2018高考物理二轮讲练专题12-选考3-3(课件与作业2份)

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课件简介:
  • 课件名称: 2018高考物理二轮讲练专题12-选考3-3(课件与作业2份)
  • 课件科目: 高三物理课件
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  • 更新时间: 2018年04月25日
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课时作业(十二)
一、选择题(共8个小题,6题为多选,其余为单选,每题5分共40分)
1.(2017•洛阳二模)空调在制冷过程中,室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水,经排水管排走,空气中水分越来越少,人会感觉干燥.某空调工作一段时间后,排出液化水的体积为V,水的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏伽德罗常数为NA,则液化水中水分子的总数N和水分子的直径d分别为(  )
A.N=MρVNA,d=36MπρNA   B.N=ρVNAM,d=3πρNA6M
C.N=ρVNAM,d=36MπρNA   D.N=MρVNA,d=3πρNA6M
答案 C
解析 水的摩尔体积Vmol=Mρ  水分子数N=VVmolNA=ρVNAM
将水分子看成球形,由VmolNA=16πd3,解得水分子直径为d=36MπρNA,故选C项.
2.(2017•西城区一模)通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间,经过特殊工艺胶合一体成型的新型光电玻璃产品,被广泛应用于高档办公室、计算机机房、医疗机构、商业展示等领域,能够实现玻璃的通透性和保护隐私的双重要求.我们将其工作原理简化为如图所示的模型,在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,玻璃呈乳白色,即不透明,像一块毛玻璃;通电以后,弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃.结合以上内容和你所学知识,关于通电雾化玻璃,你认为下列叙述中比较合理的是(  )
 
A.不通电时,入射光在液晶层发生了全反射,导致光线无法通过
B.不通电时,入射光在液晶层发生了干涉,导致光线无法通过
C.通电时,入射光在通过液晶层后方向发生了改变
D.通电时,入射光在通过液晶层后按原有方向传播
答案 D
解析 A项,由题意,在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,像一块毛玻璃,可知入射光在液晶层发生漫反射,光线可以通过,但通过量较少,而且没有规律.故A项错误,B项错误;C项,由题意,通电以后,弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃,可知通电时,入射光在通过液晶层后按原有方向传播.故C项错误,D项正确.故选D项.
点评 该题结合液晶的各向异性考查通电雾化玻璃,属于对知识迁移能力的考查,解答的关键点是题目中的:在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,像一块“毛玻璃”.
3.(2017•鹿城区校级模拟)如图所示,带有活塞的烧瓶内封闭一定的气体,不考虑烧瓶和外界的热传递,现在外力F作用下,活塞向内移动一段距离,则烧瓶内的气体温度会(  )
A.升高   B.降低
C.不变   D.无法确定
答案 A
解析 根据热力学第一定律,有ΔU=W+Q;不考虑烧瓶和外界的热传递,故Q=0;
在外力F作用下,活塞向内移动一段距离,对烧瓶内的气体做功,故W>0;
故ΔU>0,故气体的内能增加,故温度升高;故选A项.
4.(2017•南通模拟)下列说法中正确的是(  )
A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B.由水的摩尔质量和水分子的质量,可以求出阿伏伽德罗常数
C.布朗运动表明分子越小,分子运动越剧烈
D.分子间的作用力随分子间距离的增大而减小
答案 B
解析 A项,液体表面张力产生在液体表面层,它的方向平行于液体表面,而非与液面垂直;故A项错误.B项,由水的摩尔质量和水分子的质量,可以求出1 mol水的分子数,即可求得阿伏伽德罗常数.故B项正确.C项,布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动,是由于颗粒周围液体分子撞击引起的,所以布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动,布朗运动表明颗粒越小,运动越剧烈,间接表明液体分子运动越剧烈.故C项错误.D项,分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,但斥力减小得更快,分子间的作用力是引力与斥力的合力,是先减小后增大再减小.距离小于10-10 m时,斥力大于引力,分子间作用力表现为斥力.当距离等于10-10 m时引力等于斥力,分子间的作用力为0,大于这个距离,引力大于斥力,分子间作用力表现为引力,先增大后减小.故D项错误.故选B项.
5.(2017•海淀区二模)下列说法中正确的是(  )
A.物体的温度升高时,其内部分子的平均动能一定变大
B.气体的压强越大,其分子运动得一定越剧烈
C.气体的压强越大,其分子之间的斥力一定越大
D.分子间距离减小,分子间的势能也一定减小
答案 A
解析 A项,温度是分子的平均动能的标志,物体的温度升高时,其内部分子的平均动能一定变大.故A项正确;B项,分子运动的剧烈程度与压强无关,与温度有关.温度越高,分子的运动越剧烈.故B项错误;C项,根据气体的压强的微观意义可知,气体的压强与分子之间的斥力无关.故C项错误;D项,当分子之间的作用力表现为斥力时,分子间距离减小的过程中分子力做负功,分子间的势能增大.故D项错误.故选A项.
6.(2017•课标全国Ⅲ)如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是(  )
A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程ab中气体对外界做功
D.在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
答案 ABD
解析 A项,从a到b等容升压,根据pVT=C可知温度升高,一定质量的理想气体内能决定于气体的温度,温度升高,则内能增加,故A项正确;B项,在过程ca中压强不变,体积减小,所以外界对气体做功,故B项正确;C项,在过程ab中气体体积不变,根据W=pΔV可知,气体对外界做功为零,故C项错误;D项,在过程bc中,属于等温变化,气体膨胀对外做功,而气体的温度不变,则内能不变;根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体从外界吸收热量,故D项正确;E项,在过程ca中压强不变,体积减小,所以外界对气体做功,根据pVT=C可知温度降低,则内能减小,根据热力学第一定律可知气体一定放出热量,故E项错误.故选A、B、D三项.
7.(2017•洛阳二模)一定质量理想气体的状态变化如图所示,则该气体(  )
 
