高考调研人教版物理选修3-3-7-3高考调研精讲精练

合集下载

高考调研人教版物理选修3-3-10-4高考调研精讲精练

第21页
第十章第4节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
2．“不产生其他影响”的含义从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的，但必定会引起其他影响．
第22页
第十章第4节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
【例题 2】下列说法正确的是( ) A．机械能全部变成内能是不可能的 B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式 C．热机的效率从理论上讲可达 100% D．从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
(3)自由膨胀过程：高压气体向真空空间膨胀可以自发进行，
因膨胀过程中没有阻力(真空)，过程中气体不做功，因此，此膨
胀也称无阻膨胀．但相反的压缩过程不可能自发进行．
(4)混合过程：将一滴墨水滴到一杯清水中，墨水与清水很快
就混为一体，或者把两种不同的气体放在一起，两种气体也就混
合为混合气体．这都是常见的自发过程，不须任何其他代价，只
(6)电阻热效应：电流通过电阻时，产生热效应．反之，若对电阻加热，不能期望在电阻内产生与加热量等量的电能．
第13页
第十章第4节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
规律方法
第14页
第十章第4节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
规律一热传导过程的方向性热力学第二定律的第一种表述揭示了热传导的过程具有方向性，掌握这一规律的关键是准确理解“自发”的含义，要注意常见的问题是：热量也可以由低温物体传递到高温物体，但不是自发的过程，必须有第三者介入，如电冰箱需要有压缩机消耗电能．
要使两种物质接触在一起就能完成．而相反的分离过程却是不可

高考调研人教版物理选修3-3-7-2高考调研精讲精练

布朗运动是永不停息的无规则运动，反映了液体分子的永不停息的无规则运动．这一连串结论的得出是这堂课的教学重点．
第3页
第七章分子动理论
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
基础梳理规律方法
第4页
第七章第2节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
基础梳理
第5页
第七章第2节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
第26页
第七章第2节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
【解析】布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，D 项正确，B、C 两项错误．液体温度越高，液体分子运动越剧烈，对悬浮微粒的撞击越频繁，布朗运动越剧烈，与悬浮微粒内的分子运动无关．
【答案】 D
第27页
第七章第2节
【解析】较大的颗粒受更多的液体(或气体)分子的来自各方向的撞击，使颗粒趋于平衡，而且较大的颗粒质量大、惯性大，在相同撞击力作用下产生的加速度小，运动状态难以改变，所以选 B、C 两项．
【答案】 BC
第29页
第七章第2节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
【解析】扩散现象和布朗运动相同之处是都能说明分子是运动的，温度越高，运动越激烈，都能说明分子运动永不停息．不同之处是扩散现象是分子的运动，气体、液体和固体都能发生扩散现象；而布朗运动本身不是分子的运动，是分子无规则运动的反映，在气体和液体中能发生．
【答案】 CD
一、扩散现象扩散现象是物体互相进入对方的现象，温度越高，扩散越快．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明．
第6页
第七章第2节
高考调研

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业6高考调研精讲精练

课时作业(六)1．冬天有这样的现象：剩有半瓶水的热水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软木塞时不易拔出来，主要原因是瓶内气体( )A ．温度不变，体积减小，压强增大B ．体积不变，温度降低，压强减小C ．温度降低，体积减小，压强不变D ．质量不变，体积减小，压强增大解析由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定律得温度降低，压强减小．即暖瓶内的压强减小，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力．答案 B2．一定质量的气体，保持体积不变，当它的温度从100 ℃升高到200 ℃时，它的压强( )A ．改变为原来的12B ．改变为原来的2倍C ．改变为原来的100273D ．改变为原来的473373解析根据查理定律，一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时气体的压强跟它的热力学温度成正比，即：p 1T 1＝p 0T 0，初状态：T 0＝100 ℃＝373 K ，末状态：T 1＝200 ℃＝473 K ；所以得：p 1p 0＝T 1T 0＝473373.即温度从100 ℃升高到200 ℃时，它的压强改变为原来的473373.故正确的选项为D ，A 、B 、C 项都错误．答案 D3．一定质量的气体，在压强不变时，温度每升高1 ℃，它的体积的增加量( )A ．相同B ．逐渐增大C ．逐渐减小D ．成正比例地增大解析气体等压变化，根据盖－吕萨克定律V T ＝C ，有：V T ＝ΔV ΔT，故ΔV ＝V T ΔT ，故温度每升高1 ℃，它的体积的增加量相同．答案 A4．如图所示甲、乙为一定质量的某种气体的等容或等压变化图像，关于这两个图像的正确说法是( )A ．甲是等压线，乙是等容线B ．乙图中p －t 线与t 轴交点对应的温度是－273.15 ℃，而甲图中V －t 线与t 轴的交点不一定是－273.15 ℃C ．由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p 与t 成直线关系D ．乙图表明随温度每升高1 ℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变解析由查理定律p ＝CT ＝C (t ＋273.15)及盖—吕萨克定律V＝CT＝C(t＋273.15)可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A项正确；两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为－273.15 ℃，即热力学温度的0 K，故B项错；查理定律及盖—吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低，压强不太大的条件下得出的，当压强很大，温度很低时，这些定律就不成立了，故C项错；由于图线是直线，故D项正确．答案AD5.如图所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的p－T图像，由图像可知()A．V A＝V BB．V B＝V CC．V B<V CD．V A>V C解析图线AB的延长线过p－T图像的坐标原点，说明从状态A 到状态B是等容变化，故A项正确；连接OC，该直线也是一条等容线，且直线的斜率比AB小，则C状态的体积要比A、B状态大，故C项也正确；也可以由玻意耳定律来分析B到C的过程，该过程是等温变化，由pV＝C知，压强p减小，体积V必然增大，同样可得C 项是正确的．答案AC6.如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强()A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终不变D．先增大后减小解析在V－T图像中，各点与坐标原点连线的斜率表示压强的大小，斜率越小，压强越大，故选A项．答案 A7．如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是()解析假设水银柱不动，则两端封闭气体，发生等容变化，根据查理定律有Δp＝ΔTT p，再根据各选项条件判断，C、D项正确．答案CD8.如图所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温是30 ℃时，空气柱长度为30 cm，当水温是90 ℃时，空气柱的长度是36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于多少摄氏度() A．－273 ℃B．－270 ℃C．－268 ℃D．－271 ℃解析由等压变化知V1T1＝V2T2所以有ΔV1ΔT1＝ΔV2ΔT2，即36－3090－30＝30ΔT，ΔT＝300，所以绝对零度应是30 ℃－300 ℃＝－270 ℃，B项正确．答案 B9.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是()A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D．若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析若外界大气压增大或气温升高，因弹簧的弹力总等于活塞与气缸的总重力保持不变，则弹簧长度不变，A、C项错；对气缸分析，据平衡条件可知大气压增大，密封气体的压强增大，又气体温度不变，则体积减小，而活塞的位置不变，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B项错；若气温升高，分析气缸的平衡可知密封气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律知体积增大，气缸的上底面距地面的高度将增大，D项正确．答案 D10．为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；c．用电加热器加热容器内的空气；d．将待测安全阀安装在容器盖上；e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序排列：______；(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×105Pa，则这个安全阀能承受的最大内部压强的测试结果是________．解析(1)将安全阀安装在容器盖上，密封空气，记录其初始温度t1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内的空气温度t2，故正确的操作顺序为deacb.(2)已知T1＝300 K，T2＝360 K，p0＝1.0×105 Pa，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得p0T1＝pT2，故p＝p0T2T1＝1.0×105×360300Pa＝1.2×105 Pa.答案(1)deacb(2)1.2×105 Pa11.如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧气缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B.求：(1)活塞移动到B时，缸内气体温度T B；(2)画出整个过程的p－V图线．解析(1)活塞由A移动到B的过程中，先做等容变化，后做等压变化．由气态方程得p A T A ＝p0TV A T ＝V A＋ΔVT B解得T B＝363 K.(2)如图所示12.如图所示，这是一种气体温度计的示意图，测温泡B内存储有一定气体，经毛细管与水银压强计的左臂M相连，测温时，使测温泡与待测系统做热接触．上下移动压强计的右臂M′，使左臂中的水银面在不同温度下始终固定在同一位置O处，以保持气体的体积不变．已知在标准状态下大气压强为p0，左、右臂水银面的高度差为h0，实际测温时，大气压强为p1，左、右臂水银面的高度差为h1，试用上述物理量推导所测摄氏温度t的表达式．(压强单位都是cmHg)解析 B 经毛细管与M 相连，则可近似认为测温泡B 内气体的体积不变，满足查理定律．初态时：p 初＝p 0＋h 0，T 0＝273 K ；末态时：p 末＝p 1＋h 1 由查理定律得p 0＋h 0273＝p 1＋h 1T 1，又t ＝T 1－273，联立各式解得t ＝273·(p 1＋h 1－p 0－h 0)p 0＋h 0. 13.如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40 cm 2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A 封闭在气缸内．在气缸内距缸底60 cm 处设有a 、b 两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强为p 0(p 0＝1.0×105 Pa 为大气压强)，温度为300 K ．现缓慢加热气缸内气体，当温度为330 K ，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上升了4 cm.g 取10 m/s 2求：(1)活塞的质量；(2)物体A 的体积．解析 (1)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝60×40－ΔVT 2＝330 K ，p 2＝(1.0×105＋mg 40×10－4) Pa ，V 2＝V 1 T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝64×40－ΔV由状态1到状态2为等容过程p 1T 1＝p 2T 2代入数据得m ＝4 kg(2)由状态2到状态3为等压过程V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV ＝640 cm 3答案 (1)4 kg (2)640 cm 3。

