高考物理选修33模块练习题

高考物理选修33模块练习题

‎2012年高考物理选修3-3模块练习题 河南 李麦磱 一、选择题（每题正确答案一个或几个）‎ ‎1．关于饱和汽及饱和汽压的正确结论是：‎ A．密闭容器中某种蒸汽开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸汽的压强一定会减小 B．对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大 C．温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大 D．相同温度下，各种液体的饱和汽压都相同 ‎2．下列关于湿度的说法中正确的是：‎ A．绝对湿度大，相对湿度一定大 B．相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态 C．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和 D．露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气里原来饱和的水蒸气液化的缘故 ‎3．在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积时，下面的说法哪些是正确的：　　　　 A．饱和汽的质量不变，饱和汽的密度减小 B．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强也不变 C．饱和汽的密度不变，饱和汽的压强增大 D．饱和汽的质量增大，饱和汽的压强不变 ‎4．将一枚硬币轻轻地平放在水面上，可以不下沉，此时与硬币重力相平衡的力是 A．水膜的弹力 B．水的表面张力 C．水的浮力和表面张力的合力 D．水的浮力和空气的浮力的合力 ‎5．对于液体在器壁附近的液面发生弯曲的现象，如图（1）所示，对此有下列几种解释：‎ ‎①表面层I内分子的分布比液体内部疏 ‎ ‎②表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密 ‎ ‎③附着层I内分子的分布比液体内部密 ‎ ‎④附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏 其中正确的是： ‎ A．只有①对 B．只有①③④对 C．只有③④对 D．全对。‎ ‎6．如图（2）所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度较大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，设在此过程气体吸热Q，气体内能增量为ΔE：‎ A. ΔE=Q B. ΔE﹤Q C. ΔE﹥Q D.无法比较 ‎ ‎7．对于液体和固体来说，如果用M表示摩尔质量，m表示分子质量，ρ表示物质的密度，V表示摩尔体积，v表示分子体积，NA表示阿伏加德罗常数，那么下列关系式中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎8．下列说法中，正确的是 A.液晶具有流动性 B.液晶具有各向异性 C.液晶具有稳定的空间排列规律 D.液晶就是液态的晶体 ‎9．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中（ ）‎ A.汽车的机械能守恒 B.汽车的动能和势能相互转化 C.机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减小 D.机械能逐渐转化为内能，总能量不变 ‎10．下列说法中，正确的是 A.焦耳的实验是热力学第一定律的基础 B.第一类永动机不能制成是因为它违背了能量守恒定律 C.第二类永动机不能制成是因为它违背了能量守恒定律 D.热力学第二定律说明一切与热现象有关的宏观自然过程具有方向性。‎ ‎11．关于液体表面的张力，下列说法正确的是 A.表面层中液体分子的引力大于斥力，产生表面张力 ‎.表面张力是液体表面层分子力的宏观表现 C.表面张力是由于大气压力而产生的 D.表面张力的方向始终与液面垂直 ‎12．下列说法正确的 ‎①浸润液体在细管里能上升②不浸润液体在细管里能下降 ‎③在建筑房屋时，砌砖的地基上要铺上一层油毡或涂过沥青的厚纸，这是为了增加毛细现象使地下水容易上升.‎ ‎④农田里如果要保持地下水分，就要把地面的土壤锄松，可以减小毛细现象的发生 A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④‎ ‎13． 如图（3）所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其状态参量为p0，‎ V0，T0，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到p1，V1，T1状态，再让气体膨胀到p2，V2，T2状态，若V1＜V0＜V2，则 ：                                                        ‎ ‎  A．T1＞T0＞T2                   B．T1=T0=T2‎ C．T1＜T0＜T2                   D．无法判断 二、填空题（把正确答案填在题中的横线上）‎ ‎14．一定质量的理想气体，开始时状态参量为P0、V0、T0，现使其经过一个等压变化，温度升高到1.5T0；再经过一个等容变化，压强减为0.5P0，则此时气体的状态参量应为 。‎ ‎15．已知高山上某处的气压为0.40atm，气温为零下30℃，则该处1cm3大气中的分子数为 ‎ （阿伏伽德罗常数为6.0×1023mol-1,在标准状态下1mol的气体的体积为22.4L）‎ ‎16．制造白炽灯时，需向灯泡内充入惰性气体，假如充入时气体的温度为150℃，要使灯泡在300℃时，泡内气体压强不超过105Pa，则充入灯泡内气体的压强不能超过 。‎ ‎17． 如图（4）所示，A，B是体积相同的气缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A内装有压强p1=2.0×105a温度T1=300K的氮气。