2019届高三物理(通用版)二轮复习题型练：选考题15分强化练(选修3-3)

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p 0，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p 2；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T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋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p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 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 ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0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T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。

高三物理选修3-3、3-5试题汇编含答案一、A ．（选修模块3－3）（12分）⑴关于下列现象的说法正确的是 ▲A ．甲图说明分子间存在引力B ．乙图在用油膜法测分子大小时，多撒痱子粉比少撒好C ．丙图说明，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有关D ．丁图水黾停在水面上的缘由是水黾受到了水的浮力作用⑵如图所示，两个相通的容器A 、B 间装有阀门S ，A 中充溢气体，分子与分子之间存在着微弱的引力，B 为真空。

打开阀门S 后，A 中的气体进入B 中，最终达到平衡，整个系统与外界没有热交换，则气体的内能 （选填“变小”、“不变”或“变大”），气体的分子势能 （选填“削减”、“不变”或“增大”）。

⑶2015年2月，美国科学家创建出一种利用细菌将太阳能转化为液体燃料的“人造树叶”系统，使太阳能取代石油成为可能。

假设该“人造树叶”工作一段时间后，能将10-6g 的水分解为氢气和氧气。

已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M =1.8×10-2 kg/mol ，阿伏伽德罗常数N A =6.0×1023mol -1。

试求（结果均保留一位有效数字）：①被分解的水中含有水分子的总数N ； ②一个水分子的体积V 。

C ．（选修模块3－5）（12分）⑴下列说法正确的是A ．链式反应在任何条件下都能发生B ．放射性元素的半衰期随环境温度的上升而缩短C ．中等核的比结合能最小，因此这些核是最稳定的D ．依据E =mc 2可知，物体所具有的能量和它的质量之间存在着简洁的正比关系⑵如图为氢原子的能级图，大量处于n =4激发态的氢原子跃迁时，发出多个能 量不同的光子，其中频率最大的光子能量为 eV ，若用此光照耀到逸出功为2.75 eV 的光电管上，则加在该光电管上的遏止电压为 V 。

⑶太阳和很多恒星发光是内部核聚变的结果，核反应方程110111e H H X e b a ν+→++是太阳内部的很多核反应中的一种，其中01e 为正电子，v e 为中微子，① 确定核反应方程中a 、b 的值；②略二、A.（选修模块3－3）（12分）⑴下列说法正确的是 .A ．液晶既具有液体的流淌性，又具有光学的各向异性B ．微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显C ．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果S A B模拟气体压强产朝气理 丙 水黾停在水面上 丁 压紧的铅块会“粘”在一起 甲 油膜法测分子大小 乙 E /eV0 -0.54 -0.85 -13.612 3 4 5∞ n -3.40-1.51甲UIO 乙 D ．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数削减，气体的压强肯定减小⑵如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内快速打气，在瓶塞弹出前，外界对气体做功15J ，橡皮塞的质量为20g ，橡皮塞被弹出的速度 为10m/s ，若橡皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体作为志向气体。

