2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-3

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(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选修3-3专练(一)

选修3－3专练(一)1．(1)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K ②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.2．(1)下列说法中正确的是________．A ．一定质量的0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，分子势能减小B ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在表面张力C ．用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S 的V 是指油滴溶液的体积D ．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态E ．当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子间作用力为零，分子势能最小(2)如图2所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S ＝1×10－4 m 2，质量为m ＝1 kg ，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h ＝0.2 m ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.图2①如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23，求砂子的质量并判断此过程理想气体是吸热还是放热；②如果在①基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量 5 J ，求气体内能的增量．答案 (1)ABE (2)见解析解析 (1)0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，对外做功，同时放出热量，内能减小，分子平均动能不变，分子势能减小，故A 正确；水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体表面存在表面张力，故B 正确；用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S的V 是指一滴溶液中纯油酸的体积，故C 错误；热平衡是指一个系统内部各部分温度相等的状态，故D 错误；设分子的平衡距离为r 0，分子间的距离为r ，当r >r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大．当r <r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大．故当r ＝r 0时，分子力为0，分子势能最小，故E 正确．(2)①因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2 p 1＝p 0＋mg S ，p 2＝p 0＋mg ＋m 砂g SV 1＝hS ，V 2＝23hS代入数据解得m 砂＝1 kg因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，所以此过程理想气体放热．②使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功W ＝－p 2ΔV ＝－2 J 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q所以气体内能的增量为3 J.。

(江苏专用)2019高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(三)

选做题保分练(三)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．) 13．A.[选修3－3](15分)(2018·南通市模拟)(1)下列说法中错误的是________． A ．雾霾在大气中的漂移是布朗运动 B ．制作晶体管、集成电路只能用单晶体 C ．电场可改变液晶的光学性质D ．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸(2)每年入夏时节，西南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨．冷空气较暖湿空气密度大，当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀．则暖湿气团温度会________(选填“升高” “不变”或“降低”)，同时气团内空气的相对湿度会________(选填“变大”“不变”或“变小”)．(3)一定质量的理想气体经历了如图1所示的ABCDA 循环，p 1、p 2、V 1、V 2均为已知量．已知A 状态的温度为T 0，求：图1①C 状态的温度T ；②完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q . 答案 (1)A (2)降低变大 (3)①p 2V 2p 1V 1T 0 ②吸收(p 2－p 1)(V 2－V 1) 热量解析 (3)①设状态D 的温度为T DC 到D 等容变化，由查理定律知 p 2T ＝p 1T DD 到A 等压变化，由盖－吕萨克定律知V 2T D ＝V 1T 0解得T ＝p 2V 2p 1V 1T 0 ②W BC ＝－p 2(V 2－V 1)W DA ＝p 1(V 2－V 1)全过程有W ＝W BC ＋W DA ＝(p 1－p 2)(V 2－V 1) 由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ＝0 解得Q ＝(p 2－p 1)(V 2－V 1)>0，气体吸热． 13．B.[选修3－4](15分)(2018·高考押题预测卷)(1)下列说法中正确的是________． A ．偏振光可以是横波，也可以是纵波B ．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地球表面简谐振动的周期C ．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D ．用双缝干涉测光的波长时，若减小双缝间的距离，则同种光波的相邻亮条纹间距将减小(2)一列简谐横波沿x 轴传播，图2甲是t ＝2 s 时的波形图，图乙是x ＝1 m 处质点的振动图象，则该波的传播速度为________m/s ，传播方向为________．图2(3)如图3所示，一根长直棒AB 竖直地插入水平池底，水深a ＝1.0 m ，棒露出水面部分的长度b ＝0.6 m ，太阳光斜射到水面上，水面上阴影的长度为c ＝0.8 m ，已知水的折射率n ＝43，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求棒在池底的影长d .图3答案 (1)BC (2)0.5 沿x 轴负方向 (3)1.55 m解析 (1)偏振光只能是横波，不可能是纵波，故A 错误；根据单摆的周期公式T ＝2πlg，又月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故B 正确；根据相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故C 正确；用双缝干涉测光波的波长时，若减小双缝间的距离，根据Δx ＝l dλ可知，同种光波的相邻亮条纹间距将增大，故D 错误．(2)根据题图甲可知波长λ＝2 m ，根据题图乙可知周期T ＝4 s ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s ，结合甲图和乙图，x ＝1 m 处的质点在t ＝2 s 时正经过平衡位置向下振动，根据振动方向和波的传播方向在波形图的同一侧判断，波的传播方向沿x 轴负方向．(3)设太阳光与水面的夹角为α，射进水后的折射角为β，如图所示由几何关系得：tan α＝0.60.8＝34①根据折射定律有：n ＝sin (90°－α)sin β②影长d ＝c ＋tan β③由①②③式代入数据解得d ＝1.55 m.。

