选修33综合训练.docx

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选修33综合训练

选修3－3综合训练（教师用书独具）

1．（2013·三明联考）气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的

（　　）

A．温度和体积　　　　　　B．体积和压强

C．温度和压强D．压强和温度

解析：

本题考查气体的内能．分子热运动的平均动能由温度决定，分子间的热能由气体的体积决定，本题选A.本题难度较低．

答案：

A

2．（2013·晋中一模）做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．图中记录的是（　　）

A．分子无规则运动的情况

B．某个微粒做布朗运动的轨迹

C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线

D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线

解析：

图中轨迹不是微粒的运动轨迹，是按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线，D正确．

答案：

D

3．（2013·于都一模）下列说法中正确的是（　　）

A．理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热量交换

B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动

C．质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积越大

D．根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体

解析：

本题考查理想气体状态方程和热力学定律．根据热力学第一定律U＝W＋Q，可知改变物体内能的方式有两种（做功和热传递），理想气体等温变化体积膨胀，对外做功则吸收热量（体积减小则放热），故A选项错误；布朗运动观察到的现象是固体小颗粒的无规则运动，反映出液体分子的无规则运动，故B选项错误；质量一定的理想气体，压强不变时，发生等压变化，满足盖·吕萨克定律，即温度与体积成正比，故C选项正确；由热力学第二定律可知，D选项正确．本题难度较小．

答案：

CD

4．（2013·丰台一模）对悬挂在空中密闭的气球从早晨到中午过程（体积变化忽略不计），下列描述正确的是（　　）

A．气球内的气体从外界吸收了热量，内能增加

B．气球内的气体温度升高、体积不变、压强减小

C．气球内的气体压强增大，所以单位体积内的分子增加，单位面积的碰撞频率增加

D．气球内的气体虽然分子数不变，但分子对器壁单位时间、单位面积碰撞时的作用力增大

解析：

本题考查热力学定律和气体压强产生的原因．内能变量ΔU＝ΔW＋ΔQ，由题意知密闭气体的体积不变，温度升高，内能增加，故A项正确；由理想气体状态方程

＝常数，可知V不变，T变大，p变大，故B选项错误；由气体压强产生的本质可知D选项正确.本题难度较小．

答案：

AD

5．（2013·白山联考）下列说法正确的是（　　）

A．肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关

B．酒香不怕巷子深与分子热运动有关

C．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程外界对其做功，瓶内空气内能增加

D．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

解析：

C选项中温度降低，气体对外放热，内能减少，C错；D选项中空调制冷是靠压缩机做功实现，不是自发过程，D错．选AB.本题容易．

答案：

AB

6．（2013·北京房山区一模）如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中绘慢下降过程中，罐内空气（可视为理想气体）（　　）

A．内能增大

B．分子间的平均距离减少

C．向外界放热

D．对外界做正功

解析：

本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律．由于温度不变，故气体内能不变（理想气体内能取决于温度），A选项错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻马定律p1V1＝p2V2，可知体积小，故分子间距变小，B选项正确；内能不变ΔU＝0，体积变小W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C选项正确，D选项错误．本题难度中等．

答案：

BC

7．（2013·诸城一中月考）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，状态变化按图中的箭头所示方向进行，最后又回到初始状态A，对于这个循环过程，以下说法正确的是（　　）

A．由A→B，气体的分子平均动能增大，吸收热量

B．由B→C，气体的分子数密度增大，内能减小，吸收热量

C．由C→A，气体的内能减小，放出热量，外界对气体做功

D．经过一个循环过程后，气体内能可能减少，也可能增加

解析：

本题考查理想气体状态方程．根据理想气体状态方程pV＝nRT可知，由A→B，体积增大，压强增大，则温度升高，气体分子的平均动能增大，吸收热量，A正确；由B→C，体积不变，压强变小，则温度降低，内能减小，气体分子的密度不变，放出热量，B错误；由C→A，压强不变，体积减小，则温度降低，气体内能减小，放出热量，外界对气体做功，C正确；经过一个过程，气体又回到原来的状态，各个状态参量和原来相等，故气体内能不变，D错误．本题属于中等难度题．

答案：

AC

8．（2013·山东实验中学诊断）

（1）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是（　　）

解析：

本题考查气体的实验定律和图象．

等温变化时，根据pV＝C，p＝

，所以p－

图象是一条通过原点的直线，故正确选项为B.