选考强化练(一) 选修3－3(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)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．水的饱和汽压随温度的升高而增大B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能E．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大(2)(10分)如图1封闭端有一段长40厘米的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19厘米，大气压强为76厘米汞柱，要使两边管中的水银面一样高，需要再注入多少厘米长的水银柱？图1【解析】(1)选ABE.水的饱和汽压随温度的升高而增大，故A正确；扩散现象证明了组成物质的分子永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小，故C错误；根据热力学第二定律可知，理想热机不能把吸收的能量全部转化为机械能，故D错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，体积变大，由理想气体方程可知，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故E正确．(2)设管的横截面积为S，对管内封闭的气体进行状态分析有：初态：p1＝57 cmHg V1＝40S末态：p2＝76 cmHg V2＝L2S由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：L2＝30 cm左边水银柱上升的高度为40－30＝10 cm故需要加入水银柱的长度为：L＝10 cm＋10 cm＋19 cm＝39 cm.【答案】(1)ABE (2)39 cm2．(2020·皖南八校联考)(1)(5分)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．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小B．若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大C．系统吸收热量时，它的内能不一定增加D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E ．气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞引起的(2)(10分)如图2所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100 cm 不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27 ℃时，实际大气压为76 cmHg ，而该气压计读数为70 cmHg.求：图2①若气温为27 ℃时，该气压计中水银柱高度为64 cm ，则此时实际气压为多少cmHg?②在气温为－3 ℃时，该气压计中水银柱高度变为73 cm ，则此时实际气压应为多少cmHg?【导学号：19624279】【解析】 (1)选CDE.由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，选项A 错误．分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小，选项B 错误．物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，选项C 正确．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，选项D 正确．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故E 正确；选C 、D 、E.(2)①根据平衡知识得：上部混有少量的空气压强为：p 1＝76 cmHg －70 cmHg ＝6 cmHg上部混有少量的空气体积：V 1＝(100－70)S ＝30 cm·S若在气温为27 ℃时，用该气压计测得的气压读数为64 cmHg ，空气体积：V 2＝(100－64)S ＝36 cm·S气体温度不变，根据玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2p 2＝5 cmHgp 0′＝64 cmHg ＋5 cmHg ＝69 cmHg.②T 1＝(273＋27) K ＝300 KV 3＝(100－73)S ＝27 cm·ST 3＝(273－3) K ＝270 K根据气体状态方程pV T ＝C 得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3代入数据解得：p 3＝6 cmHgp 0″＝73 cmHg ＋6 cmHg ＝79 cmHg.【答案】 (1)CDE (2)①69 cmHg ②79 cmHg3.[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)](1)(5分)关于热现象，下列说法中正确的是________．(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．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B．分子间距离为r0时没有作用力，大于r0时只有引力，小于r0时只有斥力C．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化D．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小(2)(10分)如图3甲所示水平放置的汽缸内被活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为17 ℃，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平为止如图乙所示．取g＝10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa，活塞的横截面积S＝100 cm2，质量m＝20 kg，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：图3①活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度为多少？②在对汽缸内气体逐渐加热的过程中，气体吸收340 J的热量，则气体增加的内能多大？【解析】(1)选ACE.影响布朗运动的因素是温度和颗粒大小，温度越高、颗粒越小，布朗运动就越明显，故A正确；分子在相互作用的距离内都既有引力，又有斥力，故B错误；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，选项C正确；沿晶体的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理性质不同，这就是晶体的各向异性，故D错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人们就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故E正确．(2)①当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 PaV0＝L1S，T0＝(273＋17) K当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p1S＝p0S＋mg (1分)则p 1＝p 0＋mg S ＝1.0×105 Pa ＋20010－2 Pa ＝1.2×105Pa(1分) V 1＝(L 1＋L 2)S(1分) 由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1L 1＋L 2ST 1(1分) 则T 1＝p1L 1＋L 2p 0L 1T 0＝1.2×105×151.0×105×12×290 K＝435 K ．(1分) ②当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p 0L 1S ＝p 1LS(1分) 则L ＝p 0L 1p 1＝1.0×105×121.2×105 cm ＝10 cm (1分)加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W ＝－p 0(L 1＋L 2－L)S －mg(L 1＋L 2－L)＝－60 J(2分) 根据热力学第一定律ΔU＝W ＋Q 得ΔU＝280 J ．(1分)【答案】 (1)ACE (2)①435 K ②280 J2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导t 时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且轨上端连接一电阻。

《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=70×25×25×10-6m2≈4.4×10-2m2,一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：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：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=1.0×105Pa,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。