2019年高考物理总复习选考3-3综合检测教科版

《选修3-3》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共13小题,每小题4分,共52分.在每小题给出的选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K闭合,压下压杆A可向瓶内储气室充气;多次充气后按下按柄B打开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体,充气和喷水过程温度保持不变,则( ACE )A.充气过程中,储气室内气体内能增大B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中,储气室内气体吸热D.喷水过程中,储气室内气体压强增大E.喷水过程中,储气室内气体压强减小解析:充气过程中,储气室内气体的质量增加,气体的温度不变,故气体分子的平均动能不变,气体内能增大,选项A正确,B错误;喷水过程中,气体对外做功,体积增大,而气体温度不变,则气体吸热,所以气体压强减小,选项C,E正确,D 错误.2.下列说法中正确的是( BDE )A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大B.一定质量气体的体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性解析:速度增大,不会改变物体的分子的动能,选项A错误;体积增大时,气体对外做功,不吸热也不放热时,内能减小,选项B正确;质量相同,但物体的物质的量不同,故提高相同的温度时,内能的增量不一定相同,选项C错误;物体的内能取决于物体的温度和体积,选项D正确;由热力学第二定律可知,凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性,选项E正确.3.如图所示,是氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布图线,由图可知( ADE )A.随着温度升高,氧气分子的平均速率增大B.随着温度升高,每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高,氧气分子中速率小的分子所占比例增大D.同一温度下,氧气分子速率分布呈现“中间多,两头少”的规律E.随着温度升高,氧气分子的平均动能增大解析:读取图像信息知,同一温度下,分子速率分布呈现“中间多,两头少”的特点,故D正确.由分子动理论知,不同温度下的图像不同,温度升高,分子中速率大的分子所占比例增大,其分子运动的平均速率也增大,平均动能增大,故A,E正确,C错误.温度升高,多数分子的速率会变大,少数分子的速率会变小,故B错误.4.下列说法正确的是( BCD )A.凡是不违背能量守恒定律的实验构想,都是能够实现的B.做功和热传递在改变内能的效果上是等效的,表明要使物体的内能发生变化,既可以通过做功来实现,也可以通过热传递来实现C.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大E.在水池中,一个气泡从池底浮起,此过程可认为气泡的温度不变,气泡内气体视为理想气体,则外界对气泡做正功,同时气泡放热解析:由热力学第二定律可知,A错误.由热力学第一定律可知,B正确.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,C正确.温度越高,分子热运动的平均动能越大,分子的平均速率增大,这是统计规律,具体到少数个别分子,其速率的变化不确定,因此仍可能有分子的运动速率非常小,D正确.随着气泡的上升,压强减小,因为温度不变,根据=C,所以体积增大,即为气泡对外做正功;根据ΔE=W+Q可知温度不变,所以ΔE不变,W<0,所以Q>0,即气泡吸热,E错误.5.下列说法正确的是( BDE )A.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B.水可以浸润玻璃,但不能浸润石蜡,表明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C.液晶的各种物理性质,在各个方向上都是不同的D.相同温度下相对湿度越大,表明空气中水汽越接近饱和E.对一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少解析:布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,故选项A错误;液体是否浸润某种固体取决于相关液体及固体的性质,故选项B正确;液晶的某些物理性质,在各个方向上是相同的, 故C错误;相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度水的饱和汽压的比值,故选项D正确;一定质量的理想气体,体积增大时,分子数密度减小,而压强不变,说明分子的平均动能变大,则每次碰撞的冲击力变大,所以单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,故选项E正确.6.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( BCD )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,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.7.以下有关热现象的叙述,正确的是( CDE )A.气体的体积是所有气体分子的体积之和B.当气体膨胀时,气体的内能一定减少C.即使没有漏气,也没有摩擦的能量损失,内燃机也不可能把内能全部转化为机械能D.单晶体一定具有规则形状,且有各向异性的特征E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加解析:气体体积主要是气体所充满的空间,故选项A错误;气体膨胀时,对外做功,但不清楚传热情况,所以不能确定内能的变化情况,故选项B错误;由热力学第二定律知,内燃机不可能把内能全部转化为机械能,故选项C正确;由单晶体的特点知选项D正确;100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,吸热但分子动能不变,所以分子之间的势能增加,故选项E 正确.8.一定质量的理想气体分别在T1,T2温度下发生等温变化,相应的两条等温线如图所示,T2对应的图线上有A,B两点,表示气体的两个状态.下列说法正确的是( BCD )A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时的大B.A到B的过程中,气体内能不变C.A到B的过程中,气体从外界吸收热量D.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少E.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多解析:由题图知T2>T1,温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小,选项A错误;A到B的过程中,气体体积增大,对外做功,温度不变,内能不变,由热力学第一定律,可知气体从外界吸收热量,选项B,C正确;气体的压强由气体分子平均动能和单位体积的分子数目决定,A到B的过程中,气体温度不变,分子平均动能一定,气体体积增大,单位体积的分子数目减小,气体压强减小,所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少,选项D正确,E错误.9.下列关于固体、液体、气体的性质的说法正确的是( BDE )A.气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B.液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故C.黄金、白银等金属容易加工成各种形状,没有固定的外形,所以金属不是晶体D.某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数E.水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现解析:气体如果失去了容器的约束就会散开,这是气体分子无规则运动的缘故,选项A错误;液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故,选项B正确;黄金、白银等金属一般是多晶体,容易加工成各种形状,没有固定的外形,选项C错误;某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数,选项D正确;水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现,选项E正确.10.下列说法中正确的是( ABC )A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A=解析:根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,选项A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,选项B正确;当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,选项C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,选项D错误;某固体或液体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A=,对于气体此式不成立,选项E错误.11.下列说法正确的是( ACD )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,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的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不变解析: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,与气体的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,选项C正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,选项D正确;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大,选项E 错误.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( ACE )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分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析: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,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;气体B的压强不变,但是体积增大,平均动能增大,所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少,选项E正确.13.如图为某同学设计的喷水装置,内部装有2 L水,上部密封1 atm的空气0.5 L,保持阀门关闭,再充入1 atm的空气0.1 L,设在所有过程中空气可看成理想气体,且温度不变,下列说法正确的有( ACD )A.充气后,密封气体的压强增加B.充气后,密封气体的分子平均动能增加C.充气过程,外界对密封气体做功D.打开阀门后,密封气体对外界做正功E.打开阀门后,不再充气也能把水喷光解析:以两部分气体整体为研究对象,初状态有p1=1 atm,V1=(0.5+ 0.1) L,末状态有V2=0.5 L,p2未知.由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得p2= = atm=1.2 atm,则充气后压强增大,故选项A正确;温度不变,则气体分子平均动能不变,故选项B错误;充气过程,气体体积减小,外界对其做功,故选项C正确;打开阀门后气体体积增大,则气体对外界做正功,故选项D正确;打开阀门后,水向外流出,假设水全部流出,则气体充满容器,初状态为p2=1.2 atm,V2=0.5 L,末状态为V3=2.5 L,p3未知,由玻意耳定律p2V2=p3V3,解得p3=0.24 atm,小于外部气压,故水不会喷光,故选项E错误.二、非选择题(共48分)14.(9分)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≈4.4×10-2 m2,一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=×× 10-6 m3=1.2×10-11 m3,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,使液面收缩.答案:(1)球体单分子直径 4.4×10-2 1.2×10-112.7×10-10(2)见解析评分标准:第(1)问6分,第(2)问3分.15.(9分)某同学估测室温的装置如图所示,汽缸导热性能良好,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V1=66 mL,将汽缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积V2=60 mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压p0=1.0×105 Pa.(1)根据题干条件可得室温是多少?(2)上述过程中,外界对气体做的功是多少?解析:(1)设室温为T1,则=,(2分)又T2=273 K,(2分)代入解得T1=300.3 K,t1=27.3 ℃.(1分)(2)外界对气体做的功W=p0·ΔV,(2分)解得W=0.60 J.(2分)答案:(1)27.3 ℃(2)0.60 J16.(9分)如图所示,一粗细均匀的玻璃瓶水平放置,瓶口处有阀门K,瓶内有A,B两部分用一活塞分开的理想气体.开始时,活塞处于静止状态,A,B两部分气体长度分别为2L和L,压强均为p.若因阀门封闭不严,B中气体向外缓慢漏气,活塞将缓慢移动,整个过程中气体温度不变,瓶口处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L时,(忽略摩擦阻力)求此时:(1)A中气体的压强;(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量之比.解析:(1)对A中气体,由玻意耳定律可得p·2LS=p A(2L+0.4L)S(2分)得p A=p.(1分)(2)AB气体通过活塞分开,AB中气体压强始终保持相同p A=p B设漏气后B中气体和漏出气体总长度为L BpLS=p B L B S(1分)得L B=L(2分)此时B中气体长度为L B′=L-0.4L=0.6L(1分)则此时B中气体质量m B′与原有质量m B之比为==.(2分)答案:(1)p (2)17.(9分)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强p A=p0,温度T A=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点.求:(1)气体在状态B时的压强p B;(2)气体从状态A变化到状态B的过程中,对外界做的功为10 J,该过程中气体吸收的热量为多少;(3)气体在状态C时的压强p C和温度T C.解析:(1)A到B是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有p A V A=p B V B,(2分)解得p B=p0.(1分)(2)A状态至B状态过程是等温变化,气体内能不变,即ΔU=0气体对外界做功W=-10 J(1分)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q(1分)解得Q=-W=10 J.(1分)(3)由B到C等压变化,则p C=p B=p0根据盖吕萨克定律得=(2分)解得T C=T0.(1分)答案:(1)p0(2)10 J (3)p0T018.(12分)如图所示,有一个高度为h=0.6 m的金属容器放置在水平地面上,容器内有温度为t1=27 ℃的空气,容器左侧壁有一阀门距底面高度为h1=0.3 m,阀门细管直径忽略不计.容器内有一质量为m= 5.0 kg的水平活塞,横截面积为S=20 cm2,活塞与容器壁紧密接触又可自由活动,不计摩擦,现打开阀门,让活塞下降直至静止并处于稳定状态.外界大气压强为p0=1.0×105 Pa.阀门打开时,容器内气体压强与大气压相等,g取10 m/s2.求:(1)若不考虑气体温度变化,则活塞静止时距容器底部的高度h2;(2)活塞静止后关闭阀门,对气体加热使容器内气体温度升高到 327 ℃,求此时活塞距容器底部的高度h3.解析:(1)活塞在阀门以上时,容器内气体的压强为p1=1.0×105 Pa,活塞静止时,气体压强为p2=p0+=1.25×105 Pa,(2分)活塞刚到阀门时,容器内气体体积为V1=h1S,活塞静止时,气体的体积为V2=h2S,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,(2分)代入数据得h2=0.24 m.(2分)(2)活塞静止后关闭阀门,此时气体的压强为p3=p2=1.25×105 Pa,等压变化,T2=T1=300 K,T3=600 K,V2=h2S,V3=h3S,(2分)根据盖吕萨克定律有=,(2分)代入数据得h3==0.48 m.(2分)答案:(1)0.24 m (2)0.48 m。

(完整word)2019届高考物理大一轮复习金考卷：选修3-3(含解析)

