1、1第三部分 选考第 1 讲 Error!考法学法高考对本部分内容考查的重点和热点有：对分子动理论内容的理解；物态变化中的能量问题；气体实验定律和状态方程的理解与应用；固、液、气三态的微观解释和理解；热力学定律的理解和简单计算；实验：用油膜法估测分子大小等内容。选修 3-3 内容琐碎、考查点多，复习中应以四个板块(分子动理论，从微观角度分析固体、液体、气体的性质，气体实验定律，热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。提 能 点 一 分 子 动 理 论 、 内 能 及 热 力 学 定 律 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1必须理清的知识联系2必须掌握的三个要点(
2、1)估算问题油膜法估算分子直径： dVSV 为纯油酸体积， S 为单分子油膜面积。分子总数： N nNA NA NA。mMm VVm注意：对气体而言， N 。VV个2两种分子模型：球模型： V R3(适用于估算液体、固体分子直径)；43立方体模型： V a3(适用于估算气体分子间距)。(2)反映分子运动规律的两个实例布朗运动液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈扩散现象 分子永不停息的无规则运动，温度越高，扩散越快(3)对热力学定律的理解改变物体内能的方式有两种，只知道一种改变方式是无法确定内能变化的。热力学第一定律 U Q W 中 W 和 Q 的符号可以这样确
3、定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。题点全练1多选(2018全国卷)对于实际的气体，下列说法正确的是( )A气体的内能包括气体分子的重力势能B气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C气体的内能包括气体整体运动的动能D气体的体积变化时，其内能可能不变E气体的内能包括气体分子热运动的动能解析：选 BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故 A、C 错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故 B、E正确；气体体积变化
4、时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故 D 正确。2多选(2019 届高三湖南六校联考)下列说法不正确的是( )A没有规则几何外形的物体不是晶体B物体的温度为 0 时，分子的平均动能却不为零C布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性E用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功 4.5105 J，同时空气的内能增加了 3.5105 J，则空气从外界吸收热量 1105 J解析：选 ACE 多晶体没有规则的几何外形，而多晶体仍然是晶体，A 错误；物体的温3度为 0 时，物体的分子平均动能不为零，如果分子平均动能为
5、零，则温度是绝对零度，B 正确；布朗运动是在显微镜中看到的固体颗粒的无规则运动，而其反映的是液体分子的无规则热运动，C 错误；根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，D 正确；根据热力学第一定律 U W Q，可得 Q U W3.510 5 J4.5105 J110 5 J，即放热，E 错误。3多选(2018广州模拟)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A当气体温度变化时，气体内能一定变化B若气体的内能不变，其状态也一定不变C若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E气体温度每升高 1 K 所吸收的热量与
6、气体经历的过程有关解析：选 ACE 一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，所以当气体的温度发生变化时，内能一定改变，A 正确；由理想气体的状态方程 C 知，若气体的压强、体积不变，pVT则 T 一定不变，故内能一定不变，反之则不对，C 正确，B 错误；由理想气体的状态方程 C 知，温度 T 升高， pV 一定增大，但压强不一定增大，D 错误；气体的温度每升高 1 pVTK，内能的变化是相同的，而内能的变化与气体吸收的热量以及外界对气体做的功两个因素有关，所以气体的温度每升高 1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，E 正确。4多选下列说法正确的是( )A第二类永动机违背了热力学第二定律，也违
7、背了能量守恒定律B布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即固体小颗粒的运动是固体分子无规则运动产生的C在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关解析：选 CDE 第二类永动机违背了热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律，故A 错误；布朗运动的规律反映了分子热运动的规律，但固体小颗粒的运动是液体分子无规则运动时对固体小颗粒碰撞产生的，故 B 错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是由于液体表面分子间存在
8、引力(即表面张力)，从而使表面水分子相互吸引而形成球形，故 C 正确；干湿泡湿度计中湿温度计的下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，故 D 正确；从微观上看，气体压强的大小取决于分子对器壁的碰撞作用，4故与分子平均动能和分子的密集程度有关，故 E 正确。提 能 点 二 固 体 、 液 体 和 气 体 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1固体和液体(1)晶体和非晶体晶体比较单晶体 多晶体非晶体形状 规则 不规则 不规则熔点 固定 固定 不固定特性 各向异性 各向同性 各向同性(2)液晶的性
