【物理】2019届二轮复习选考部分学案（全国通用）
选考部分
年份
试卷
题号
考点
情境图
2014
Ⅰ卷
33
p－T图象的理解及理想气体状态方程的应用
33题
34题
34
波动图象和振动图象的理解及光的折射定律的应用
Ⅱ卷
33
热学基础知识及气体实验定律的应用
33题
34题
34
波动图象和振动图象的理解及光的折射定律的应用
2015
Ⅰ卷
33
对晶体的理解和气体实验定律的应用
33题
34
光的双缝干涉实验及机械波的多解问题
34题
Ⅱ卷
33
对扩散现象的理解及气体实验定律的应用
33题
34题
34
光的折射现象的理解及机械波的传播
2016
Ⅰ卷
33
对热力学定律的理解及气体实验定律的应用
34题
34
机械波的理解和折射定律的应用
Ⅱ卷
33
对p－T图象的理解及气体实验定律的应用
33题
34
对电磁波的理解及机械波的传播
Ⅲ卷
33
对内能的理解及气体实验定律的应用
33题
34题
34
对波动和振动的理解及折射定律的应用
2017
Ⅰ卷
33
气体分子运动规律及气体实验定律的应用
34
波的干涉现象的理解及光的折射定律的应用
33题
34题
Ⅱ卷
33
热力学定律和气体实验定律的综合及气体实验定律的应用
33题
34题
34
双缝干涉实验及光的折射定律的应用
Ⅲ卷
33
对p－V图象的理解及气体实验定律的应用
33题
34题
34
波动图象的理解及折射定律的应用
2018
Ⅰ卷
33
T－V图象的理解和热力学第一定律的结合及用气体实验定律处理关联气体问题
33题
34题
34
折射定律的应用和折射率的求解及波动图象和振动图象的理解和应用
Ⅱ卷
33
对内能的理解及气体实验定律处理活塞汽缸问题
33题
34题
34
声波的传播和有关计算及折射定律的应用
Ⅲ卷
33
p－V图象的理解和热力学第一定律的应用及用气体实验定律处理玻璃管的关联气体问题
33题
34题
34
波传播的相关计算及折射定律的应用
第1课时 热学
高考题型1 热学基本概念和规律的理解
例1 (多选)(2018·全国卷Ⅱ·33(1))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
答案 BDE
解析 气体的内能不考虑气体自身重力的影响，故气体的内能不包括气体分子的重力势能，A项错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，B、E项正确；气体整体运动的动能属于机械能，不是气体的内能，C错误；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，即分子势能和分子动能的和可能不变，D项正确．
拓展训练1 (多选)(2018·湖南省益阳市4月调研)下列关于热现象的叙述，正确的是( )
A．液晶与多晶体一样具有各向同性
B．空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压
C．雨水不能透过布雨伞是因为液体表面存在张力
D．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
E．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小
答案 BCE
解析
液晶的某些性质具有各向异性，故A错误；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压，故B正确；由于液体表面存在张力，故雨水不能透过布雨伞，故C正确；理想气体的分子势能不计，只与温度有关，与体积无关，故D错误；当r>r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，则分子势能增大，当r
0、W<0，故Q>0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体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，E错．
(2)设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
拓展训练6 (2018·广东省汕头市第二次模拟)如图6甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1 kg、横截面积S＝5×10－4 m2，原来活塞处于A位置．现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图象如图乙所示．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2.
图6
(1)求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
(2)若缸内气体原来的内能U0＝72 J，且气体内能与热力学温度成正比．求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量．
答案 (1)1.2×105 Pa 6×10－4 m3 (2)60 J
解析 (1)活塞从A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体做等压变化，以活塞为研究对象：pS＝p0S＋mg
解得：p＝p0＋＝1.2×105 Pa
以气体为研究对象：＝，
解得：VB＝＝6×10－4 m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比：＝，解得：UB＝108 J
外界对气体做功：W＝－p(VB－VA)＝－24 J
由热力学第一定律：ΔU＝UB－U0＝Q＋W
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60 J．
高考题型4 热学综合问题
例4 (2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图7，一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a、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.
