2018年高考物理二轮复习 题型训练4 选修部分突破练 选修3-3

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T0时活塞下降了h.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦．

①求温度为T0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p1，由活塞平衡知

p1S＋2mg＝p0S

2mg解得p1＝p0－.

S②设活塞回到原位置时气体压强为p2，对活塞由平衡有

p2S＋mg＝p0S

得p2＝p0－ 对气体由理想气体的状态方程有 2p1hSp2hS＝ mgST0Tp0S－mg代入解得T＝T0.

2p0S－4mg2mgp0S－mg答案：(1)BCD (2)①p0－ ②T0

S2p0S－4mg2．(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h1＝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h2＝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h3＝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h4，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t1为多少摄氏度； ②最终活塞到气缸底部的距离h4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：V1＝h1S；p1＝p0；温度T1 3mg将甲、乙两砝码放在活塞上后，体积V2＝h2S；温度T1；p2＝p0＋；

S由玻意耳定律p1V1＝p2V2 3mg解得p2＝2p1＝2p0，即p0＝ S气缸内气体的温度升高60 ℃时，温度为T3＝T1＋60；体积为V3＝h3S， 经等压变化，则由盖—吕萨克定律＝ 解得T1＝300 K，即t1＝T1－273＝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p4＝p0

V2V3T1T3

mg4

＋＝p0，体积V4＝h4S；温度T4＝T1＋Δt＋Δt′＝420 K S3

由理想气体状态变化方程解得h4＝10.5 cm.

答案：(1)ACE (2)①27 ℃ ②10.5 cm

3．(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

p1V1p4V4

＝ T1T4

p0＝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l1＝30 cm－10 cm＝20 cm时的压强为p1；当两侧水银面的高度差为h＝25 cm时，空气柱的长度为l2，压强为p2.

由玻意耳定律得p1l1＝p2l2

其中p1＝(75＋5)cmHg＝80 cmHg，p2＝(75＋25)cmHg＝100 cmHg 解得l2＝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

p1l1＝(p0－x)(l－x)，其中l＝30 cm

105－8 425解得x1＝ cm＝6.6 cm＞0符合题意，

2

x2＝

105＋8 425

cm不合题意，舍去．

2

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 cm

4．(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h1＝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L0＝12.5 cm，B部分水银两液面的高度差h2＝45 cm，外界大气压强p0＝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 cm 5．(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 cm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、

2

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：p0S＋mg＝p1S 代入数据解得p1＝p0＋＝1.1×10 Pa.

②活塞上升Δh＝0.1 m过程中压强p＝p1＝1.1×10 Pa 由状态方程：

5

mgS5

p0V0pVp0hSp（h＋Δh）S＝，有＝ T0TT0T代入数据解得T＝440 K.

③气体对外做功W＝－pSΔh＝－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)①1.1×10 Pa ②440 K ③40 J

5

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：p0S＋mg＝p1S 代入数据解得p1＝p0＋＝1.1×10 Pa.

②活塞上升Δh＝0.1 m过程中压强p＝p1＝1.1×10 Pa 由状态方程：

5

mgS5

p0V0pVp0hSp（h＋Δh）S＝，有＝ T0TT0T代入数据解得T＝440 K.

③气体对外做功W＝－pSΔh＝－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)①1.1×10 Pa ②440 K ③40 J

5

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