做功，内能不变，温度不变，压强减小D. Q 中气体不可能自发地全部退回到P 中 7.恒温的水池中，有一气泡缓慢上升，在此过程中，气泡的体积会逐渐增大，不考虑气泡内气体分子势能的变化，下列说法中正确的是 （ ）A ．气泡内的气体对外界做功B ．气泡内的气体内能增加C ．气泡内的气体与外界没有热传递D ．气泡内气体分子的平均动能保持不变8．如图3所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被掩没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小. （ ）A.从外界吸热B.内能增大C.向外界放热D.内能减小9．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T 。
人教版高中物理选修3-3综合训练.docx
高中物理学习材料桑水制作选修模块 3-3 综合训练1．(1)如题12A-1图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。
离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。
下列说法正确的是( )A ．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B ．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C ．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D ．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量(2)如题12A-2图所示，内壁光滑的气缸水平放置。
一定质量的理想气体被密封在气缸内，外界大气压强为P 0。
现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q 后，体积由V 1增大为V 2。
则在此过程中，气体分子平均动能_________(选增“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了_____________。
(3)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M=0.283kg ·mol -1，密度ρ=0.895×103kg ·m -3.若100滴油酸的体积为1ml ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A =6.02×1023mol -1.球的体积V 与直径D 的关系为316V D π=，结果保留一位有效数字)2．（1）以下说法正确的是A ．当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子势能最小B ．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动C ．一滴油酸酒精溶液体积为V ，在水面上形成的单分子油膜面积为S ，则油酸分子的直径V d S= D ．温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质（2）如图所示，一直立的气缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的理想 气体，活塞横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的．开始活塞被固定，KAB打开固定螺栓K ，活塞上升，经过足够长时间后，活塞停在B 点，则活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强为 ，在该过程中，缸内气体 （填“吸热”或“放热”）．（设周围环境温度保持不变，已知AB =h ，大气压强为p 0，重力加速度为g ） （3）“水立方”国家游泳中心是北京为2008年夏季奥运会修建的主游泳馆．水立方游泳馆共有8条泳道的国际标准比赛用游泳池，游泳池长50 m 、宽25 m 、水深3 m ．设水的摩尔质量为M ＝1.8×10-2kg ／mol ，试估算该游泳池中水分子数．3．封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A 变到状态D ，其体积V 与热力学温度关T 系如图所示，该气体的摩尔质量为M ，状态A 的体积为V 0，温度为T 0，O 、A 、D 三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为N A 。
高考物理人教版第一轮专题复习强化练：选修3-3综合(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练选修3-3综合一、选择题1、下列说法正确的是( )A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其温度一定升高D.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为N A=.E.一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,单位时间内撞击单位面积上的分子数增多答案：ACE解析:单晶体冰糖有固定的熔点,磨碎后物质微粒排列结构不变,熔点不变,选项A正确;足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体分子之间的作用力无关,选项B错误;一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,故温度升高,选项C正确;气体的体积可以占据任意大的空间,故不能用摩尔体积与气体分子体积求解阿伏加德罗常数,选项D错误;一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增多,选项E正确.2、下列判断正确的是( )A.