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mVρ=，m 为容器内气体质量。

联立得：PmnRTρ=，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。

选考题15分强化练(选修3－3)1．(1)(5分)给体积相同的两个容器A 、B 分别装满温度为60 ℃的热水和6 ℃的冷水．下列说法中正确的是( )A ．由于温度是分子平均动能的标志，所以容器A 中水分子的平均动能比容器B 中水分子的平均动能大B ．由于温度越高，布朗运动越剧烈，所以容器A 中水分子的布朗运动比容器B 中水分子的布朗运动更剧烈C ．若把A 、B 两个容器靠在一起，则A 、B 两容器内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递D ．由于A 、B 两容器内水的体积相等，所以A 、B 两容器中水分子间的平均距离相等E ．已知水的相对分子质量是18，若容器B 中水的质量为3 kg ，水的密度为1.0×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023mol －1，则容器B 中水分子个数约为1.0×1026图1(2)(10分)如图1所示，在圆柱形气缸中用具有质量的光滑导热活塞密闭有一定质量的理想气体，在气缸底部开有一小孔，与U 形水银管相连，已知外界大气压为p 0＝75 cmHg ，室温t 0＝27 ℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh ＝1.5 cm ，此时活塞离容器底部的高度为L ＝50 cm.已知柱形容器横截面积S ＝0.01 m 2，75 cmHg ＝1.0×105Pa.①求活塞的质量；②使容器内温度降至－63 ℃，求此时U 形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度L′.【解析】 (1)布朗运动不是水分子的运动，而是水中小颗粒的无规则运动，所以选项B 错误；由于A 、B 两容器中水的密度不同(热水的密度较小)，所以A 、B 两容器中水的质量不同，水分子的个数不同，水分子间的平均距离也不相等，选项D 错误；根据题意，水的摩尔质量为18 g/mol ，容器B 中水的物质的量为n ＝3 00018mol ＝5003mol ，所以容器B 中水分子个数约为N ＝nN A ＝1.0×1026，选项E 正确． (2)①根据U 形管两侧水银面的高度差为Δh ＝1.5 cm ，可知A 中气体压强p A1＝p 0＋p Δh ＝75 cmHg ＋1.5 cmHg ＝76.5 cmHg而p A1＝p 0＋p 塞所以活塞产生的压强p 塞＝1.5 cmHg ＝1.5×175×105Pa ＝0.02×105 Pa 由p 塞＝mg/S ，解得m ＝2 kg.②由于活塞光滑，所以气体等压变化，U 形管两侧水银面的高度差不变仍为Δh ＝1.5 cm初状态：温度T 1＝300 K ，体积V 1＝50 cm·S；末状态：温度T 2＝210 K ，体积V 2＝L′S由盖­吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2解得活塞离容器底部的高度L′＝35 cm.【答案】 (1)ACE (2)①2 kg ②1.5 cm 35 cm2．(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 ．已知某物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，则这种物质的分子体积为V ＝M ρN AB ．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小C ．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D ．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E ．一定质量理想气体对外做功，内能不一定减小，但密度一定减小(2)(10分)如图2所示，两端开口、粗细均匀的U 型管竖直放置，其中储有水银，水银柱的高度如图所示．将左管上端封闭，在右管的上端用一不计厚度的活塞封闭右端．现将活塞缓慢下推，当两管水银面高度差为20 cm 时停止推动活塞，已知在推动活塞的过程中不漏气，大气压强为76 cmHg ，环境温度不变．求活塞在右管内下移的距离．(结果保留两位有效数字．)图2【解析】 (1)若该种物质是固体或液体，物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，则该种物质的分子体积为V 0＝M ρN A，对气体分子该计算方式不成立，故A 错误；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为零，分子势能最小，故B 正确；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，C 正确；自然界发生的一切过程能量都守恒，但是根据熵增原理，一切与热运动有关的宏观过程都是不可逆的，故D 错误；一定质量理想气体对外做功，但可能吸收热量，根据热力学第一定律公式ΔU ＝W ＋Q ，内能不一定减少；体积变大，密度变小，故E 正确，选B 、C 、E.(2)设活塞下移x cm ，U 型管的截面积为SL′左＝40 cmL′右＝(60－x)cmp′右＝(p′左＋20)cmHgp 左L 左S ＝p′左L′左Sp 右L 右S ＝p′右L′右S解得：p′左＝95 cmHgp′右＝115 cmHgx ＝27 cm.【答案】 (1)BCE (2)27 cm3．(1)(5分)下列有关热现象的说法正确的是________(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 ．分子力随分子间距离增大而增大B ．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大C ．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动D ．缓慢压缩一定量理想气体，若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功但气体内能不变E ．气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多(2)(10分)如图3所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d.筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d 2的高度，外界大气压强为1×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热．求：图3①当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；②气体温度达到387 ℃时气体的压强．【解析】 (1)根据热力学第一定律可得气体放出热量，有可能外界对气体做功，温度升高，平均动能增大，B 正确；布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，是由于液体分子的撞击形成，它不是液体分子的热运动，但是是液体分子热运动的反映，C 错误；缓慢压缩一定量气体，若此过程气体温度不变，则外界对气体做正功，由于一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体内能不变，故D 正确；根据公式pV T＝C 可得气体体积不变时，温度越高，压强越大，即单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，E 正确；故选B 、D 、E.(2)①以封闭气体为研究对像：p 1＝p 0，V 1＝S d 2，T 1＝300 K 设温度升高到T 2时，活塞刚好到达汽缸口，此时：p 2＝p 0，V 2＝Sd根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得T 2＝600 K.②T 3＝387 ℃＝660 K>T 2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化此时有V 3＝Sd ，T 3＝660 K由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得p 3＝1.1×105Pa.