（新课标）2020高考物理二轮复习 专题强化训练14 选考3-3（含解析）

专题强化训练(十四)一、选择题(共8个小题，1、2、3、4、8题为多选，其余为单选，每题5分，共50分)1下列说法正确的是()A空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越大B单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的D当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大答案CD解析空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强就越接近饱和蒸汽，但是压强不一定越大，A项错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，B项错误；水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的，C项正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，故分子势能增大，故分子势能随分子间距离的减小而增大，D项正确；故选C、D两项2.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示在此过程中()A气体温度一直降低B气体内能一直增加C气体一直对外做功D气体一直从外界吸热E气体吸收的热量一直全部用于对外做功答案BCD解析一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程可知，TbTa，即气体的温度一直升高，A项错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B项正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C项正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D项正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误3如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积假设整个系统不漏气下列说法正确的是()A气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变B气体在被压缩的过程中内能增大C在自发扩散过程中，气体对外界做功D气体自发扩散前后内能相同答案BD解析气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据UQW可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，故A项错误，B项正确；抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，又没有热传递，则根据UQW可知，气体的内能不变，故D项正确，C项错误故选B、D两项4关于热力学定律，下列说法正确的是()A气体吸热后温度一定升高B对气体做功可以改变其内能C理想气体等压膨胀过程一定放热D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡答案BDE解析气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A项错误；改变气体内能的方式有两种：做功和热传递，故B项正确；理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C项错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D项正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E项正确5空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥某空调工作一段时间后，排出液化水的体积为V，水的密度为，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则液化水中水分子的总数N和水分子的直径d分别为()AN，dBN，dCN，dDN，d答案C解析水的摩尔体积Vmol，水分子数NNA，将水分子看成球形，由d3，解得水分子直径为d，故选C项6通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间，经过特殊工艺胶合一体成型的新型光电玻璃产品，被广泛应用于高档办公室、计算机机房、医疗机构、商业展示等领域，能够实现玻璃的通透性和保护隐私的双重要求我们将其工作原理简化为如图所示的模型，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，玻璃呈乳白色，即不透明，像一块毛玻璃；通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃结合以上内容和你所学知识，关于通电雾化玻璃，你认为下列叙述中比较合理的是()A不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过B不通电时，入射光在液晶层发生了干涉，导致光线无法通过C通电时，入射光在通过液晶层后方向发生了改变D通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播答案D解析由题意，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，像一块毛玻璃，可知入射光在液晶层发生漫反射，光线可以通过，但通过量较少，而且没有规律，故A、B两项错误；由题意，通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃，可知通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播，故C项错误，D项正确故选D项7.如图所示，带有活塞的烧瓶内封闭一定的气体，不考虑烧瓶和外界的热传递，现在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，则烧瓶内的气体温度会()A升高B降低C不变 D无法确定答案A解析根据热力学第一定律，有：UWQ；不考虑烧瓶和外界的热传递，故Q0；在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，对烧瓶内的气体做功，W0，故U0，气体的内能增加，温度升高，故选A项8.如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是()A在过程ab中气体的内能增加B在过程ca中外界对气体做功C在过程ab中气体对外界做功D在过程bc中气体从外界吸收热量E在过程ca中气体从外界吸收热量答案ABD解析从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A项正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B项正确；在过程ab中气体体积不变，根据WpV可知，气体对外界做功为零，故C项错误；在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律UWQ可知，气体从外界吸收热量，故D项正确；在过程ca，据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故E错误故选A、B、D三项9.一定质量理想气体的状态变化如右图所示，则该气体()A状态b的压强大于状态c的压强B状态a的压强大于状态b的压强C从状态c到状态d，体积减小D从状态a到状态c，温度不变答案A解析分别过a、b、c、d四个点作出等压变化线，如图所示，保持体积不变，温度越高，则压强越大可知，在VT图象中，倾角越大，压强越小，所以papdpcpb，故A项正确，B项错误；由图象可知，状态c到状态d体积增大，故C项错误；从状态a到状态c，温度升高，故D项错误故选A项10.如图，容器被绝热活塞分成两部分，分别装有理想气体A、B.开始时，A的温度为TA，B的温度为TB，且TATB.气体A、B均处于平衡状态，活塞静止加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温度，若不计活塞的摩擦，则活塞将()A向右移动 B向左移动C保持不动 D因体积未知而无法确定答案B解析假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有，得pT，根据题意知，升高的温度T相同，原来平衡，pApB，TATB，得pAFA，所以活塞将向左移动，故B项正确，A、C、D三项错误故选B项二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气若氧气的温度保持不变，这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天？答案4天解析原来氧气瓶中气体量pV20 atm0.08 m31.6 atmm3，剩余气体量p剩V剩2 atm0.08 m30.16 atmm3，每天用量p用V用1 atm0.36 m30.36 atmm3，n (天)4(天)12.一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示此时AB侧的气体柱长度l125 cm.管中AB、CD两侧的水银面高度差h15 cm.现将U形管缓慢旋转180，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出已知大气压强p076 cmHg.求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差答案1 cm解析对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1p0h1(765) cmHg81cmHg，体积为：V1l1S，设旋转后，气体长度增大x，则高度差变为(52x) cm，此时气体的压强为：p2p0(52x)(712x) cmHg，体积为：V2(25x)S，根据玻意耳定律得：p1V1p2V2，即：8125(712x)(25x)，解得：x2 cm，根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：h52x1 cm.13.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度答案(1)41 cm(2)312 K解析(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有：pVp1V1.由力的平衡条件有pp0gh，p1p0gh.式中，、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强由题意有VS(Lh1h)，V1S(Lh)由式和题给条件得L41 cm.(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖吕萨克定律有：.由式和题给数据得T312 K.14.如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0，现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量答案解析设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0p1V1，p0p2V2，由已知条件得V1V，V2.设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2Sp1Smg.联立式和题给条件得m.9