9、质液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学性质上表现出各向异性。(3)液体的表面张力使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切。(4)饱和汽压的特点液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。(5)相对湿度某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的百分比，即： B pps100%。2气体状态参量3气体分子运动特点5题点全练1多选(2018济南质检)以下说法正确的是( )A气体对外做功，其内能可能增加B分子势能可能随分子间距离的增加而增加C烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂
10、蜡是晶体D热量不可能从低温物体传到高温物体E在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体解析：选 ABE 根据热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体对外做功，若同时吸收一定的热量，其内能可能增加，A 正确；当分子力表现为引力且分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，B 正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，C 错误；根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热量可能从低温物体传到高温物体，如空调制冷，D 错误；根据晶体的特点可知，在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，如天然
11、石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过 300 )再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，E 正确。2多选(2018湖北七校联考)下列说法正确的是( )A控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大B没有摩擦的理想热机可以把获得的能量全部转化为机械能C两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小，分子势能先减小后增大D晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子平均动能却保持不变，
12、所以晶体有固定的熔点E理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比解析：选 ADE 温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间内从液面飞出的分6子数增多，所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大，A 正确；根据热力学第二定律知，热机的效率不可能为 100%，B 错误；两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小最后增大，分子势能先减小后增大，C 错误；由晶体熔化过程特点知，D 正确；理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比，E 正确。3多选下列说法正确的是( )A当液体与大气接触时，
13、液体表面层分子的势能比液体内部分子的大B表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球的表面积最小C若已知某物质的摩尔质量和密度，则可求出阿伏加德罗常数D气体温度升高时，气体所有分子的速率均增大E液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点解析：选 ABE 当液体与大气接触时，液体表面层分子的间距大于液体内部分子的间距，所以液体表面层分子的势能比液体内部分子的大，A 正确；根据表面张力的特点知，B正确；已知物质的摩尔质量和密度可以求出该物质的摩尔体积，但是不知该物质的分子质量或分子体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，C 错误；气体温度升高时，分子热运动的平均动能增大
14、，但并非所有分子的速率都增大，D 错误；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，E 正确。4多选(2018东北三市联考)关于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )A温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B一定量的理想气体在等温变化时，内能不改变，气体不和外界发生热交换C布朗运动不是分子运动，但它能间接反映液体分子在做无规则的运动D温度越高，两种物质的浓度差越大，则扩散进行的越快E相对湿度大时，蒸发快解析：选 ACD 温度是分子平均动能的标志，所以温度高的物体分子平均动能一定大，而物体的内能还与物质的量、体积等因素有关，所以物体的内能不一定大，故 A 正确；一定量的理想气
15、体在等温变化时，内能不改变，当气体体积变化时气体对外界或外界对气体要做功，由热力学第一定律知，气体与外界要发生热交换，故 B 错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，它间接地反映了液体分子的无规则运动，故 C 正确；扩散现象说明分子永不停息地做无规则运动，温度越高，两种物质的浓度差越大，则扩散进行的越快，故 D 正确；相对湿度大时，空气中水蒸气的压强接近同温度水的饱和汽压，液体内部分子进入空气的速度与空气里的水蒸气进入液体中的速度差不多，蒸发很难进行，故 E 错误。7提 能 点 三 气 体 实 验 定 律 和 理 想 气 体 状 态 方 程 多 维 探 究 类 考 点精 细 精 研 过 关
