- 理想气体的状态方程
- 共154题
9.如图,长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分,A处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度(管下端未离开水银面),上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2,体积变化分别为△V1和△V2。已知水银密度为ρ,玻璃管截面积为S,则( )
正确答案
解析
本实验中,玻璃管内液面上方封闭了一段空气,因此,大气压=玻璃管中水银柱产生的压强+液面上方封闭空气的压强,大气压不变的情况下,向上提起一段距离,管口未离开水银面,封闭空气的体积变大,压强变小,就会有水银进入管中,导致△V2一定等于△V1,△p2与△p1之差为ρgh,△V2与△V1之和为HS
均不对,但不管什么情况,△p2与△p1的差值一直来平衡高度是h的水银重力
考查方向
解题思路
在本题的分析中,一定要抓住关键,就是大气压的大小与管内水银柱压强和封闭空气的压强相等.明确管内上方有空气而不是真空,是本题最易出错之处.
易错点
管内上方有空气而不是真空
知识点
12.如图,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,一定质量的空气被水银柱封闭在A管内,初始时两管水银面等高,B管上方与大气相通。若固定A管,将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H,A管内的水银面高度相应变化h,则( )
正确答案
解析
据题意,原来A、B管内的水银高度相同,有;B管下移后,设A管水银下移高度为h,B管内水银末位置高度如图所示
,A、B管内末位置水银高度差为
,则B管内水银原、末位置高度差为:
;可以计算B管下降的高度为:
,此时由于A管内水银下降,A管内气体体积增加,压强减小,即
,此时有:
,计算得
,最后有:
,由于
,所以
,故选项B正确。
考查方向
解题思路
封闭气体是等温变化,根据玻意耳定律,气压变大,体积缩小.最终B侧水银面比A侧水银面低
易错点
关键是明确平衡后右侧水银面比左侧低,然后列式求解
知识点
9.如图,长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分,A处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度(管下端未离开水银面),上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2,体积变化分别为△V1和△V2。已知水银密度为ρ,玻璃管截面积为S,则( )
正确答案
解析
本实验中,玻璃管内液面上方封闭了一段空气,因此,大气压=玻璃管中水银柱产生的压强+液面上方封闭空气的压强,大气压不变的情况下,向上提起一段距离,管口未离开水银面,封闭空气的体积变大,压强变小,就会有水银进入管中,导致△V2一定等于△V1,△p2与△p1之差为ρgh,△V2与△V1之和为HS
均不对,但不管什么情况,△p2与△p1的差值一直来平衡高度是h的水银重力
考查方向
解题思路
在本题的分析中,一定要抓住关键,就是大气压的大小与管内水银柱压强和封闭空气的压强相等.明确管内上方有空气而不是真空,是本题最易出错之处.