【答案】 (1)BDE (2)①600 K ②1.1×105 Pa4．(1)(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是__________．A ．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B ．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C ．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D ．不可能使热量从低温物体传向高温物体E ．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程(2)(10分)很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，这是因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍．若氙气充入灯头后的容积V ＝1.6 L ，氙气密度ρ＝6.0 kg/m 3.已知氙气的摩尔质量M ＝0.131 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6×1023 mol －1.试估算：(结果保留一位有效数字)①灯头中氙气分子的总个数；②灯头中氙气分子间的平均距离．【解析】 (1)由ΔU ＝W ＋Q 可知做功和热传递是改变内能的两种途径，它们是等效的，故A 正确、B 错误．由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功，但会产生其他影响，故C 正确．由热力学第二定律知，热量只是不能自发地从低温物体传向高温物体，则D 项错．一切与热现象有关的宏观过程不可逆，则E 正确．(2)①设氙气的物质的量为n ，则n ＝ρV M 分子总个数N ＝nN A ＝ρV MN A 代入数据得N ＝4×1022个． ②平均每个分子占空间V 0＝V N分子间的平均距离d ＝3V 0解得d ＝3×10－9m.【答案】 (1)ACE (2)①4×1022个 ②3×10－9m5．(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．液面上部的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出B ．质量相等的80 ℃的液态萘和80 ℃的固态萘相比，具有不同的分子势能C ．单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性D ．液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大E ．理想气体等温膨胀时从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，这一过程违反了热力学第二定律(2)(10分)如图4甲所示，左端封闭、内径相同的U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L ＝20 cm 的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p 0＝75 cmHg.①若将装置翻转180°，使U 形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，如图4乙所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；②若将图4甲中的阀门S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S ，右管水银面下降了H ＝35 cm ，求左管水银面下降的高度. 【导学号：37162122】图4【解析】(1)液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；液态萘凝固成80 ℃的固态萘的过程中放出热量，温度不变，温度不变则分子的平均动能不变，萘放出热量的过程中内能减小，而分子平均动能不变，所以一定是分子势能减小，故B正确；根据多晶体与单晶体的特点可知，单晶体的某些物理性质表现为各向异性，多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性，故C正确；液体表面层的分子比液体内部的分子之间的距离大，分子之间的作用力表现为引力，分子之间的距离有缩小的趋势，可知液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能，故D正确；根据热力学第二定律，理想气体等温膨胀时从单一热源吸收的热量可以全部用来对外做功，但会引起其他的变化，这一过程不违反热力学第二定律，故E错误．故选B、C、D.(2)①设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：p0L＝(p0－2h)(L＋h)代入数据解得：h＝0或h＝17.5 cm，所以，左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm.②设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：x＋y＝H由玻意耳定律：p0L＝(p0－y)(L＋x)联立两式解得：x2＋60x－700＝0解方程得：x＝10 cm或x＝－70 cm(舍去)，故左管水银面下降的高度为10 cm.【答案】(1)BCD (2)①20 cm或37.5 cm ②10 cm6．(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．液体中悬浮的颗粒越大，某时刻撞击它的分子越多，布朗运动越不明显B．用“油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子直径等于滴在液面上的纯油酸体积除以相应油酸膜的面积C．温度升高，每个分子的动能都增大，导致分子平均动能增大D．冰箱内低温食品的热量自发地传到了冰箱外高温的空气E．温度升高，有的分子动能可能增大，有的分子动能可能减小，但分子平均动能一定增大(2)(10分)如图5甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1＝2 cm2、S2＝1 cm2.封闭气体初始温度为57 ℃，气体长度为L＝22 cm，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线．(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273 K)求：甲乙图5①封闭气体初始状态的压强；②若缓慢升高气体温度，升高至多少可以将所有水银全部压入细管内．【解析】 (1)液体中悬浮的颗粒越大，某时刻撞击它的分子越多，越容易达到平衡，布朗运动越不明显，故A 正确；用“油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子直径等于滴在液面上的纯油酸体积除以相应油酸膜的面积，故B 正确；温度升高，导致分子平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，有的动能减小，故C 错误；冰箱内低温食品的热量不可能自发地传到了冰箱外高温的空气，之所以内部温度降低是因为压缩机工作的原因，同时消耗了电能，故D 错误；温度升高，有的分子动能可能增大，有的分子动能可能减小，但分子平均动能一定增大，故E 正确．故选A 、B 、E.(2)①由图知，气体初状态体积为V 1＝LS 1＝22×2 cm 3＝44 cm 3，压强为p 1＝80 cmHg ，此时气体温度T 1＝(273＋57)K ＝330 K.②由图知，所有水银刚全部压入细管内p 2＝82 cmHg ，V 2＝48 cm 3从状态1到状态2由理想气体状态方程，代入数据知：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 代入数据解得：T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1＝82×48×33080×44K ＝369 K. 【答案】 (1)ABE (2)①80 cmHg ②369 K。