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业2高考调研精讲精练

课时作业(二)1．以下实验中，证实分子做无规则运动的实验是()A．布朗运动实验B．油膜实验C．酒精和水混合实验D．离子显微镜实验解析油膜实验计算分子的大小；酒精和水混合实验证明分子间有空隙；离子显微镜实验观察分子的组成等．答案 A2．放在房间一端的香水，打开瓶塞后，位于房间另一端的人将()A．立即闻到香味，因为香水分子热运动速率很大，穿过房间所需时间极短B．过一会儿才能闻到香味，因为香水分子热运动速率不大，穿过房间需要一段时间C．过一会儿才能闻到香味，因为香水分子热运动速率虽大，但必须足够多的香水分子，才能引起嗅觉D．过一会儿才能闻到香味，因为香水分子热运动虽快，但由于是无规则运动，且与空气分子不断碰撞，要闻到足够多的香水分子必须经过一段时间解析香水分子的运动是扩散运动，且运动的瞬时速率很大，但由于运动是无规则的，且不断地与空气分子碰撞，而且还需有足够多的分子才能闻到香水味，故需一定的时间．因此D项正确．3．在较暗的房间里，从射进来的阳光中，可以看到悬浮在空气中的微粒在不停地运动，这些微粒的运动()A．是布朗运动B．是微粒分子的运动C．是自由落体运动D．是由气流和重力引起的运动解析这些能用肉眼看见的颗粒是比较大的，故不是布朗运动，因为颗粒的质量比较小，这些颗粒的运动是气流和重力作用引起的．答案 D4．关于布朗运动，以下说法正确的是()A．布朗运动是花粉分子无规则运动B．布朗运动是由于花粉微粒内部分子间的碰撞引起的C．温度越高，布朗运动越明显D．布朗运动是分子运动解析由布朗运动的定义、产生的原因可知C项正确．答案 C5．布朗运动产生的原因是()A．悬浮粒子之间的相互作用B．悬浮粒子受到液体分子的引力作用C．悬浮粒子受到液体分子的斥力作用D．悬浮粒子不断地受到液体分子的撞击解析在同一时刻液体分子对悬浮颗粒的撞击作用不平衡造成的．6．液体中悬浮的固体颗粒越小，布朗运动越明显，这是因为颗粒小时()A．质量小，沿某一方向运动的机会大B．被碰的机会小，自由运动的可能性大C．受液体分子阻碍的机会小，容易运动D．受各个方向液体分子撞击的力不平衡的机会越大解析液体中的悬浮颗粒越小，在各个方向上液体分子撞击的机会越不均等，出现不平衡的机会就大，同时，颗粒越小，质量越小，惯性越小，受撞击后运动状态越容易改变，故D项正确．答案 D7．如图所示，把一块铅和一块金的接触面磨平磨光后紧紧压在一起，五年后发现金中有铅，铅中有金，对此现象说法正确的是()A．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的相互吸引B．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的运动C．属布朗运动，小金粒进入铅块中，小铅粒进入金块中D．属布朗运动，由于外界压力使小金粒、小铅粒彼此进入对方中解析属扩散现象，是由于两种不同物质分子运动引起的，B项对．8．关于布朗运动，下列说法正确的是()A．布朗运动就是分子运动，布朗运动停止了，分子运动也会暂时停止B．微粒做布朗运动，充分说明了微粒内部分子是不停地做无规则运动的C．布朗运动是无规则的，因此它说明了液体分子的运动是无规则的D．布朗运动的无规则性，是由于外界条件无规律的不断变化而引起的答案 C9．下列关于热运动的说法中，正确的是()A．热运动是物体受热后所做的运动B．0 ℃的物体中的分子不做无规则运动C．热运动是单个分子的永不停息地无规则运动D．热运动是大量分子的永不停息地无规则运动解析热运动是组成物质的大量分子所做的无规则运动，不是单个分子的无规则运动，因此A、C两项错误，D项正确；分子的热运动永不停息，因此0 ℃的物体中的分子仍做无规则运动，B项错误．答案 D10．布朗运动不可能是由外界影响引起的，能够支持这一结论的事实是()A．有外界影响时，能观察到布朗运动B．在尽量排除外界影响时，布朗运动依然存在C．在实验环境相同的条件下，各个微粒的运动情况各不相同D．随着温度的升高，布朗运动加剧解析有外界影响时，观察到的现象不能认定为布朗运动，故A 项错误．在尽量排除外界影响下观察到的布朗运动，可认定为布朗运动不是由外界影响引起的，故B项正确．在实验环境相同的条件下，各微粒运动不相同，说明布朗运动不是实验环境造成的，故C项正确．温度升高，是外界因素，故D项错误．答案BC11．下列关于布朗运动、扩散现象和对流的说法正确的是() A．三种现象在月球表面都能进行B．三种现象在宇宙飞船里都能进行C．布朗运动、扩散现象在月球表面能够进行，而对流则不能进行D．布朗运动、扩散现象在宇宙飞船里能够进行，而对流则不能进行解析布朗运动和扩散现象都是分子无规则热运动的结果，而对流需要在重力作用的条件下才能进行．由于布朗运动、扩散现象是由于分子热运动而形成的，所以二者在月球表面、宇宙飞船里均能进行，由于月球表面仍有重力存在，宇宙飞船里的微粒处于完全失重状态，故对流可在月球表面进行，而不能在宇宙飞船内进行，故选A、D两项．答案AD12．关于扩散运动和布朗运动，下列说法中正确的是()A．扩散运动和布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动B．扩散运动和布朗运动虽然不是分子的运动，但它能反映出分子的运动规律C．布朗运动的剧烈程度与悬浮颗粒的大小有关，这说明分子的运动与悬浮颗粒的大小有关D．扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散运动和布朗运动也叫做热运动解析扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故A项错误；扩散运动和布朗运动虽然不是分子的运动，但它能反映出分子的运动规律，故B项正确；颗粒越小布朗运动越明显，温度越高，分子热运动越剧烈，分子的运动与悬浮颗粒的大小无关，故C项错误；分子永不停息地无规则运动叫做热运动，而非固体微粒，故D项错误．答案 B13．把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是()A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B．小碳粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动C．越小的炭粒，运动越明显D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多的静止不动的水分子组成的解析在显微镜下不能看到水分子，只能看到悬浮的小炭粒不停地做无规则运动，越小的炭粒，运动越明显．答案BC14．用显微镜观察水中的花粉，追踪某一个花粉颗粒，每隔10 s 记下它的位置，得到了a、b、c、d、e、f、g等点，再用直线依次连接这些点，如图所示，则下列说法中正确的是()A．这些点连接的折线就是这一花粉颗粒运动的轨迹B．它说明花粉颗粒做无规则运动C．在这六段时间内花粉颗粒运动的平均速度大小相等D．从a点计时，经36 s，花粉颗粒一定在de连线上解析布朗运动示意图说明了花粉颗粒做无规则运动，故B项正确．点之间连接的直线是人为画上的，在这10 s内花粉颗粒仍无规则运动，故A、C、D三项错误．答案 B。

