选考部分选修3-3第十一章第2单元固体液体和气体知能演练场

选考部分选修3-3第十一章第2单元固体、液体和气体智能演练场1．如图11－2－5所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则如图11－2－6所示的p－T图象能正确反应缸内气体压强变化情况的是()解析：初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D是错误的．在p－T图象中，等容线为通过原点的直线，所以C图是错误的．答案：B2．(2010·上海模拟)(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和物理性质各向异性上加以判断时，可以通过________________方法来判断它是否为晶体．(2)在严寒的冬天，房间玻璃上往往会结一层雾，雾珠是在窗玻璃的________________表面．(填“外”或“内”)．(3)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时看起来不再蒸发？答：___________________________________________________________________解析：(1)加热时，晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，因而可以用加热时有无确定熔点的实验来判断．(2)靠近窗的温度降低时，饱和汽压也变小，这时会有部分水蒸气液化变成水附着在玻璃上，故在内侧出现雾珠．(3)还有液体分子从液面飞出，但同时也有气体分子被碰撞飞回到液体中去，当液体上方的蒸汽达到饱和时，单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子数相等而呈动态平衡即饱和汽．液体不再减少，从宏观上看好像不再蒸发了．答案：(1)用加热时有无确定熔点的实验(2)内(3)见解析3．(2010·东城模拟)如图11－2－7所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中(状态①)，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离(状态②)，在此过程中：(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是()A．每个气体分子的速率都不变B．气体分子平均动能不变C．水平外力F逐渐变大D．气体内能减少E．气体放热F．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现G．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律(2)如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用图11－2－8中的哪几个图象表示()解析：(1)温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率不变，由于热运动频繁碰撞，不是每个分子的速率都不变，B对，A错；由玻意耳定律知体积增大，压强减小，活塞内、外压强差增大，水平拉力F增大，C对；由温度不变、体积增大知，气体内能不变，对外做功，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，D、E、F均错；题中气体虽从单一热库吸热，全部用来对外做功，但必须有外力作用于杆并引起气体的体积增大，因而引起了其他变化，不违反热力学第二定律，G对．(2)由题意知，从①到②，温度不变，体积增大，压强减小，所以只有A、D正确．答案：(1)BCG(2)AD4．内壁光滑的导热汽缸竖直浸放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1.0×105Pa、体积为2.0×10－3m3的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.(大气压强为1.0×105Pa)(1)求汽缸内气体的最终体积；(2)在图11－2－9所示的p－V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化．解析：(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p0V0＝p1V1解得：p1＝V0V1p0＝2.0×10－31.0×10－3×1.0×105Pa＝2.0×105Pa在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，则V1T0＝V2T2所以V2＝T2T0V1＝273＋127273×1.0×10－3m3≈1.47×10－3m3.(2)如下图所示．答案：(1)1.47×10－3m3(2)见解析图5．(2009·山东高考)一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K，TB＝400K.(1)求气体在状态B时的体积．(2)说明B→C过程压强变化的微观原因．(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小并说明原因．解析：(1)设气体在状态B时的体积为VB，由盖­吕萨克定律得VATA＝VBTB代入数据得VB＝0.4m3(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．(3)Q1大于Q2；因为TA＝TC，故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同，而A→B过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2.答案：(1)0.4m3(2)见解析(3)Q1大于Q2，原因见解析6.某同学在夏天游玩时，看到有一些小昆虫可以在水面上停留或能跑来跑去而不会沉入水中，尤其是湖水中鱼儿戏水时吐出小气泡的情景，觉得很美，于是画了一幅鱼儿戏水的图画如图11－2－10所示．但旁边的同学考虑到上层水温较高和压强较小的情况，认为他的画有不符合物理规律之处，请根据你所掌握的物理知识指出正确的画法(用简单的文字表述，不要画图)，并指出这样画的物理依据．(1)正确的画法应为：__________________________.(2)物理学依据：____________________________.(3)试分析小昆虫在水面上不会沉入水中的原因________________________________．解析：(1)正确的画法应为：上面的气泡体积比下面的气泡体积要大．(2)物理学依据：由理想气体状态方程得V2＝p1T2p2T1V1.因为p1＞p2，T2＞T1，所以V2＞V1.(3)由于水的表面张力作用，当昆虫在水面上时，水的表面向下凹，像张紧的橡皮膜，小昆虫受到向上的弹力与重力平衡，所以昆虫可以在水面上停留或能跑来跑去而不会沉入水中．答案：见解析7．(2009·上海高考)如图11－2－11所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口．管内有一段水银柱，右管内气柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气柱长为40cm.先将B端封闭，再将左管竖直插入水银槽，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm.求：(1)稳定后右管内的气体压强p；(2)左管A端插入水银槽的深度h.(大气压强p0＝76cmHg)解析：(1)设均匀玻璃管的横截面积为S，插入水银槽后对右管内气体，由玻意耳定律得：p0l0S＝p(l0－Δh/2)S，所以p＝78cmHg.(2)插入水银槽后左管内气体压强：p′＝p＋ρgΔh＝80cmHg，左管内、外水银面高度差h1＝p′－p0ρg＝4cm，对中、左管内气体有p0lS＝p′l′S，得l′＝38cm，左管插入水银槽深度h＝l＋Δh/2－l′＋h1＝7cm.答案：(1)78cmHg(2)7cm8．有人设计了一种测温装置，其结构如图11－2－12所示．玻璃泡A内封有一定量气体，与管A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计．(1)B管刻度线是在1标准大气压下制作的(1标准大气压相当于76cm水银柱的压强)．已知当温度t＝27℃时的刻度线在x＝16cm处，问t＝0℃的刻度线在x为多少厘米处？(2)若大气压已变为相当于75cm水银柱的压强，利用该测温装置测量温度时所得读数仍为27℃，问此时实际温度为多少？解析：(1)A中气体为等容过程，有p＝TT1p1把p1＝76－16＝60(cmHg)，T1＝273＋27＝300(K)，T＝273K代入上式得：p＝273300×60cmHg＝54.6cmHgx＝(76－54.6)cm＝21.4cm(2)此时A泡内气体压强为p′＝p0′－x＝75－16＝59(cmHg)而体积未变，由查理定律：T′＝p′p1T1＝5960×300K＝295K＝22℃.答案：(1)21.4cm(2)22℃9．如图11－2－13所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，求：(1)气体的压强；(2)这段时间内气体的内能增加了多少？(3)这段时间内气体的温度升高了多少？解析：(1)p＝p0＋mgS(2)气体对外做功为W＝pSh＝(p0＋mgS)Sh＝(p0S＋mg)h由热力学第一定律得：ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)h(3)由盖­吕萨克定律得：V1T1＝V2T2hS273＋t＝2hS273＋t′解得：t′＝273＋2tΔt＝t′－t＝273＋t.答案：见解析`