届高中物理一轮复习课时作业《选修33》模块综合检测.docx
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届高中物理一轮复习课时作业《选修33》模块综合检测
《选修3-3》模块综合检测
（时间:
60分钟 满分:
100分）
一、选择题（本题共10小题,每小题5分,共50分.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）
1.以下说法中正确的是（ ABC ）
A.扩散现象可以证明物质分子永不停息地做无规则运动
B.人们感到干燥还是潮湿取决于周围空气的相对湿度
C.从微观角度看,大气压强的产生是由于大气层中的大量空气分子对与它接触物体的碰撞引起的
D.晶体和非晶体的区别在于是否有确定的几何形状
E.热量不能自低温物体传到高温物体
解析:
扩散现象可以证明物质分子永不停息地做无规则运动,选项A正确;人们感到干燥还是潮湿取决于周围空气的相对湿度,相对湿度越大,则人们感觉到越潮湿,选项B正确;从微观角度看,大气压强的产生是由于大气层中的大量空气分子对与它接触物体的碰撞引起的,选项C正确;晶体和非晶体的区别在于是否有固定的熔点,选项D错误;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,故E错误.
2.下列说法中正确的是（ ACE ）
A.由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,所以液体存在表面张力
B.用油膜法估测出了油酸分子直径,如果已知其密度可估测出阿伏加德罗常数
C.在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道,它们起到了毛细管的作用
D.一定质量的理想气体从外界吸收热量,温度一定升高
E.空气相对湿度大,体表的水不易蒸发,所以人就感到潮湿
解析:
由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,所以液体存在表面张力,选项A正确;用油膜法估测出了油酸分子直径,可知分子的大小,如果已知其摩尔体积可估测出阿伏加德罗常数,选项B错误;在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道,它们起到了毛细管的作用,选项C正确;一定质量的理想气体从外界吸收热量小于对外做功,则气体的温度要降低,选项D错误;空气相对湿度大,体表的水不易蒸发,所以人就感到潮湿,选项E正确.
3.住在海边的小明,跟几个朋友自驾去某高原沙漠地区游玩,下列相关说法正确的是（ ABE ）
A.出发前给汽车轮胎充气,气压不宜过高,因为汽车高速行驶时胎压会增大
B.小明在下雨时发现,雨水流过车窗时留有痕迹,说明水对玻璃是浸润的
C.到了高原地区,小明发现,尽管气温变化不大,但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了,这是瓶内空气压强变大的缘故
D.小明发现在晴天大风刮起时,沙漠会黄沙漫天,海上不会水雾漫天,这是因为水具有表面张力的缘故
E.白天很热时,开空调给车内降温,此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量
解析:
出发前给汽车轮胎充气,气压不宜过高,因为汽车高速行驶时若遇到凹陷的道路,汽车对地面的压力增大,导致胎压会增大,选项A正确;小明在下雨时发现,雨水流过车窗时留有痕迹,说明水对玻璃是浸润的,选项B正确;到了高原地区,小明发现,尽管气温变化不大,但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了,这是由于高原上大气压强减小的缘故,选项C错误;小明发现在晴天大风刮起时,沙漠会黄沙漫天,海上不会水雾漫天,这是因为风使蒸发的水蒸气迅速扩散,不形成小水滴的缘故,选项D错误;白天很热时,开空调给车内降温,根据能量守恒定律,向车外排放的热量等于空调机从车内吸收的热量加上压缩机工作消耗电能产生的热量,即此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量,选项E正确.