阶段示范性金考卷(十一)本卷测试内容：选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、5、6、9、10小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、7、8小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2018·上海市十校高三联考]下列说法中正确的是( )A. 温度低的物体内能小B. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加C. 温度低的物体分子运动的平均动能小D. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大解析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素有关，所以温度低的物体内能不一定小，选项A错误；做功和热传递均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项B错误；物体的温度低表示物体分子运动的平均动能小，选项C正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，显然，选项D错误．答案：C2. 在冬季，装有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，产生这种现象的主要原因是( )A. 软木塞受潮膨胀B. 瓶口因温度降低而收缩变小C. 白天气温升高，大气压强变大D. 瓶内气体因温度降低而压强减小解析：冬季气温较低，瓶中的气体V不变，因T减小而使p减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞向下推使瓶塞塞紧，所以拔起来就感到很吃力，故D正确．答案：D3. 如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是( )A. a点B. b点C. c点D. d点解析：由分子力与分子之间距离的图象可以看出，乙分子从无穷远处到c点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从c到d过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过位置c时速度最大．答案：C4. [2018·广州模拟]一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B ，气体的压强随热力学温度的变化如图所示，则此过程( )A. 气体的密度增大B. 外界对气体做功C. 气体从外界吸收了热量D. 气体分子的平均动能增大解析：由图象可得：从状态A 到状态B ，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程pVT ＝C ，气体的体积V 减小，由密度公式ρ＝mV ，故气体的密度增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变，选项D 错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，该气体要放热，故选项B 正确，选项C 错误．答案：AB5. 关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( ) A. 第二类永动机违反能量守恒定律B. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C. 外界对物体做功，则物体的内能一定增加D. 做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错．据热力学第一定律ΔU＝Q ＋W 知，内能的变化由做功W 和热传递Q 两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B 、C 项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D 正确．答案：D6. [2018·浙江杭州]如图所示为中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶．在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞．在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气的过程中，瓶内气体体积减小了ΔV 时，压强增大了20%.若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )A. 20%B. 30%C. 40%D. 50%解析：瓶内气体做等温变化，设初始状态，气体压强为p ，体积为V ，当瓶内气体体积减小2ΔV 时，气体压强大小为xp，根据气体定律可得，pV＝1.2p(V－ΔV)＝xp(V－2ΔV)，解得，x＝1.5，所以，其压强增大50%，D项正确．答案：D7. 一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p－T图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断( )A. ab过程中气体体积不断减小B. bc过程中气体体积不断减小C. cd过程中气体体积不断增大D. da过程中气体体积不断增大解析：分析图象时要注意，在p－T图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小．四条直线段只有ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程．Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据p－T图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出V a＝V b>V d>V c，故选项B、C、D正确．答案：BCD8. [2018·江苏淮安高三期末调研]下列说法中正确的是( )A. 晶体一定具有规则的几何外形B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同D. 当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同解析：晶体有单晶体和多晶体之分，整个物体就是一个晶体的叫作单晶体，单晶体一定具有规则的几何外形，如雪花、食盐小颗粒、单晶硅等；如果整个物体是由许多杂乱无章地排列着的小晶体组成的，这样的物体就叫作多晶体，多晶体没有确定的几何外形，如大块的食盐、黏在一起的蔗糖、各种金属材料等．选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，具体来说，叶面上的小露珠与气体接触的表面层中的分子分布比内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小露珠表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张力，小露珠表面层在液体表面张力的作用下呈球形，选项B正确；由液晶的性质可知，当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子运动的平均动能相同，但分子的平均速率不同，选项D错误．答案：BC9. 如图所示为一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是( )A. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数b 状态较多B. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数a 状态较多C. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数两状态一样多D. 单位体积的分子数两状态一样多解析：由题图可知一定质量的气体a 、b 两个状态压强相等，而a 状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a 状态一定较多，故A 、C 错，B 对；一定质量的气体，分子总数不变，V b ＞V a ，单位体积的分子数a 状态较多，故D 错．答案：B10. [2018·成都二诊]A 、B 为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C 、D 为两重物，质量m C >m D ，按如图所示方式连接并保持平衡．现使A 、B 的温度都升高10℃，不计活塞及滑轮系统的质量和摩擦，则系统重新平衡后( )A. C 下降的高度比D 下降的高度大B. C 下降的高度比D 下降的高度小C. C 、D 下降的高度一样大D. A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同解析：系统平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D gS，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pV T ＝C(常量)可知，当p 不变时，ΔV＝ΔTCp ，又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的高度大，选项A 正确．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(8分)11. (8分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中： (1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液 ②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待其散开稳定④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜面积请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：错误的步骤：_____________________________________________ 有遗漏的步骤：___________________________________________(2)实验中，用a mL 纯油酸配制成b mL 的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c mL ，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为S cm 2，估算油酸分子的直径大小为________cm.(3)用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________． A. 摩尔质量 B. 摩尔体积 C. 质量D. 体积解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差； ③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d ＝V S ＝a bc S ＝acbS.(3)由油酸分子的直径易得油酸分子的体积为43π(d 2)3＝16πd 3.欲求阿伏加德罗常数，由题中选项知，B 正确．答案：(1)②在量筒中滴入N 滴溶液，测出它的体积 ③在水面上先撒上痱子粉 (2)acbS(3)B 三、计算题(本题共5小题，共52分)12. (8分)[2018·洛阳五校联考]如图所示p －V 图中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？ (2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J 由热力学第一定律 U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J 气体内能的减少量为690 J(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA 过程中气体内能变化量U A －U B ＝690 J 由题知W 2＝200 J由热力学第一定律U A －U B ＝W 2＋Q 2 解得Q 2＝490 J 即吸收热量490 J气体一定从外界吸收热量．答案：(1)减少了690 J (2)吸收490 J13. (8分)[2018·河北唐山]如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S.活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的小物体，轻绳跨在定滑轮上．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p 0(mg<p 0S)．汽缸内气体的温度为T 0，轻绳处在自然伸直状态．不计摩擦，缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求：(1)气体体积减半时的温度T 1；(2)建立p －V 坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程．解析：(1)设初始气体体积为V ，在气体体积减半时，缸内气体压强为p 0－mgS .根据气体定律可得，p 0VT 0＝p 0－mg S V 2T 1.解得，T 1＝p 0－mg S2p 0T 0.(2)刚开始缓慢降温时，缸内气体的体积不变，压强减小，气体做等容变化；当缸内气体压强降为p 0－mgS 时，气体的压强不变，体积减小，气体做等压变化．如图所示．答案：(1)T 1＝p 0－mg S2p 0T 0 (2)见解析图14. (10分)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强．解析：(1)当气缸水平放置时，有p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝24S 当气缸竖直放置时，有p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋402×10－3)Pa ＝1.2×105PaV 2＝L 2S由等温变化可得p 1V 1＝p 2V 2解得L 2＝p 1V 1p 2S ＝1.0×105×24S1.2×105S cm ＝20 cm (2)设活塞到卡环时温度为T 3，此时V 3＝36S 由等压变化可得V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝V 3V 2T 2＝36S20S ×300 K＝540 K由540 K 到675 K 等容变化有p 3T 3＝p 4T 4解得p 4＝T 4T 3p 3＝675540×1.2×105 Pa ＝1.5×105Pa答案：(1)20 cm (2)1.5×105Pa15. (1)(5分)下列说法中正确的是________．A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D. 氢气和氮气的温度相同时，它们的分子平均速率不相同E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大(2)(8分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L 1为20 cm ，水银上表面与导线下端的距离L 2为10 cm ，管内水银柱的高度h 为8 cm ，大气压强为75 cm 水银柱高．求：①当温度达到多少时，报警器会报警？②如果要使该装置在87℃时报警，求再往玻璃管内注入的水银的高度．解析：(1)布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，A 项错误；由于液体表面张力的作用使叶面上的小露珠呈球形，B 项正确；多晶体不具有规则几何形状，C 项错误；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于它们的分子质量不同，所以它们分子的平均速率不相同，D 项正确；当分子力表现为斥力时，分子之间的距离小于r 0，当分子间的距离减小时，分子力和分子势能都增大，E 项正确．(2)①对水银封闭的气体，初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝273＋27 K ＝300 K. 末状态：V 2＝(L 1＋L 2)S ，T 2＝273＋t 2 根据气体定律得：V 1T 1＝V 2T 2解得，t 2＝177℃.②设应该再往玻璃管内注入水银的高度为x ，对水银封闭的气体，初状态：p 1＝p 0＋h ，V 1＝L 1S ，T 1＝300 K.末状态：p 3＝p 0＋h ＋x ，V 3＝(L 1＋L 2－x)S ，T 3＝360 K 根据气体定律得，p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得，x ＝8.14 cm.答案：(1)BDE (2)①177℃ ②8.14 cm16. (1)(5分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________． A. 外界对气体做功，气体内能可能增加B. 在压强不变的条件下，体积增大，则气体分子的平均动能可能减少C. 压强减小，体积减小，分子的平均动能不一定减小D. 对一定质量的气体加热，其内能不一定增加E. 一定质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小(2)(8分)[2018·山西太原期末]如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的细管B 插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差x 即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由管上的刻度直接读出．(B 管的体积与A 泡的体积相比可忽略)①在标准大气压下(p 0＝76 cmHg)，对B 管进行温度刻线．已知温度t 1＝27℃，管内与槽中水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度即为27℃的刻度线．求当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0.②若大气压变为p 1＝75 cmHg ，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？解析：(1)外界对气体做功，若气体吸收热量，则气体内能增加，A 项正确；对于一定量的理想气体，在压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项错误；根据理想气体状态方程pVT＝C 可知，若气体压强减小，体积减小，则气体温度降低，气体分子的平均动能一定减少，C 项错误；气体吸收热量有可能同时对外做功，其内能不一定增加，D 项正确；一定质量的气体，体积不变时，温度越低，单位体积气体分子的个数不变但分子的平均动能减少，故气体的压强减小，E 项正确．(2)①由于B 管的体积与A 的体积相比可忽略，所以气体做等容变化，p 1＝p 0－p x ＝60 cmHg ，T 1＝300 K 由查理定律，p/p 1＝T/T 1 解得p ＝54.6 cmHg.当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0＝76 cm －54.6 cm ＝21.4 cm. ②此时A 内气体压强p′＝(75－16) cmHg ＝59 cmHg ，由查理定律，p′/p 1＝T′/T 1，解得T′＝295 K 即实际温度是22℃.答案：(1)ADE (2)①21.4 cm ②22℃。

2019高考物理总复习选择题增分练一20181119144

选择题增分练(一)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是( )A ．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生B ．根据玻尔理论，在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，动能也变大C ．只要入射光的强度足够强，照射时间足够长，就一定能产生光电效应D ．核反应的实质是粒子对核撞击而打出新粒子使核变为新核解析：选A.只要铀235的体积超过它的临界体积，就能产生裂变的链式反应，A 正确；在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，轨道半径变大，电势能变大，但动能变小，B 错误；某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，选项C 错误；核反应是原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，并不一定打出新粒子，D 错误；故选A.2．一小球做自由落体运动，落地前最后1 s 内的位移为45 m ，已知重力加速度g 取10 m/s 2，则该小球下落过程中的平均速度为( )A ．45 m/sB ．35 m/sC ．25 m/sD ．22.5 m/s 解析：选C.由平均速度的定义式可知，最后1 s 的平均速度为v ＝x t ＝45 m/s ，匀变速运动中平均速度等于时间中点的瞬时速度，设下落总时间为T ，则g (T －0.5 s)＝45 m/s ，解得T ＝5 s ，全程的平均速度等于时间中点的瞬时速度，即2.5 s 时的瞬时速度v ＝gt ′＝10×2.5 m/s ＝25 m/s ，C 正确．3．如图所示，带电荷量为－q 的均匀带电半球壳的半径为R ，CD 为通过半球顶点C 与球心O 的轴线，P 、Q 为CD 轴上在O 点两侧离O 点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是( )A ．P 、Q 两点的电势、电场强度均相同B ．P 、Q 两点的电势不同，电场强度相同C ．P 、Q 两点的电势相同、电场强度等大反向D ．在Q 点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动解析：选B.半球壳带负电，因此在CD 上电场线沿DC 方向向上，所以P 点电势一定低于Q 点电势，A 、C 错误；若在O 点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P 、Q 两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P 点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P 点与在Q 点的电场强度大小相等方向相同，B 正确；在Q 点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D 错误．4．如图所示，以MN 、PQ 为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L ，高为L 的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab 边平行MN 且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E 、感应电流I ，所施加的外力F 及外力的功率P 随位移x 的变化关系图正确的是( )解析：选 B.金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l ＝2x ·tan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；0～L 位移内，因金属框做匀速直线运动，所以F 外＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＝4B 2x 2v Rtan 2 30°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C 选项；0～L 位移内，外力的功率P ＝F 外v ＝4B 2x 2v 2Rtan 230°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D 选项；所以B 选项正确．5．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1时间段内金属球做减速运动C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．6．一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是( )A．从0到x1电势逐渐降低B．x2处的电势比x3处高C．x1～x2段电场强度为零D ．x 2～x 3段的电场强度减小解析：选AC.由ΔE p ＝－W 电＝－qEx ，即ΔE p Δx＝qE ，即E p x 图象中的斜率表示电子受的电场力，所以C 项正确，D 项错误；因为φ＝E p －e ，可知0～x 1电势逐渐降低，A 项正确；B 项错误；故正确选项为AC.7．如图所示，足够长的木板P 静止于光滑水平面上，小滑块Q 位于木板P 的最右端，木板P 与小滑块Q 之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P 与小滑块Q 质量相等，均为m ＝1 kg.用大小为6 N 、方向水平向右的恒力F 拉动木板P 加速运动1 s 后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．木板P 与小滑块Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力F 的冲量B ．拉力F 做功为6 JC ．小滑块Q 的最大速度为3 m/sD ．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft ＝mv P ＋mv Q ＝2mv 共，即木板P 与小滑块Q 所组成系统的动量增加量一定等于拉力F 的冲量，A 正确；若木板P 与小滑块Q 相对静止一起加速运动，则拉力F 不能超过μmg m·2m ＝4 N ，拉力F 为6 N 大于4 N ，故二者发生相对滑动，对木板P 由牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，解得a ＝4 m/s 2.1 s 内木板P 的位移x ＝12at 2＝2 m ，拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J ，B 错误；二者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2mv 共，v 共＝3 m/s ，C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝12×2mv 2共＋Q .解得Q ＝3 J ，D 正确． 8．矩形边界ABCD 内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB 长为2L ，AD 长为L .从AD 的中点E 发射各种速率的粒子，方向与AD 成30°角，粒子带正电，电量为q ，质量为m ，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是( )A ．粒子可能从BC 边离开B ．经过AB 边的粒子最小速度为3qBL 4mC ．经过AB 边的粒子最大速度为qBL mD ．AB 边上有粒子经过的区域长度为⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋1L 解析：选CD.最有可能从BC 边离开的粒子应与DC 边相切，设半径为r 1，圆心为O 1，由几何知识知r 1sin 30°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－L 2所以r 1＝L ，即O 1应在AB 边上，则O 1F 应为半径r 1＝L ，而O 1A ＝r 1cos 30°＝32L ，所以O 1A ＋O 1F ＝L ＋32L ＜2L ，所以粒子不可能从BC 边离开；且上述情况为经AB 边的粒子半径最大的情况，由r ＝mvqB 知，v m ＝qBL m，选项A 错误、C 正确，当粒子与AB 相切时，速度最小，圆心为O 2，半径为r 2，则有r 2＋r 2sin 30°＝L 2，故r 2＝L 3，又因为r 2＝mv 2qB ，所以v 2＝qBL 3m为最小速度，选项B 错误，AB 上切点M 与点F 之间的长度为粒子经过的区域，l ′＝r 1＋r 1cos 30°－r 2cos 30°＝L ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫L －L 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33＋1L ，故D 项正确．。