16、 1气体实验定律和状态方程(1)等温变化：玻意耳定律 p1V1 p2V2。(2)等容变化：查理定律 。p1T1 p2T2(3)等压变化：盖吕萨克定律 。V1T1 V2T2(4)理想气体状态方程： 。p1V1T1 p2V2T22一定质量理想气体的状态变化图像与特点类别 图像 特点 其他图像pV CT(其中 C 为恒量)， pV 之积越大，等温线温度越高，线离原点越远等温线p CT ，斜率 k CT，即斜率越大，温度1V越高等容线p T，斜率 k ，即斜率越大，体积越CV CV小等压线V T，斜率 k ，即斜率越大，压强越Cp Cp小3.压强的计算方法(1)被活塞封闭在汽缸内的气体，通常分析活塞或
17、汽缸的受力，应用平衡条件求解。(2)被液柱封闭在细管内的气体，通常分析液柱的受力，应用平衡条件求解，二者得出的压强单位一般都为 Pa。4利用气体实验定律及状态方程解决问题的基本思路8题 型 1 “图 像 ”类 问 题1通过分析图像提供的物理信息，可以将图像反映的物理过程“还原”成气体状态变化遵循的规律或相关公式，结合热力学定律判断气体做功、热传递及气体内能的变化。2理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述，已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由 pV 图像变成 pT 图像或 VT 图像。例 1 多选(2018全国卷)如图，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历过程、到达状态
18、e。对此气体，下列说法正确的是( )A过程中气体的压强逐渐减小B过程中气体对外界做正功C过程中气体从外界吸收了热量D状态 c、 d 的内能相等E状态 d 的压强比状态 b 的压强小解析 过程中，气体体积 V 不变、温度 T 升高，则压强增大，故 A 错误；过程中，气体体积 V 变大，对外界做功，故 B 正确；过程中，气体温度 T 降低，内能减小，体积 V 不变，气体不做功，根据热力学第一定律 U Q W 得 Q0，即气体放出热量，故 C 错误；状态 c、 d 温度相同，所以内能相等，故 D 正确；分别作出状态 b、 c、 d 的等压线，如图所示，分析可得 pb pc pd，故 E 正确。答案
19、BDE题 型 2 “活 塞 ”模 型求活塞封闭气体的压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强。如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m，横截面积为 S，被封闭气体的压强为 p，大气压强为 p0，活塞受力如图所示，由平衡条件得 pS p0S mg，解得 p p0 。mgS例 2 (2018全国卷)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口 a 和 b， a、 b 间距为 h， a 距缸底的高度为 H；活塞只能在9a、 b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为 m，面积为 S，厚度可忽略；活塞和汽
20、缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为 p0，温度均为 T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达 b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为 g。解析 开始时活塞位于 a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为 T1，压强为 p1，根据查理定律有 p0T0 p1T1根据力的平衡条件有p1S p0S mg联立式可得T1 T0(1mgp0S)此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达 b 处，设此时汽缸中气体的温度为 T2；活塞位于 a 处和 b 处时气体的体积分
21、别为 V1和 V2。根据盖吕萨克定律有 V1T1 V2T2式中V1 SHV2 S(H h)联立式解得T2 T0(1hH)(1 mgp0S)从开始加热到活塞到达 b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W( p0S mg)h。答案 T0 ( p0S mg)h(1hH)(1 mgp0S)题 型 3 “液 柱 ”模 型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，但要注意：(1)液体因重力产生的压强大小为 p gh (其中 h 为液面至气体的竖直高度)。当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg” 。(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。(3)有时可直接应
22、用连通器原理连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。例 3 (2018福州质检)有一粗细均匀、一端封闭一端开口的 U 形10玻璃细管，用水银封闭一定量空气，空气可近似看成理想气体，如图所示。在室温 t27 、大气压强 p075 cmHg 时进行实验，玻璃管开口朝上竖直放置时，测得两管水银面高度差 h5 cm，封闭空气柱的长度 L115 cm，开口端玻璃管足够长。(1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面时，求封闭空气柱的长度 L2；(2)接着缓慢将玻璃管开口朝下竖直放置，若左侧玻璃管仍有水银存在，求这时封闭空气柱的长度 L3；(3)为确保(2)问中左侧玻璃管始终有水银，则左侧玻璃管