高考调研人教版物理选修3-3-单元测试10高考调研精讲精练

第十章单元测试(时间60分钟满分100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分) 1．下列说法中，正确的是()A．从甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体多B．热机的效率从理论上讲可达100%C．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”D．自然界的总能量并没有变，能量耗散使可利用的能量减少了解析自发的热传递的条件是必须存在温差，而不是内能差，甲物体传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体高，故选项A错误．由热力学第二定律“不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化”可知，任何热机的机械效率都不可能达100%，因此，B错．自然界的总能量并没有变，能量耗散使可利用的能量减少了，C项错，D项对．答案 D2．根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法正确的是()A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化为机械能B．在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A项正确；在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B项错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273 ℃，却永远不能达到，C项错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D项错．答案 A3．关于热力学第二定律的理解，下列正确的是()A．宏观与热有关的自发的物理过程都是不可逆的B．所有热过程都是从有序变为无序C．熵增加原理说明自然的物理过程具有方向性D．热运动是一种最无序的运动，内能是最无序运动所对应的能量，因此机械能可以全部转变为内能，但不可能将内能100%全部转变为机械能且不能引起其他变化解析所有自发的热过程都是从有序变为无序，注意“自发”，B项错．答案ACD4．关于一定量的气体，下列叙述正确的是()A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析根据热力学第二定律可知，气体吸收的热量可以完全转化为功，但一定要引起其他的变化，A项正确；根据热力学第一定律可知，B、C两项错误；根据热力学第一定律可知，若外界对气体做功的同时气体放热，则气体的内能可能减少，D项正确．答案AD5．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有()A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q2解析因为该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，所以内能没有变化．ΔU＝0，根据热力学第一定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A项正确．答案 A6．分别以p、V、T表示气体的压强、体积、温度，一定质量的理想气体，其初始状态表示为(p0、V0、T0)．若分别经历如下两种变化过程：①从(p0、V0、T0)变为(p1、V1、T1)的过程中，温度保持不变(T1＝T0)；②从(p0、V0、T0)变为(p2、V2、T2)的过程中，既不吸热，也不放热．在上述两种变化过程中，如果V1＝V2>V0，则()A．p1>p2，T1>T2B．p1>p2，T1<T2C．p1<p2，T1<T2D．p1<p2，T1>T2解析过程①是等温膨胀，遵守玻意耳定律，过程②是绝热膨胀，系统对外做功，内能减少，温度降低，T1>T2，根据气态方程pV/T＝C，p1>p2，故A项正确．答案 A7．如图所示，有一导热性良好的气缸放在水平面上，活塞与气缸壁间的摩擦不计，气缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用(即分子势能视为零)，忽略环境温度的变化，现缓慢推倒气缸，在此过程中()A．气体吸收热量，内能不变B．气缸内分子的平均动能增大C．单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多D．气缸内分子撞击气缸壁的平均作用力增大解析由题图可知，该过程气体对外做功，由于忽略环境温度变化，温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量．内能不变．A项正确．答案 A8.如图所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时()A．体积必然变大B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热解析在p－T图像中，斜率越大，体积越小，A项对．有可能经过体积先减小再增大的过程．体积增大，气体对外界做功，C项错．由于温度增加，内能增加，必然吸热．答案ABD9.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则() A．A→B过程气体降温B．B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功C．C→A过程气体放热D．全部过程气体做功为零解析A→B过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，选项A正确；B→C过程气体等容升压，由p/T＝C(常量)可知，气体温度升高，其对应内能增加，因做功W＝0，选项B错；C→A过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，选项C正确；A→B过程气体对外做功，其数值等于AB线与横轴包围的面积．B→C过程气体不做功．C→A过程外界对气体做功，其数值等于CA线与横轴包围的面积，显然全过程对气体做的净功为ABC封闭曲线包围的面积，选项D不正确．答案AC10.如图，一绝热容器被隔板K隔开成a，b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中()A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误．选项B正确．稀薄气体可看作理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p1V2和V1<V2知p1>p2，即气体压强变小，故选项C错误，选项D正确．答案BD11.如图所示的导热气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，如果迅速向下压活塞时气体的温度会骤然升高(设为甲过程)．如果缓慢地向下压活塞时，里面的气体温度不变(设为乙过程)．已知甲、乙两个过程中气体初态和末态的体积相同，不考虑活塞与气缸的摩擦，则下列说法正确的是()A．甲过程中气体的内能增加，乙过程中气体的内能不变B．两过程中外界对气体做的功一样多C．乙过程中气体的压强不变，甲过程中气体的压强不断增大D．乙过程的末态气体压强比甲过程的末态气体压强小解析温度是理想气体分子平均动能的标志，由题意知甲过程中气体温度升高，乙过程中气体温度不变，所以A项正确．外界对气体做功W＝p－·ΔV，体积变化相同，但甲过程平均压强大于乙过程平均压强，B项错；乙过程为等温压缩过程，压强变大，C项错．可以将两过程末态看做一个等容过程，甲过程末态温度较高，压强较大，D项正确．答案AD12．温室效应严重威胁着人类生态环境的安全，为了减少温室效应造成的负面影响，有的科学家受到了啤酒在较高压强下能够溶解大量的二氧化碳的启发，设想了一个办法；可以用压缩机将二氧化碳送入深海底，永久贮存起来．海底深处，压强很大，温度很低，海底深水肯定能够溶解大量的二氧化碳，这样就为温室气体二氧化碳找到了一个永远的“家”，从而避免温室效应．在将二氧化碳送入深海底的过程中，以下说法错误的是()A．压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能增大B．二氧化碳与海水间的热传递能够使其内能减少C．二氧化碳分子平均动能会减少D．每一个二氧化碳分子的动能都会减少解析压缩机压缩气体对气体做功，气体温度升高，内能增大，A项对．二氧化碳压入海底时比海水温度高，因此将热量传递给海水而内能减小，B项是对的．二氧化碳温度降低，分子平均动能减少，但不是每个分子的动能都减少，C项正确，D项错．答案 D13.导热气缸开口向下，内有理想气体，缸内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，现在把沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，并缓慢降低气缸外部环境温度，则()A．气体压强增大，内能可能不变B．外界对气体做功，气体温度降低C．气体体积减小，压强增大，内能一定减小D．外界对气体做功，气体内能一定增加解析由平衡条件知活塞受到的沙桶拉力减小，其他力如活塞重力、大气压力不变，则气体压强增大、体积减小，外界对气体做功，由于环境温度缓慢降低，则气体内能减少，由ΔU＝W＋Q知Q<0，即向外放热．答案BC14.如图所示的两端开口的U形管中，盛有同种液体，并用阀门K 将液体隔成左、右两部分，左边液面比右边液面高．现打开阀门K，从打开阀门到两边液面第一次平齐的过程中，液体向外放热为Q，内能变化量为ΔU，动能变化量为ΔE k；大气对液体做功为W1，重力做功为W2，液体克服阻力做功为W3，由功能关系可得：①W1＝0 ②W2－W3＝ΔE k③W2－W3＝Q＝ΔU④W3－Q＝ΔU其中正确的是()A．①②③B．①②④C．②③D．①③解析由动能定理可知W2－W3＋W1＝ΔE k，其中W1＝p·ΔV左－p·ΔV右＝0，可知①、②正确．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU ＝W3－Q，可知④正确，③错误．综合以上分析可知B项正确．答案 B二、非选择题(有4个题，共44分)15.(10分)如图所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的p－V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J，求：(1)若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，问系统是吸热还是放热？热量传递是多少？解析(1)沿a→c→b过程ΔU＝W＋Q＝(－126＋335) J＝209 J.沿a→d→b过程，ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)] J＝251 J，即有251 J的热量传入系统．(2)由b→a，ΔU′＝－209 J.ΔU′＝W″＋Q″＝84 J＋Q″，Q″＝(－209－84) J＝－293 J.负号说明系统放出热量．答案(1)251 J(2)放热293 J16.(10分)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超7 000米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3.如果将该气缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．(1)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．(2)下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．解析(1)当气缸下潜至990 m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知：p＝100 atm①根据理想气体状态方程，得p0V0T0＝pVT②代入数据，得V＝2.8×10－2 m3③(2)根据ΔU＝W＋Q，可知下潜过程中封闭气体放热；放出的热量大于外界对气体所做的功．答案(1)2.8×10－2 m3(2)放热大于17．(12分)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.(1)求此时气体的压强；(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律，得p 0T 0＝p 1T 1所以此时气体的压强p 1＝T 1T 0p 0＝350300p 0＝76p 0 (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V 2，由玻意耳定律可得p 1V 0＝p 0V 2可得V 2＝p 1V 0p 0＝76V 0所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为ρV 0ρ·76V 0＝67 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量．答案 (1)76p 0 (3)67吸热原因见解析 18.(12分)如图所示，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 2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0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V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.解析(1)在缸内气体由压强p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律，得T1T ＝p0p①在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律，得VV1＝T1 T0②由①②式，得V1＝12V③(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝p0(V－V1)④在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝α(T1－T0)⑤由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU⑥由②③④⑤⑥式，得Q＝12p0V＋αT0⑦12V(2)12p0V＋αT0答案(1)。

高考调研人教版物理选修3-37-4、5

三、分子势能 1．分子势能由分子间作用力和相对位置决定的势能． 2．分子势能与分子力做功的关系分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大．
第9页
第七章第4、5节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
3．分子力与分子势能随分子间距变化的分析
从力角度分析
从分子势能角度分析
1.在 0～r0 区间，斥力>引 1.在 0～r0 区间，随着距离的增大，分力，分子力表现为斥力子力做正功，分子势能减小
第3页ห้องสมุดไป่ตู้
第七章分子动理论
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
基础梳理规律方法
第4页
第七章第4、5节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
基础梳理
第5页
第七章第4、5节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
一、温度和温标 1．状态参量在热学中描述系统状态的常用参量为体积、压强、温度． 2．热平衡两个系统相互接触而传热，最后系统的状态参量不再变化，此时两个系统达到热平衡． 3．热平衡定律如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡．
第6页
第七章第4、5节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3
4．温度表征处于热平衡的两个系统具有共同热学性质的物理量． 5．温标 (1)摄氏温度 t：单位是摄氏度(℃) (2)热力学温度 T：单位是开尔文(K)，是国际单位制中的基本单位． (3)换算关系：T＝273.15＋t.
第7页
第七章第4、5节
【答案】 AB
第19页
第七章第4、5节
高考调研
新课标 ·物理 ·选修3-3