易错点
管内上方有空气而不是真空
知识点
如图,气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开,活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态,体积之比V1:V2=1:2,温度之比T1:T2=2:5。先保持右侧气体温度不变,升高左侧气体温度,使两侧气体体积相同;然后使活塞导热,两侧气体最后达到平衡。
求:
35.两侧气体体积相同时,左侧气体的温度与初始温度之比;
36.最后两侧气体的体积之比。
正确答案
设初始时压强为
左侧气体满足
右侧气体满足
解得
解析
分别对两侧气体由热力学定律求解
考查方向
解题思路
两侧气体的不变量不同
易错点
不变量
正确答案
活塞导热达到平衡
左侧气体满足
右侧气体满足
平衡时
解得
解析
分别对两侧气体由热力学定律求解,平衡时的温度相同
考查方向
解题思路
两侧气体关系思路相同
易错点
平衡时的温度
33.请从给出的3道物理题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。
1.【物理—选修3—3】
(1)下列说法正确的是______ (选对一个给3分,选对两个给4分,选对3个给6分。每选错一个扣3分,最低得分为0分)
A.在一定条件下物体的温度可以降到0K
B.吸收了热量的物体,其内能不一定增加
C.分子势能随着分子间距离的增大,可能先减小后增大
D.布朗运动是悬浮在液体中国体颗粒的分子无规则运动的反映
E.知道某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数,可以求出该物质的分子质量
(2)汽车行驶时轮胎的胎压(胎内气体压强)太大容易造成爆胎事故,太低又造成油耗量上升。某型号的轮胎能在-33oC~87oC正常工作,须使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm,最低胎压不低于l.6atm。现给该轮胎充气,设充气过程中轮胎体积不变,胎内气体温度恒为27oC,且充气后轮胎不漏气,试求充气后的胎压应在什么范围。(计算结果保留2位有效数字)
2.【物理—选修3—4】
(1)如图是一列向右传播的横波,波速为0.4m/s,M点的横坐标x=10m,图示时刻波传到N点,从图示时刻开始计时,经t=______ s M点第二次到达波谷,在此过程中N点经过的路程为 _________cm。
(2)如图所示,某同学为了表演“隐形的大头针”节目,在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针,并将其放入水中。已知水的折射率为,为了保证表演成功,需在水面上方各处均看不到大头针,求大头针末端离水面的最大距离h。
3.【物理—选修3—5】
(1)日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131,碘l31是放射性同位素, 衰变时会辐射出射线与
射线,碘l31被人摄入后,会危害身体健康,引起了全 世界的关注。下面关于核辐射的相关知识,正确的是_______(选对一个给3分,选对两个给4分,选对3个给6分。每选错一个扣3分,最低得分为0分)
A.人类无法通过改变外部环境来改变碘l31衰变的快慢
B.碘l31的半衰期为8.3天,则4个碘原子核经16.6天后一定剩下一个碘原子核
C.射线与
射线都是电磁波,但
射线穿透本领比
射线强
D.碘l31发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的
E.碘l31()的衰变方程是:
(2)如图所示,一质量为M的木块用不可伸长的轻细绳悬于O点。先将木块向右拉开,使伸直的绳与竖直方向成某一夹角由静止释放,木块摆至最低点时速度的大小为vl,此时恰好有一粒质量为m的子弹以水平速度击中木块后留在其中,使木块立即向右摆动,并恰好能达到释放位置。求击中木块前子弹的速度。(摆动过程中空气的阻力不计)
正确答案
正确答案
正确答案
请考生从以下三题中任选二题作答。如果多做,则按所做的第一、二题计分。
【选修3-3】(请回答22、23题)
【选修3-4】(请回答24、25题)
【选修3-5】(请回答26、27、28题)
22.(4分)一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其p-V图像如图所示。在过程1中,气体始终与外界无热量交换;在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程,下列说法正确的是____。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分,有错选的得0分)
23.(8分)如图,密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连,汽缸壁导热;U形管内盛有密度为的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室,开始时,左气室的体积是右气室的体积的一半,气体的压强均为
。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40 cm,求此时左、右两气室的体积,取重力加速度大小
,U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
24.(4分)下列说法正确的是________________。(填入正确答案序号。选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分:有选错的得0分)
25.(8分)如图,半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上,半球的上表面水平,球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内(入射面即纸面),入射角为45°,出射光线射在桌面上B点处。测得AN之间的距离为 .现将入射光束在纸面内向左平移,求摄入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时,光束在上表面的入射点到O点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反射。