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。

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 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。

选考题15分强化练(选修3－4)1．(1)(5分)如图1所示，甲图是一列横波某一刻的图象，乙图是离O点3 cm 处的质点从这一刻的振动图象，则下述正确的是________(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)甲乙图1A．3 cm处的这个质点t＝0时向y轴正方向运动B．这列波沿x轴负方向传播C．质点的振动周期8 sD．波速为50 m/sE．3 cm处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s(2)(10分)如图2所示，某透明材料制成的半球形光学元件直立放置，其直径与水平光屏垂直接触于M点，球心O与M间的距离为10 3 cm.一束激光与该元件的竖直圆面成30°角射向圆心O，结果在光屏上出现间距为d＝40 cm的两个光斑，请完成光路图并求该透明材料的折射率．图2【解析】(1)由乙图读出该时刻即t＝0时刻3 cm处质点的速度方向为沿y 轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向，故A、B正确；由甲图读出该波的波长为λ＝4 cm ，由乙图知周期为T ＝0.08 s ，则波速为v ＝λT ＝0.040.08 m/s ＝0.5m/s ，故C 、D 错误；3 cm 处的这个质点经过半个周期再次回到平衡位置，因此需要时间为0.04 s ，故选项E 正确．选A 、B 、E.(2)光屏上的两个光斑分别是激光束经光学元件反射与折射的光线形成，其光路图如图3所示：图3依题意知R ＝10 3 cm ，据反射规律与几何关系知，反射光线形成光斑P 1与M 点的距离为：d 1＝R tan 30 °激光束的入射角i ＝60°，设其折射角为γ，由几何关系可知折射光线形成光斑P 2与M 点间距为：d 2＝R cot γ据题意有：d 1＋d 2＝d联立各式并代入数据解得：cot γ＝3，即γ＝30°据折射规律得：n ＝sin i sin γ＝sin 60°sin 30°＝ 3.【答案】 (1)ABE (2)3 图见解析2．(1)(5分)2015年7月15日21时，“2015中国·黑河大黑河岛国际经贸洽谈会焰火晚会”在黑龙江畔拉开了帷幕．整场焰火晚会共分为“礼花缤纷、增进友谊”“魅力黑河、发展黑河”“合作双赢、再创辉煌”三个焰章．下列关于光的认识，说法正确的是( )A ．焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的衍射效果好B．利用相机拍下这些壮观景象时，涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射C．通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的D．焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光E. 焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的折射效果好(2)(10分)机械横波某时刻的波形图如图3所示，波沿x轴正方向传播．质点P 的横坐标x＝0.32 m．从此时刻开始计时．图3①若P点经0.4 s第一次达到正向最大位移．求波速的大小；②若P点经0.4 s到达平衡位置，求波速的大小．【解析】(1)焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的波长较长，故衍射效果好，选项A正确；涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射的紫光，故B错误；通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的，选项C正确；焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光，选项D正确；焰火中各种五颜六色的光，红光比绿光的折射效果差，选项E错误．故选A、C、D.(2)①波沿x轴正方向传播，P点恰好第一次达到正向最大位移时，波峰传播的距离Δx＝0.32 m－0.2 m＝0.12 m波速v＝Δx＝0.3 m/s.Δt②波沿x轴正方向传播，若P点恰好第一次到达平衡位置，则Δx＝0.32 m由周期性可知波0.4 s内传播的可能距离Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.32＋λ2n m(n ＝0,1,2…) 波速v ＝Δx Δt ＝(0.8＋n )m/s (n ＝0,1,2…)．【答案】 (1)ACD (2)①0.3 m/s ②(0.8＋n )m/s(n ＝0,1,2…)3．(1)(5分)一列频率为2.5 Hz 的简谐横波沿x 轴传播，在t 1＝0时刻波形如图4中实线所示，在t 2＝0.7 s 时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x 轴________(填“正向”或“负向”)传播．其传播速度为________m/s.在t 3＝0.9 s 时位于0＜x ＜4 m 区间的部分质点正在向y 轴正方向运动，这些质点在x 轴上的坐标区间是________________．图4(2)(10分)如图5所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC ，∠A ＝30°.它对红光的折射率为n 1.对紫光的折射率为n 2.在右侧距AC 边d 处有一与AC 平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜．①红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？②若两种光都能从AC 面射出，求在光屏MN 上两光点间的距离．【导学号：37162123】图5【解析】 (1)该波的周期为：T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，t 2－t 1＝0.7 s ＝134T ，由波形的平移法可知，该波沿x 轴负向传播．由图知，波长为 λ＝4 m ，波速为 v ＝λT ＝10 m/s ，在t 1＝0时刻，在x 轴上坐标区间为2 m ＜x ＜4 m 的质点正向y 轴正方向运动，在t 3＝0.9 s ＝214T 时刻，波形向左平移14λ＝1 m ，则正向y 轴正方向运动的质点在x 轴上的坐标区间是：1 m ＜x ＜3 m.(2)①根据v ＝c n 得： v 红＝c n 1，v 紫＝c n 2，联立可解得：v 红v 紫＝n 2n 1. ②根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，根据折射定律有： n 1＝sin r 1sin 30°， n 2＝sin r 2sin 30°，则tan r 2＝n 24－n 22，tan r 1＝n 14－n 21，所以x ＝d (tan r 2－tan r 1)＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21 【答案】 (1)负向 10 m/s 1 m ＜x ＜3 m.