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业12高考调研精讲精练

课时作业(十二)1．关于物体的内能，下列说法正确的是()A．不通过做功的过程，机械能也能转化为内能B．不通过做功的过程，内能也可从一个物体传递给另一个物体C．不发生热传递，物体内能总保持不变D．外力对物体做1 J的功，物体就一定增加1 J的内能解析做功和热传递都可改变物体的内能，做功的过程是能的转化过程，热传递是能的转移，B项正确．答案 B2．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解析物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不只由温度决定，故选项A、B都不对．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是错误的．关于热量的论述，选项D是正确的．答案 D3．一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是() A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝－4×104 J解析由符号法则可知，外界对气体做功W取正，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q＝－2×105 J．故选B项．答案 B4．下列过程不可能发生的是()．A．对物体做功，同时物体放热，物体的内能不变B．对物体做功，同时物体吸热，物体的内能不变C．物体对外做功，同时物体放热，物体的内能不变D．物体对外做功，同时物体吸热，物体的内能不变解析对物体做功W＞0，物体放热Q＜0，由ΔU＝Q＋W知，ΔU 可以为零，内能可能不变，温度不变，A项有可能发生；对物体做功W＞0，物体吸热Q＞0，则ΔU一定大于零，温度升高，B项不可能发生；物体对外做功W＜0，放热Q＜0，则ΔU一定小于零，C项不可能发生；物体对外做功W＜0，吸热Q＞0，则ΔU可能为零，D项可能发生．答案BC5.如图所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形良好导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走．若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，外界温度不变，则在此过程中()A．气体对外做功，内能不变B．气体对外做功，内能一定减少C．气体放出热量，内能一定减少D．气体从外界吸热，内能一定增加解析由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，外界温度不变，使气体温度也不变，则内能不变．细沙减少时，气体膨胀对外做功，由ΔU＝Q＋W知，气体从外界吸热．答案 A6.带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b，或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如V－T图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则() A．p b＞p c，Q ab＞Q ac B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac解析V－T图线的斜率越大，压强p越小，故p b＜p c.由热力学第一定律，有Q＝ΔU－W，因T b＝T c，所以ΔU ab＝ΔU ac，而W ab＞W ac，故Q ab＞Q ac.综上可知C项正确．答案 C7.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是()A．由a状态至b状态过程中，气体放出热量，内能不变B．由b状态至c状态过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等解析由a到b的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量；由b到c的过程中，是等压变化，体积增大，温度升高，内能增加，而体积增大，所以气体对外界做功，应该吸收热量，虽然压强不变，但是气体分子热运动变得剧烈，碰撞次数改变．答案AD8.如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．现对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体()A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加解析向下压缩活塞，对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故选项C正确．答案 C9．如下图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板(质量不计)固定，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡．下列说法中正确的是()A．初始时氢气分子的平均动能大于氧分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小解析初始时，两室气体的温度相同，故分子平均动能相等，A 项错；因为气缸是绝热的，所以气缸内气体的总的内能守恒，由于隔板导热，重新平衡后两种气体温度仍相同，即气体内能仍相等，所以每种气体内能均不变，B项错；氢气通过隔热板对氧气做功，而内能不变，由热力学第一定律可知氢气一定吸收了来自氧气的热量，C项正确；达到平衡的过程中，氢气对氧气做功，氧气内能增加；热量从氧气传递到氢气，氧气内能又减小，D项正确．答案CD10.如图所示，汽缸放置在水平地面上，质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室，两气室中均充有气体，汽缸、活塞是绝热的且不漏气．开始活塞被销钉固定，现将销钉拔掉，活塞最终静止在距原位置下方h 处，设活塞移动前后甲气体内能的变化量为ΔE，不计气体重心改变的影响，下列说法正确的是()A．ΔE＝mgh B．ΔE＞mghC．ΔE＜mgh D．以上三种情况均有可能解析气体甲体积减小，外界对它做正功等于mgh和乙气体分子对活塞的力做功W乙之和，则ΔE＝mgh＋W乙．答案 B11．一定量的气体从外界吸收了2.6×105J的热量，内能增加了4.2×105 J，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？如果气体吸收的热量仍为 2.6×105J不变，但是内能只增加了1.6×105 J，这一过程做功情况怎样？解析由题意知Q＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J，根据ΔU＝Q＋W，代入可得W＝1.6×105 J，W为正值，外界对气体做功，做功为1.6×105 J.同理由题意可知Q′＝2.6×105 J，ΔU′＝1.6×105 J，利用热力学第一定律得W′＝－1.0×105 J，这说明气体对外界做功，做功为1.0×105 J.答案外界对气体做功，做功为1.6×105 J气体对外界做功，做功为1.0×105 J12．(1)如图所示，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)如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0.现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．解析(1)形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C项错；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D项对．(2)加热后，气体温度升高，平均动能增大．ΔU＝Q＋W＝Q－p0S0d＝Q－p0(V2－V1)答案(1)D(2)增大Q－p0(V2－V1)13.爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“砰”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27 ℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0.试分析：(1)将容器内的气体看作理想气体，求容器内气体的温度．(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？解析(1)根据查理定律p1T1＝p2 T2p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0.解得T2＝1 200 K，则t2＝927 ℃.(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ，故内能减少35 kJ.答案(1)927 ℃(2)减少35 kJ。

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业11高考调研精讲精练

课时作业(十一)1．对于蒸发和沸腾的说法正确的是()A．蒸发只在一定温度下才能发生B．沸腾只在一定温度下才能发生C．蒸发和沸腾都只发生在液体表面D．沸点与大气压有关，大气压越高，沸点越高解析蒸发和沸腾作为汽化的两种方式，是有区别的：蒸发只在表面进行，任何温度下都能发生，只不过快慢程度不一样，表面积越大、温度越高、空气流动越快、蒸发越快；沸腾是只有在某一温度时才发生的液体内部和表面同时进行的剧烈汽化现象．故B、D项正确．答案BD2．由饱和汽和饱和汽压的概念，选出下列正确的结论()A．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B．一定温度下的饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而增大D．饱和汽压跟绝对温度成正比解析由动态平衡概念可知A项正确．在一定温度下，饱和汽的密度是一定的，它随着温度升高而增大，B项正确．一定温度下的饱和汽压与体积无关，C项错误．饱和汽压随温度升高而增大，原因是：温度升高时，饱和汽的密度增大；温度升高时，汽分子平均速率增大，理想气体状态方程不适用于饱和汽，饱和汽压和绝对温度的关系不成正比，饱和汽压随温度的升高增大得比线性关系更快，D项错误．答案AB3．关于饱和汽，错误的说法是()A．在稳定情况下，密闭容器中如有某种液体存在，其中该液体的蒸汽一定是饱和的B．密闭容器中有未饱和的水蒸气，向容器内注入足够量的空气，加大气压可达到饱和C．随着液体的不断蒸发，当液化和汽化速率相等时，液体和蒸汽达到的一种平衡状态叫动态平衡D．对于某种液体来说，在温度升高时，由于单位时间内从液面汽化的分子数增多，所以其蒸汽饱和所需要的压强增大解析在饱和状态下，液化和汽化达到动态平衡，即达到稳定状态，所以A、C两项正确；液体的饱和汽压与其温度有关，即温度升高饱和汽压增大，所以D项正确；饱和汽压是指液体蒸汽的分气压，与其他气体的压强无关，所以B项错误．答案 B4．人对空气的干燥与潮湿的感觉()A．只与绝对湿度有关B．由相对湿度决定C．只与空气中水分子的密度有关D．只与空气的温度有关解析绝对湿度不变即空气中水汽密度不变时，温度越高，水汽离饱和的程度越远，人们感觉越干燥，故B选项正确．答案 B5．以下结论正确的是()A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也一定大B．相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C．在绝对温度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将减小D．在绝对湿度一定的情况下，气温增加时，相对湿度将减小解析由相对湿度定义B＝pp s×100%，式中p为空气的绝对湿度，p s为同一温度下水的饱和汽压，p s在不同温度下的值是不同的，温度越高p s越大，故A项错；相对湿度B＝100%，则p＝p s，即空气中的水汽已达到饱和，B项正确；绝对湿度p不变时，气温降低，p s减小，相对湿度增加，因此C项错误，D项正确．答案BD6．下列说法正确的是()A．熔化热等于晶体熔化单位质量所需的能量B．熔化过程吸收的热量等于该物质凝固过程放出的热量C．熔化时，物体的分子动能一定保持不变D．熔化时，物体的分子势能一定保持不变解析晶体熔化过程吸收的热量等于凝固过程中放出的热量，并且温度保持不变，分子动能不变．熔化吸热，对于晶体而言只增加分子势能，故B、C、D项错，A项对．答案 A7．火箭在大气中飞行时，它的头部跟空气摩擦发热，温度可达几千摄氏度，在火箭上涂一层特殊材料，这种材料在高温下熔化并且汽化，能起到防止烧坏火箭头部的作用，这是因为() A．熔化和汽化都放热B．熔化和汽化都吸热C．熔化吸热，汽化放热D．熔化放热，汽化吸热解析物质在熔化和汽化过程中都是吸收热量的，故B选项正确．答案 B8.如图所示，在一个大烧杯A内放一个小烧杯B，杯内都放有水，现对A的底部加热，则()A．烧杯A中的水比B中的水先沸腾B．两烧杯中的水同时沸腾C．烧杯A中的水会沸腾，B中的水不会沸腾D．上述三种情况都可能解析沸腾的条件是：(1)达到沸点；(2)能继续吸热．对烧杯A加热到水的沸点后，若继续加热，烧杯A中的水会沸腾．由于沸腾时水的温度保持在沸点不变，即烧杯B中的水也达到沸点，但由于它与烧杯A中的水处于热平衡状态，两者无温度差，无法再从烧杯A的水中吸收热，因此烧杯B中的水只能保持在沸点而不会沸腾．答案 C9.如图是水在1标准大气压下汽化热与温度的关系，关于汽化热，下列说法中正确的是()A．液体只有在沸腾时才有汽化热B．某种物质的汽化热是一定的C．质量越大汽化热越大D．汽化热与物质汽化时所处的温度和压强有关解析某种物质的汽化热与物质的种类，所处的温度和压强都有关系．答案 D10．下列说法中正确的是()A．1 g 0 ℃的冰和1 g 0 ℃的水分子动能、分子势能和内能均相同B．1 g 0 ℃的冰比1 g 0 ℃的水分子动能、分子势能和内能都要小C．1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气分子平均动能和分子总动能都相同D．1 g 100 ℃的水的内能比1 g 100 ℃水蒸气的内能小解析0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，温度不变，分子的平均动能不变，分子总数不变，总动能不变，而冰在熔化过程中吸收的热量用来增大分子势能，内能增大，A、B项错误；对水的汽化过程同理可知C、D项正确．答案CD二、非选择题11.如图所示的容器，用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽(无液态水)．(1)若保持温度不变，慢慢地推进活塞，容器内饱和水汽的密度是否发生变化？(2)若向密闭的容器中注入空气，则水蒸气的饱和汽压是否变化？(3)如果测得水汽的压强为p，体积为V.当保持温度不变()A．上提活塞使水汽的体积增为2V时，水汽的压强减为1 2pB．下压活塞使水汽的体积减为12V时，水汽的压强增为2pC．下压活塞时，水汽的质量减小，水汽的密度不变D．下压活塞时，水汽的质量和密度都变小解析(3)容器中的水汽刚好饱和，容器中没有水，上提活塞使水汽的体积变为2V时，容器中的水汽变为未饱和汽，它遵循玻意耳定律，压强变为12p.下压活塞使水汽的体积减为12V时，由于温度不变，饱和汽的密度不变，部分水汽会凝结成水，水汽的压强仍为p，只是水汽的质量减小．答案(1)由于温度不变，故饱和汽压不变，饱和水汽的密度也不变．(2)容器内总的压强增大，但水蒸气的饱和汽压与有无其他气体存在无关，故水蒸气饱和汽压不变．(3)AC12．白天的气温是30 ℃，空气的相对湿度是60%，天气预报夜里的气温要降到20 ℃；那么夜里会不会有露珠形成？为什么？(30 ℃时，空气的饱和汽压为4.24×103 Pa；20 ℃时，饱和汽压为2.3×103 Pa)解析根据B＝pp s，30 ℃绝对湿度p＝Bp s＝60%×4.24×103Pa ＝2.544×103 Pa＞2.3×103 Pa，大于20 ℃时的饱和汽压，故夜里会出现饱和汽，即有露珠形成．答案有露珠形成．13．某校研究性学习小组为估测太阳对地面的辐射功率，制作了一直径0.2 m的0 ℃的冰球，在环境温度为0 ℃时，用黑布把冰球包裹后悬吊在弹簧测力计下放在太阳光中．经过40 min后弹簧测力计示数减少了3.49 N．请你帮助这个小组估算太阳光垂直照射在某一单位面积上的辐射功率．冰的熔化热为3.35×105 J/kg.解析冰球熔化掉重量为3.49 N的过程中需要吸收的能量：Q＝λm＝3.35×105×3.499.8J＝1.19×105 J.此热量就是太阳在40 min内照射在直径为0.2 m的冰球上的热量，设太阳垂直照在单位面积上的辐射功率为P，则Q＝PtS，P＝QtS＝1.19×10540×60×3.14×0.12W/m2＝1.58×103 W/m2.答案 1.58×103 W/m2。