4.下列说法正确的是（ BCE ）
A.饱和汽压与气体的温度与体积都有关
B.将两个分子由相距无穷远处移动到距离极近的过程中,它们的分子势能先减小后增大
C.墨水滴入水中出现扩散现象,这是分子无规则运动的结果
D.晶体具有各向同性、固定熔点、形状一般为规则几何多面体的特点
E.单位时间内气体分子对容器器壁单位面积碰撞的次数减少,气体的压强不一定减小
解析:
饱和汽压与气体的温度有关,与体积无关,选项A错误;由于分子处于平衡位置时分子力为零,分子势能最小,因此将两个分子由相距无穷远处移动到距离极近（小于平衡位置之间距离）的过程中,它们的分子势能先减小后增大,选项B正确;墨水滴入水中出现扩散现象,这是分子无规则运动的结果,选项C正确;单晶体具有各向异性、固定熔点、形状一般为规则几何多面体的特点,选项D错误;单位时间内气体分子对容器器壁单位面积碰撞的次数减少,若气体分子速度较大,则气体压强可能增大,选项E正确.
5.热学中有很多图象,对图中一定质量的理想气体图象的分析,正确的是（ ACE ）
A.（甲）图中理想气体的体积一定不变
B.（乙）图中理想气体的温度一定不变
C.（丙）图中理想气体的压强一定不变
D.（丁）图中理想气体从P到Q,可能经过了温度先降低后升高的过程
E.（丁）图中理想气体从P到Q,可能经过了温度先升高后降低的过程
解析:
由理想气体状态方程
=C可知,A,C正确;若温度不变,p
V图象应该是双曲线的一支,题图（乙）不一定是双曲线的一支,故B错误;题图（丁）中理想气体从P到Q,经过了温度先升高后降低的过程,D错误,E正确.
6.下列说法正确的是（ ABD ）
A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大
B.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
C.饱和汽压与温度和体积有关
D.第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为NA=
解析:
气体放出热量的同时若外界对物体做功,物体的内能可能增大,则其分子的平均动能可能增大,故A正确;当分子力表现为斥力时,分子力随分子间距离的减小而增大;同时需要克服分子斥力做功,所以分子势能也增大,故B正确;饱和汽压与温度有关,与体积无关,故C错误;第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律,故D正确;某固体或液体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为NA=
但是对气体此式不成立,故E错误.
7.下列说法正确的是（ BCD ）
A.物体吸收热量时,其分子平均动能一定增大
B.空气中水蒸气的压强越大,空气的绝对湿度一定越大
C.当两分子间距离小于平衡位置的间距r0时,分子间的距离越大,分子势能越小
D.熵值越大表明系统内分子运动越无序
E.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
解析:
物体吸收热量时,若同时对外做功,则其内能可能会减小,温度降低,则其分子平均动能减小,选项A错误;空气中水蒸气的压强越大,空气的绝对湿度一定越大,选项B正确;当两分子间距离小于平衡位置的间距r0时,分子力表现为斥力,分子间的距离越大,分子力做正功,则分子势能越小,选项C正确;熵是物体内分子运动无序程度的量度,系统内分子运动越无序,熵值越大,故D正确;同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,如煤炭与金刚石,故E错误.
8.下列说法中正确的是（ ACD ）
A.气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果
B.物体温度升高,组成物体的所有分子速率均增大
C.一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量
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.饱和汽压与分子密度有关,与温度无关
解析:
气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果,选项A正确;物体温度升高,组成物体的所有分子的平均速率变大,并非所有分子的速率均增大,选项B错误;一定质量的理想气体等压膨胀过程中,温度升高,内能增大,对外做功,故气体一定从外界吸收热量,选项C正确;根据熵原理,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;饱和汽压与温度有关,且随着温度的升高而增大,故E错误.
9.下列有关水的热学现象和结论说法正确的是（ ABE ）
A.常温下一个水分子的体积大约为3×10-29m3
B.零摄氏度的水比等质量零摄氏度的冰的分子势能大
C.水面上的表面张力的方向与水面垂直并指向液体内部
D.一滴墨水滴入水中最终混合均匀,是因为碳粒受重力的作用
E.被踩扁但表面未开裂的乒乓球放入热水中浸泡,在其恢复原状的过程中球内气体会从外界吸收热量
解析:
水的摩尔质量为18g/mol,水的密度为1.0×103kg/m3,分子体积V=
≈3×10-29m3,故A正确;因冰融化成水需要吸热,由于温度不变,分子动能不变,内能增加,因此0℃的水分子势能比相同质量
0℃的冰的分子势能大,故B正确;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C错误;碳素墨水滴入清水中,观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒,悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡导致的无规则运动,不是由于碳粒受重力作用,故D错误;被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡,恢复原状的过程中,球内气体对外做正功,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律ΔU=Q+W知会从外界吸收热量,故E正确.