当r>r0(平衡距离)时随着分子间距增大,分子间的引力增大,斥力减小,所以合力表现为引力B.知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,可以算出气体分子间的平均距离C.通电时电阻发热,它的内能增加是通过“热传递”方式实现的D.将0.02 mL浓度为0.05%的油酸酒精溶液滴入水中,测得油膜面积为200 cm2,则可测得油酸分子的直径为5×10-10 mE.有些物质,在适当的溶剂中溶解时,在一定浓度范围具有液晶态答案：BDE解析:当r>r0(平衡距离)时随着分子间距增大,分子间的引力、斥力都减小,合力表现为引力,选项A错误;知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,可以算出气体分子占据的体积,进而可以算出气体分子间的平均距离,选项B正确;通电时电阻发热,是电流做功的结果,选项C错误;根据题意,油酸酒精溶液含有油酸体积为V=0.02×0.05% mL=1×10-5 mL,所以油酸分子的大小d== cm=5×10-8 cm=5×10-10 m,选项D正确;有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态,故选项E正确.3.关于热现象的描述,下列说法正确的是( )A.悬浮在水里的花粉颗粒越大,撞击花粉颗粒的水分子越多,布朗运动反而越不明显B.气体的温度越高,每个气体分子的动能都越大C.零摄氏度的水比等质量的零摄氏度的冰分子势能大D.对于一定质量的理想气体,如果体积增大,就会对外做功,所以内能一定减少E.热量既能够从高温物体传递到低温物体,也能够从低温物体传递到高温物体答案：ACE解析:悬浮在液体中的小颗粒周围有大量的液体分子,由于液体分子对悬浮颗粒无规则撞击,造成小颗粒受到的冲力不平衡而引起小颗粒的运动,撞击它的分子数越多,越易平衡,布朗运动越不明显,选项A 正确;温度是分子平均动能的标志,满足统计规律,对个别分子没有意义,温度越高,分子的平均动能越大,并不是每个分子的动能都增大,选项B错误;一定质量的零摄氏度的冰变化成了零摄氏度的水,需吸收热量,内能增大,由于温度相同,分子平均动能相同,那么水的分子势能更大,选项C正确;气体体积增大时,对外做功,但有可能吸收热量,故内能变化情况未知,选项D错误;热量既能够从高温物体传递到低温物体,也能够从低温物体传递到高温物体,但会引起其他变化,选项E正确.4.质量一定的某种物质,在压强不变的条件下,由固态Ⅰ到气态Ⅲ变化过程中温度T随加热时间t变化关系如图所示,单位时间所吸收的热量可看做不变,气态Ⅲ可看成理想气体.下列说法正确的是( )A.该物质是晶体B.该物质分子平均动能随着时间的增大而增大C.在t1～t2时间内,该物质分子势能随着时间的增大而增大D.在t4～t5时间内,该物质的内能随着时间的增加而增大E.在t4～t5时间内,气体膨胀对外做功,分子势能增大答案：ACD解析:解析:Ⅱ态为固液共存态,温度不变说明物质是晶体,A正确;在t1～t2及t3～t4时间内温度不变,分子平均动能不变,B错误;在t1～t2时间内,分子平均动能不变,吸收的热量用以增加分子势能,即该物质分子势能随着时间的增加而增大,C正确;在t4～t5时间内,温度不断升高,分子动能不断增大,而理想气体分子势能忽略不计,故在t4～t5时间内,该物质的内能随时间增加而增大,D正确;在t4～t5时间内,气体为理想气体,分子势能为零,E错误.5.下列说法正确的是( )A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体C.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的D.对一定质量的理想气体,在分子热运动的平均动能不变时,分子的平均距离减小则压强增大E.一定质量的理想气体的内能只与温度有关,温度越高,内能越大答案：ADE解析:气体对器壁的压强等于大量分子作用在器壁单位面积上的平均作用力,A正确;玻璃是非晶体,B错误;多晶体物理性质是各向同性的,C错误;理想气体平均动能不变,分子平均距离减小时压强增大,D 正确;一定质量理想气体的内能只与温度有关,温度越高,内能越大,E 正确.6.下列说法正确的是( )A.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体B.温度越高,水的饱和汽压越大C.扩散现象是不同物质间的一种化学反应D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.绝对湿度增大时,人们会感到更加潮湿答案：ABD解析:由同种元素构成的固体,若原子的排列方式不同可能会形成不同的晶体,例如金刚石和石墨,A正确;温度越高,饱和汽压越大,B正确;扩散现象是微观粒子做无规则热运动的体现,并没有发生化学反应,C错误;热力学第二定律表明:热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体,D正确;影响人们对干爽潮湿感受的是相对湿度而不是绝对湿度,E错误.7.下列有关分子动理论及热力学定律,判断正确的是( )A.分子间斥力随分子间距的减小而增大B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低C.分子力(合力)随分子间距的增大而减小D.