2020高考物理二轮复习 抓分天天练 热点题型练2.15 选修3-3解答题专练课件

2．15选修3－3解答题专练1.(2019·重庆模拟)油酸酒精溶液的浓度为每1000mL油酸酒精溶液中含有油酸0.6mL，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1mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水的浅盘中，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25mm，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)某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是________．A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开答案(1)球体单分子直径4.4×10－21.2×10－112.7×10－10(2)ACD解析(1)油膜约占70个小格，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V＝150×0.61000×10－6m3＝1.2×10－11m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度，d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10m.(2)由d＝VS知，结果偏大的原因是V的测量值偏大或S的测量值偏小，故A、C、D三项正确．2．(2019·唐山三模)如图所示，有一只一端开口的L形导热性能良好的玻璃管，横截面积为2cm2，其中竖直部分长为69cm，水平部分B长8cm，在竖直部分内有一段长为5cm的水银柱封闭着一段长为60cm的空气柱A，现将玻璃管逆时针旋转90°，水银柱水平．已知当地的大气压强为75cmHg，室温恒定，气体视为理想气体，求：(1)稳定后空气柱A的长度；(2)保持玻璃管旋转后的位置不变，向玻璃管B部分内慢慢注入水银，注入多少体积的水银时，恰好能将B部分空间充满水银．(计算结果保留两位小数)答案(1)64cm(2)28.34cm3解析(1)以空气柱A为研究对象，由题意知p1＝p0＋h＝80cmHg，V1＝120cm3，逆时针旋转90°之后，因为水银柱水平没有进入玻璃管B部分，p2＝p0＝75cmHg设空气柱A体积为V2，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2代入数据得V2＝128cm3空气柱A的长度变为64cm，恰好达到玻璃管B底部．(2)以旋转90°之后为初态，玻璃管B部分注满水银为末态，则p3＝p0＋h′＝83cmHg，设空气柱A体积为V3，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3代入数据得V3＝115.663cm3空气柱A的长度变为57.831cm则注入水银的体积为V＝SΔh＝2(69－5－57.831＋8)cm3＝28.338cm3≈28.34cm3.3.(2019·石家庄二模)如图，导热良好的球形容器与粗细均匀、下端为软管的“U”型管相连．里面通过两段水银分别封闭了A、B两部分理想气体，已知“U”型管左侧的水银柱高度为h＝10cm，空气柱B的长度L＝5cm.“U”型管中水银面高度可以通过右侧玻璃管高度进行调节，现使“U”型管两侧水银柱最高端在同一水平面．已知外界大气压为75cmHg.(1)求封闭气体A的压强；(2)若开始时气体A的温度为27℃，现使气体A温度升高到57℃，气体B的温度保持不变．调节“U”型管右侧玻璃管高度，使左管水银面最高点仍在原来的位置，求此时B气柱的长度(结果保留两位有效数字)．答案(1)80cmHg(2)4.6cm解析(1)根据连通器中，同一水平面上压强相等可得B气体压强为：pB＝p0＋(L＋h)cmHg＝[75＋(10＋5)]cmHg＝90cmHg则A中气体压强为：pA＝(pB－h)cmHg＝(90－10)cmHg＝80cmHg.(2)未加热A前，A的压强为：pA＝80cmHg，温度为：TA＝27K＋273K＝300K加热后温度为：T′A＝57K＋273K＝330K根据查理定律得：pATA＝p′AT′A代入数据解得：p′A＝88cmHg对B气体，初态：pB＝90cmHg，体积为：VB＝LS＝5S末态：p′B＝(p′A＋h)cmHg＝98cmHg，体积为：V′B＝L′S由玻意耳定律得：pBVB＝p′BV′B代入数据解得：L′＝4.6cm.4.(2019·长春四模)某同学利用铝制易拉罐做了一个简易温度计．如图所示，将一根透明吸管插入空的易拉罐中，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)，不计大气压强的变化，已知铝罐的容积是267cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为30cm，当温度为27℃时，油柱在吸管的有效长度正中间．(1)在吸管上标刻温度值，试证明该刻度是均匀的；(2)计算出这个温度计的测量范围．答案(1)见解析(2)23.7℃≤t≤30.0℃解析(1)根据盖—吕萨克定律V1T1＝V2T2得：V1T1＝ΔVΔT设吸管内部的横截面积为S，内部在27℃时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化Δt时油柱移动的距离为Δl，则有：V1T1＝ΔlSΔT即：ΔT＝T1SV1·Δl由上式可以看出，ΔT与Δl成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的．(2)根据盖—吕萨克定律V1T1＝V2T2得：V1T1＝ΔVΔTT1＝300K时气体体积V1＝(267＋0.2×15)cm3＝270cm3由于油柱在细管中间，所以其最大体积与最小体积相对于V1的变化量大小均为：ΔV＝15×0.2cm3＝3cm3解得：ΔT＝103K由于Δt＝ΔT≈3.3℃所以这个温度计的测量范围为：23.7℃≤t≤30.0℃.5.