高中物理选修3-3：高中物理《选修3-3》全册提高卷(含解析)

高中物理《选修3-3》全册提高卷(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．)1．用下述方法改变物体的内能，属于做功的方式是()A．用锤子打铁时，铁块发热B．用磨刀石磨刀时，刀发热C．双手互搓，手发热D．用天然气烧水2．电冰箱的制冷设备是用机械的方式制造人工低温的装置，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内、外的管道中不断循环，实现制冷作用，那么下列说法中正确的是() A．打开冰箱门让压缩机一直工作，可使室内温度逐渐降低B．在电冰箱的内管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量C．在电冰箱的外管道中，制冷剂被剧烈压缩放出热量D．电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律3．下列说法正确的是()A．机械能和内能的转化具有方向性B．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体C．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D．当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍4.如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．活塞重力忽略不计，现将沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，汽缸外部温度恒定不变．则()A．缸内气体压强减小，内能增加B．缸内气体压强增大，内能不变C．缸内气体压强增大，内能减少D．外界对缸内气体做功5．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量不能全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能不一定增加D．压缩气体，气体的温度一定升高6.如图所示，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，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定( )A ．从外界吸热B ．内能增大C ．向外界放热D ．内能减小7．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J ，气体内能减少1.3×105J ，则此过程( )A ．气体从外界吸收热量2.0×105JB ．气体向外界放出热量2.0×105JC ．气体从外界吸收热量6.0×104JD ．气体向外界放出热量6.0×104J8．一滴油酸酒精溶液含质量为m 的纯油酸，滴在液面上扩散后形成的最大面积为S .已知纯油酸的摩尔质量为M 、密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，下列表达式正确的有( )A ．油酸分子的直径d ＝MρSB ．油酸分子的直径d ＝mρSC ．油酸所含的分子数n ＝mMN AD ．油酸所含的分子数n ＝MmN A9.如图所示，绝热的汽缸与绝热的活塞A 、B 密封一定质量的空气后水平放置在光滑地面上，不计活塞与汽缸壁的摩擦，现用电热丝给汽缸内的气体加热，在加热过程中( )A ．汽缸向左移动B ．活塞A 、B 均向左移动C ．密封气体的内能一定增加D ．汽缸中单位时间内作用在活塞A 和活塞B 上的分子个数相同10．如图所示的四个图象中，有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a 等压膨胀到状态b 的过程．这个图象是( )11．下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f 和分子势能E p 随分子间距离r 变化关系的图线是( )12.如图所示为伽利略设计的世界上第一个温度计示意图，上部是一个球形容器，里面有一定质量的空气，下部是一根细管，细管插入带色液体中，制作时先给球形容器微微加热，跑出一些空气，插入液体中时，带色液体上升到管内某一高度．测量时球形容器与所测物质接触．已知外界大气压为p 0，并保持不变，所测温度为t1时，管内液面在a位置，容器内气体分子的平均动能为E k1，气体压强为p1，容器内气体内能为E1；所测温度为t2时，管内液面在b位置，其他三个量分别为E k2、p2、E2，由此可知()A．t1＜t2B．p1＜p2C．E k1＜E k2D．E1＞E2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，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(9分)一定量的理想气体与两种实际气体Ⅰ、Ⅱ在标准大气压下做等压变化时的V－T关系如图(a)所示，图中V－V0V0－V′＝12.用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度计，然后将其中两个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体Ⅰ、Ⅱ.在标准大气压下，当环境温度为T0时，三个温度计的示数各不相同，如图(b)所示，温度计(ⅱ)中的测温物质应为实际气体________(图中活塞质量忽略不计)；若此时温度计(ⅱ)和(ⅲ)的示数分别为21 ℃和24 ℃，则此时温度计(ⅰ)的示数为________℃；可见用实际气体作为测温物质时，会产生误差．为减小在T1～T2范围内的测量误差，现针对T0进行修正，制成如图(c)所示的复合气体温度计，图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分，在温度为T1时分别装入适量气体Ⅰ和Ⅱ，则两种气体体积之比VⅠ∶VⅡ应为________．14.(10分)(2016·高考全国卷丙)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．15.(10分)如图，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体．p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝ αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1； (2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q .16.(11分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界的温度为T 0.现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h4.若此后外界的温度为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .参考答案与解析1．[212]解析：选ABC.A、B、C中的过程都是力对系统(铁块、刀、手)做功，内能增加和温度升高的过程．而D中的用天然气烧水则是通过热传导和热对流来实现水温升高的．2．[213]解析：选BC.电冰箱工作过程中，消耗电能的同时部分电能转化为内能，故室内温度不可能降低，选项A错误；制冷剂在内管道膨胀吸热，在外管道被压缩放热，选项B、C正确；电冰箱的工作原理并不违背热力学第二定律，选项D错误．3．[214]解析：选AC.细盐是单晶体，选项B错误；温度是分子平均动能的标志，T ＝αE k，T是热力学温度，α是比例常数，选项D错误．4．[215]解析：选BD.分析活塞受力，活塞受到大气压力p0S竖直向上，内部气体压力pS和沙桶重力mg，根据活塞平衡有p0S＝mg＋pS，随沙桶重力减小，大气压力使得活塞向上运动，外界对缸内气体做功，选项D对；由于汽缸导热，温度不变，汽缸内体积变小，压强变大，选项A错；气体温度不变，内能不变，选项B对，C错．5．[216]解析：选C.0 K是低温的极限，任何物体的温度只能接近而不能达到，所以A错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不产生其他影响，但在“产生其他影响的情况”下，也可以从单一热源吸收热量全部用来做功，所以B错误；内能的改变与热传递和做功同时有关，所以C正确，D错误．6．[217]解析：选C.本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．正确选项为C.7．[218]解析：选B.由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，负号表示放出热量，所以B正确，其他选项错误．8．[219]BC9．[220]解析：选C.对汽缸整体分析，外部各个方向上受到大气的压力相等，所以汽缸保持静止，A错；用电热丝给汽缸内的气体加热后，汽缸内的气体温度升高，内能增大，压强变大，活塞A、B均向外运动，B错，C正确；活塞A的面积大于活塞B的面积，单位时间内作用在活塞A和活塞B上的分子个数不同，D错．10．[221]解析：选C.一定质量的某种理想气体满足理想气体状态方程pVT＝C；理想气体等压膨胀时，压强不变、体积增大、温度升高，V与T成正比．故正确选项为C.11．[222]解析：选B.当r＝r0时引力与斥力的合力为零，即分子力为零，A、D错；当分子间的距离大于或小于r0时，分子力做负功，分子势能增加，r＝r0时分子势能最小，B对，C错．12．[223] 解析：选D.b 在a 上方，说明球形容器内气体的压强减小，选项B 错误；由pVT ＝C 知，球形容器内气体的压强减小，体积减小，则温度降低，选项A 错误；温度是分子平均动能的标志，故容器内气体分子的平均动能减小，选项C 错误；容器内气体的内能随温度降低而减小，选项D 正确．13．[224] 解析：从V －T 图象可看出，温度为T 1时，气体的体积相同；温度为T 0时，Ⅱ的体积小，所以温度计(ⅱ)中的测温物质应为实际气体Ⅱ，在温度为T 0时，T ⅱ＝21 ℃，T ⅲ＝24 ℃，由于V －V 0V 0－V ′＝T iii －T 0T 0－T ii ＝12，代入数据可得T 0＝23 ℃，对T 0校正，在温度T 1时装入气体体积比为2∶1.答案：Ⅱ 23 2∶114．[225] 解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p ′1，长度为l ′1；左管中空气柱的压强为p ′2，长度为l ′2.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l ′1＝⎝⎛⎭⎫20.0－20.0－5.002cm ② 由玻意耳定律得p 1l 1＝p ′1l ′1③ 联立①②③式和题给条件得p ′1＝144 cmHg ④ 依题意p ′2＝p ′1 ⑤ l ′2＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p ′2l ′2⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：见解析15．[226] 解析：(1)在气体由压强p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T ＝2.4T 0变为T 1.由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变．由盖—吕萨克定律得V V 1＝T 1T 0解得 V 1＝12V .(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为 W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为 Q ＝W ＋ΔU 解得Q ＝12p 0V ＋αT 0.答案：(1)12V (2)12p 0V ＋αT 016．[227] 解析：设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得phS ＝(p ＋Δp )⎝⎛⎭⎫h －14h S ① 解得Δp ＝13p②外界的温度变为T 后，设活塞距底部的高度为h ′.根据盖－吕萨克定律，得⎝⎛⎭⎫h －14h ST 0＝h ′ST③ 解得h ′＝3T4T 0h④ 据题意可得Δp ＝mgS⑤ 气体最后的体积为V ＝Sh ′ ⑥联立②④⑤⑥式得V ＝9mghT4pT 0.答案：9mghT 4pT 0。