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程答案：ABE解析:分子间斥力随分子间距离的减小而增大,选项A正确;温度越高,分子运动越剧烈,故只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可降低,选项B正确;分子力表现为引力时,随分子间距的增大可能先增大后减小,选项C错误;对某物体做功,若该物体同时对外放热,则由热力学第一定律知,物体的内能不一定增加,选项D错误;由热力学第二定律知,功转变为热的宏观实际过程是不可逆的,选项E 正确.8.下列说法正确的是( )A.用热针尖接触金属表面的石蜡,熔化区域呈圆形,这是非晶体各向同性的表现B.布朗运动是指液体分子的无规则运动C.功可以全部转化为热,但热不能全部转化为功D.绝热过程不一定是等温过程E.当分子力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而增大答案：ADE解析:解析:石蜡是非晶体,在导热性能上具有各向同性,选项A正确;布朗运动是固体小微粒的运动,而不是液体分子的运动,选项B错误;由热力学第二定律得功可以全部转化为热,但热不能全部转化为功而不产生其他影响,选项C错误;绝热过程是与外界不发生热交换的过程,而等温过程仅指温度不变,选项D正确;分子合力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而逐渐增大,选项E正确.9.下列说法正确的是( )A.第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性B.一种液体是否浸润某种固体,取决于液体的性质C.晶体一定具有各向异性D.由物质的摩尔质量和阿伏加德罗常数可以估算出一个物质分子的质量E.在一个绝热系统中,外界对系统做功,系统的内能一定增大答案：ADE解析:第二类永动机不能制成的原因是自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性,选项A正确;一种液体是否浸润某种固体,与液体和固体的性质都有关系,选项B错误;单晶体具有各向异性,多晶体具有各向同性,选项C错误;一个分子的质量m=,故已知摩尔质量和阿伏加德罗常数可以估算出一个物质分子的质量,选项D正确;在一个绝热过程中,外界对系统做功,由热力学第一定律知,系统的内能增加,选项E正确.10. 如图所示,a,b,c,d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,cd平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( )A.从状态d到c,气体不吸热也不放热B.从状态c到b,气体放热C.从状态a到d,气体对外做功D.从状态b到a,气体吸热E.从状态d到c,气体内能减小答案：BCD解析:读取p T图像信息,从状态d到c,气体等温变化,内能不变,压强变小,体积变大,气体对外界做功,由热力学第一定律知气体要吸热,故A错误;从状态c到b,气体体积变小,外界对气体做功,又内能减小,则气体放热,故B正确;从状态a到d,气体等压变化,温度升高,体积变大,气体对外界做功,故C正确;从状态b到a,气体等容变化,温度升高,内能变大,气体吸热,故D正确;从状态d到c,气体温度不变,则理想气体的内能不变,故E错误.11.下列说法正确的是( )A.一定质量的理想气体温度不变,若从外界吸收热量,则气体体积一定增大B.分子动能是由于物体机械运动而使内部分子具有的能C.玻璃管的裂口烧熔后会变钝是由于烧熔后表面层的表面张力作用引起的D.较大的颗粒不做布朗运动是因为液体温度太低,液体分子不做热运动E.密闭容器中液体上方的饱和汽压随温度的升高而增大答案：ACE解析:一定质量的理想气体温度不变,内能不变,若从外界吸收热量,必定对外做功,气体的体积增大,选项A正确;分子动能与物体的机械运动无关,选项B错误;烧熔后变为液体,在表面张力作用下玻璃裂口处会变钝,选项C正确;较大颗粒因为周围的液体分子碰撞趋于平衡,所以布朗运动不明显,选项D错误;温度越高,饱和汽压越大,选项E 正确.12. 如图所示,汽缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体A加热一段时间,后来活塞达到新的平衡,不计气体分子势能,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,大气压强保持不变,则下列判断正确的是( )A.气体A吸热,内能增加B.气体B吸热,对外做功,内能不变C.气体A分子的平均动能增大D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大E.气体B的温度与气体A的相等答案：ACE解析:气体A做等容变化,则W=0,根据ΔU=W+Q可知气体A吸收热量,内能增加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都增加,选项A,C正确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B 吸收热量,重新平衡后温度与气体A的温度相等,则温度升高,内能增加;又因为压强不变,故体积变大,气体对外做功,选项B错误,E正确.二、非选择题13. 油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL,现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL,若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中,由于酒精溶于水,油酸在水面展开,稳定后形成的油膜的形状如图所示.若每一小方格的边长为25 mm,试问:(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为模型,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的 .