23、总长度 L 至少多长？解析 (1)设玻璃管的横截面积为 S，对封闭气体，玻璃管开口朝上时：p1 p0 h80 cmHgV1 L1S平放在水平桌面时： p2 p075 cmHgV2 L2S气体等温变化，由玻意耳定律得 p1V1 p2V2解得 L216 cm。(2)当开口朝下竖直放置时，设封闭空气柱长度改变量为 L(如图所示)，此时封闭气体的状态：p3 p0 h2 L(702 L)cmHgV3( L1 L)S由开口向上到开口向下，依然认为气体等温变化由玻意耳定律得 p1V1 p3V3得 8015S(702 L)(15 L)S解得 L115 cm， L25 cm空气柱长度 L3 L1 L130 cm
24、或 L3 L1 L220 cm。(3)为确保第(2)问中左侧玻璃管始终有水银，则左侧玻璃管总长度 L 至少为：L L1 L2(155)cm20 cm。答案 (1)16 cm (2)30 cm 或 20 cm (3)20 cm题 型 4 “两 团 气 ”模 型多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。例如，当气体间活塞可自由移动时，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。例 4 (2018全国卷)如图，容积为 V 的汽缸由导热材料
25、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11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V8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V6速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。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；活塞下方气体的体积为 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p0 p1V1V2p0 p2V2V2
26、由已知条件得V1 VV2 V6 V8 1324V2 V2 V6 V3设活塞上方液体的质量为 m，由力的平衡条件得p2S p1S mg联立以上各式得m 。15p0S26g答案 15p0S26g题 型 5 “变 质 量 ”问 题1在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为定质量问题。2分装问题：将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。3漏气问题：容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对
27、象，便可转化为一定质量的气体状态变化问题，可用理想气体状态方程求解。例 5 如图为压缩式喷雾器，该喷雾器储液桶的容积为 V06 dm3。往桶内注入体积为 V4 dm3的药液，然后通过进气口给储液桶打气，每次打进 V0.2 dm3的空气，使喷雾器内空气的压强达到 p4 atm。假定打气过程中，储液桶内空气温度保持不变，药液不会向外喷出，喷液管体积12及喷液口与储液桶底间高度差不计，外界大气压强 p01 atm。求：(1)打气的次数 n；(2)通过计算说明，能否使喷雾器内的药液全部喷完。解析 (1)根据一定质量的理想气体的等温变化，由玻意耳定律有p0(V0 V) np0 V p(V0 V)解得 n
28、30。(2)设喷雾器内的药液全部喷完后气体压强为 p，由玻意耳定律有p(V0 V) p V0解得 p1.33 atm p0说明能使喷雾器内的药液全部喷完。答案 (1)30 (2)能专题强训提能 1(2018全国卷)(1)多选如图，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(2)在两端封闭、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为 l118
29、.0 cm 和 l212.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将 U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求 U 形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。解析：(1)由理想气体的状态方程 C 知，从 a 到 b 气体温度一直升高，故 A 错误；pVT一定量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故 B 正确；气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故 C 正确；根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故 D 正确，E 错误。(2)设 U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强
30、分别为 p1和 p2，由力的平衡条13件有p1 p2 g (l1 l2)U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p。此时原左、右两边空气柱长度分别变为 l1和 l2，显然原左边空气柱的长度将增加，右边则减小，且两边空气柱长度的变化量大小相等l1 l1 l2 l2由玻意耳定律有p1l1 pl1p2l2 pl2联立解得l122.5 cm， l27.5 cm。答案：(1)BCD (2)22.5 cm 7.5 cm2(2019 届高三云南师大附中质检)(1)多选下列说法正确的是_。A昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为空气的绝对湿度小B当分子间距增大时，分子势能一定增大C一定量的理想气体，在等压膨胀