高考调研人教版物理选修3-3课时作业5

课时作业(五)1．一定质量的气体在温度保持不变，气体的状态发生变化时，下列物理量发生变化的是()A．分子的平均速率B．单位体积内的分子数C．气体的压强D．分子总数解析当温度不变时，气体分子的平均动能不变，即分子的平均速率不变，故A项错误；一定质量的气体在温度保持不变时，满足玻意耳定律，即pV＝C，当状态发生变化时，其体积一定发生变化，单位体积内的分子数发生变化，故B项正确；其压强也随之发生变化，故C项正确；气体质量不变，故D项错误．答案BC2．如图所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程．则下列说法正确的是()A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量相同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变解析由图像可知p－1V图像是过原点的倾斜直线，表示气体进行等温变化，故D→A是等温变化，A项正确．A、B两个状态参量不同，故B、C项错误；B→C气体进行等温变化，p减小，V增大，故D项错误．答案 A3．如图所示，图线1和2分别表示一定质量的气体在不同温度下的等温线，下述说法正确的有()A．图线1对应的温度高于图线2B．图线1对应的温度低于图线2C．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离增大D．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离减小解析p－V图中，图线1在图线2外侧，其对应温度较高．图线1中，气体由状态A变为B为等温膨胀过程，体积增大，气体分子间的平均距离将增大，故选A、C项．答案AC4．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气() A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小解析由图可知空气被封闭在细管内，水面升高时，气体体积一定减小，根据玻意耳定律知，气体压强就增大，B项正确．答案 B5．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，在对气球缓慢吹气过程中，当瓶内气体体积减小ΔV时，压强增大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%解析气体做的是等温变化，所以有：pV＝1.2p(V－ΔV)和pV＝p′(V－2ΔV)联立两式得p′＝1.5p，故D项正确．答案 D6．如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封有一定质量的气体，管内水银面低于管外．在温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是()A．玻璃管内气体体积减小B．玻璃管内气体体积增大C．管内外水银面高度差减小D．管内外水银面高度差增大解析假设水银柱相对试管不动，即管内水银面随着试管下降，则管内外水银面高度差增加，内外压强平衡破坏，管内水银面上升，气体体积等温压缩，由玻意耳定律可知，压强增大．故A、D项正确．答案AD7．有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)()A．76 cmHg B．82 cmHgC．88 cmHg D．70 cmHg解析水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a＝g sinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得：p0S＋mg sinθ－pS＝ma，故p＝p0＝76 cmHg.答案 A8．在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M>m.活塞密封一部分理想气体．现对气缸施一水平向左的拉力F时，如图甲，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞，如图乙，气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2，设密封气体的质量和温度均不变，则()A．a1＝a2，p1<p2，V1>V2B．a1<a2，p1>p2，V1<V2C．a1＝a2，p1<p2，V1<V2D．a1>a2，p1>p2，V1>V2解析对气缸与活塞的整体，据牛顿第二定律可知a1＝a2，对甲图，以活塞为研究对象，有p0S－p1S＝ma1；对乙图，对气缸有：p2S －p0S＝Ma2，因此p1<p2，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2可知V1>V2.答案 A9．在室内，将装有5 atm的6 L气体的容器的阀门打开后，从容器中逸出的气体相当于(设室内大气压强p0＝1atm)() A．5 atm,3 L B．1 atm,24 LC．5 atm,4.8 L D．1 atm,30 L解析当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1 atm时，得V2＝30 L，逸出气体30 L－6 L＝24 L，B项正确．据p2(V2－V1)＝p1V1′得V1′＝4.8 L，所以逸出的气体相当于5 atm下的4.8 L气体，C项正确．答案BC10.如图为气压式保温瓶的原理图，保温瓶内水面与出水口的高度差为h，瓶内密封空气体积为V，设水的密度为ρ，大气压强为p0，欲使水从出水口流出，瓶内空气压缩量ΔV至少为多少？(设瓶内弯曲管的体积不计，压前水面以上管内无水，温度保持不变，各物理量的单位均为国际单位)解析压水前：p1＝p0，V1＝V压水后水刚流出时：p2＝p0＋ρghV2＝V－ΔV，由玻意耳定律：p1V1＝p2V2即p0V＝(p0＋ρgh)(V－ΔV)解得ΔV＝ρghVp0＋ρgh.答案ρghV p0＋ρgh11．今有一质量为M的气缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当气缸水平横放时，空气柱长为L0(如图甲所示)，若气缸按如图乙悬挂保持静止时，求气柱长度为多少．已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与气缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变．解析对缸内理想气体，平放状态：p1＝p0，V1＝L0S悬挂状态：对缸体，Mg＋p2S＝p0S即p2＝p0－MgS，V＝LS由玻意耳定律：p1V1＝p2V2即p0L0S＝(p0－MgS)LS得气柱长度L＝p0L0Sp0S－Mg答案p0L0S p0S－Mg12．用来喷洒农药的压缩喷雾器的结构如图所示，A的容积为7.5 L，装入药液后，药液上方空气为1.5 L，关闭阀门K，用打气筒B每次打进105 Pa的空气250 cm3(K′为单向阀门)(1)要使药液上方气体压强为4×105 Pa ，应打几次打气筒？(2)当A 中有4×105 Pa 的空气后，打开阀门K 可以喷洒农药，直到不能喷洒时，喷雾器剩余多少体积的药液？(忽略喷管中药液产生的压强)解析将打入的空气与原来药液上方的空气一起作为研究对象，将变质量的问题转化为一定质量的问题，利用分态式求解．打开阀门K 喷洒药液时，A 中空气经历了一个等温膨胀过程，由初态参量、末态参量运用玻意耳定律便可求解．(1)设原来药液上方空气体积为V ，每次打入空气体积为V 0，打n 次后压强由p 0变到p 1，以A 中原有空气和n 次打入A 中的空气的全部为研究对象，由玻意耳定律得p 0(V ＋nV 0)＝p 1V故n ＝(p 1－p 0)·V p 0V 0＝(4×105－105)×1.5105×250×10－3＝18. (2)打开阀门K ，直到药液不能喷出，忽略喷管中药液产生的压强，则A 容器中气体压强应等于外界大气压，以A 中气体为研究对象，由玻意耳定律得p 1V ＝p 0V ′V ′＝p 1V p 0＝4×105×1.5105L ＝6 L 因此A 容器中剩余药液的体积为(7.5－6) L ＝1.5 L.答案 (1)18次 (2)1.5 L13．如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l /4.现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变．当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l /2，求此时气缸内气体的压强．大气压强为p 0，重力加速度为g .解析设当小瓶内气体的长度为34l 时，压强为p 1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p 2，气缸内气体的压强为p 3.依题意p 1＝p 0＋12ρgl ①由玻意耳定律p 13l 4S ＝p 2(l －l 2)S ② 式中S 为小瓶的横截面积，联立①②得：p 2＝32(p 0＋12ρgl )③ 又有p 2＝p 3＋12ρgl ④ 联立③④式，得p 3＝32p 0＋ρgl 4⑤ 答案 32p 0＋ρgl 4。