A.状态b的压强大于状态c的压强 B.状态a的压强大于状态b的压强
C.从状态c到状态d,体积减小 D.从状态a到状态c,温度不变
答案 A
 
解析 分别过abcd四个点作出等压变化线,如图所示;保持体积不变,温度越高,则压强越大可知,在V-T图像中,倾角越大,压强越小,所以pa<pd<pc<pb,故A项正确,B项错误;由图像可知,状态c到状态d体积增大,故C项错误;从状态a到状态c,温度升高,故D项错误;故选A项.
8.(2017•上海模拟)如图,容器被绝热活塞分成两部分,分别装有理想气体A、B.开始时,A的温度为TA,B的温度为TB,且TA>TB.气体A、B均处于平衡状态,活塞静止.加热容器,使两边气体缓慢升高相同的温度,若不计活塞的摩擦,则活塞将(  )
A.向右移动 B.向左移动
C.保持不动 D.因体积未知而无法确定
答案 B
解析 假设活塞不移动,气体发生等容变化,根据查理定律,有pT=ΔpΔT,
得Δp=pT•ΔT
根据题意知,升高的温度ΔT相同,原来平衡,pA=pB
TA>TB,得ΔpA<ΔpB
ΔF=Δp•S
所以ΔFB>ΔFA,所以活塞将向左移动,故B项正确,A、C、D三项错误;故选B项.
二、计算题(共6个小题,9-14题,每题10分,共60分)
9.(2017•郑州市质检)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/m3.已知氙气的摩尔质量M=0.131 kg/mol,阿伏伽德罗常数NA=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.
答案 ①4×1022个 ②3×10-9 m
解析 ①设氙气的物质的量为n,则n=ρVM,
氙气分子的总数N=ρVM NA≈4×1022个
②每个分子所占的空间为V0=VN
设分子间平均距离为a,则有V0=a3
即a=3VN≈3×10-9 m
考点  分子热运动
10.(2016•课标全国Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=2σr,其中σ=0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升.已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2.
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差;
(2)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.
答案 (1)28 Pa (2)1.3
解析 (1)由公式Δp=2σr,得Δp=2×0.0705×10-3 Pa=28 Pa
水下10 m处气泡的压强差是28 Pa.
(2)忽略水温随水深的变化,所以在水深10 m处和在接近水面时气泡内温度相同.
由等温变化规律,得p1V1=p2V2  ①
其中,V1=43πr13  ②
V2=43πr23  ③
由于气泡内外的压强差远小于水压,气泡内压强可近似等于对应位置处的水压,所以有
p1=p0+ρgh1=1×105 Pa+1×103×10×10  Pa=2×105 Pa=2p0 ④
p2=p0  ⑤
将②③④⑤代入①,得2p0×43πr13=p0×43πr23   2r13=r23    r2r1=32≈1.3.
11.(2016•上海)如图,两端封闭的直玻璃管竖直放置,一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B,上下两部分气体初始温度相等,且体积VA>VB.
(1)若A、B两部分气体同时升高相同的温度,水银柱将如何移动?
某同学解答如下:
设两部分气体压强不变,由VT=V′T+ΔT,…,ΔV=ΔTTV,…,所以水银柱将向下移动.
上述解答是否正确?若正确,请写出完整的解答;若不正确,请说明理由并给出正确的解答.
(2)在上下两部分气体升高相同温度的过程中,水银柱位置发生变化,最后稳定在新的平衡位置,A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB,分析并比较二者的大小关系.