31、时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少D晶体熔化时吸收的热量主要用来破坏空间点阵E肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用(2)如图所示，内壁光滑、导热良好的圆柱形汽缸开口向下竖直悬挂，内有一质量为 m 的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为S，外界大气压强为 p0，缸内气体温度为 T1。现对汽缸缓慢加热，使理想气体体积由 V 增大了 2V 的过程中，气体吸收的热量为 Q1；停止加热并保持气体体积不变，使其温度降低为 T1。已知重力加速度为 g，求：()停止加热时缸内气体的温度；()降温过程中气体放出的热量。解析：(1)昆明地区晴朗天气晒衣服易干，是因为相对湿度小，所以晾晒的衣服
32、易干，故 A 错误；若分子间表现为引力，随分子间距的增大引力做负功，分子势能增加，若分子间表现为斥力，随分子间距的增大斥力做正功，分子势能减小，故 B 错误；一定量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，气体分子对器壁的平均撞击力增大，为保证压强不变，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数减少，故 C 正确；晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故 D 正确；肥皂泡呈球形是由于液体表面张力的作用，故 E 正确。(2)()停止加热前缸内气体发生等压变化，14由盖吕萨克定律得 V1T1 V2T2由题意知 V1 V， V23 V解得： T23 T1。()体积由 V 增大
33、到 3V 的过程中，由活塞受力平衡有pS p0S mg解得： p p0mgS气体对外所做的功 W1 p V2 V(p0mgS)停止加热并保持气体体积不变， W20全程内能变化， U0根据热力学第一定律得 U W1 Q1 Q2所以降温过程中气体放出的热量Q2 Q12 V 。(p0mgS)答案：(1)CDE (2)()3 T1 () Q12 V(p0mgS)3(2018东北三省四市教研联合体模拟)(1)多选下列说法正确的是_。A温度相同的一切物质的分子平均动能都相同B若两分子克服它们之间的分子力做功，则这两个分子的势能增加C只要知道某物质的密度和其分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数D迈尔是第一
34、个提出能量守恒思想的人E根据一滴油酸酒精溶液的体积 V 和其在水面上形成的油膜面积 S，就能算出油酸分子直径 dVS(2)利用如图所示的实验装置可测量粉末状物体的体积。导热性能良好的密闭容器，顶部连接一气压计可测出容器内的气体压强，容器左端与一个带有活塞的 1 缸相连，右端有一个小门。把小门开启，将活塞置于图中 1 位置，记录此时气压计读数 p01.00 atm。把小门封闭，将活塞缓慢推至图中 2 位置，记录此时气压计读数 p11.20 atm，此过程中，汽缸中气体体积变化 V0.5 L。然后打开小门，将活塞恢复到 1 位置，放入待测粉末状物体后封闭小门。再次将活塞缓慢推至 2 位置，记录此时
35、气压计读数p21.25 atm。整个过程中环境温度不变，求待测粉末状物体的体积。解析：(1)温度是分子平均动能的标志，则温度相同的一切物质的分子平均动能都相同，15选项 A 正确；由分子势能的变化特点可知，若两分子克服它们之间的分子力做功，则这两个分子的势能增加，选项 B 正确；只要知道某物质的摩尔质量和其分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数，选项 C 错误；迈尔是第一个提出能量守恒思想的人，选项 D 正确；根据一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积 V 和其在水面上形成的油膜面积 S，就能算出油酸分子直径 d ，选项 E 错误。VS(2)未放入粉末状物体时，推动活塞时，气体经历等温压缩过程，由玻
36、意耳定律得： p0V1 p1V2压缩后气体的体积为： V2 V1 V放入粉末状物体后，推动活塞时，气体仍经历等温压缩过程，由玻意耳定律得： p0V3 p2V4压缩前气体的体积为： V3 V1 V压缩后体的体积为： V4 V1 V V代入数据得： V0.5 L。答案：(1)ABD (2)0.5 L4(2019 届高三重庆四校联考)(1)多选如图所示， “奥托循环”由两条绝热线和两条等容线组成，其中， a b 和 c d 为绝热过程， b c 和 d a 为等容过程。下列说法正确的是_。A a b 过程中，外界对气体做功B a b 过程中，气体分子的平均动能变小C b c 过程中，单位时间内与器壁
37、单位面积碰撞的分子数增多D c d 过程中，单位体积内气体分子数减少E d a 过程中，气体从外界吸收热量(2)如图所示为一水平固定放置的汽缸，由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞 A、 B 面积分别为 2S 和 S，活塞 A、 B 用长为 2l 的细直杆连接，活塞与筒壁气密性好且摩擦不计。现活塞间密闭有一定质量的理想气体，两活塞外侧( A 的左方和 B 的右方)都是大气，大气压强始终保持为 p0，当汽缸内气体温度为 T0时，活塞 B 与两圆筒连接处的距离为 l 且处于静止状态。()现使汽缸内气体温度缓慢下降，活塞 A 刚刚缓慢右移到两圆筒连接处时，求密闭气体的温度 T1；()若汽缸内气体温度缓
38、慢下降至 ，求细直杆对活塞的弹力大小 F。T02解析：(1)由题意知， a b 过程为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积变16小，外界对气体做功，故 A 正确，B 错误； b c 过程中，体积不变，由 C，可知压强pVT变大，温度升高，故单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，故 C 正确； c d 过程为等温过程，体积变大，单位体积内气体分子数减少，故 D 正确； d a 过程为等容过程，由 C，可知压强减小，温度降低，由 U W Q，可知 U7.8106 Pa，所以钢p1T1 p2T2 p1T2T1瓶漏气，故 C 正确；根据熵增加原理可知，有害气体排入大气后，被污染的空气不会自发