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业7高考调研精讲精练

课时作业(七)1．一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是( )A ．使气体体积增加而同时温度降低B ．使气体温度升高，体积不变，压强增大C ．使气体温度降低，压强减小，体积减小D ．使气体温度不变，而压强、体积同时增大解析由理想气体状态方程pV T ＝常量，A 、B 、C 三项均可能，故D 选项符合题意要求．答案 D2．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T 经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( )A ．先等温膨胀，再等容降温B ．先等温压缩，再等容降温C ．先等容升温，再等温压缩D ．先等容降温，再等温压缩解析根据理想气体状态方程pV T ＝C ，若经过等温膨胀，则T 不变，V 增加，p 减小，再等容降温，则V 不变，T 降低，p 减小，最后压强p 肯定不是原来值，A 项错，同理可以确定C 项也错，正确选项为B 、D.答案 BD3．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p 甲、p 乙，且p 甲<p 乙，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解析据理想气体的性质可知，p 甲V 甲T 甲＝p 乙V 乙T 乙，因为p 甲<p 乙，且V 甲＝V 乙，则可判断出T 甲<T 乙，B 项正确；气体的温度直接反映出气体分子平均动能的大小，故C 项对．答案 BC4．一定质量的气体，从初态(p 0、V 0、T 0)先经等压变化使温度上升到32T 0，再经等容变化使压强减小到12p 0，则气体最后状态为( ) A.12p 0、V 0、32T 0 B.12p 0、32V 0、34T 0 C.12p 0、V 0、34T 0 D.12p 0、32V 0、T 0 解析在等压过程中，V ∝T ，有V 0T 0＝V 33T 02，V 3＝32V 0，再经过一个等容过程，有：p 032T 0＝p 02T 3，T 3＝34T 0，所以B 项正确．答案 B5.一定质量理想气体，状态变化过程如图中ABC图线所示，其中BC为一段双曲线．若将这一状态变化过程表示在下图中的p－T图像或V－T图像上，其中正确的是()解析从图看出：AB是等压变化，BC是等温变化，CA是等容变化．答案AC6．一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，这一过程可以用图上的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度T A、T B、T C相比较，大小关系为()A．T B＝T A＝T C B．T A＞T B＞T CC．T B＞T A＝T C D．T B＜T A＝T C解析由图中各状态的压强和体积的值可知：p A·V A＝p C·V C＜p B·V B，因为pVT＝恒量，可知T A＝T C＜T B.另外从图中也可知A、C处在同一等温线上，而B处在离原点更远的一条等温线上，所以T B＞T A＝T C.答案 C7.图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是()A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度升高，压强减小D．温度不变，压强减小解析玻璃管内水柱上升，可能是玻璃泡内的空气的温度降低，即外界大气的温度降低所引起的，也可能是外界大气压增大，迫使液柱上升，故只有A 项正确．答案 A 8.一圆筒形真空容器，在筒顶系着的轻弹簧下挂一质量不计的活塞，弹簧处于自然长度时，活塞正好触及筒底，如图，当在活塞下方注入一定质量的理想气体后，温度为T 时，气柱高为h ，则温度为T ′时，气柱的高为(活塞与圆筒间摩擦不计)( )A.T ′h TB.Th T ′ C ．h T ′T D ．h T T ′解析设弹簧的劲度系数为k ，当气柱高为h 时，弹簧弹力f ＝kh ，由此产生的压强f S ＝kh S (S 为容器的横截面积)．取封闭的气体为研究对象：初状态：(T ，hS ，kh S )；末状态；(T ′，h ′S ，kh ′S )，由理想气体状态方程kh /S ·hS T ＝kh ′/S ·h ′S T ′，得h ′＝h T ′T ，故C 选项正确．答案 C9．如下图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，那么水银柱将()A．向A移动B．向B移动C．不动D．不能确定解析假设水银柱不动，A、B两部分气体将进行等容变化．对A：p AT A1＝p A′T A2，p A′＝p A T A2T A1＝p A(273－10)273＝263p A273.对B：p BT B1＝p B′T B2，p B′＝p B T B2T B1＝p B(293－10)(273＋20)＝283p B293，由题意可知p A＝p B，则p B′>p A′，则汞柱向A移动．答案 A10．某同学用吸管吹出一球形肥皂泡，开始时，气体在口腔中的温度为37 ℃，压强为1.1标准大气压，吹出后的肥皂泡体积为0.5 L，温度为0 ℃.(1)肥皂泡内、外压强均近似等于1标准大气压．试估算肥皂泡内的气体分子个数；(2)肥皂泡内压强近似等于1标准大气压．求这部分气体在口腔内的体积．解析(1)肥皂泡内气体的摩尔数n＝V22.4＝0.022 mol分子数N＝nN A＝0.022×6.02×1023个＝1.32×1022个(2)T1＝273＋37 K＝310 K，T2＝273 K由理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2V1＝p2V2T1p1T2＝1×0.5×3101.1×273L＝0.52 L答案(1)1.32×1022个(2)0.52 L11．如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置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，使被封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓缓加热，使气体的温度变为127 ℃.(1)求将汽缸刚从水槽中移出时气体的压强及缸内气体的最终体积；(2)在图乙中画出整个过程中汽缸内气体的状态变化．(大气压强为1.0×105 Pa)解析(1)在活塞上方缓缓倒沙子的过程中，因汽缸导热，所以汽缸内被封闭的气体的温度不变，由题意知p1＝1.0×105 Pa，V1＝2.0×10－3 m3，V2＝1.0×10－3 m3，T2＝273 K，T3＝(273＋127)K＝400 K，由玻意耳定律，得p1V1＝p2V2，将汽缸移出水槽，缓缓加热至127 ℃的过程中，气体的压强不变，由盖·吕萨克定律得V2V3＝T2 T3.代入数据，解得p2＝2.0×105 Pa，V3≈1.47×10－3 m3.(2)整个过程中缸内气体的状态变化表示为如图所示的a→b→c过程．答案(1)2.0×105 Pa 1.47×10－3 m3(2)见解析图12.一端开口的U形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76 cmHg，当气体温度为27 ℃时空气柱长为8 cm，开口端水银面比封闭端水银面低2 cm，如右图所示，求：(1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10 cm?(2)若保持温度为27 ℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为6 cm?解析(1)p1＝p0－p h＝74 cmHg V1＝8S T1＝300 Kp2＝p0＋p h＝78 cmHg V2＝10·S T2＝？p1V1 T1＝p2V2T2T2＝395.3 K t2＝122.3 ℃(2)p3＝？V3＝6S T3＝T1＝300 Kp1V1 T1＝p3V3T3p3＝98.7 cmHg加入水银柱的长度为L＝(98.7＋2＋2×2－76) cm＝28.7 cm答案 (1)122.3 ℃ (2)28.7 cm13．用销钉固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A V B ＝21，如下图所示．起初A 中空气温度为127 ℃，压强为1.8×105 Pa ，B 中空气温度为27 ℃，压强为1.2×105 Pa.拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动(不漏气)，由于容器缓慢导热，最后都变成室温27 ℃，活塞也停止，求最后A 中气体的压强．解析设开始时气体A 和B 的压强、体积、温度分别为p A 、V A 、T A 和p B 、V B 、T B ，最终活塞停止时，两部分气体压强相等，用p 表示；温度相同，用T 表示；A 和B 的体积分别为V A ′和V B ′.根据理想气体状态方程可得：气体A ：p A V A T A＝pV A ′T ① 气体B ：p B V B T B＝pV B ′T ② 活塞移动前后总体积不变，则V A ′＋V B ′＝V A ＋V B ③由①②③和已知V A ＝2V B 可得：p ＝T (2p A 3T A ＋1p B 3T B )＝300×(2×1.83×400＋ 1.23×300)×105 Pa ≈1.3×105 Pa.答案 1.3×105 Pa。

