高考物理二轮复习 题型突破训练4 选修部分突破练 选修33

四 选修3－3突破练1．(2017·遵义模拟)(1)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )A ．外界对物体做功，物体内能一定增大B ．温度越高，布朗运动就越显著C ．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大D ．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性E ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，此时暴露在空气中的水蒸发得越快(2)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直固定放置，开口向下，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞横截面积为S ，下边用轻绳吊着一个物体，活塞和物体的质量均为m ，与容器底部相距h .现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T 0时活塞下降了h .已知大气压强为p 0.重力加速度为g ，不计活塞与气缸间摩擦．①求温度为T 0时气体的压强；②现停止对气体加热，同时剪断轻绳，经足够长时间稳定后，活塞恰好回到原来位置，此时气体的温度T .解析：(1)外界对物体做功，若物体放热，则物体内能不一定增大，选项A 错误； 温度越高，布朗运动就越显著，选项B 正确； 当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，则分子势能增大，选项C 正确； 在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，选项D 正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，蒸发的速度越接近水蒸气液化的速度，水蒸发越慢，故E 错误；故选BCD.(2)①设气体压强为p 1，由活塞平衡知p 1S ＋2mg ＝p 0S解得p 1＝p 0－2mg S. ②设活塞回到原位置时气体压强为p 2，对活塞由平衡有p 2S ＋mg ＝p 0S得p 2＝p 0－mg S对气体由理想气体的状态方程有2p 1hS T 0＝p 2hS T代入解得T ＝p 0S －mg 2p 0S －4mgT 0. 答案：(1)BCD (2)①p 0－2mg S ②p 0S －mg 2p 0S －4mgT 0 2．(1)下列说法正确的是( )A ．单晶体和多晶体均存在固定的熔点B ．空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快C ．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D ．用油膜法估测分子大小时，用油酸溶液体积除以油膜面积，可估测油酸分子的直径E ．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力(2)一开口向上且导热性能良好的气缸如图所示固定在水平面上，用质量和厚度均可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气体，系统平衡时，活塞到气缸底部的距离为h 1＝10 cm ；外界环境温度保持不变，将质量为2m 和m 的砝码甲、乙放在活塞上，系统再次平衡时活塞到气缸底部的距离为h 2＝5 cm ；现将气缸内气体的温度缓缓地升高Δt ＝60 ℃，系统再次平衡时活塞到气缸底部的距离为h 3＝6 cm ；然后拿走砝码甲，使气缸内气体的温度再次缓缓地升高Δt ′＝60 ℃，系统平衡时活塞到气缸底部的距离为h 4，忽略活塞与气缸之间的摩擦力，求：①最初气缸内封闭的理想气体的温度t 1为多少摄氏度；②最终活塞到气缸底部的距离h 4为多少．解析：(1)单晶体和多晶体均存在固定的熔点，选项A 正确；空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，选项B 错误；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项C 正确；用油膜法估测分子大小时，用油酸溶液中含有的纯油酸的体积除以油膜面积，可估测油酸分子的直径，选项D 错误；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力，选项E 正确；故选ACE.(2)①假设气缸的横截面积为S ，气体初态：V 1＝h 1S ；p 1＝p 0；温度T 1将甲、乙两砝码放在活塞上后，体积V 2＝h 2S ；温度T 1；p 2＝p 0＋3mg S；由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝2p 1＝2p 0，即p 0＝3mg S气缸内气体的温度升高60 ℃时，温度为T 3＝T 1＋60；体积为V 3＝h 3S ，经等压变化，则由盖—吕萨克定律V 2T 1＝V 3T 3解得T 1＝300 K ，即t 1＝T 1－273＝27 ℃.②如果拿走砝码甲，使气缸内气体的温度再次缓慢升高Δt ′＝60 ℃时，压强p 4＝p 0＋mg S ＝43p 0，体积V 4＝h 4S ；温度T 4＝T 1＋Δt ＋Δt ′＝420 K 由理想气体状态变化方程p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4 解得h 4＝10. 5 cm.答案：(1)ACE (2)①27 ℃ ②10.5 cm3．(2017·江西五市联考)(1)下列说法正确的是( )A ．布朗运动反映了组成固体小颗粒的分子的无规则运动B ．热量可以从低温物体传递到高温物体C ．液晶显示器利用了液晶对光具有各向同性的特点D ．“露似珍珠月似弓”，露珠是由空气中的水蒸气凝结而成的，此过程中分子间引力、斥力都增大E ．落在荷叶上的水滴呈球状是因为液体表面张力的缘故(2)竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，最初AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强p 0＝75 cmHg.①若从C 端缓慢注入水银，使水银与端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？②若在竖直平面内将玻璃管顺时针缓慢转动90°，最终AB 段处于竖直，BC 段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？(结果保留三位有效数字)解析：(1)布朗运动反映了组成固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，选项A 错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，但要引起其他的变化，选项B 正确；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，选项C 错误； “露似珍珠月似弓”，露珠是由空气中的水蒸气凝结而成的，此过程中分子距离减小，分子间引力、斥力都增大，选项D 正确； 落在荷叶上的水滴呈球状是因为液体表面张力的缘故，选项E 正确；故选BDE.