39、分离，故 D 错误；不计分子势能，则气体为理想气体，又因为温度不变，故内能变化量 U W Q0，装沙过程中轮胎受地面挤压力增大，导致气体体积变小，外界对气体做功W0，所以 Q W0，即气体向外界放热，故 E 正确。(2)()活塞刚要离开 E 时， A 缸内气体体积 V0保持不变，根据活塞受力平衡可得：pE p0对 A 缸内气体，由查理定律得：0.9p0T1 pETET1297 K解得： TE330 K。()随 A 缸内气体温度继续增加， A 缸内气体压强增大，活塞向右滑动， B 缸内气体体积减小，压强增大。设 A 缸内气体温度到达 T2399.3 K 时，活塞向右移动的体积为 V，且未超过 F
40、 处根据活塞受力平衡可得：pA pB p18对 A 缸内气体，根据理想气体状态方程可得：0.9p0V0T1 pA V0 VT2对 B 缸内气体，由玻意耳定律可得：p01.1V0 pB(1.1V0 V)解得： V0.1 V0， p1.1 p0此时活塞刚好移动到 F所以此时 A 缸内气体的最后压强 p1.1 p0。答案：(1)ACE (2)()330 K ()1.1 p0第 2 讲 Error!考法学法高考对本部分内容考查的重点和热点有：简谐运动和受迫振动；振动图像；波的产生和传播规律；波的图像；波长、波速和频率及其相互关系；光的折射及全反射；光的干涉、衍射及双缝干涉实验；电磁波的有关性质；相对论
41、简介。复习选修 34 内容时，应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播和图像、光的折射和全反射这两条主线，强化训练，提高对典型问题的分析能力。提 能 点 一 机 械 振 动 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通1简谐运动的对称性振动质点在关于平衡位置对称的两点， x、 F、 a、 v、 Ek、 Ep的大小均相等，其中回复力 F、加速度 a 与位移 x 的方向相反，而 v 与 x 的方向可能相同，也可能相反。振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即tBC tCB；振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即 tBC tB C 。如图所示。2简谐运动的周期性做
42、简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦”或“余弦”规律变化，它们的周期均相同。其位移随时间变化的表达式为： x Asin(t )或x Acos(t )。3简谐运动中物理量的变化19分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生与上述相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。题点全练1多选(2018天津高考)一振子沿 x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。 t0时振子的位移为0.1 m， t1 s 时位移为 0.1 m，则( )A若振幅为 0.1 m，振子的周期可能为 s23B若
43、振幅为 0.1 m，振子的周期可能为 s45C若振幅为 0.2 m，振子的周期可能为 4 sD若振幅为 0.2 m，振子的周期可能为 6 s解析：选 AD 若振幅为 0.1 m，则 T1 s，其中 n0、1、2、，当 n0 时，(n12)T2 s， n1 时， T s， n2 时， T s，故 A 正确，B 错误；若振幅为 0.2 m，振动23 25分 4 种情况讨论：第种情况，设振动方程为 x Asin(t )， t0 时， Asin ，解得A2 ，所以由 P 点到 O 点用时至少为 ，由简谐运动的对称性可知 ， 由 P点 到 Q点 用 时 6 T12至 少 为 ，即 T1 s，其中 n0、
44、1、2、，当 n0 时， T6 s， n1 时， T T6 (n 16) 67s；第种情况，由 P 点到 Q 点用时至少为 ，周期最大为 2 s；第种情况，周期一定T2小于 2 s，故 C 错误，D正确。2多选(2016海南高考)下列说法正确的是( )A在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率20E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向解析：选 ABD 在同一地点，
45、重力加速度 g 为定值，根据单摆周期公式 T2 可知，Lg周期的平方与摆长成正比，故选项 A 正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项 B 正确；根据单摆周期公式 T2 可知，单摆的周期与摆球质量无关，故选项 C 错误；当系统做Lg稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项 D 正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项 E 错误。3多选如图所示为同一地点的甲、乙两单摆的振动图像，下
46、列说法中正确的是( )A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆的大C甲摆的机械能比乙摆的大D在 t0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆E由图像可以求出当地的重力加速度解析：选 ABD 由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点 g 相同，由单摆的周期公式 T2 可知，甲、乙两单摆的摆长 L 相等，故 A 正确；甲摆的振幅为 10 cm，乙摆的Lg振幅为 7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故 B 正确；尽管甲摆的振幅比乙摆的大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故 C 错误；在 t0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故 D 正确；由单摆的周期公式 T2 得 g ，由于单摆的摆长不知道，Lg 4 2LT2所以不能求得当地的重力加速度，故 E 错误。4某同学利用单摆测当地的重力加速度，他测出了摆线长度 L 和摆动周期 T，如图甲所示。通过改变摆线