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四、选考题增分练选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U ＝32RT ，大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有：p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU＝32R(T1－T0)＝32RT0 ③此过程，气体对外做功为：W＝－p1Sh ④由热力学第一定律ΔU＝W＋Q解得，气体吸收的热量为：Q＝32RT0＋(p0S＋mg)h②添加砂粒后，活塞平衡，有：p2S＝(m＋m1)g＋p0S ⑤由查理定律有：p1 T0＝p2T2⑥解得：T2＝mg＋m1g＋p0Smg＋p0ST0答案：(1)CDE(2)①32RT0＋(p0S＋mg)h②mg＋m1g＋p0Smg＋p0ST02．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm.先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：①A端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D错误，E正确．(2)①设A端上方气柱长度为l1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为p1＝p0＋ρgΔh＝80 cmHg由玻意耳定律得p0l a＝p1l1所以A端上方气柱长度为l1＝38 cm②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为l B－h，气体压强为p1－2ρgh.由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE(2)①38 cm②78 cmHg选修3－3增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B点，已知AB＝h，B处到汽缸底部的距离为h，大气压强为p0，重力加速度为g.求：①物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强p2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T1，活塞返回A处达稳定状态，T1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A处时，气体压强为p1.对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强为p2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p2Sh＝p1S·2h联立解得p2＝2p0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S 放热理由见解析②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V -T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A中活塞被活塞销卡住之前，B中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p0初态：体积V1＝LS＋L·2S＝3LS，温度T1＝T0A中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V2＝2LS＋L·2S＝4LS，温度为T2则V1T1＝V2T2得T2＝4 3T0②B中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p，对B中活塞受力分析得p·2S＝p0·2S＋f得p＝2p0从A中活塞刚好被活塞销卡住到B中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T3则p0T2＝pT3得T3＝8 3T0答案：(1)ACE(2)①43T0②83T0选修3－3增分练(三)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D ．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞的横截面积为S ，且mg ＝0.1p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：①此时第Ⅱ部分气体的长度；②若只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．解析：(2)①初状态Ⅱ气体压强p 2＝p 0＋2mg S ＝1.2p 0添加铁砂后Ⅱ气体压强p 2′＝p 0＋4mg S ＝1.4p 0由玻意耳定律p 2l 0S ＝p 2′l 2S解得l 2＝67l 0 ②初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.1p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S ＝1.3p 0由玻意耳定律p 1l 0S ＝p 1′l 1S解得l 1＝1113l 0 当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体长度为l 2′＝2l 0－l 1＝1513l 0由盖－吕萨克定律得l 2S T 0＝l 2′S T 2 解得T 2＝3526T 0答案：(1)CDE (2)①67l 0 ②3526T 02．[物理——选修3－3](15分)(2018·河北衡水中学押题卷)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大C．毛细现象可能表现为液体在细管中的上升，也可能表现为下降D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成E．生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示，质量m＝10 kg、横截面积S＝50 cm2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住，将汽缸分成体积均为V的A、B两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体．初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A中气体压强p A＝2×105 Pa，B中气体压强p B＝1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝，环境温度保持27 ℃不变，重力加速度g取10 m/s2，T＝t＋273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A中气体体积减小为45V?②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B中充气，每次充入压强p0＝1×105 Pa、体积V0＝V5的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E正确．(2)①对A中气体由玻意耳定律可知p A V＝p A′·4 5V解得p A′＝2.5×105 Pa对活塞由平衡条件得p A′S＋mg＝p B′S 解得p B′＝2.7×105 Pa对B中气体由理想气体状态方程可知p B VT＝p B′·65VT B解得T B＝972 K②活塞与卡栓间弹力恰好为0时，对活塞由平衡条件得p A S＋mg＝p B″S解得p B″＝2.2×105 Pa对B中气体由玻意耳定律得p B V＋np0V0＝p B″V解得n＝6答案：(1)CDE(2)①972 K②6选修3－4增分练(一)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t ＝0时刻波源开始振动，t＝3 s时波源停止振动，如图所示为t＝3.2 s时靠近波源的部分波形图．其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x＝2.5 m．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m(2)(10分)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头针P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30°则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cmtan ∠BAP 3＝P 3B AB ＝1.73，得∠BAP 3＝60°因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60°据折射定律得n ＝sin r sin i 解得n ＝1.73答案：(1)ABE (2)1.732．[物理——选修3－4](15分)(2018·河北省荆台市高三二模)(1)(5分)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154 s 内运动的路程为________cm.(2)(10分)两个横截面半径均为R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，真空中的光速为c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为N (图中未标出)，分析判断该单色光在N 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(1)由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知，10 s 时的运动情况与t ＝0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝40sin πt cm ，t 1＝0.5 s 时，x 1＝40 cm ，t 2＝1.5 s 时，x 2＝－40 cm ，0.5～1.5 s 时间内质点的位移x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154 s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm. (2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA ＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60°由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30°光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30°sin C ＝1n 2＝122＜12故临界角C ＜30°所以该单色光在N 点能发生全反射②该单色光在玻璃砖ABC 中的传播时间 t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c 则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c 答案：(1)竖直向上－80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c选修3－4 增分练(二)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·湖北省武汉市高三二次质检)(1)(5分)一列横波沿x轴传播，传播方向未知，t 时刻与t ＋0.4 s 时刻波形相。