(2)①n 2n 1②d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21 4．(1)(5分)一列简谐横波，沿x 轴正向传播．t ＝0时刻的波形图如图6甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象．则该波的波速为________m/s ；图乙表示甲图中________(选填 “A ”、“ B ”、“C ”、“ D ”)质点的振动图象．图6(2)(10分)如图7所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为 2.求：①入射角i；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．图7【解析】(1)从甲图中可得波长为λ＝2 m，从图乙中可得周期为T＝0.2 s，故波速为v＝λT＝10 m/s.图乙中的质点在0时刻从平衡位置向上振动，根据走坡法可得甲图中的A点在波峰，将向下运动，B点在平衡位置向上运动，C点在波谷，将向上运动，D点在平衡位置向下运动，故图乙为图甲中B点的振动图象．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C如图所示，由折射定律得：sin C＝1n，代入数据得：C＝45°设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得：r＝30°由折射定律得：n＝sin isin r，联立代入数据得：i＝45°.②在△OPB中，根据正弦定理得：OPsin 75°＝Lsin 45°，设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：OP＝v t，光在玻璃中的传播速度v＝cn，联立代入数据得：t＝(6＋2)L2c.【答案】(1)10 m/s B(2)②i＝45°②t＝(6＋2)L2c5．(1)(5分)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P，让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后，有两束单色光a和b射向光屏P，如图8所示．他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是________(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．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图8A．单色光a的波长大于单色光b的波长B．在玻璃中单色光a的传播速度小于单色光b的传播速度C．单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间D．当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，在光屏P上最早消失的是b光E．相同条件下，a光比b光的干涉条纹间距大(2)(10分)一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1 s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N的平衡位置为x＝5 m，经某一时间振动传播到质点M时的波形如图9所示，求：图9①经过多长时间N点第一次出现波谷；②质点N开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程．【解析】(1) 由图知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，故A正确．由v＝cn知，在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度，在玻璃中通过的路程相等，则单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需的时间，故B、C错误；由sin C＝1n知a光的临界角较大，b光的临界角较小，则当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，入射角增大，b光最早发生全反射，所以在光屏P上最早消失的是b光，故D正确；a光的波长大于b光的波长，相同条件下，干涉条纹间距大小与波长成正比，故E正确．选A、D、E.(2)①由图可知，波长λ＝2 m，周期T＝1 s，则波速v＝λT＝2 m/s质点N第一次出现波谷经历的时间t＝xv＝5－0.52＝2.25 s.②任何一个质点的振动都在重复波源的振动，此时，质点M在重复波源刚刚开始振动，振动方向沿y轴负向，所以质点N开始振动时的振动方向也是沿y轴负向．从M传播到N，需要时间t＝x v＝5－12＝2 s质点N开始振动时，绳的左端振动时间t＝2 s＝2T，而目前绳的左端已经振动半个周期，所以通过的路程s1＝4A×2＋2A＝80 cm.【答案】(1)ADE(2)①经过2.25 s时间N点第一次出现波谷②质点N开始振动时的振动方向沿y轴负向，此时绳的左端已振动所通过的路程为80 cm 6．(1)(5分)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图10所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，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)图10A．波沿x轴负方向传播B．波的传播速度为60 m/sC．波的传播周期为0.2 sD．0至0.9 s时间内P点通过的路程为1.8 mE．1 s末质点P的位移是零(2)(10分)如图11所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE＝35OA，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n；②光线第一次从OB射出时折射角的正弦值．图11【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意则14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A ＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负在最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37°由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.- 11 -【答案】 (1)ABD (2)①53 ②56。