图中油酸膜的面积为 m2;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 m3;根据上述数据,估测出油酸分子的直径是 m.(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中,在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜,实验时观察到,油膜的面积先扩张后又收缩了一些,这是为什么呢?请写出你分析的原因: .解析:(1)油膜面积约占70小格,面积约为S=70×25×25×10-6 m2≈4.4×10-2m2,一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=××10-6m3=1.2×10-11m3,油酸分子的直径约等于油膜的厚度d== m≈2.7×10-10 m.(2)主要有两个原因:①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击,先陷下后又恢复水平,因此油膜的面积扩张;②油酸酒精溶液中的酒精挥发,使油膜收缩.答案:(1)球体单分子直径 4.4×10-2 1.2×10-11 2.7×10-10 (2)见解析14.如图所示为竖直放置的粗细相同的导热性能良好的U形管,该U形管左端封闭,右端开口,管内用密度为ρ的液体密封了一定质量的气体A,B(可视为理想气体).气体A上方液体高度为h1,气体B下端与气体A下端的高度差为h2,大气压强为p0,重力加速度为g.(1)求气体B的压强p B.(2)若开始时气体A所占管的空间高度为h,现增加气体A上方的液体,使其高度变为2h1,求后来气体A所占管的空间高度h′.解析:(1)对气体A有p A=p0+ρgh1对气体B有p B+ρgh2=p A解得p B=p0+ρg(h1-h2).(2)当气体A上方液体的高度变为2h1,气体A的压强变为p A′=p0+2ρgh1.由玻意耳定律可得p A Sh=p A′Sh′解得h′=h.答案:(1)p0+ρg(h1-h2)(2)h15.如图所示,一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化,最终变为状态D,已知气体在A状态时的压强为p0,求气体在状态C时的压强和体积及在状态B时的温度.解析:由题图可知,气体在状态A,D时温度相同,设在状态D时气体压强为p D,则由玻意耳定律得p0V0=p D·3V0,解得p D=,设在状态B时气体的温度为T B,气体从状态A到状态B是等压变化,则由盖—吕萨克定律得=,解得T B=2T0,气体从状态B到状态C是等温变化,所以气体在状态C时的温度T C=T B=2T0,气体从状态C到状态D是等压变化,所以气体在状态C时的压强p C=,设在状态C时气体的体积为V C,由盖—吕萨克定律得=,解得V C=6V0.答案:见解析16.如图所示,一绝热汽缸竖直放置,一定质量的理想气体被活塞封闭于汽缸中,活塞质量为m、横截面积为S,不计厚度,且与汽缸壁之间没有摩擦.开始时活塞被销子固定于距汽缸底部高度为h1的A位置,气体温度为T1,压强为p1,现拔掉销子,活塞下降到距汽缸底部高度为h2的B位置时停下,已知大气压强为p0,重力加速度为g.(1)求此时气体的温度;(2)若再用电热丝给气体缓慢加热,电热丝释放出的热量为Q,使活塞上升到距汽缸底部高度为h3的C位置时停下,求气体内能的变化量. 解析:(1)活塞在A位置时,对于封闭气体有p A=p1,V A=Sh1,T A=T1,活塞在B位置时,对于封闭气体有p B=p0+,V B=Sh2由理想气体状态方程得=解得T B=T1.(2)活塞由B位置上升到C位置的过程为等压过程,气体对活塞的压力为F=p B S(1分)气体对活塞做的功为W=F(h3-h2)=(p0S+mg)(h3-h2)由热力学第一定律有ΔU=Q-W=Q-(p0S+mg)(h3-h2).答案:(1)T1(2)Q-(p0S+mg)(h3-h2)17. 如图,体积为V的密闭的汽缸,两侧与一“U”形管的两端相连,汽缸壁导热,“U”形管内盛有水银.绝热活塞通过插销固定,将汽缸分成左、右两个气室,开始时,左气室的体积是右气室的体积的一半,气体的压强均为75 cmHg.外界温度恒为27 ℃.缓慢加热左气室的气体,使两侧水银面的高度差h=25 cm,“U”形管中气体的体积和活塞的体积忽略不计,气室内气体可视为理想气体.(1)求此时左气室内气体的温度;(2)保持(1)中左气室温度不变,拔掉活塞的插销,活塞可无摩擦移动,求最后稳定时,气体的压强(保留两位有效数字)和左气室内气体体积的增加量.解析:(1)右气室内气体的温度、体积均不变,故压强不变.左气室内气体初始状态p0=75 cmHg,温度T0=300 K.加热后,压强变为p=100 cmHg,设此时温度为T由查理定律=解得T=400 K.(2)左、右两部分气体都经历了等温变化,最终两气室内气体的压强相同,设最终压强为p′,左气室内气体体积增加量为V′,由玻意耳定律,对左气室有p·V=p′(V+V′)对右气室有p0·V=p′(V-V′)解得V′=Vp′=83 cmHg答案:(1)400 K(2)83 cmHg V18.如图所示,汽缸abcd和efgh的侧壁绝热,底面ad和fg导热,两汽缸连接处eb和ch导热,左右汽缸长度均为1.5 L.横截面积分别为S,2S的两绝热光滑活塞通过硬杆连接,并把汽缸中的理想气体分为1,2和3三部分,两活塞厚度均不计,右侧汽缸有阀门与外界连通.初始时三部分气体的热力学温度均为T1,压强均为大气压强p0,阀门处于打开状态,气体1,2和3的长度均为L.(1)现把汽缸abcd左端ad与一恒温热源接触,气体1的温度缓慢升高到与恒温热源一致时,恰能使左侧活塞移到汽缸abcd最右端,求恒温热源的热力学温度T2.(2)保持ad与恒温热源接触,关闭阀门,从汽缸底面fg对气体3加热,恰好使左侧活塞回到初始位置.求此时气体3的热力学温度T3.解析:(1)当左侧活塞恰移到abcd最右端时,设气体1的压强为p1,气体2的压强为p2,对气体2,根据玻意耳定律有p0(S×0.5L+2S×0.5 L)=p2×2SL,解得p2=0.75p0,对两活塞,有p1S+p2×2S=p2S+p0×2S,解得p1=1.25p0,对气体1,根据理想气体状态方程有=,解得T2=.(2)当左侧活塞回到初始位置时,气体1的压强为p3,气体2的压强为p0,气体3的压强为p4.对气体1,有p1S×1.5L=p3SL,解得p3=,对两活塞,有p3S+p0×2S=p0S+p4×2S,解得p4=,对气体3,根据理想气体状态方程有=,解得T3=.答案:(1)T1(2)T1。