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业3高考调研精讲精练

课时作业(三)1．下列现象可以说明分子间存在引力的是()A．打湿了的两张纸很难分开B．磁铁吸引附近的小铁钉C．用斧子劈柴，要用很大的力才能把柴劈开D．用电焊把两块铁焊在一起解析只有分子间的距离小到一定程度时，才发生分子引力的作用，纸被打湿后，水分子填充了两纸之间的凹凸部分，使水分子与两张纸的分子接近到引力作用范围而发生作用，故A项正确；磁铁对小铁钉的吸引力在较大的距离内都可发生，不是分子引力，B项错误；斧子劈柴，克服的是分子引力，C正确；电焊的原理是两块铁熔化后使铁分子达到引力作用范围而发生作用，D项正确．故选A、C、D.答案ACD2．利用分子间作用力的变化规律可以解释许多现象，下面的几个实例中利用分子力对现象进行的解释正确的是()A．锯条弯到一定程度就会断裂是因为断裂处分子之间的斥力起了作用B．给自行车打气时越打越费力，是因为胎内气体分子多了以后互相排斥造成的C．从水中拿出的一小块玻璃表面上有许多水，是因为玻璃分子吸引了水分子D．用胶水把两张纸粘在一起，是利用了不同物质的分子之间有较强的吸引力解析锯条弯到一定程度就会断裂是因为断裂处分子之间的距离大到一定程度时，分子力不能发挥作用而断裂；给自行车打气时越打越费力，是因为胎内气体分子多了以后气体的压强增大，而不是分子之间斥力起作用．选项A和选项B的解释是错误的，选项C和选项D的解释是正确的．答案CD3．分子间的相互作用力由引力F引和斥力F斥两部分组成，则()A．F引和F斥是同时存在的B．F引总是大于F斥，其合力总表现为引力C．分子间的距离越小，F引越小，F斥越大D．分子间的距离越小，F引越大，F斥越小解析分子间的引力和斥力是同时存在的，实际表现出来的分子力是分子引力和斥力的合力．当分子间距离减小时，分子引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快；当分子间距离增大时，分子引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快．综上分析可知，A项正确，B、C、D三项错误．答案 A4．关于分子间作用力的说法中正确的是()A．分子间既存在引力也存在斥力，分子力是它们的合力B．分子之间距离减小时，引力和斥力都增大，且引力增大得比斥力快C．紧压两块铅块后它们会连接在一起，这说明铅分子间存在引力D．压缩气缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力解析分子间存在引力和斥力，分子力是它们的合力，故A项正确；分子之间距离减小时，引力和斥力都增大，且斥力增大得比引力快，故B项错；紧压两块铅块后它们会连接在一起，这说明铅分子间存在引力，故C项正确；压缩气缸内气体时要用力推活塞，是因为气体分子频繁碰撞器壁产生了压力，不是气体分子间的作用力所致，气体分子间的作用力可以忽略，故D项错．答案AC5．如图所示，把一块洗净的玻璃板吊在测力计的下端，使玻璃板水平地接触水面，用手缓慢竖直向上拉测力计，则玻璃板在拉离水面的过程中()A．测力计示数始终等于玻璃板的重力B．测力计示数会出现大于玻璃板重力的情况C．因为玻璃板上表面受到大气压力，所以拉力大于玻璃板的重力D．因为拉起时需要克服水分子间的引力，所以拉力大于玻璃板的重力解析玻璃板被拉起时，要受到水分子间的引力，所以拉力大于玻璃板的重力，与大气压无关，所以选B、D项．答案BD6．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成水珠，这一物理过程中，水分子间的()A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力、斥力都减小D．引力、斥力都增大解析水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离变小，引力、斥力都随分子间的距离的减小而增大．答案 D7．设r0是分子间引力和斥力平衡时的距离，r是两个分子的实际距离，则以下说法中正确的是()A．r＝r0时，分子间引力和斥力都等于零B．r>r0时，分子间只有引力而无斥力C．由10r0逐渐减小到小于r0的过程中，分子间的引力先增大后减小D．由10r0逐渐减小到小于r0的过程中，分子间的引力和斥力都增大，其合力先增大后减小再增大解析当r＝r0时，分子间引力和斥力相等，但都不为零，只有合力为零，A项错．在r>r0时，引力大于斥力，两者同时存在，B项错．在r<r0减小的过程中分子引力和斥力都增大，C项错．由10r0逐渐减小到小于r0的过程中，由分子力随r的变化关系图像可知，分子力有一个极大值，到小于r0时分子力又增大，所以在r由10r0逐渐减小到小于r0的过程中，分子力是先增大后减小再增大．答案 D8．关于分子间相互作用力(如图所示)的以下说法中，正确的是()A．当分子间的距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力B．分子力随分子间的距离的变化而变化，当r>r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大的快，故分子力表现为引力C．当分子间的距离r<r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大的快，故分子力表现为斥力D．当分子间的距离r≥10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计解析当r＝r0时，引力和斥力同时存在，只是合力为零，A项错；当r>r0时，分子间的引力和斥力都随距离的增大而减小，但斥力比引力减小的快，当r≥10－9 m时，分子力可忽略不计，B项错误，C、D 项正确．答案CD9．甲分子固定在坐标的原点，乙分子位于横轴上，甲分子和乙分子之间的相互作用力如图所示，a、b、c、d为横轴上的四个特殊位置．现把乙分子从a处由静止释放，则()A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子从b到d做减速运动D．乙分子从a到c做加速运动，由c到d做减速运动解析由分子力曲线图可知，由a到c一直受到引力作用，做加速运动，由c到d受斥力作用做减速运动，在c点速度最大．所以B、D两项正确．答案BD10．如图所示，两个分子之间的距离为r，当r增大时，这两个分子之间的分子力()A．一定增大B．一定减小C．可能增大D．可能减小解析分子间同时存在的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，题设的r是大于r0(平衡距离)还是小于r0未知，增大多少也未知．由题图可知，分子间距离r在小于r0的范围内，F随r的增大而减小，在大于r0的范围内随r的增大先增大后减小，C、D项正确．答案CD11．在弹性限度内，弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度成正比，从分子间相互作用力跟分子间距离的关系图像来看，最能反映这种规律的是图中的()A．ab段B．bc段C．de段D．ef段解析当r＝r0时，分子间作用力为零；当r>r0时，分子间作用力表现为引力，对应弹簧被拉长；当r<r0时，分子间作用力表现为斥力，对应弹簧被压缩；由于bc段近似为直线，分子间的作用力与距离增大量或减小量成正比，因此选B项．答案 B12．如图表示分子力与分子间距离的关系，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从远处静止释放，在分子力作用下靠近甲．图中b点是分子力表现为引力的最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子加速度最大处可能是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析a点和c点处分子间的作用力为零，乙分子的加速度为零．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．由于到d点分子的速度为零，因分子引力做的功与分子斥力做的功相等，即上方图线与横轴围成的面积与下方图线与横轴围成的面积相等，所以F d>F b.故分子在d点加速度最大．正确选项为D.答案 D13．将下列实验事实与产生的原因对应起来()A．水与酒精混合体积变小B．固体很难被压缩C．细绳不易拉断D．糖在热水中溶解得快E．冷冻食品也会变干a．固体分子也在不停地运动b．分子运动的剧烈程度与温度有关c．分子间存在着空隙d．分子间存在着引力e．分子间存在着斥力它们的对应关系分别是①________，②__________，③________，④________，⑤________.(在横线上填上实验事实与产生原因前的符号)解析A项，水与酒精混合后体积变小，说明分子之间有间隙．B 项，固体很难被压缩说明分子间有斥力．C项，细绳不易拉断，说明分子间有引力．D项，糖在热水中溶解得快，说明温度越高，分子热运动越激烈．E项，冷冻食品也会变干，说明固体分子也在做无规则运动．答案A－c；B－e；C－d；D－b；E－a。

高考调研人教版物理选修3-3-单元综合8高考调研精讲精练

1．(2014·全国)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是() A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析本题考查气体性质．压强变大，温度不一定升高，分子热运动不一定变得剧烈，A项错误；压强不变，温度也有可能升高，分子热运动可能变得剧烈，B项正确；压强变大，体积不一定减小，分子间的距离不一定变小，C项错误；压强变小，体积可能减小，分子间的距离可能变小，D项正确．答案BD2．(2014·福建)(1)如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(填选项前的字母)()A ．曲线①B ．曲线②C ．曲线③D ．曲线④(2)图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图像，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是(填选项前的字母)( )A ．T A ＜TB ，T B ＜T CB ．T A ＞T B ，T B ＝TC C ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析 (1)速率较大或较小的分子占少数，接近平均速率的分子占多数，分子速率不可能为0，也不可能为无穷大，因此只有曲线④符合要求．(2)一定质量的理想气体，由状态A 经等容过程到状态B 有p A T A＝p B T B ，由于p A >p B ，所以T A >T B ；由状态B 经等压过程到状态C 有V B T B ＝V CT C ，由于V B <V C ，所以T B <T C .故C 项正确．答案(1)D(2)C3．(2015·新课标全国Ⅱ)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1＝10.0 cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0＝75.0 cmHg.(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．解析(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l＝10.0 cm时压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，得pl＝p1l1由力学平衡条件，得p＝p0＋h打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱的长度增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之先减小后增大，直至B侧水银低于A侧水银面h1为止，由力学平衡，有p1＝p0－h1并代入数据，得l1＝12.0 cm(2)当A、B两侧水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律，得pl＝p2l2由力学平衡条件可知p2＝p0代入数据得l2＝10.4 cm设注入的水银柱在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1＝13.2 cm答案(1)12.0 cm(2)13.2 cm4．(2014·新课标全国Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0.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.若此后外界的温度变为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.解析设气缸的横截面积为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 ＝13p ② 外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′.根据盖·吕萨克定律，得⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S T 0＝h ′S T ③解得h ′＝3T 4T 0h ④ 据题意可得Δp ＝mg S ⑤气体最后的体积为V ＝Sh ′⑥联立②④⑤⑥式得V ＝9mghT 4pT 0.⑦ 答案 9mghT 4pT 05．(2014·新课标全国Ⅱ)如图所示，两气缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通：A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气．当大气压为p 0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14，活塞b 在气缸正中间．(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强．解析(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，设气缸A容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度T2，按题意，气缸B的容积为V04V1＝34V0＋12V04＝78V0①V2＝34V0＋14V0＝V0②V1 T1＝V2 T2③由①②③式和题给数据得T2＝320 K．④(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直到活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为p1′，末态体积V2′，压强p2′，由题给数据和玻意耳定律有V1′＝14V0，p1′＝p0，V2′＝316V0⑤p1′V1′＝p2′V2′⑥得p2′＝43p0.⑦答案(1)320 K(2)4 3p06．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105 pa，温度为T＝303K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，求(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2，由题给条件，得V1＝S2(l－l2)＋S1(l2)①V2＝S2l②在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件，得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③故缸内的气体的压强不变，由盖·吕萨克定律，有V1 T1＝V2 T2④联立①②④式并代入题给数据，得T2＝330 K⑤(2)在大活塞与大圆筒底面刚接触时，被封闭气体的压强为p1，在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变，设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有p′T ＝p1 T2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据，得p′＝1.01×105 pa⑦答案(1)330 K(2)1.01×105 pa7．(2015·重庆)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．解析对气泡分析，发生等容变化，有p 1T 1＝p 2T 2可得p 2＝T 2T 1p 1 故内外气体的压强差为Δp ＝p 2－p 1＝T 2T 1p 1－p 0 答案 Δp ＝T 2T 1p 1－p 0 8．(2015·山东)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K ，压强为大气压强p 0.当封闭气体温度上升至303 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为p 0，温度仍为303 K ．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K ．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：(1)当温度上升到303 K 且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300 K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．解析 (1)气体进行等容变化，开始时，压强p 0，温度T 0＝300 K ；当温度上升到303 K 且尚未放气时，压强为p 1，温度T 1＝303 K ；根据p 0T 0＝p 1T 1，可得p 1＝T 1T 0p 0＝303300p 0＝1.01p 0 (2)当内部气体温度恢复到300 K 时，由等容变化方程，可得 p 0T 1＝p 2T 0解得p 2＝T 0T 1p 0＝300303p 0＝p 01.01当杯盖恰被顶起时，有p 1S ＝mg ＋p 0S若将杯盖提起时所需的最小力满足F min ＋p 2S ＝p 0S ＋mg解得F min ＝20110 100p 0S ≈0.02p 0S 答案 (1)1.01p 0 (2)0.02p 0S9．(2015·海南)如图，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V .已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0.现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．解析 A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，在漏气前，对A 分析有p 1＝p 0＋mg S ，对B 有p 2＝p 1＋mg SB 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有p ＝p 0＋mg S因为温度始终不变，对于混合气体有(p 1＋p 2)·V ＝pV ′，漏气前A 距离底面的高度为h ＝2V S ，漏气后A 距离底面的高度为h ′＝V ′S联立可得Δh ＝2p 0S ＋3mg (p 0S ＋mg )S －2V S答案 Δh ＝2p 0S ＋3mg (p 0S ＋mg )S －2V S。