26.(4分)下列说法正确的是_________。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得3分,选对3个得4分;有选错的得0分)
27.(8分)如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg,重力加速度大小g=9.8m/s2。
若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。
28.求k值的相对误差×100%,结果保留1位有效数字。
正确答案
解析
由图像找到不变量,根据PV/T=K分析,结合热力学第一定律分析
考查方向
解题思路
图像找到不变量、热力学第一定律
易错点
不变量,
正确答案
设初始状态时汽缸左气室的体积为V01,右气室的体积为V02;当活塞至汽缸中某位置时,左、右气室的压强分别为p1、p2,体积分别为V1、V2,由玻意耳定律得
p0V01=p1V1 ①
p0V02=p2V2②
依题意有
V01+V02=V1+V2③
由力的平衡条件有
p2–p1=ρgh④
联立①②③④式,并代入题给数据得
⑤
由此解得
(另一解不合题意,舍去)⑥
由③⑥式和题给条件得
V1:V2=1:1⑦
解析
初始状态时汽缸左气室的体积为V01,右气室的体积为V02;当活塞至汽缸中某位置时,左、右气室的压强分别为p1、p2,体积分别为V1、V2,由玻意耳定律、由力的平衡条件解
考查方向
解题思路
找到不变量,由受力分析、玻意耳定律计算
易错点
平衡方程
正确答案
解析
单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关,已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期,由于不知道运动形式,故无法求振子在任意时刻运动速度的方向
考查方向
解题思路
单摆、弹簧振子振动周期
易错点
振动周期决定因素
正确答案
当光线经球心O入射时,光路图如图(a)所示。设玻璃的折射率为n,由折射定律有
①
式中,入射角i=45°,为折射角。
△OAB为直角三角形因此
②
发生全反射时,临界角C满足
在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时,光路图如图(b)所示。设此时光线入射点为E,折射光线射到玻璃体球面的D点。由题意有
④
在内,根据正弦定理有
⑤
联立以上各式并利用题给条件得
评分参考:①②式各1分,③式2分,④式1分,⑤式2分,⑥式1分。
解析
当光线经球心O入射时,光路图如图(a)所示。设玻璃的折射率为n,由折射定律解,以及全反射和临界角的考查
考查方向
解题思路
正确做出光路图,由物理规律求解
易错点
作图
正确答案
解析
康普顿效应表明光子只具有能量,又具有动量,德布罗意指出微观粒子的动量越大,其对应的波长就越短
考查方向
解题思路
原子物理的相关概念考查
易错点
康普顿效应
正确答案
设物块A和B碰撞后共同运动的速度为,由动量守恒定律有
①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有
②
联立①②式得
③
由题意得
④
代入题给数据得
⑤
解析
物块A和B碰撞后共同运动的速度为,由动量守恒定律有
①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律列方程求解
考查方向
解题思路
研究系统是AB,物理方法是动量守恒定律、机械能守恒定律
易错点
联系方程
正确答案
按照定义
⑥
由⑤⑥式和题给条件得
⑦
解析
k值的相对误差×100%,
考查方向
解题思路
由相对误差定义走
易错点
相对误差的计算
请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做,则按所做的第一、二题计分,做答时用2B铅笔在答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤
【模块3-3试题】(请回答20、21题)
【模块3-4试题】(请回答22、23题)
【模块3-5试题】(请回答24、25题)
20.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏伽德罗常数为,地面大气压强为
,重力加速度大小为g。由此可以估算得,地球大气层空气分子总数为 ,空气分子之间的平均距离为 。
21.如图,一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上,内有两个质量均为m的相同活塞A和B ;在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体,平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变,重力加速度大小为g,外界大气压强为
。现假设活塞B发生缓慢漏气,致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。
22.一列沿x轴正方向传播的简谱横波在t=0时刻的波形如图所示,质点P的x坐标为3m.。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。下列说法正确的是 (填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得3分,选3个得4分;每选错1个扣2分,最低得分为0分)。
23.一半径为R的半圆形玻璃砖,横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角r(r<)
。与玻璃砖的底平面成(
)角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后,有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内