答案：

B

（2）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________（填“吸收”或“放出”）的总热量为________kJ.

解析：

本题考查的是热力学第一定律的应用．

第一个过程温度不变，内能的改变量为ΔU1＝0，第二个过程内能的改变量为ΔU2＝Q＝－5kJ，则两过程内能的改变量总的为ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝－5kJ；由Q1＝－W1＝－24kJ，则两个过程的热量变化为Q＝Q1＋Q2＝－29kJ，负号表示空气放出热量．

答案：

5　放出　29

（3）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．（结果保留一位有效数字）

解析：

本题考查阿伏加德罗常数及分子动理论的相关知识．先算吸入的空气质量差值，再算出这部分差值的物质的量，就可求出吸入分子数差值．

解：

设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝

NA，代入数据得Δn＝3×1022.

9．（2013·许昌模拟）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.经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300K升至T1＝350K.

（1）求此时气体的压强；

（2）保持T1＝350K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）设升温后气体的压强为p1，由查理定律得

＝

①

代入数据得

p1＝

p0②

（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，由玻意耳定律得

p1V0＝p0V③

联立②③式得

V＝

V0④

设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得

k＝

⑤

联立④⑤式得

k＝

⑥

吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．

本题考查气体实验定律、热力学第一定律较简单的综合应用．

10．（2013·贺兰一中期末）

（1）以下说法正确的是（　　）

A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大

B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0＝

C．自然界发生的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

D．液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点

（2）一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量m＝10kg，活塞质量m＝4kg，活塞横截面积S＝2×10－3m2，活塞上面的气缸里封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0＝1.0×105Pa.活塞下面与劲度系数k＝2×103N/m的轻弹簧相连．当气缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1＝20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．

①当缸内气柱长度L2＝24cm时，缸内气体温度为多少开？

②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少开？

解析：

（1）r

（2）本题考查气体的状态变化，理想气体状态方程的应用，要选力学、热学研究对象．本题容易．

答案：

（1）D

（2）①V1＝20S　V2＝24S　T1＝400K

p1＝p0－

＝0.8×105Pa

p2＝p0＋

＝1.2×105Pa

根据理想气体状态方程，得：

＝

解得T2＝720K

②当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化．设气缸刚好对地没有压力时弹簧伸长为Δx，则

kΔx＝（m＋M）g

Δx＝7cm

V3＝27S

p3＝p0＋

＝1.5×105Pa

根据理想气体状态方程，得：

＝

解得　T0＝1012.5K

11．（2013·兰州模拟）

（1）下列说法中正确的是（　　）

A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

B．扩散运动就是布朗运动

C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体

D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述

（2）将1mL的纯油酸加到500mL的酒精中，待均匀溶解后，用滴管取1mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2，则估算油酸分子的大小是________m（保留车位有效数字）．

（3）如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g.

①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；

②若周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量的理想气体的内能仅由温度决定）．

解析：

本题考查热学中的基本概念

（1）扩散运动是分子无规则运动产生的，布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，两者实质不同，B错误；蔗糖是晶体，虽然受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，但用放大镜观看，仍可发现组成糖块的一个个晶体粒，粘在一起的糖块是多晶体，而不是非晶体，C错误．本题难度易．

（2）本题考查估算分子的大小．一滴纯油酸的体积，V＝

×1×

mL＝10－5mL，根据d＝

得，d＝5×10－10m．本题难度易．

（3）考查压强的计算和热力学第一定律．本题难度易．

答案：

（1）AD　

（2）5×10－10

（3）解：

①设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡p0S＋mg＝pS

解得　p＝p0＋

②由于气体的温度不变，则内能的变化ΔE＝0

由能量守恒定律可得　Q＝（p0S＋mg）h

12．（2013·孝感一中期末）

（1）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是________（填入正确选项前的字母）．（　　）

A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体

B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的

C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点

D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的

（2）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p0，重力加速度为g.