10.如图,一定质量的理想气体,从状态a开始,经历过程①②③到达状态d,对此气体,下列说法正确的是（ ADE ）
A.过程①中气体从外界吸收热量
B.过程②中气体对外界做功
C.过程③中气体温度升高
D.气体在状态c的内能最大
E.气体在状态a的内能小于在状态d的内能
解析:
过程①中气体对外做功,温度升高,内能增加,一定从外界吸收热量,A正确;过程②中气体体积不变,气体不做功,B错误;过程③中气体压强不变,体积减小,温度降低,C错误;对理想气体
=C,状态c压强最大,体积最大,故温度最高,内能最大,D正确;气体在状态a的温度低于在状态d的温度,在状态a的内能小于在状态d的内能,E正确.
二、非选择题（共50分）
11.（10分）如图所示,下端封闭且粗细均匀的“┐”形细玻璃管,竖直部分长l=50cm,水平部分足够长,左边与大气相通,当温度t1=27℃时,竖直管内有一段长h=10cm的水银柱,封闭着一段长l1=30cm的空气柱,外界大气压始终保持p0=76cmHg,设0℃为273K,试求:
（1）被封闭气柱长度l2=40cm时的温度t2;
（2）温度升高至t3=177℃时,被封闭空气柱的长度l3.
解析:
（1）封闭气体的初状态
p1=p0+ph=86cmHg（1分）
T1=（t1+273）K=300K,l1=30cm（1分）
末状态:
l2=40cm时,l2+h=l（1分）
水银柱上端刚好到达玻璃管拐角处,p2=p1（1分）
气体做等压变化,有
=
（1分）
解得T2=400K,即t2=127℃.（1分）
（2）t3=177℃时,T3=450K,假设水银柱已经全部进入水平玻璃管,则被封闭气体的压强
p3=p0=76cmHg（1分）
由理想气体状态方程得
=
（1分）
解得l3≈50.9cm（1分）
由于l3>l,假设成立,空气柱长为50.9cm.（1分）
答案:
（1）127℃
（2）50.9cm
12.（10分）我国“深海勇士”号载人潜水器在南海完成深海下潜试验任务后,某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计,如图所示,两汽缸Ⅰ,Ⅱ内径相同,长度均为L,内部各装有一个活塞,活塞密封性良好且无摩擦,右端开口,在汽缸Ⅰ内通过活塞封有150个大气压的气体,Ⅱ内通过活塞封有300个大气压的气体,两缸间有一细管相通,当该装置放入水下时,水对Ⅰ内活塞产生挤压,活塞向左移动,通过Ⅰ内活塞向左移动的距离可测定出下潜深度.已知1个大气压相当于10m高海水产生的压强,不计海水的温度变化,被封闭气体视为理想气
体,求:
（1）当Ⅰ内活塞向左移动了
L时,下潜的深度;
（2）该深度计能测量的最大下潜深度.
解析:
（1）设当Ⅰ内活塞向左移动了
位置处时,Ⅱ内活塞不动,取右端气体为研究对象
由玻意耳定律可得p·
SL=150p0SL（2分）
p=p0+ρgh（2分）
解得h=2240m.（1分）
（2）当Ⅰ内活塞到缸底时所测深度最大,设两部分气体均压缩到压
强p′
对Ⅰ有:
150p0SL=p′SL1（1分）
对Ⅱ有:
300p0SL=p′SL2（1分）
L1+L2=L（1分）
p′=p0+ρgh′（1分）
解得h′=4490m.（1分）
答案:
（1）2240m
（2）4490m
13.（10分）如图所示,在一圆形竖直管道内封闭有理想气体,用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分.温度都为T0=300K,上部分气体压强为p0=1.0×105Pa,活塞A有
=2×104Pa（S为活塞横截面积）.现保持下部分气体温度不变,只对上部分气体缓慢加热,当活塞A移动到最低点B时（不计摩擦）.求:
（1）下部分气体的压强;
（2）上部分气体的温度.