表面
反射后射出的光,求底面透光部分的宽度。
24.氢原子基态的能量为。大量氢原子处于某一激发态。由这些氢原子可能发出的所有光子中,频率最大的光子能量为
0.96
,频率最小的光子的能量为 eV(保留2位有效数字),这些光子可具有 种不同的频率。
25.运动的原子核放出
粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和
粒子的质量分别是M、
和
,真空中的光速为c,
粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及
粒子的动能。
正确答案
,
解析
设大气层中气体的质量为m,由大气压强产生,,即:
分子数,假设每个分子占据一个小立方体,各小立方体紧密排列,则小立方体边长即为空气分子平均间距,设为a,大气层中气体总体积为V,
,而
,所以
考查方向
解题思路
大气压强产生,,大气层中气体总体积为V,带入数据解得
易错点
分子数的计算
正确答案
解析
A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为、
,在漏气前,对A分析有
,对B有
B最终与容器底面接触后,AB间的压强为P,气体体积为,则有
因为温度失重不变,对于混合气体有,
漏气前A距离底面的高度为,
漏气后A距离底面的高度为
联立可得
考查方向
解题思路
在漏气前,对A由受力平衡和温度失重不变,列方程求解
易错点
变化前后的方程
正确答案
解析
任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s,则,解得
从图像中可知,所以根据公式
,故A错误;根据公式
可得波的频率为1.25Hz,B正确;x坐标为15m的质点和x坐标为3m的质点相隔12m,为波长的整数倍,即两质点为同相点,而x坐标为3m的质点经过t=0.2s即四分之一周期振动到平衡位置,所以x坐标为15m的质点在t=0.2s时振动到平衡位置,C错误;x的坐标为22m的质点和x的坐标为2m的质点为同相点,x的坐标为2m的质点经过t=0.2s即四分之一周期恰好位于波峰,故x的坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰,D正确;当质点P位于波峰时,经过了半个周期,而x坐标为17m的质点和x坐标为1m的质点为同相点,经过半个周期x坐标为1m的质点恰好位于波谷,E正确;
考查方向
解题思路
质点连续2次经过平衡位置的时间间隔计算周期,由波长计算波速、频率等物理量
易错点
振动质点间的空间位置关系
正确答案
解析
光路图如图所示,沿半径方向射入玻璃砖的光线,即光线①射到MN上时,根据几何知识入射角恰好等于临界角,即恰好在圆心O处发生全反射,光线①左侧的光线,经球面折射后,射到MN上的角一定大于临界角,即在MN上发生全反射,不能射出,光线①右侧的光线射到MN上的角小于临界角,可以射出,如图光线③与球面相切,入射角,从MN上垂直射出,
根据折射定律可得,
根据全反射定律,两式联立解得
根据几何知识,底面透光部分的宽度
考查方向
解题思路
正确做出光路图,由折射定律和全反射定律和几何关系联立求解
易错点
光路图
正确答案
解析
频率最小的光子是从跃迁,即频率最小的光子的能量为
频率最大的光子能量为0.96
,即
,解得
即,从
能级开始,共有
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,10种不同频率的光子
考查方向
解题思路
光的能量计算和光子频率种类的分析
易错点
频率种类
正确答案
10
解析
反应后由于存在质量亏损,所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量,
故根据爱因斯坦质能方程可得 ①
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒,故有,②
联立①②可得
考查方向
解题思路
质能方程、动量守恒、能量守恒分析分析求解
易错点
各种物理等式的综合应用
如图,气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开,活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态,体积之比V1:V2=1:2,温度之比T1:T2=2:5。先保持右侧气体温度不变,升高左侧气体温度,使两侧气体体积相同;然后使活塞导热,两侧气体最后达到平衡。
求:
35.两侧气体体积相同时,左侧气体的温度与初始温度之比;
36.最后两侧气体的体积之比。
正确答案
设初始时压强为
左侧气体满足
右侧气体满足
解得
解析
分别对两侧气体由热力学定律求解
考查方向
解题思路
两侧气体的不变量不同
易错点
不变量
正确答案
活塞导热达到平衡
左侧气体满足
右侧气体满足
平衡时
解得
解析
分别对两侧气体由热力学定律求解,平衡时的温度相同
考查方向
解题思路
两侧气体关系思路相同
易错点
平衡时的温度
某同学制作了一个结构如图A.所示的温度计。一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动,管长0.5m。将一量程足够大的力传感器调零,细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上,使细管保持水平、细线沿竖直方向。在气体温度为270K时,用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内。实验时改变气体温度,测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图B.所示(实验中大气压强不变)。
33.管内水银柱长度为 m,为保证水银不溢出,该温度计能测得的最高温度为 K。
34.若气柱初始长度大于0.3m,该温度计能测量的最高温度将 (选填:“增大”,“不变”或“减小”)。
35.若实验中大气压强略有升高,则用该温度计测出的温度将 (选填:“偏高”,“不变”或“偏低”)。
正确答案
0.1;360
解析
设管内水银柱长度为l,管子长度为L,水银柱的重力为G.