(2)①以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l 1＝30 cm －10 cm ＝20 cm 时的压强为p 1；当两侧水银面的高度差为h ＝25 cm 时，空气柱的长度为l 2，压强为p 2.由玻意耳定律得p 1l 1＝p 2l 2其中p 1＝(75＋5)cmHg ＝80 cmHg ，p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg解得l 2＝16 cm故需要注入的水银长度Δl ＝20 cm －16 cm ＋25 cm －5 cm ＝24 cm.②设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB 部分留有x 长度的水银，由玻意耳定律得p 1l 1＝(p 0－x )(l －x )，其中l ＝30 cm解得x 1＝105－8 4252cm ＝6.6 cm ＞0符合题意， x 2＝105＋8 4252cm 不合题意，舍去． 故最终封闭气体的长度为l －x ＝23.4 cm.答案：(1)BDE (2)①24 cm ②23.4 cm4．(2017·泰安模拟)(1)下列关于热现象的说法正确的是( )A ．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力B ．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C ．热量不可能从低温物体传到高温物体D ．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示E ．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体(2)如图所示，粗细均匀的U 形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A 、B 两部分，水银柱A 的长度h 1＝25 cm ，位于封闭端的顶部，B 部分位于U 型管的底部．右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计．活塞自由静止时底面与左侧空气柱的下端齐平，此时空气柱的长度L 0＝12.5 cm ，B 部分水银两液面的高度差h 2＝45 cm ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A 部分的水银柱恰好对U 形管的顶部没有压力时，活塞移动了多少距离？解析：(1)小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力，选项A 正确；液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引，这就是表面张力的成因，选项B正确；根据热力学第二定律，热量也可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项C错误；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，选项D错误；有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体，例如石墨和金刚石，选项E正确；故选ABE.(2)活塞自由静止时，右管内气体的压强p1，左管内气体的压强p2分别为p1＝p0，p2＝p1－h2①活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强p3＝h1②设B部分水银柱两端液面的高度差为h3，则右管中被封气体的压强为p4＝p3＋h3③设左管中的气体长度为L，右管中被封气体的长度为l，管的横截面积为S，根据玻意耳定律对右管中的被封气体：p1h2S＝p4LS④对左管中的气体：p2L0S＝p3LS⑤根据几何关系知h3＝h2－2(L－L0)⑥设活塞上移的距离为x，则x＝(l－h2)＋(L－L0)⑦代入数据解得x＝9.4 cm.答案：(1)ABE (2)9.4 cm5．(1)下列说法正确的是( )A．理想气体等温膨胀时，内能不变B．扩散现象表明分子在永不停息地运动C．分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大D．在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加E．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动(2)如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，质量m＝5 kg、截面积S＝50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，在气缸内距缸底为h＝0.3 m处有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0＝300 K．现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞恰好离开a、b.已知大气压强p0＝1.0×105Pa.(g取10 m/s2)，求：①活塞恰要离开ab时，缸内气体的压强p1；②当活塞缓慢上升Δh＝0.1 m时(活塞未滑出气缸)缸内气体的温度T为多少？③若全过程电阻丝放热95 J，求气体内能的变化ΔU.解析：(1)理想气体的内能只与温度有关，理想气体等温膨胀时，内能不变，选项A正确；扩散现象表明分子在永不停息地运动，选项B正确；分子热运动加剧，则物体分子的平均动能变大，并非每个分子的动能都变大，选项C 错误； 在绝热过程中Q ＝0，外界对物体做功W>0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知物体的内能一定增加，选项D 正确； 布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则热运动，选项E 错误；故选ABD.(2)①活塞恰要离开ab 时，由活塞平衡：p 0S ＋mg ＝p 1S代入数据解得p 1＝p 0＋mg S ＝1.1×105Pa.②活塞上升Δh ＝0.1 m 过程中压强p ＝p 1＝1.1×105 Pa由状态方程：p 0V 0T 0＝pV T ，有p 0hS T 0＝p （h＋Δh ）S T代入数据解得T ＝440 K.③气体对外做功W ＝－pS Δh ＝－55 J又气体吸收热量Q ＝95 J由热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q所以气体内能增量为ΔU ＝40 J.答案：(1)ABD (2)①1.1×105 Pa ②440 K ③40 J。