B内装有压强P2=1.0×105Pa，温度T2=600K的氧气。打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡，以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则V1∶V2=___ ___（假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽略）‎ ‎18．目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术，实验发现，二氧化碳气体在水深‎170m处变成液体，它的密度比海水大，靠深海的压力使它永沉海底，以减少排放到大气中的二氧化碳量。容器中的二氧化碳处于汽液平衡状态时的压强随温度的增大而_____ _____(选填“增大”、“减小”或“不变”)；在二氧化碳液体表面，其分子间的引力 (选填“大于”、“等于”或“小于”)斥力。‎ 三．计算题 ‎19．一电炉的功率P=200W，将质量m=240g的固体样品放在炉内，通电后的电炉内的温度变化如图（5）所示。设全部电能转化为内能并全部被样品吸收，试问：‎ 该固体样品的熔点和熔化热为多大？‎ ‎20．高压锅与普通铝锅不同，锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅体镶嵌旋紧，加上锅盖与锅体之间的密封圈，所以锅盖与锅体之间不会漏气。锅盖中间有一排气孔，上面再套上限压阀，将排气孔堵住，当加热高压锅，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，这时蒸汽就从排气孔向外排出。由于高压锅内压强大，温度高，食物容易煮烂，若已知某高压锅限压阀质量0.06kg，排气孔直径0.3cm，则锅内气体压强最大可达多少？设压强每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃，则锅内最高温度可达多高？‎ ‎(P0=105Pa)‎ ‎21．如图（6）所示，一个上下都与大气相通的直圆桶内部横截面积S=0.01 m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体。A、B都可沿圆桶无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可忽略不记，B的质量为M，并与一劲度系数为K=5×103N/m的轻质弹簧相连。已知大气压强p0=105Pa，平衡时两活塞间的距离为l0=0.6m，现用力压活塞A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡。此时用于压活塞A的力F=5×102N，求活塞A向下移动的距离（气体温度保持不变）。‎ ‎22．把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图（7）所示，求在这过程中外力做功为多少？（已知活塞面积S=1.0dm2，大气压户p0=1.0×105Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s2）‎ ‎23．如图（8）所示，A，B两容器容积相同，用细长直导管相连，二者均封入压强为户，温度为T的一定质量的理想气体，现使A内气体温度升温至T'，稳定后A容器的压强为多少？‎ ‎24． 内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图（9）所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p0=1，01325×105Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的长度多大？‎ ‎25．如图（10）所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）‎ ‎2012年高考物理选修3-3模块练习题答案 ‎1．解析：饱和汽处在动态平衡中，当温度或体积变化时，只要有足够的液体它还会达到平衡的，即其饱和压强只与液体种类和温度有关，所以饱和汽不符合理想气体的状态方程，B对。‎ ‎2‎ ‎.解析：相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，所以A错，BC对；当绝对湿度不变的情况下，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，当达到饱和以后，随着温度的继续降低，水蒸气将液化为水，即露水，若此时温度低于零摄氏度，则为霜。所以D对。正确答案为BCD。‎ ‎　3．解析：增大体积后，水继续蒸发，因为温度不变，即饱和汽压不变，所以最终达到平衡时，饱和汽的密度和压强不变，质量增加。答案：BD ‎4．解析：水的表面张力是液面之间的相互作用，不是液面对硬币的作用；硬币并未进入水中，所以不存在浮力的问题。所以A正确。‎ ‎5．解析：浸润的情况下，液体会沿着管壁上升，这是由于附着层内分子相互排斥，同时表面层内分子相互吸引的结果；不浸润的情况下，液体会沿着管壁下降，这是由于附着层内分子和表面层内分子均相互吸引的结果；液体内部分子力约为零，所以比内部疏分子力表现为引力，比内部密分子力表现为斥力。B正确。‎ ‎6.解析：抽去隔板前A、B气体的整体重心在中线以下，抽去隔板待气体混合均匀后重心恰好在中线上，所以系统的重力势能增大，由能量守恒定律，吸收的热量一部分增加气体内能，一部分增加重力势能，所以B正确。答案：B ‎7、答案：A、C、D ‎8、解析：由液晶的结构、特点易判断A、B是正确的。答案：A、B ‎9、解析：汽车沿斜坡匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，但减小的重力势能没有转化动能而是转化为内能，而总能量是守恒的，故A、B、C错误，D正确。