由图知:气柱长度为 l1=0.31m时,力传感器读数 F1=0.36N;气柱长度为 l2=0.35m时,力传感器读数 F2=0.40N
以O点为支点,根据力矩平衡得:
G(l1+)=F1L
G(l2+)=F2L
两式相除得:=
代入解得 l=0.1m
所以水银不溢出时,气柱最大长度为 Lm=L﹣l=0.5m﹣0.1m=0.4m
设该温度计能测得的最高温度为Tm.根据盖•吕萨克定律得:
=
可得 Tm==
K=360K
考查方向
解题思路
由图读出l=0.31m和0.35m时F对应的值.以O点为支点,对两种情况,分别根据力矩平衡条件列式,可求得水银柱长度.当水银柱移动管口时温度计测得的温度最高.由于气体发生等压变化,根据盖•吕萨克定律求温度计能测得的最高温度.
易错点
求封闭气体的压强要注意以及力矩平衡方程列式求解
正确答案
减小
解析
若气柱初始长度大于0.3m,由Tm=知,Lm和T1均不变,当L1增大时,可得Tm减小.即温度计能测量的最高温度将减小.
考查方向
解题思路
根据盖•吕萨克定律分析温度计能测量的最高温度如何变化.
易错点
理想气体状态方程的运用
正确答案
偏低
解析
若实验中大气压强略有升高,封闭气体的压强略增大,由气态方程=c,当气体温度升高气柱向右移动的距离将小于大气压不变时移动的距离,可知,测得的温度将偏低.
考查方向
解题思路
根据大气压强的变化,分析气柱移动距离的变化,判断测出的温度如何变化.
易错点
理想气体状态方程的运用
如图,两端封闭的直玻璃管竖直放置,一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B,上下两部分气体初温度相等,且体积VA>VB。
36.若A、B两部分气体同时升高相同的温度,水银柱将如何移动?
某同学解答如下:
设两部分气体压强不变,由,…,
,…,所以水银柱将向下移动。
上述解答是否正确?若正确,请写出完整的解答;若不正确,请说明理由并给出正确的解答。
37.在上下两部分气体升高相同温度的过程中,水银柱位置发生变化,最后稳定在新的平衡位置,A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB,分析并比较二者的大小关系。
正确答案
不正确 水银柱向上移动
解析
不正确。
水银柱移动的原因是升温后,由于压强变化造成受力平衡被破坏,因此应该假设气体体积不变,由压强变化判断移动方向。
正确解法:设升温后上下部分气体体积不变,则由查理定律可得
因为,pA
,所示水银柱向上移动。
考查方向
解题思路
分别以两部分气体为研究对象,明确水银柱移动的原因是因为压强变化,不是因为体积的变化;故应设体积不变,根据查理定律进行分析;
易错点
理想气体状态方程的运用
正确答案
解析
升温前有pB=pA+ph(ph为汞柱压强)
升温后同样有pB' =pA'+ph
两式相减可得
考查方向
解题思路
根据平衡条件分别对改变温度前后两部分气体间的压强关系列式,联立即可比较压强的变化量.
易错点
理想气体状态方程的运用
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