高考调研人教版物理选修3-3-课时作业1高考调研精讲精练

课时作业(一)1．油膜法粗略测定分子直径的实验基础是()A．把油酸分子视为球形，其直径即为油膜的厚度B．让油酸在水面上充分散开，形成单分子油膜C．油酸分子的直径等于滴到水面上的油酸体积除以油膜的面积D．油酸分子直径的数量级是10－15m解析油酸分子可视为球形，油膜的厚度可看成分子直径，油酸分子可看成一个挨一个排列，油滴扩散为油膜时体积不变，即V＝Sd.答案ABC2．一艘油轮装载着密度为900 kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故而使原油发生部分泄漏导致9 t的原油流入大海，则这次事故造成的最大污染面积约为()A．1011 m2B．1012 m2C．108 m2D．1010 m2解析分子直径的数量级是d＝10－10 m．由d＝VS，ρ＝mV可知，S＝1011m2.答案 A3．根据下列物理量(一组)，就可以估算出气体分子间的平均距离的是()A．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和体积B．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积C．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度D．该气体的密度、体积和摩尔质量解析把气体分子所占空间理想成正方体，该正方体的边长即为气体分子之间的距离．设气体分子所占空间的边长为a ，则一个气体分子所占空间的体积V ＝a 3，已知气体的摩尔质量M A 及密度ρ，则可知气体的摩尔体积V A ＝M A ρ，则这个气体分子所占空间的体积V ＝V A N A，其中N A 为阿伏加德罗常数，则a 3＝M A ρ·N A ，a ＝3M A ρN A ，故C 选项正确．答案 C4．最近发现的纳米材料具有很多优越性能，有着广阔的应用前景．边长为1 nm 的立方体可容纳液态氢分子(其直径约为10－10 m)的个数最接近于( )A ．102个B ．103个C ．106个D ．109个解析 1 nm ＝10－9 m ，一个液态氢分子的体积V ＝(d 2)3·43π，则n ＝(10－9)3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫10－1023×43×3.14≈103个．答案 B5．为了尽可能准确地估测出油膜分子的大小，下列哪些措施是可行的( )A ．油酸浓度适当大一些B ．油酸浓度适当小一些C ．油酸扩散后立即绘出轮廓图D ．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图解析为能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B 、D 选项正确．答案 BD6．从下列提供的各组物理量中可以算出氢气密度的是( )A ．氢气的摩尔质量和阿伏加德罗常数B ．氢气分子的体积和氢气分子的质量C ．氢气的摩尔质量和氢气的摩尔体积D ．氢气分子的质量和氢气的摩尔体积及阿伏加德罗常数解析因密度ρ＝M V ，由氢气的摩尔质量和摩尔体积可求出氢气的密度ρ＝M A V A，C 项可以，由氢气分子的质量m 及阿伏加德罗常数N A 可求出氢气的摩尔质量M A ＝mN A 即ρ＝M A V A ＝N A m V A，D 项也可以，但由于A 项提供的数据不知摩尔体积，便求不出氢气的密度．由于氢气分子间有很大空隙，B 项提供的数据不能求出氢气的密度．答案 CD7．由阿伏加德罗常数和一个水分子的质量、一个水分子的体积，不能确定的物理量有( )A ．1 mol 水的质量B ．1 mol 水蒸气的质量C ．1 mol 水的体积D ．1 mol 水蒸气的体积解析该题考查阿伏加德罗常数的基础知识，题目已知条件是一个水分子的质量和一个水分子的体积及阿伏加德罗常数，那么A 中：由一个水分子的质量乘以阿伏加德罗常数可得一摩尔水的质量，故A 项能确定；又因为一摩尔水蒸气的分子数应和一摩尔水的分子数相同，所以一摩尔水蒸气的质量和一摩尔水的质量相同，B项也能确定；又由于已知一个水分子的体积，乘以阿伏加德罗常数即可得到一摩尔水的体积，C项能确定；但是，水和水蒸气的分子距离不同，所以D不能确定，那么正确答案是D项．答案 D8．已知阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量和摩尔体积，可以估算出()A．固体物质分子的大小和质量B．液体物质分子的大小和质量C．气体物质分子的大小和质量D．气体物质分子的质量解析由于气体分子之间间距很大，不能认为气体分子一个挨一个排列，所以不能估算出气体分子的大小，C选项错误．答案ABD9．若以μ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，N A为阿伏加德罗常数，m、ΔV分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：①N A＝ρVm②ρ＝μN AΔV③m＝μN A④ΔV＝V N A.其中正确的是()A ．①②B ．①③C ．③④D ．①④ 解析选项个性分析 ①正确对于气体，宏观量μ、V 、ρ之间的关系式仍适用，有μ＝ρV ，宏观量与微观量之间的关系式也适用，有N A ＝μm ＝ρV m③正确N A ＝μm →m ＝μN A ④错误气体的分子间有较大的距离，V N A 求出的是一个气体分子平均占有的空间，一个气体分子的体积远小于该空间 ②错误 ②式是将④式代入①式，并将③式代入得出的10．在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每104 mL 溶液中有6 mL 油酸．用注射器测得1 mL 上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如下图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1 cm ，试求：(1)油酸膜的面积是多少？(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是多少？(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径．解析 (1)油膜的轮廓包括了126个小正方形，故油膜的面积S ＝126 cm 2.(2)每滴溶液的体积V 0＝175mL ，含有纯油酸的体积V ＝V 0×6104＝8×10－6 mL. (3)d ＝V S ＝8×10－6126cm ＝6.0×10－10 m. 答案 (1)126 cm 2 (2)8×10－6 mL (3)6×10－10 m11．随着“嫦娥三号”的成功发射，中国探月工程顺利进行．假设未来在月球建一间实验室，长a ＝8 m ，宽b ＝7 m ，高c ＝4 m ，实验室里的空气处于标准状态．为了估算出实验室里空气分子的数目，有两位同学各提出一个方案：方案1：取分子直径D ＝1×10－10 m ，算出分子体积V 1＝16πD 3，根据实验室内空气的体积V ＝abc ，算得空气分子数为：n ＝V V 1＝6abc πD 3. 方案2：根据化学知识，1 mol 空气在标准状态下的体积V 0＝22.4 L ＝22.4×10－3 m 3.由实验室内空气的体积，可算出实验室内空气的摩尔数n mol ＝V V 0＝abc V 0；再根据阿伏加德罗常数，算得空气分子数为：n ＝n mol N A ＝abc V 0N A . 请对这两种方案做一评价，并估算出实验室里空气分子的数目．解析方案1把实验室里的空气分子看成是一个个紧挨在一起的，没有考虑空气分子之间的空隙，不符合实际情况．通常情况下气体分子间距的数量级为10－9 m ，因此分子本身体积只是气体所占空间的极小一部分，常常可以忽略不计，方案1错误；方案2的计算方法是正确的，根据方案2计算结果如下：n ＝abc V 0N A ＝8×7×422.4×10－3×6.02×1023个＝6.02×1027个．答案方案1错误，方案2正确 6.02×1027个12．钻石是首饰和高强度的钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为 kg/m 3)，摩尔质量为M (单位为 g/mol)．阿伏加德罗常数为N A .请写出a 克拉钻石所含有的分子数和每个分子直径的表达式．(1克拉＝0.2克)解析 a 克拉钻石的摩尔数为0.2 a /M .所含分子数为n ＝0.2a M N A .钻石的摩尔体积为V ＝M ×10－3ρ(m 3/mol)．每个钻石分子的体积为V 0＝V N A ＝10－3M N A ρ 设钻石分子直径为d ，则V 0＝43π(d 2)3. d ＝36M ×10－3N A ρπ(单位为m)．答案 0.2a M N A 36M ×10－3N A ρπ。