答案：

（1）BC

（2）解：

设当小瓶内气体的长度为

l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2；气缸内气体的压强为p3，依题意p＝p0＋

ρgl①

由玻意耳定律p1

S＝p2（l－

）S②

式中S为小瓶的横截面积．

联立①②两式，得p2＝

（p

0＋

ρgl）③

又有p2＝p3＋

ρgl④

联立③④式，得p3＝

p0＋

⑤

13．（2013·莱芜期末）

（1）以下关于热力学知识的叙述正确的是（　　）

A．绝热过程是指系统不从外界吸热，也不向外界放热，这个过程不与外界交换能量．

B．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，所以不能说物体具有多少热量，只能说物体吸收或放出多少热量．

C．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，撞击作用的不平衡性就表现得越明显，因而布朗运动越明显．

D．由熵的定义可知，熵较大的宏观状态就是无序程度很小的宏观状态，也就是出现概率较小的宏观状态．

（2）如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中．当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA＝50cm.现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长L′A＝37.5cm时为止，这时系统处于静止状态．已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度Δh.

答案：

（1）BC

（2）解：

对A部分气体，由玻意耳定律：

pALAS＝p′AL′AS

pA＝60cmHg

得：

p′A＝

pA＝

×60cmHg＝80cmHg

对B部分气体pBLBS＝p′BL′BS

p′B＝95cmHg

pB＝p0＝75cmHg

得：

L′B≈27.6cm

Δh＝L－L′A－h－L′B＝19.9cm.

本题考查热力学第一定律、热力学第二定律、玻意尔定律．本题难度较易．

14．（2013·大庆35中模拟）某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易升温计：

在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知：

该装置密封气体的体积为560cm3，玻璃管内部横截面积为0.5cm2，瓶口外的有效长度为48cm.当气温为7℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．

（1）求该气温计能测量的最高气温；

（2）假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3.2J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？

变化了多少？

（已知大气压为1×105Pa）

解：

（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2，

初状态：

T1＝（273＋7）K＝280K；V1＝560cm3，

末状态V2＝（560＋48×0.5）cm3＝584cm3

由等压变化知：

＝

代入数据得T2＝292K即19℃

（2）内能增加

水银柱移动过程中，外界对气体做功

W＝－p0SL＝－1×105×0.5×10－4×48×10－2J＝－2.4J

由热力学第一定律知内能变化为：

ΔU＝W＋Q＝－2.4J＋3.2J＝0.8J

本题考查气体的等压变化和热力学第一定律，本题容易．

15．（2013·德州二模）

（1）一定质量的某种理想气体由状态A经过图中所示过程缓慢变到状态B，在此过程中（　　）

A．气体的密度一直变小

B．气体的密度一直变大

C．气体的内能一直增加

D．气体的内能一直减小

（2）横截面积分别为SA＝2.0×10－3m2、SB＝1.0×10－3m2的气缸A、B竖直放置，底部用细管接通，气缸A中有定位卡环．现用质量分别为mA＝4.0kg、mB＝2.0kg的活塞封闭一定质量的某种理想气体，当气体温度为27℃时，活塞A恰与定位卡环接触，此时封闭气体的体积为V0＝300mL，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa.（g取10m/s2）

①使气体温度缓慢升高到57℃时，求此时封闭气体的体积；

②保持气体的温度57℃不变，用力缓慢压活塞B，使封闭气体体积恢复到V0，此时封闭气体的压强多大？

活塞A与定位卡环间的弹力多大？

答案：

（1）AC

（2）解：

①等压变化，由盖·吕萨克定律有

＝

解得V2＝1.1V0＝330mL

②等温变化，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3

其中p2＝p0＋

解得p3＝1.32×105Pa

对活塞A进行受力分析，有

p0SA＋mAg＋FN＝p3SA

解得FN＝24N