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模块综合检测(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)(90分钟 100分)1．(8分)如图所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的气体，已知容器横截面积为S ，活塞重为G ，大气压强为p 0.若活塞固定，密封气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q ；若活塞不固定，且可无摩擦滑动，仍使密封气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q 2.(1)Q 1和Q 2哪个大些？气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会不同？(2)求在活塞可自由滑动时，密封气体温度升高1 ℃，活塞上升的高度h .【解析】 (1)设密闭气体温度升高1 ℃，内能的增量为ΔU ，则有ΔU ＝Q 1，ΔU ＝Q 2＋W因体积膨胀，W ＜0，故Q 2＞Q 1由此可见，质量相等的同种气体，在定容和定压两种不同情况下，尽管温度变化相同，但吸收的热量不同，所以同种气体在定容下的比热容与在定压下的比热容是不同的．(2)对活塞用动能定理得W 内－p 0Sh －Gh ＝0，W 内＝－W故h ＝－W p 0S ＋G由①②式得－W ＝Q 2－Q 1代入得h ＝Q 2－Q 1p 0S ＋G. 【答案】 (1)Q 1＜Q 2 见解析 (2)Q 2－Q 1p 0S ＋G2．(6分)某同学设计了如下一个用“油膜法测分子大小”的实验．他配制的油酸酒精溶液的浓度为103 mL 溶液中有纯油酸1 mL ，用注射器量得1 mL 上述油酸酒精溶液中有液滴50滴，将其中的1滴滴入水面撒有痱子粉的浅盘里，待稳定后，形成了清晰的油膜轮廓．他然后将一有机玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下了油膜的形状．但他没有坐标纸，就先用游标卡尺测量了该玻璃板的厚度如右图所示，然后用剪刀剪出了面积量等于油膜形状的有机玻璃板，如图所示，并用天平称出了其质量为0.3 kg ，已知该有机玻璃板的密度为ρ=3×103kg /m 3，请根据以上数据估测：(1)油酸膜的实际面积；(2)油酸分子的直径.【解析】 (1)由图读出有机玻璃板的厚度d ＝2.5×10－3 m油酸膜的实际面积S ＝m ρd ＝0.33×103×2.5×10－3 m 2＝4×10－2 m 2. (2)每滴油酸的体积V ＝150×1103×10－6 m 3＝2×10－11 m 3 油酸分子直径d ＝V S＝5×10－10 m. 【答案】 (1)4×10－2 m 2 (2)5×10－10 m3．(6分)如右图所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F ＞0为斥力，F ＜0为引力，a 、b 、c 、d 为x 轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a 处静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则：(1)乙分子在何处势能最小？是正值还是负值？(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子势能随距离的减小都增加？【解析】 (1)由于乙分子由静止开始，在ac 间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c 点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小为负值．(2)在分子力表现为斥力的那一段上，即乙分子由c 向d 运动过程中，分子力做负功，分子势能增加．【答案】 (1)c 处 负值 (2)c 到d 阶段4．(6分)(1)如下图为同一密封的小包装食品的两张照片，甲图摄于海拔500 m 、气温18 ℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m 、气温10 ℃环境下．下列说法正确的是( )A ．乙图中小包内气体的压强增大了B ．乙图中小包内气体的压强减小了C ．由此推断，如果小包不破裂，且鼓起得越厉害，则所在位置的海拔越高D ．由此推断，如果小包不破裂，则海拔越高，小包内气体的压强就越大(2)能源是当今社会快速发展所面临的一大难题，由此，人们想到了永动机．关于第二类永动机，甲、乙、丙、丁4名同学争论不休．甲：第二类永动机不违反能量守恒定律，应该可以制造成功．乙：虽然内能不可能全部转化为机械能，但在转化过程中可以不引起其他变化． 丙：摩擦、漏气等因素导致能量损失，第二类永动机才因此不能制成．丁：内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因. 