2019高考物理选修3-3考前提分专练

选修3－3(限时：40分钟)1．(2013·重庆·10)(1)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( ) A．室内空气的压强比室外的小B．室内空气分子的平均动能比室外的大C．室内空气的密度比室外的大D．室内空气对室外空气做了负功(2)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp.若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．答案(1)B (2)－Δpp0＋ΔpV0解析(1)房间没有密闭，对房间内气体加热时，内外压强始终相等，但温度升高时，气体分子的平均动能变大，A项错，B项对．此时室内外空气密度应相等，C项错．室内气体膨胀对外做功，对室外气体做正功，D项错．(2)对轮胎内气体进行研究：由于等温变化则有p0V0＝(p0＋Δp)V′所以V′＝p0p0＋ΔpV0所以ΔV＝V′－V0＝－Δpp0＋ΔpV02．(2013·江苏·12)如图1所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”．图1(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．A．A―→B过程中，外界对气体做功B．B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A ―→B ”、“B ―→C ”、“C ―→D ”或“D ―→A ”)．若气体在A ―→B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C ―→D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.求气体在B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol －1，计算结果保留一位有效数字)答案 (1)C (2)B ―→C 25 (3)4×1025m －3解析 (1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A ―→B 为等温过程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A 错；B ―→C 过程为绝热过程，气体体积增大对外做功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B 错；C ―→D 为等温过程，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C 正确； D ―→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率分布曲线变化，D 错．(2)在以上循环过程中，内能减少的过程是B ―→C .由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得W ＝25 kJ.(3)A ―→B 为等温过程有p A V A ＝p B V B ，解得V B ＝15 L ，B 状态时单位体积内分子数n ＝N A V B，解得n ≈4×1025m －3.3． (1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．A ．物体的温度不能降到0 KB ．一定量气体，吸热200 J ，内能减少20 J ，气体对外做功220 JC ．任何固体在全部熔化前，温度都是保持不变的D ．利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E ．一定质量的100 °C 的水吸收热量后变成100 °C 的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能(2)如图2甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S ＝2.5×10－3 m 2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t 0＝27 °C，压强为p 0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p 0不变，当密封气体温度t 升高时力传感器的读数F 也变化，描绘出F －t 图象如图乙所示，求：图2①力传感器的读数为5 N 时，密封气体的温度t ；②外界大气的压强p 0.答案 (1)ABE (2)①32 °C ②1.2×105Pa解析 (1)0 K 为宇宙的最低温度，只能接近不能达到，选项A 正确；由热力学第二定律可知，ΔU ＝Q ＋W ，W ＝－20 J －200 J ＝－220 J ，选项B 正确；只有晶体在全部熔化前，温度才是保持不变的，选项C 错误；由热力学定律可知，热量的散失具有不可逆性，不能完全收集起来而不引起其他变化，选项D 错误；一定质量的100 °C 的水吸收热量后变成100 °C 的水蒸气，内能不变，但体积增大，对外做功，说明吸收的热量大于增加的内能，选项E 正确．(2)①由题图乙可知5 N 300 N ＝t －27 °C 327 °C－27 °C得出t ＝32 °C②温度t 1＝327 °C 时，密封气体的压强 p 1＝p 0＋F S＝p 0＋1.2×105 Pa 密封气体发生等容变化，则p 0273＋t 0＝p 1273＋t 1联立以上各式并代入数据解得p 0＝1.2×105 Pa4． (1)下列说法中正确的有________．A ．“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B ．布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布朗运动越剧烈C ．质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同D ．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性(2)如图3所示，竖直放置的粗细均匀的U 形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h ＝19 cm ，封闭端空气柱长度为L 1＝40 cm.为了使左、右两管中的水银面相平，(设外界大气压强p 0＝76 cmHg ，空气柱温度保持不变)试问：图3①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？②注入水银过程中，外界对封闭空气做________(填“正功”“负功” 或“不做功”)，气体将______(填“吸热”或“放热”)．答案(1)BD (2)①39 cm30 cm ②正功放热解析(1)“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以相应油膜的面积，选项A错误；布朗运动与固体颗粒大小、液体温度有关，固体颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显，选项B正确；温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能就相同，选项C错误；根据液晶的特性，选项D 正确．(2)①设U形管横截面积为S，左、右两管中的水银面相平后，封闭端空气柱长为L2.对空气柱有(p0－19 cmHg)SL1＝p0SL2，得L2＝30 cm故需要再注入39 cm的水银柱②正功放热5．(1)如图4所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p 与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是( )图4A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1(2)如图5所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时汽缸中的空气压强p1＝1.2 atm，温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内空气可看做理想气体，不计摩擦．求：图5①重物C的质量M是多少；②降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时缸内气体的温度是多少．答案(1)BD (2)①2 kg②400 K解析(1)由题图可知，乙分子在P点(x＝x2)时，动能最大，速度最大，加速度为零，由于两分子总能量为零，所以，乙分子在P点(x＝x2)时有E k＋(－E0)＝0，解得E k＝E0，A 错误，B正确；乙分子在Q点(x＝x1)时，动能并非最大，即加速度不等于零，不是平衡状态，C错误；乙分子在x1处时，分子势能为零，动能亦为零，由E k≥0，E p＝－E k≤0得乙分子的运动范围为x≥x1，选项D正确．(2)①活塞整体受力平衡，则有p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg代入数据，得M＝2 kg②A靠近D处时，后来，力的平衡方程没变，所以气体压强没变由等压变化有S1＋S2LT1＝S2·2LT2代入数据得T2＝400 K6． (1)以下说法中正确的是________．A．现在教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同B．用活塞压缩汽缸里的空气，活塞对空气做功52 J，这时空气的内能增加了76 J，则空气从外界吸热128 JC．有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小D．显微镜下观察到的布朗运动是液体分子的无规则运动E．一切与热现象有关的宏观物理过程都是不可逆的(2)潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力使容器浮出水面．假设在深10 m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，铁箱内充满水，潜水员先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内，排出部分水，如图6所示．已知铁箱质量为560 kg，容积为1 m3，水底温度恒为7 °C，外界大气压强恒为p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，水的密度为 1.0×103 kg/m3，忽略铁箱壁的厚度、铁箱的高度及打入空气的质量，求至少要打入多少体积的1 atm、27 °C的空气才可使铁箱浮起(g取10 m/s2)．图6答案 (1)ACE (2)1.2 m 3解析 (1)温度是分子平均动能的标志，教室中氮气和氧气温度相同，故分子平均动能相同，选项A 正确；根据热力学第一定律，ΔU ＝W ＋Q ，可得Q ＝76 J －52 J ＝24 J ，选项B 错误；分子力为零时，分子间的距离为r 0，它们具有的分子势能最小，选项C 正确；布朗运动是固体悬浮颗粒的运动，选项D 错误；根据热力学第二定律，选项E 正确．(2)设打入的空气体积为V 1，到湖底后，这部分空气的体积为V 2.湖底的压强p 2＝p 0＋p 水＝p 0＋ρ水gh ＝2 atm 铁箱充气后所受浮力为F 浮＝ρ水gV 2 上浮的条件是ρ水gV 2－mg ≥0 有V 2≥mρ水＝560103 m 3＝0.56 m 3 由理想气体状态方程有p 0V 1T 1＝p 2V 2T 2 得V 1＝p 2V 2T 2·T 1p 0≤2×0.56280×3001m 3＝1.2 m 3 故至少需要打入1.2 m 3的1 atm 、27 °C 的空气．7．(1)如图7是一定质量的理想气体的p －V 图，气体从A →B →C →D →A 完成一次循环，A →B (图中实线)和C →D 为等温过程，温度分别为T 1和T 2.下列说法中正确的是______．图7A ．T 1>T 2B ．从C →D 过程放出的热量等于外界对气体做的功C ．若气体沿直线由A →B ，则气体的温度先降低后升高D ．从微观角度讲B →C 过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的E ．若B →C 过程放热200 J ，D →A 过程吸热300 J ，则D →A 过程气体对外界做功100 J(2)如图8所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S (cm 2)的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用，此时活塞相对于汽缸底部的高度h ＝12 cm ，大气压强p 0＝75 cmHg.现把体积为17S (cm 3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求活塞静止时下降的距离x .图8答案 (1)ABE (2)2 cm解析 (1)p －V 图线为反比例函数图线，由理想气体状态方程pV T ＝C 可知，图线离原点越远温度越高，即T 1>T 2，A 正确；从C →D 过程为等温过程，气体体积减小，压强增大，由热力学第一定律可知，B 正确；从A →B 过程，虚线与等温线AB 的距离先增加再减小，气体的温度先升高再降低，C 错误；从B →C 过程气体体积不变，分子的密集程度不变，压强降低是由于温度减小，分子平均速率减小而引起的，D 错误；状态C 、状态D 温度相同有相同的内能，A 、B 温度相同有相同的内能，由热力学第一定律分析可得E 正确．(2)以汽缸内封闭气体为研究对象．初态压强p 1＝p 0＝75 cmHg ，初态体积V 1＝2hS末态体积V 2＝2(h －x )S末态压强p 2＝(p 0＋x ＋17S －2xS S) 由玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2即75×2×12S ＝(75＋x ＋17－2x )×2(12－x )S化简得x 2－104x ＋204＝0解得x ＝2 cm 或x ＝102 cm(舍)8． (1)以下说法正确的是________．A ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B ．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C ．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D ．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E ．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大(2)如图9所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃.给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底h 2＝0.80 m 处，同时缸内气体吸收Q ＝450 J 的热量．已知活塞横截面积S ＝5.0×10－3 m 2，大气压强p 0 ＝1.0×105Pa.求：图9①活塞距离汽缸底h 2时的温度t 2；②此过程中缸内气体增加的内能ΔU .答案 (1)CDE (2)①207 °C ②300 J解析 (2)①气体做等压变化，活塞距离汽缸底h 2时温度为t 2，则根据气态方程可得 h 1S T 1＝h 2S T 2即0.50273＋27＝0.80273＋t 2解得t 2＝207 °C②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p ΔV ＝1.0×105×(0.80－0.50)×5.0×10－3 J ＝150 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝W ＋Q ＝－W 0＋Q ＝－150 J ＋450 J ＝300 J。

2019年高考最新模拟试题汇编物理选修3-3含答案

2019年高考最新模拟试题汇编（选修3-3）【考情综述】选修3-3模块由分子动理论、气体、物态和物态变化、热力学定律四个部分组成，这部分内容是高考的选考内容，在高考中考查的较为简单，很大程度上考查基本概念的理解与识记。

分子动理论包含考点：分子动理论的基本内观点和实验依据、阿伏伽德罗常数、气体分子运动速率的统计分布、温度是分子平均动能的标志、内能、布朗运动和扩散运动、分子直径、质量、数目等微观量的估算、分子力和分子势能、用油膜法估算分子大小（实验）；气体包含考点：气体分子动理论和气体压强、气体实验定律和理想气体状态方程；物态和物态变化包含考点：固体的微观结构、晶体和非晶体、液晶的微观结构、液体的表面张力现象、饱和汽、饱和汽压和相对湿度；热力学定律包含考点：热力学第一定律、热力学第二定律及微观意义、量守恒定律和两类永动机。

其中温度是分子平均动能的标志、内能、布朗运动和扩散运动、晶体和非晶体、、液体的表面张力现象等是考查的重点。

高考热点为：（1）气体实验定律和理想气体状态方程；（2）热力学第一定律等。

选修3-3在高考中一般占总分值的10%左右，题型、题量为：选择题1题，填空题1题，小型简单计算题1题，试题难度简单，几乎没有与其他知识点结合考查的试题。

近年来高考试卷对本模块的考查呈现的趋势为：（1）气体分子运动速率的统计分布、布朗运动和扩散运动、分子力和分子势能、晶体和非晶体等知识组合成一道选择题，考查重点概念、重点知识的识记与理解。

（2）气体实验定律和理想气体状态方程、用油膜法估算分子大小（实验）等重要内容往往以填空题的形式，尤其要注意气体实验定律和理想气体状态方程所对应的图象问题的分析。

（3）热力学第一定律、气体实验定律和理想气体状态方程等重要内容往往以简单的计算题出现，充分考查相关公式的理解与应用，且计算量不大。

【试题精粹】1．（2018届江苏宝应中学月考）（1）下列说法中正确的是。

A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势D．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性（2）一定质量的理想气体按图示过程变化，其中bc与V轴平行，cd与T轴平行，则b→c过程中气体的内能________(填“增加”“减小”或“不变”)，气体的压强________(填“增加”“减小”或“不变”)。