2019年高考物理二轮典型例题冲刺测试《专题12选修3-3》（含解析） 1.大纲全国，下列关于布朗运动的说法，正确的是( )A ．布朗运动是液体分子的无规则运动B ．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C ．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D ．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[解析] 布朗运动是悬浮在液体中的粒子的无规则运动，而不是液体分子的无规则运动，A 项错误．液体温度越高，分子热运动越剧烈，液体分子对悬浮粒子撞击力越大；悬浮粒子越小，对其撞击的液体分子数越少，悬浮粒子受到液体分子撞击作用的平衡性越弱，因而布朗运动越剧烈，B 、D 正确，C 项错误．[答案] BD 2. 福建理综，空气压缩机的储气罐中储有1.0Atm 的空气6.0L ，现再充入1.0Atm 的空气9.0L ．设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( )A ．2.5AtmB ．2.0AtmC ．1.5AtmD ．1.0Atm[解析] 取全部气体为研究对象，由p 1V 1＋p 2V 2＝pV 1得p ＝2.5Atm ，故A 正确． [答案] A 3.广东理综，景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )A ．气体温度升高，压强不变B ．气体温度升高，压强变大C ．气体对外界做正功，气体内能增加D ．外界对气体做正功，气体内能减少[解析] 对封闭气体，猛推压缩过程中，外界对气体做正功，时间极短，热传递不计，即Q ＝0，由ΔU ＝W ＋Q 可知内能增大，C 、D 均错误．因气体内能等于所有分子动能与分子势能之和，其中分子势能不变或减小，所以分子平均动能增加，温度升高，再由气体状态方程pV T＝常量可知，气体压强变大，故A 错误、B 正确．[答案] B 4.湖北黄冈七市联考，一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定从外界吸收了热量( )A ．温度保持不变，体积逐渐膨胀B ．体积保持不变，温度逐渐升高C ．压强保持不变，体积逐渐收缩D ．温度逐渐升高，压强逐渐减小E ．温度逐渐升高，体积逐渐收缩[解析] 体积增大，气体向外界做功，温度不变，内能不变，故一定吸收了热量，A 正确．体积不变，气体与外界不做功，温度升高，内能增大，则只能气体吸收热量，B 正确．体积减小，外界对气体做功，压强不变，体积减小，则温度减小，内能减小，故一定向外放出热量，C 错误．温度升高，压强减小，则内能变大，体积增大，气体向外界做功，故一定吸收热量，D 正确，温度升高，内能增大，体积减小，外界对气体做功，气体内能增大，不一定从外界吸收热量，故E 错误．[答案] ABD 5.广州二测图是氧气分子在0℃和100℃下的速率分布图线，由图可知( )A ．随着温度升高，氧气分子的平均速率变小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[解析] 根据图线可以看出，随着温度升高，氧气分子中速率大的分子所占比例增大，同一温度下，氧气分子速率分布呈现“中间多、两头少”的规律，选项A 、B 、C 错，D 对．[答案] D 6.衡水高三质检如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆板A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板质量为m ，不计圆板与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p 0，则封闭在容器内的气体的压强为( )A ．p 0＋mg cos θS B.p 0cos θ＋mgS cos θC ．p 0＋mg cos 2θSD ．p 0＋mg S[解析] 活塞在竖直方向上受力平衡，如图，列平衡方程mg ＋p 0S ＝p Scos θ·cos θ则p ＝p 0＋mg S .[答案] D 7.成都五校联考如图，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )A ．右边气体温度升高，左边气体温度不变B ．左右两边气体温度都升高C ．左边气体压强增大D ．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量[解析] 首先是右边气体由于电热丝加热而内能增加温度升高，从而压强变大，进而推动隔板向左运动．隔板向左运动过程中，右边气体对左边气体做功，左边气体内能增加温度升高，压强也变大，而右边气体的压强、温度又会降低，当再达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大，对右边气体由pV T ＝常量知温度比初始状态高，则内能比初始状态大．由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热丝放出的热量，B 、C 正确．[答案] BC 8.东北三校二模，一个气泡从湖底缓慢上升到湖面，在上升的过程中温度逐渐升高，气泡内气体可视为理想气体，在此过程中，关于气泡内气体下列说法正确的是( )A ．气体分子平均动能变小B ．气体压强变大C ．气体吸收热量D ．气体对外做功E ．气体内能增加[解析] 气泡上升到湖面时体积变大，气体对外做功，因温度上升，气体分子平均动能变大，气体内能增加，气体吸收热量，压强减小，故C 、D 、E 正确．[答案] CDE 9.湖南长沙钻石是首饰和高强度钻头、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 .已知1克拉＝0.2克，则( )A ．a 克拉钻石所含有的分子数为0.2×10－3aN A MB ．a 克拉钻石所含有的分子数为aN A MC ．每个钻石分子直径的表达式为 36M ×10－3N A ρπ(单位为m) D ．