你认为________的说法是正确的A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁【解析】 (1)小包内气体温度降低，体积增大，由状态方程pV T＝C 知，小包内的压强p 减小，A 项错误、B 正确；小包鼓起来，是因为小包内气体压强大于小包外气体压强，在海拔高度不增加、外界压强不变的情况下，小包内压强越大，鼓得越厉害，C 项错误；海拔高度越高，外界压强越小，内部压强也减小，D 项错误．(2)内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因，正确的选项为D.【答案】 (1)B (2)D5．(8分)(2009年高考上海单科)如右图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39 cm ，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为40 cm.先将口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm ，求：(1)稳定后右管内的气体压强p ；(2)左管A 端插入水银槽的深度h(大气压强p0=76 cmHg)【解析】 (1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p 0l 0S ＝p (l 0－Δh /2)S所以p ＝78 cmHg.(2)插入水银槽后左管压强：p ′＝p ＋ρg Δh ＝80 cmHg左管内外水银面高度差h 1＝p ′－p 0ρg＝4 cm 中、左管内气体p 0l ＝p ′l ′，l ′＝38 cm左管插入水银槽深度h ＝l ＋Δh /2－l ′＋h 1＝7 cm.【答案】 (1)78 cmHg (2)7 cm 6．(10分)(1)随着科技的迅猛发展和人们生活水平的提高，下列问题一定能够实现或完成的是( )A ．假如全世界60亿人同时数1 g 水的分子个数，每人每小时可以数5 000个，不间断地数，则大约20年能数完(阿伏加德罗常数N A 取6.0×1023个/mol)B ．热量可以从低温物体传到高温物体C ．热机的效率达到100%D ．太阳能的利用普及到老百姓的日常生活中(2)某学校研究性学习小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数和教室内的空气早晨同中午空气多少的变化情况．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R ＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023个/mol.另一同学用温度计测出早晨教室内的温度是7 ℃，中午教室内的温度是27 ℃.①这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．②根据上述几个物理量能否估算出中午跑到教室外的空气是早晨教室内的空气的几分之几？【解析】 (1)可估算需要10万年才能数完，所以A 错；热力学第二定律告诉我们B 正确；热机是把内能转化为机械能的机器，根据热力学第二定律可知C 错；太阳能的开发和利用是人类开发新能源的主要思路，完全可以实现全民普及太阳能，所以D 正确，正确的答案为B 、D.(2)①能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p 0＝mg S ＝mg 4πR 2，得m ＝4πR 2p 0g把查阅得到的数据代入上式得，m ＝5.2×1018 kg大气层空气的分子数为n ＝m M N A ＝5.2×10182.9×10－2×6.0×1023个＝1.1×1044个②可认为中午同早晨教室内的压强不变，根据等压变化规律V 2V 1＝T 2T 1， 将T 1＝280 K 、T 2＝300 K ，代入得V 2＝300280V 1 故跑到室外的空气体积ΔV ＝V 2－V 1＝20280V 1 所以跑到室外空气占早晨室内的比例为ΔV V 2＝20280V 1300280V 1＝115. 【答案】 (1)BD (2)①能 理由见解析 ②1157. (8分)如右图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm ，现用竖直向下的外力F 压缩气体，使封闭的空气柱长度变为2 cm ，人对活塞做功100 J ，大气压强为p0=1.0×105 Pa ，不计活塞的重力．问：(1)若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强有多大？(2)若以适当的速度压缩气体时，向外散失的热量为20 J ，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S ＝1 cm 2)【解析】 (1)设压缩后气体的压强为p ，活塞的横截面积为S ，l 0＝22 cm ，l ＝2 cm ，V 0＝l 0S ，V ＝lS .缓慢压缩，气体温度不变，由玻意耳定律得：p 0V 0＝pV解得p ＝1.1×106 Pa.(2)大气压力对活塞做功W 1＝p 0S (l 0－l )＝2 J人做功W 2＝100 J ，由热力学第一定律：ΔU ＝W 1＋W 2－Q代入数据，解得：ΔU ＝82 J.【答案】 (1)1.1×106 Pa (2)82 J8．(6分)(2008年高考海南理综)如右图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔．管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T 1，开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p 0时，活塞下方气体的体积为V 1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V 1，活塞因重力而产生的压强为0.5p 0，继续将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热，求：(1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度；(2)当气体温度达到1.8T 1时气体的压强．【解析】 (1)由玻意耳定律得：V V 1＝p 0＋0.5p 00.5p 0，式中V 是抽成真空后活塞下方气体体积由盖·吕萨克定律得：2.6V 1＋V 1V ＝T ′T 1解得：T ′＝1.2T 1.(2)由查理定律得：1.8T 1T ′＝p 20.5p 0解得p 2＝0.75p 0.【答案】 (1)1.2T 1 (2)0.75p 09．(10分)如右图为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷疑器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．(1)下列说法正确的是 .A ．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C ．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D ．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？【解析】 (1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C 正确，D 错误．由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B 、C.(2)由热力学第一定律可知，电冰箱从冰箱内吸了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多．【答案】 (1)BC (2)见解析10．(10分)房间的容积为20 m 3，在温度为7 ℃、大气压强为9.8×104 Pa 时，室内空气质量是25 kg.当温度升高到27 ℃，大气压强变为1.0×105 Pa 时，室内空气的质量是多少？【解析】 (1)气体初态：p 1＝9.8×104 Pa ，V 1＝20 m 3，T 1＝280 K.末态：p 2＝1.0×105 Pa ，体积V 2，T 2＝300 K.由状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 所以V 2＝p 1T 2p 2T 1V 1＝9.8×104×300×201.0×105×280m 3＝21.0 m 3. 因V 2＞V 1，故有气体从房间内流出．房间内气体质量m 2＝V 1V 2m 1＝2021×25 kg ＝23.8 kg. 【答案】 23.8 kg11.(10分)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa ，体积为2.0×10-3 m3的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃.(1)求气缸内气体的最终体积；(2)在右上图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化(大气压强为1.0×105 Pa)．【解析】 (1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p 0V 0＝p 1V 1解得p 1＝V 0V 10＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105 Pa ＝2.0×105 Pa在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则V 1T 0＝V 2T 2所以V 2＝T 2T 0V 1＝273＋127273×1.0×10－3 m 3 ＝1.47×10－3 m 3.(2)如下图所示．【答案】 (1)1.47×10－3 m 3 (2)见解析12．(12分)(2009年高考海南单科)一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(即76.0 cmHg)、温度为27.0 ℃的氦气时，体积为3.50 m 3.在上升至海拔6.50 km 高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0 cmHg ，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0 ℃.求：(1)氦气在停止加热前的体积；(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．【解析】 (1) 在气球上升至海拔6.50 km 高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程． 根据玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2①式中，p 1＝76.0 cmHg ，V 1＝3.50 m 3，p 2＝36.0 cmHg ，V 2是在此等温过程氦气末状态的体积．由①式得V 2＝7.39 m 3.②(2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T 1＝300 K 下降到与外界气体温度相同，即T 2＝225 K ．这是一等压过程根据盖·吕萨克定律有V 2T 1＝V 3T 2③ 式中，V 3是在此等压过程氦气末状态的体积．由③式得V 3＝5.54 m 3.④【答案】 (1)7.39 m 3 (2)5.54 m 3。