[精品]2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-4

选修3－4 增分练(一)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3 s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2 s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5 m ．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m (2)(10分)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头针P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30° 则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cm tan∠BAP 3＝P 3BAB＝1.73，得∠BAP 3＝60° 因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60° 据折射定律得n ＝sin rsin i解得n ＝1.73答案：(1)ABE (2)1.732．[物理——选修3－4](15分)(2018·河北省荆台市高三二模)(1)(5分)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154 s内运动的路程为________cm.(2)(10分)两个横截面半径均为R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，真空中的光速为c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为N (图中未标出)，分析判断该单色光在N 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(1)由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知，10 s 时的运动情况与t ＝0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝40sin πt cm ，t 1＝0.5 s 时，x 1＝40 cm ，t 2＝1.5 s 时，x 2＝－40 cm ，0.5～1.5 s 时间内质点的位移x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm.(2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60° 由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30° 光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30° sin C ＝1n 2＝122＜12故临界角C ＜30°所以该单色光在N 点能发生全反射 ②该单色光在玻璃砖ABC 中的传播时间t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6Rc答案：(1)竖直向上－80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6Rc。

2019年高考物理总复习)试题：选修3-3 综合检测

《选修3-3》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共13小题,每小题4分,共52分.在每小题给出的选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K闭合,压下压杆A可向瓶内储气室充气;多次充气后按下按柄B打开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体,充气和喷水过程温度保持不变,则( ACE )A.充气过程中,储气室内气体内能增大B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中,储气室内气体吸热D.喷水过程中,储气室内气体压强增大E.喷水过程中,储气室内气体压强减小解析:充气过程中,储气室内气体的质量增加,气体的温度不变,故气体分子的平均动能不变,气体内能增大,选项A正确,B错误;喷水过程中,气体对外做功,体积增大,而气体温度不变,则气体吸热,所以气体压强减小,选项C,E正确,D错误.2.下列说法中正确的是( BDE )A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大B.一定质量气体的体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性解析:速度增大,不会改变物体的分子的动能,选项A错误;体积增大时,气体对外做功,不吸热也不放热时,内能减小,选项B正确;质量相同,但物体的物质的量不同,故提高相同的温度时,内能的增量不一定相同,选项C错误;物体的内能取决于物体的温度和体积,选项D正确;由热力学第二定律可知,凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性,选项E正确.3.如图所示,是氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布图线,由图可知( ADE )A.随着温度升高,氧气分子的平均速率增大B.随着温度升高,每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高,氧气分子中速率小的分子所占比例增大D.同一温度下,氧气分子速率分布呈现“中间多,两头少”的规律E.随着温度升高,氧气分子的平均动能增大解析:读取图像信息知,同一温度下,分子速率分布呈现“中间多,两头少”的特点,故D正确.由分子动理论知,不同温度下的图像不同,温度升高,分子中速率大的分子所占比例增大,其分子运动的平均速率也增大,平均动能增大,故A,E正确,C错误.温度升高,多数分子的速率会变大,少数分子的速率会变小,故B错误.4.下列说法正确的是( BCD )A.凡是不违背能量守恒定律的实验构想,都是能够实现的B.做功和热传递在改变内能的效果上是等效的,表明要使物体的内能发生变化,既可以通过做功来实现,也可以通过热传递来实现C.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大E.在水池中,一个气泡从池底浮起,此过程可认为气泡的温度不变,气泡内气体视为理想气体,则外界对气泡做正功,同时气泡放热解析:由热力学第二定律可知,A错误.由热力学第一定律可知,B正确.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,C正确.温度越高,分子热运动的平均动能越大,分子的平均速率增大,这是统计规律,具体到少数个别分子,其速率的变化不确定,因此仍可能有分子的运动速率非常小,D正确.随着气泡的上升,压强减小,因为温度不变,所以体积增大,即为气泡对外做正功;根据ΔE=W+Q可知温度不变,所以ΔE不变,W<0,所以Q>0,即气泡吸热,E错误.5.下列说法正确的是( BDE )A.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B.水可以浸润玻璃,但不能浸润石蜡,表明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C.液晶的各种物理性质,在各个方向上都是不同的D.相同温度下相对湿度越大,表明空气中水汽越接近饱和E.对一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少解析:布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,故选项A错误;液体是否浸润某种固体取决于相关液体及固体的性质,故选项B正确;液晶的某些物理性质,在各个方向上是相同的, 故C错误;相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度水的饱和汽压的比值,故选项D正确;一定质量的理想气体,体积增大时,分子数密度减小,而压强不变,说明分子的平均动能变大,则每次碰撞的冲击力变大,所以单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,故选项E正确.6.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( BCD )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,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.7.以下有关热现象的叙述,正确的是( CDE )A.气体的体积是所有气体分子的体积之和B.当气体膨胀时,气体的内能一定减少C.即使没有漏气,也没有摩擦的能量损失,内燃机也不可能把内能全部转化为机械能D.单晶体一定具有规则形状,且有各向异性的特征E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加解析:气体体积主要是气体所充满的空间,故选项A错误;气体膨胀时,对外做功,但不清楚传热情况,所以不能确定内能的变化情况,故选项B错误;由热力学第二定律知,内燃机不可能把内能全部转化为机械能,故选项C正确;由单晶体的特点知选项D正确;100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,吸热但分子动能不变,所以分子之间的势能增加,故选项E 正确.8.一定质量的理想气体分别在T1,T2温度下发生等温变化,相应的两条等温线如图所示,T2对应的图线上有A,B两点,表示气体的两个状态.下列说法正确的是( BCD )A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时的大B.A到B的过程中,气体内能不变C.A到B的过程中,气体从外界吸收热量D.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少E.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多解析:由题图知T2>T1,温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小,选项A错误;A到B的过程中,气体体积增大,对外做功,温度不变,内能不变,由热力学第一定律,可知气体从外界吸收热量,选项B,C正确;气体的压强由气体分子平均动能和单位体积的分子数目决定,A到B的过程中,气体温度不变,分子平均动能一定,气体体积增大,单位体积的分子数目减小,气体压强减小,所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少,选项D正确,E错误.9.下列关于固体、液体、气体的性质的说法正确的是( BDE )A.气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B.液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故C.黄金、白银等金属容易加工成各种形状,没有固定的外形,所以金属不是晶体D.某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数E.水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现解析:气体如果失去了容器的约束就会散开,这是气体分子无规则运动的缘故,选项A错误;液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故,选项B正确;黄金、白银等金属一般是多晶体,容易加工成各种形状,没有固定的外形,选项C错误;某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数,选项D正确;水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现,选项E正确.10.下列说法中正确的是( ABC )A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A解析:根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,选项A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,选项B正确;当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,选项C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,选项D错误;某固体或液体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A对于气体此式不成立,选项E错误.11.下列说法正确的是( ACD )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,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的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不变解析: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,与气体的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,选项C正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,选项D正确;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大,选项E错误.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( ACE )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分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析: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,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;气体B的压强不变,但是体积增大,平均动能增大,所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少,选项E 正确.13.如图为某同学设计的喷水装置,内部装有2 L水,上部密封1 atm 的空气0.5 L,保持阀门关闭,再充入1 atm的空气0.1 L,设在所有过程中空气可看成理想气体,且温度不变,下列说法正确的有( ACD )A.充气后,密封气体的压强增加B.充气后,密封气体的分子平均动能增加C.充气过程,外界对密封气体做功D.打开阀门后,密封气体对外界做正功E.打开阀门后,不再充气也能把水喷光解析:以两部分气体整体为研究对象,初状态有p1=1 atm,V1=(0.5+ 0.1) L,末状态有V2=0.5 L,p2未知.由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得p2atm,则充气后压强增大,故选项A正确;温度不变,则气体分子平均动能不变,故选项B错误;充气过程,气体体积减小,外界对其做功,故选项C正确;打开阀门后气体体积增大,则气体对外界做正功,故选项D正确;打开阀门后,水向外流出,假设水全部流出,则气体充满容器,初状态为p2=1.2 atm,V2=0.5 L,末状态为V3=2.5 L,p3未知,由玻意耳定律p2V2=p3V3,解得p3=0.24 atm,小于外部气压,故水不会喷光,故选项E错误.二、非选择题(共48分)14.(9分)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≈4.4×10-2 m2,一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为10-6 m3=1.2×10-11 m3,油酸分子的直径约等于油膜的厚度D=≈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,使液面收缩.答案:(1)球体单分子直径 4.4×10-2 1.2×10-112.7×10-10(2)见解析评分标准:第(1)问6分,第(2)问3分.15.(9分)某同学估测室温的装置如图所示,汽缸导热性能良好,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V1=66 mL,将汽缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积V2=60 mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压p0=1.0×105 Pa.(1)根据题干条件可得室温是多少?(2)上述过程中,外界对气体做的功是多少?解析:(1)设室温为T1,分)又T2=273 K,(2分)代入解得T1=300.3 K,t1=27.3 ℃.(1分)(2)外界对气体做的功W=p0·ΔV,(2分)解得W=0.60 J.(2分)答案:(1)27.3 ℃(2)0.60 J16.(9分)如图所示,一粗细均匀的玻璃瓶水平放置,瓶口处有阀门K,瓶内有A,B两部分用一活塞分开的理想气体.开始时,活塞处于静止状态,A,B两部分气体长度分别为2L和L,压强均为p.若因阀门封闭不严,B中气体向外缓慢漏气,活塞将缓慢移动,整个过程中气体温度不变,瓶口处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L 时,(忽略摩擦阻力)求此时:(1)A中气体的压强;(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量之比.解析:(1)对A中气体,由玻意耳定律可得p·2LS=p A(2L+0.4L)S(2分)得p A分)(2)AB气体通过活塞分开,AB中气体压强始终保持相同p A=p B设漏气后B中气体和漏出气体总长度为L BpLS=p B L B S(1分)得L B分)此时B中气体长度为L B′=L-0.4L=0.6L(1分)则此时B中气体质量m B′与原有质量m B之比为分)答案:(1)17.(9分)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强p A=p0,温度T A=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点.求:(1)气体在状态B时的压强p B;(2)气体从状态A变化到状态B的过程中,对外界做的功为10 J,该过程中气体吸收的热量为多少;(3)气体在状态C时的压强p C和温度T C.解析:(1)A到B是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有p A V A=p B V B,(2分)解得p B0.(1分)(2)A状态至B状态过程是等温变化,气体内能不变,即ΔU=0气体对外界做功W=-10 J(1分)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q(1分)解得Q=-W=10 J.(1分)(3)由B到C等压变化,则p C=p B0分)解得T C0.(1分)答案:(1)0(2)10 J 0018.(12分)如图所示,有一个高度为h=0.6 m的金属容器放置在水平地面上,容器内有温度为t1=27 ℃的空气,容器左侧壁有一阀门距底面高度为h1=0.3 m,阀门细管直径忽略不计.容器内有一质量为m= 5.0 kg的水平活塞,横截面积为S=20 cm2,活塞与容器壁紧密接触又可自由活动,不计摩擦,现打开阀门,让活塞下降直至静止并处于稳定状态.外界大气压强为p0=1.0×105 Pa.阀门打开时,容器内气体压强与大气压相等,g取10 m/s2.求:(1)若不考虑气体温度变化,则活塞静止时距容器底部的高度h2;(2)活塞静止后关闭阀门,对气体加热使容器内气体温度升高到327 ℃,求此时活塞距容器底部的高度h3.解析:(1)活塞在阀门以上时,容器内气体的压强为p1=1.0×105 Pa,活塞静止时,气体压强为p2=p0×105 Pa,(2分)活塞刚到阀门时,容器内气体体积为V1=h1S,活塞静止时,气体的体积为V2=h2S,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,(2分)代入数据得h2=0.24 m.(2分)(2)活塞静止后关闭阀门,此时气体的压强为p3=p2=1.25×105 Pa,等压变化,T2=T1=300 K,T3=600 K,V2=h2S,V3=h3S,(2分)分)代入数据得h3=0.48 m.(2分)答案:(1)0.24 m (2)0.48 m。