(2019·河南模拟)如图所示，在竖直平面内一圆形管道内封闭有理想气体，用一不导热的固定活塞K和质量为5.0kg可自由移动的不导热的活塞A将管内气体沿竖直直径方向分割成左、右体积相等的两部分温度均为27℃，气体的压强均为1.0×105Pa，活塞A的横截面积与管道横截面积均为10cm2，此时活塞A处于静止状态．现保持右部分气体温度不变，只对左部分气体缓慢加热，当活塞A移动到圆环最右端B点时，不计摩擦与活塞厚度，g取10m/s2，求：(1)右部分气体的压强；(2)左部分气体的温度．答案(1)2.0×105Pa(2)1124K解析(1)对右部分气体，做等温变化，初状态压强为：p1＝1.0×105Pa体积为：V1＝V0末状态：压强为p2，体积为：V2＝12V0根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2代入数据得：p2＝2.0×105Pa；(2)对左部分气体，当活塞A移动到最右端B点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强为：p′2＝p2初状态：压强为p′1＝1.0×105Pa，温度为T′1＝(27＋273)K＝300K，体积为V′1＝V0末状态：压强为p′2＝p2＋mgS＝2×105Pa＋5×1010×10－4Pa＝2.5×105Pa，温度T′2，体积为V′2＝32V0根据理想气体状态方程，有：p′1V′1T′1＝p′2V′2T′2代入数据解得：T2′＝1125K.6.(2019·广东四模)如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连．开始时，汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向汽缸内打气．已知气筒每次能打入压强为p0、体积为V10的空气，当打气49次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9∶1，重力加速度取g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦，所有气体均可看成理想气体．求活塞的质量m.答案p0S4g解析以打入49次气体和缸内上部分气体为研究对象，开始时，汽缸上部分气体体积为V1＝V2＋49×V10＝54V10，压强为p1＝p0，后来汽缸上部分气体体积为V2＝9V10，设压强为p由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2代入数据解得：p2＝p＝6p0①对下部分气体为研究对象，初态：下部分气体体积为V3＝V2，压强为p3＝p0＋mgS②末态：下部分气体体积为V4＝V10，压强为p4＝p＋mgS③由玻意耳定律可知：p3V3＝p4V4④①②③④联立解得：m＝p0S4g.7.(2019·泰州二模)(1)某同学设计的气压升降机如图所示，竖直圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的气体，汽缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏，活塞横截面积为S，活塞及其上方装置总重力G＝p0S3，活塞停在内壁的小支架上，与缸底的距离为H，气体温度为T0，压强为大气压强p0.现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢上升H2.上述过程中，气体可视为理想气体，则气体分子的平均速率________(选填“不断增大”“先增大后减小”或“先减小后增大”)；除分子碰撞外，气体分子间作用力为________(选填“引力”“斥力”或“零”)．(2)在(1)的情况下，若整个过程中封闭气体内能的变化为ΔU，求：①气体的最高温度T；②整个过程中气体吸收的热量Q.答案(1)不断增大零(2)①2T0②ΔU＋23p0SH解析(1)温度是气体平均速率的衡量标志，温度不断升高，则气体分子的平均速率不断增大；理想气体分子间作用合力可视为零．(2)①气体先等容变化至压强为p＝p0＋GS，设温度升高至T1，则p0T0＝pT1；接着等压膨胀至体积为(H＋h)S，设温度升高至T，则HST1＝（H＋h）ST；联立解得T＝2T0.②全过程中气体对外界做的功W＝pS·H2＝23p0SH由热力学第一定律有ΔU＝Q－W解得Q＝ΔU＋23p0SH.8．(2019·郑州模拟)如图甲所示，竖直放置的圆柱形汽缸固定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B两活塞的面积分别为SA＝20cm2、SB＝10cm2，它们通过一条细绳连接，活塞B又与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接．已知A、B两活塞的质量分别为mA＝2mB＝1kg，当活塞静止时，汽缸中理想气体压强p1＝1.2×105Pa，温度T1＝800K，活塞A距地面的高度为L＝10cm，上、下汽缸内气体的长度分别为2L、L，大气压强为p0＝1×105Pa，上汽缸足够长，重力加速度g＝10m/s2.(1)求重物C的质量M；(2)缓慢降低汽缸内气体的温度直至210K，请在图乙上画出缸内气体状态变化的图线，并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度．答案(1)3.5kg(2)图线如解析图38cm解析(1)设活塞A、B间的细绳张力为T，则对活塞A、B受力分析有：p1SA＋mAg＝p0SA＋Tp0SB＋mBg＋T＝p1SB＋Mg联立解得：M＝3.5kgp1＝1.2×105Pa；(2)刚开始降温时汽缸内气体等压变化，活塞A、B均向上缓慢运动，直到A不能再上升，设此时气体温度为T2，则由盖—吕萨克定律有：LSA＋2LSBT1＝3LSBT2解得：T2＝600K210K此后气体再降温时，A、B间细绳张力逐渐减小至零，气体等容变化．设细绳张力为零时，气体压强为p2，温度为T3，则此时对活塞B受力分析有：Mg＋p2SB＝p0SB＋mBg解得：p2＝7×104Pa由查理定律有：p1T2＝p2T3解得：T3＝350K210K之后气体等压变化，活塞A不动，活塞B下降，设B与A距离为x时，温度变化为：T4＝210K，由盖—吕萨克定律有：3LSBT3＝xSBT4解得：x＝18cm故B离地面的高度为：H＝2L＋x＝38cm汽缸内气体状态变化的图线如图所示．