解析:
（1）对下部分气体,做等温变化,初状态压强为
p1=p0+
（1分）
体积为V1=V0
末状态:
压强为p2,体积为V2=
V0（1分）
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2（2分）
代入数据解得p2=2.4×105Pa.（1分）
（2）对上部分气体,当活塞A移动到最低点时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p2′=p2（1分）
初状态:
压强为p0,温度为T0,体积为V0
末状态:
压强为p2′,温度为T2′,体积为V2′=
V0（1分）
根据理想气体状态方程,有
=
（2分）
代入数据解得T2′=3.6T0=1080K.（1分）
答案:
（1）2.4×105Pa
（2）1080K
14.（10分）如图所示,体积为V0的导热性能良好的容器中充有一定质量的理想气体,室温T0=300K.有一光滑导热活塞C（体积可忽略）将容器分成A,B两室,A室的体积是B室的3倍,B室内气体压强为大气压的1.5倍,左室容器中连接有一阀门K,可与大气相通（外界大气压等于p0）.
（1）将阀门K打开后,B室的体积变成多少?
（2）打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到900K,B室中气体压强变为多少?
解析:
（1）B气体的初状态
pB0=1.5p0,VB0=
（2分）
打开阀门,B室气体做等温变化,
pB=p0,体积为VB,（1分）
由玻意耳定律pB0VB0=pBVB（2分）
解得VB=
V0.（1分）
（2）温度从T0=300K升高到T,B中的气体由VB变化到V0,压强为pB,气体做等压变化
由盖—吕萨克定律得
=
（1分）
解得T=800K（1分）
温度从800K升高到T1=900K的过程中,气体做等容变化
由查理定律得
=
（1分）
解得pB1=
p0.（1分）
答案:
（1）
V0
（2）
p0
15.（10分）如图所示,上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上,汽缸内部的高度为h,汽缸内部被厚度不计、质量均为m的活塞A和B分成高度相等的三部分,下边两部分封闭有理想气体M和N,活塞A导热性良好,活塞B绝热,两活塞均与汽缸接触良好,不计一切摩擦.N部分气体内有加热装置,初始状态温度为T0,汽缸的横截面积为S,外界大气压强大小为
且保持不变.现对N部分气体缓慢加热.
（1）当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时,N部分气体从加热装置中吸收的热量为Q,求该过程中N部分气体内能的变化量;
（2）活塞A恰好接触汽缸上端卡环后,继续给N部分气体加热,当M部分气体的高度达到
时,求此时N部分气体的温度.
解析:
（1）活塞A到达汽缸上端卡环前,气体M和N均做等压变化,活塞A,B之间的距离不变.当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时,
N部分气体的压强
pN2=pM1+
=p0+
=
（1分）
N部分气体增加的体积
ΔV=
（1分）
N部分气体对外做功
W=pN2·ΔV=mgh（1分）
N部分气体内能的变化量
ΔU=Q-W=Q-mgh.（1分）
（2）活塞A恰好接触汽缸上端卡环后,继续给N部分气体加热,气体M做等温变化,由玻意耳定律
·
S=pM2·
S（1分）
解得pM2=
（1分）
此时N部分气体的压强
pN3=pM2+
=
（1分）
N部分气体的体积
VN3=
S（1分）
对N部分气体由理想气体状态方程
=
（1分）
解得TN3=
T0.（1分）
答案:
（1）Q-mgh
（2）
T0
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