2019年高考物理总复习选择题增分练三

选择题增分练(三)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列选项中，说法正确的是( )A．光电效应揭示了光的波动性，爱因斯坦发现了光电效应的规律B．普朗克提出了能量子的假说，爱因斯坦利用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律C．放射性元素放出的α粒子是原子核内的两个质子和两个中子组成的D．结合能指的是把核子分开需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越小，原子核越稳定解析：选C.光电效应揭示了光的粒子性，A项错误；普朗克提出了能量子的假说，借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合相当好，B 项错误；α衰变的实质是原子核内的两个中子和两个质子组成一个α粒子被抛射出来，形成α射线，C项正确；结合能并不是由于核子结合成原子核而具有的能量，而是为把核子分开而需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D项错误．2．如图所示，一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上的Q点，直线PQ与斜面垂直，滑块保持静止．则( )A．弹簧可能处于原长状态B．斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．滑块一定受到四个力作用解析：选A.若滑块受重力、支持力和摩擦力，且三者合力为零时，弹簧对滑块没有作用力，弹簧处于原长状态，所以A正确，D错误；若摩擦力为零，滑块不可能静止，所以B 错误；若支持力为零，则摩擦力也为零，滑块不可能静止，所以C错误．3．如图所示，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q 1带正电．三角形acd 为等腰三角形，cd 边与x 轴垂直且与x 轴相交于b 点，则下列说法正确的是( )A ．a 点电势高于b 点电势B ．a 点场强小于b 点场强C ．将电子从a 点移动到c 点，电场力做正功D ．将电子从d 点移动到b 点，电势能不变解析：选C.真空中两等量异号点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上，故ab 连线上电场线从b 指向a ，沿着电场线电势降低，故b 点的电势大于a 点电势，故A 错误；a 点离电荷近，电场线密集，所以a 点的电场强度大于b 点的场强，故B 错误；将电子从a 点移到c 点，电场力向右，所以电场力做正功，故C 正确；将电子从d 点移动到b 点，电场力做负功，电势能增加，故D 错误．所以C 正确，ABD 错误．4．某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V ，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5 Ω，当输送的电功率恒为200 kW 时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上损失的功率为50 WB ．供电端升压变压器的匝数比为1∶5C ．输电线上损失的电压为50 VD ．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小解析：选B.输电线上损失的功率ΔP ＝ΔE t ＝50 kW·h 1 h ＝50 kW ，A 错误；ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，解得U ＝2 000 V ，升压变压器匝数比为400∶2 000＝1∶5，B 正确；ΔP ＝（ΔU ）2R，ΔU ＝500 V ，C 错误；输电电压不变，若输电功率增大，则输电电流增大，输电线上损失的功率ΔP ′＝I 2R 增大，D 错误．5．如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l ＝500 m 的斜面．一辆质量m ＝2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a 随速度v 变化的关系图象如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力F f (摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．电动汽车所受阻力F f ＝12 000 NB ．电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率P 0＝12 kWC ．第1 s 内电动汽车牵引力的功率P 与时间t 满足P ＝12 000tD ．第1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J解析：选D.匀加速阶段由牛顿第二定律得F －F f －mg sin θ＝ma ，之后保持功率不变，P 0v－F f －mg sin θ＝ma ，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小至0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，P 0v max－F f －mg sin θ＝0，解得P 0＝14 kW ，F f ＝2 000 N ，A 、B 错误；第1 s 内电动汽车牵引力的功率P ＝Fv ＝14 000t ，C 错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移x ＝v 22a＝0.5 m ，牵引力大小为14 000 N ，牵引力与阻力做功的代数和为(F －F f )x ＝6 000 J ，D 正确．6．如图所示，探月卫星由地面发射后进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里、周期为118分钟的圆轨道Ⅲ，开始进行探月工作．下列说法正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的运行速度比在轨道Ⅱ上经过P点时的运行速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的机械能小D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能大解析：选AD.因为从轨道Ⅲ到轨道Ⅱ卫星做离心运动，速度须变大，A 项正确；在P 点时，由GMm r 2＝ma 可知，无论在哪个轨道上加速度a 均相等，B 项错误；轨道越高，机械能越大，D 项正确．7．如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H ，反弹的高度为916H .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4t＋mg C ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32H 解析：选AC.小球第一次落地时竖直分速度设为v y 1，反弹后竖直分速度设为v y 2，则由v 2y 1＝2gH 可得v y 1＝2gH ，同理v 2y 2＝2g ·916H ，得v y 2＝342gH ，设小球受的平均作用力为F ，由动量定理知，Ft ＝mv y 2－(－mv y 1)，故F ＝7m 2gH 4t，选项A 对，B 错；注意这两项中问的“小球受的平均作用力”应为包括重力在内的合外力．第一次平抛时，H ＝12gt 21，43H ＝v 0t 1反弹后，两次落地的水平距离x ＝v 02t 2，12gt 22＝916H ，解之得x ＝2H ，选项C 正确． 8．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB ．金属棒克服安培力做的功为mghC ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd ) 解析：选CD.金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh ＝12mv 2，金属棒到达水平面时的速度为：v ＝2gh ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E ＝BLv ，则最大感应电流为：I ＝ER ＋R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W B －μmgd ＝0，克服安培力做功：W B ＝mgh －μmgd ，故B 错误；感应电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，故C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R ＝12Q ＝12W B ＝12mg (h －μd )，故D 正确．所以CD 正确，AB 错误．。

专题15 选修3-3-2019年高考真题和模拟题分项汇编物理(解析版)

专题15 选修3-31．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。

【答案】低于大于【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故0Q ∆=，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即0W <，根据热力学第一定律可知：0U Q W ∆=∆+<，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。

最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PV nRT =，又m V ρ=，m 为容器内气体质量。

联立得：Pm nRTρ=，取容器外界质量也为m 的一部分气体，由于容器内温度T 低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。

2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。

该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。

一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。

已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m 3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa ；室温温度为27 ℃。

氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

《精品》专题15 选修3-3-2019年高考真题和模拟题分项汇编物理(解析版)

专题 15选修 3-31．（2019· 新课标全国Ⅰ卷）（5 分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

【答案】低于大于【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故Q 0，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即W，根据热力学第一定律可知：U Q W 0，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。

最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PVnRT ，又m V，m 为容器内气体质量。

联立得：Pm nRT，取容器外界质量也为 m 的一部分气体，由于容器内温度 T 低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。

2．（2019· 新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。

一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m ，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。

已知每瓶氩气的容积为3.2×10 m ，使用前瓶中气体压强为1.5×10 Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×10 Pa ；室温温度为27 ℃。

氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

【答案】（1）p =3.2×10 Pa （2）p =1.6×10 Pa 2 3 【解析】（1）设初始时每瓶气体的体积为V ，压强为p ；使用后气瓶中剩余气体的压强为p 。

专题15 选修3-3-2019年高考真题和模拟题分项汇编物理(原卷版)

专题15 选修3-31．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。

一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。

已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27 ℃。

氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

3．（2019·新课标全国Ⅱ卷）（5分）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。

用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，N2______N3。

（填“大于”“小于”或“等于”）4．（2019·新课标全国Ⅱ卷）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。

整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。

2019年高考真题和模拟题分项汇编物理：专题15 选修3-3物理(解析版)【汇编】

2019年高考真题和模拟题分项汇编物理：专题15 选修3-3物理（解析版）专题15 选修3-31．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PV nRT =，又m V ρ=，m 为容器内气体质量。

联立得：Pm nRTρ=，取容器外界质量也为m 的一部分气体，由于容器内温度T 低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。

2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。

一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。

已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m 3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa ；室温温度为27 ℃。

氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

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