‎ ‎10、解析：以焦耳的实验为基础的热力学第一定律指出了热功等效和转换关系，指出了任何过程能量必须守恒，从而第一类永动机不能制成；另外，并不是所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生，一切与热现象有关的宏观自然过程是不可逆的，即宏观自然过程具有方向性，这就是热力学第二定律，热力学第二定律告诉我们第二类永动机不可能制成。故A、B、D正确。‎ ‎11答案：A .B ‎12答案：ACD ‎13．解析：从题目给出的条件，V1＜V0＜V2和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V0→V1的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以T1＞T0。从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T0＞T2，结果为T1＞T0＞T2。本题的正确答案为A。‎ ‎14、解析：由理想气体的状态方程=恒量知，发生等压变化时满足：‎ ‎ ∴V=‎ 此时气体的状态参量为：P0、、‎ 然后发生等容变化时满足： ∴T= ‎ 故最后的状态参量为：、、‎ ‎15、1.2×1019‎ ‎16、7.4×104‎ ‎17【分析解答】对于A容器中的氮气，其气体状态为：‎ p1=2.0×105pa     V1=V     T1＝300K P'1=P       V'1=V1（题目所设）     T'1=T 由气体状态方程可知：‎ 对于B容器中的氧气，其气体状态为：‎ p2=1.0×105pa    V2＝V    T2=600K p'2=p     V'2=V2（题目所设）     T’2=T 由气态方程可知 联立①②消去T，V可得：‎ 此题的正确答案为V1∶V2=4∶1‎ ‎18.增大 大于 ‎19．解析：样品的熔点为60℃。‎ 熔化时间τ=2min，电流做功W=Pτ。‎ ‎ 设样品的熔化热为λ，样品熔化过程中共吸收热量Q=λm。‎ ‎ 由W = Q，即Pτ=λm，得 ‎　　答案：熔点是60℃，熔化热是1×105J/Kg ‎20、解析：锅内气体压强增到一定程度将限压阀顶起来，这时锅内气压最大，设其为p，则 代入数据有 p=1.83×105Pa 由于压强每增3.6×103Pa，沸点增加1℃，由此可求得1.83×105Pa时水的沸点 ‎℃‎ 这就是锅内最高温度 ‎21、解析 ： 对圆筒内封闭的气体：p1=p0，V1= Sl0，p2=？，V2= Sl ‎ 对活塞A受力分析：F+ p0S= p2 S，所以p2 = p0+F/S 由玻意耳定律得：p0• Sl0=（p0+F/S）• Sl= p0l0/（p0+F/S）=0.4‎ 取A、B及封闭气体作为一个整体进行受力分析，则可得F=k△x 所以加力F后活塞B下移的距离为 ‎△x=F/x=0.1m 活塞A向下移的距离为 ‎△l=（l0—l）+△x=0.3m 答案：0.3m ‎22.【分析解答】在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即 在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：‎ W2=p0S(H-h,)‎ ‎=5.0×103(J)‎ 则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0×104（J），即为正确答案。‎ ‎23.【分析解答】因为升温前后，A，B容器内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把升温前整个气体分为（V-△V）和（V+△V）两部分（如图1所示），以便升温后，让气体（V-△V）充满A容器，气体（V+△V）压缩进B容器，于是由气态方程或气体实验定律有：‎ ‎24.【分析解答】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。‎ ‎（1）是否会停留在右侧竖直管内。‎ 由前面的分析可知是不可能的。‎ ‎（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图（2）所示情况，由玻意耳定律可知 ‎200×800S=（760-x）[300+100-（160-x）]S ‎160000=（760-x）（240+x）‎ 解得：x1=40cm x2=560mm 两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。‎ ‎（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图（3）所示。‎ 由玻意耳定律可知：‎ ‎200×800S=（760+60）·l2·S 解得l2=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。‎ ‎（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图（4）所示。‎ 由玻意耳定律可知 ‎200×800S=[760+（300-l2）]·l2S 因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。‎ ‎25.【分析解答】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？‎ 设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图5），则：由玻意耳定律有：‎ ‎（750+h）×150S=（750-h-2x）（150+x）S 整理得：2x2+（h-450）x+300h=0‎ 当△=b2-4ac≥0时，方程有实数解，即 ‎（h-450）2-4×2×300h≥0‎ 解得：h≤62.5mm 也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。‎ 设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图（6）所示，末状态变为：‎ V2=（250+y）S   ； p2=（750-30）= 450（mmHg）‎ 根据玻意耳定律：‎ ‎850×150S=450×（250+y）S 解得：y=33.3mm 则空气柱的长度为：l =（250+33.3）=283.3（cm）。‎ ‎ ‎