答案 (1)不正确 水银柱向上移动 (2)ΔpA=ΔpB
解析 (1)不正确.
水银柱移动的原因是升温后,由于压强变化造成受力平衡被破坏,因此应该假设气体体积不变,由压强变化判断移动方向.
正确解法:设升温后上下部分气体体积不变,则由查理定律可得
pT=p′T+ΔT
Δp=p′-p=ΔTTp
因为ΔT>0,pA<pB,可知ΔpA<ΔpB,所示水银柱向上移动.
(2)升温前有pB=pA+p(p为汞柱压强)
升温后同样有p′B=p′A+p
两式相减可得ΔpA=ΔpB
12.(2017•海林市校级三模)一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内,活塞质量为m、横截面积为S,可沿气缸壁无摩擦滑动并保持良好的气密性,整个装置与外界绝热,初始时封闭气体的温度为T1,活塞距离气缸底部的高度为H,大气压强为p0.现用一电热丝对气体缓慢加热,若此过程中电热丝传递给气体的热量为Q,活塞上升的高度为H4,求:
(1)此时气体的温度;
(2)气体内能的增加量.
答案 (1)此时气体的温度54T1
(2)气体内能的增加量Q-(p0S+mg)H4
解析 (1)气体加热缓慢上升过程中,处于等压过程,设上升H4时温度为T2,则
V1=SH  ①
V2=S(H+H4)  ②
V1T1=V2T2  ③
得T2=54T1  ④
(2)上升过程中,据热力学第一定律,得
ΔU=Q+W  ⑤
式中:W=-(p0S+mg)H4  ⑥
因此ΔU=Q-(p0S+mg)H4  ⑦
13.(2017•济源二模)如图所示,两个截面积都为S的圆柱形容器,右边容器高为H,上端封闭,左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞.两容器由装有阀门的极细管道相连,容器、活塞和细管都是绝热的.开始时阀门关闭,左边容器中装有理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为H,右边容器内为真空.现将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到新的平衡,此时理想气体的温度增加为原来的1.2倍,已知外界大气压强为p0,求此过程中气体内能的增加量.
 
答案 此过程中气体内能的增加量为45(Mg+p0S)H
解析 理想气体发生等压变化.设气体压强为p,活塞受力平衡:pS=Mg+p0S,
设气体初态的温度为T,系统达到新平衡时活塞下降的高度为x,由盖—吕萨克定律,得HST=(H+H-x)S1.2T  解得x=45H
又系统绝热,即Q=0  外界对气体做功为:W=pSx
根据热力学第一定律,有ΔU=W+Q
所以ΔU=45(Mg+p0S)H
点评 本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的综合应用,关键是明确所研究的封闭气体的热学过程,难度中等.
14.(2015•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=303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l2,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K,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.
答案 (1)330 K (2)1.01×105 Pa
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)  ①
V2=S2l  ②
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
故缸内气体的压强不变,由盖•吕萨克定律,有
V1T1=V2T2  ④
联立①②④式并代入题给数据,得T2=330 K  ⑤
(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=p1T2  ⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据,得p′=1.01×105 Pa ⑦