每个钻石分子直径的表达式为 6M N A ρπ(单位为m) [解析] a 克拉钻石物质的量为μ＝0.2a M ，所含分子数为n ＝μN A ＝0.2aN A M，钻石的摩尔体积为V ＝M ×10－3ρ(单位为m 3/mol)，每个钻石分子体积为V 0＝V N A ＝M ×10－3N A ρ，设钻石分子直径为d ，则V 0＝43π(d 2)3，联立解得d ＝36M ×10－3N A ρπm. [答案] C10.河南焦作一模(1)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E ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数和温度有关(2)如图所示，粗细均匀的U 形管竖直放置，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长L ＝10cm 的理想气体，当温度为27℃时，两管水银面的高度差Δh ＝2cm ，设外界大气压为1.0×105Pa(即75cmHg)，为了使左、右两管中的水银面相平，①若对封闭气体缓慢加热，温度需升高到多少？ ②若温度保持27℃不变，需从右管的开口端再缓慢注入多少高度的水银柱？[解析] (1)多晶体没有规则的几何外形，选项A 错误；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，但平均速率不相同，选项D 错误．(2)①由题意，p 1＝73cmHg ，V 1＝10cm·S ，T 1＝300k; p 2＝75cmHg ，V 2＝11cm·S ；根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得，T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1，代入数据得，T 2＝339k, t 2＝66℃ ②p 3＝75cmHg ，T 3＝T 1＝300k ；根据玻意耳定律：p 1V 1＝p 3V 3代入数据得L 3＝9.73cm ，即封闭管水银柱上升了0.27cm ，所需注入的水银柱长为H ＝(2＋2×0.27)cm＝2.54cm.[答案] (1)BCE' (2)①66℃'②2.54cm 11. 江苏苏北高中联考(1)下列说法中正确的是( )A ．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙C ．分子间的距离r 存在某一值r 0，当r 大于r 0时，分子间斥力大于引力；当r 小于r 0时，分子间斥力小于引力D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A 与状态B 的体积关系为V A ________V B (选填“大于”“小于”或“等于”)；若从A 状态到C 状态的过程中气体对外做了100 J 的功，则此过程中________(选填“吸热”或“放热”);(3)冬天到了，很多同学用热水袋取暖．现有某一热水袋内水的体积约为400cm 3，它所包含的水分子数目约为多少个？(计算结果保留1位有效数字，已知1mol 水的质量约为18 g ，阿伏加德罗常数取6.0×1023mol －1)[解析] (1)绝对零度是永远达不到的，选项A 错误；面包体积会缩小是因为面包“颗粒”之间有间隙，选项B 错误；当r 大于r 0时，分子间引力大于斥力；当r 小于r 0时，分子间斥力大于引力，选项C 错误．(2)由p －T 图象可知，从A 状态到B 状态是等压变化，温度升高，体积增大，则V B >V A ，而从B 状态到C 状态是等容变化，则V B ＝V C ；由题图可知，T A ＝T C ，理想气体的内能不变，该过程中气体对外做了100 J 的功，则此过程中吸热100 J.(3)热水袋内水的体积约为400cm 3.其质量为400 g ，水的物质的量n ＝40018mol ，它所包含的水分子数目约为N ＝nN A ＝40018×6.0×1023个≈1×1025个． [答案] (1)D'(2)小于'吸热' (3)1×1025个 12.课标全国理综，如图，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等．假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(ⅰ)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(ⅱ)将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60mm ，求加热后右侧水槽的水温．[解析] (ⅰ)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273k ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1、体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ①式中Δp ＝60mmHg ，打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意，有 p B ＝p C② 玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B③ 根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2 ④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V BV A Δp ＝180mmHg ⑤(ⅱ)当右侧水槽的水温加热至T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为 p C ′＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定律得p C T0＝p C′T′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364k．⑧[答案] (ⅰ)180mmHg (ⅱ)364k。