图7
答案 T0 (p0S＋mg)h
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
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
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处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
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)h⑧
拓展训练7 (2018·山西省太原市三模)受啤酒在较高压强下能够溶解大量二氧化碳的启发，科学家设想了降低温室效应的“中国办法”：用压缩机将二氧化碳送入深海底，由于海底压强很大，海水能够溶解大量的二氧化碳使其永久储存起来，这样就为温室气体找到了一个永远的“家”．如图8所示，现将过程简化如下：在海平面上，开口向上、导热良好的汽缸内封存有一定质量的CO2气体，用压缩机对活塞施加竖直向下的压力F，此时缸内气体体积为
V0、温度为T0.保持F不变，将该容器缓慢送入温度为T、距海平面深为h的海底．已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，海水的密度为ρ，重力加速度为g.不计活塞质量，缸内的CO2始终可视为理想气体，求：
图8
(1)在海底时CO2的体积．
(2)若打开阀门K，使容器内的一半质量的二氧化碳缓慢排出，当容器的体积变为打开阀门前的时关闭阀门，则此时压缩机给活塞的压力F′是多大？
答案 (1) (2)2F＋(p0＋ρgh)S
解析 (1)海平面上的汽缸内CO2的压强：
p＝p0＋
距海平面深为h处汽缸内CO2的压强：
p1＝p0＋＋ρgh
由理想气体状态方程得：
＝，V＝
(2)以一半质量的CO2气体为研究对象，溶解后容器内CO2的压强：
p′＝p0＋ρgh＋
由玻意耳定律得：p1·＝p′V′
由题意得：V′＝
联立解得F′＝2F＋(p0＋ρgh)S.
拓展训练8 (2018·福建省泉州市三模)如图9，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体的温度TA′.
图9
答案 500 K
解析 活塞平衡时，由平衡条件得：
pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)
已知SB＝2SA
B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：pB′VB＝pBV0
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有＝
对A中气体由理想气体状态方程得：＝
解得：TA′＝＝500 K.
专题强化练
1．(多选)(2018·陕西省榆林市第三次模拟)下列说法正确的是( )
A．一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的
B．一定质量的理想气体，升高相同的温度所吸收的热量与所经历的状态变化的过程有关
C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
D．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
E．一定质量的理想气体保持体积不变，由于单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积的分子数不变
答案 ABD
2．(多选)(2018·云南省统一检测)以下说法正确的是( )
A．一定质量的理想气体等压膨胀过程中一定从外界吸收热量
B．浸润与不浸润现象均是分子力作用的表现
C．两个分子之间的距离越大，它们之间的分子力越小，分子势能越大
D．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
E．气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
答案 ABE
3．(多选)(2018·湖北省4月调研)关于热现象，下列说法正确的是( )
A．两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小
B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
C．处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表面将收缩到最小面积——球面，水银滴成为球形
D．液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看液体不再蒸发
E．热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者的介入
答案 ACE
4．(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)以下说法正确的是( )
A．太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用
B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同
C．空气中PM2.5的运动属于分子热运动
D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的
E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量
答案 ABE
解析 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；PM2.5属于固体颗粒的运动不是分子的热运动，故C错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故D错误；气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确．
5．(多选)(2018·全国卷Ⅰ·33(1))如图1，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、
②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是( )
图1
A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④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
答案 BDE
解析 过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做正功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，D项正确；由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vcpd，所以pb>pc>pd，E项正确．
6．(多选)(2018·湖南省株洲市第二次质检)一定质量的理想气体经历如图2所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p－T图象中都是直线，其中CA的延长线通过坐标原点O，下列说法正确的是( )
图2
A．A→B的过程中，气体对外界放热，内能不变
B．B→C的过程中，单位体积内的气体分子数减少
C．C→D的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小
D．C→D过程与A→B过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同
E．D→A过程与B→C过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同
答案 ABE
解析 A→B
的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由ΔU＝W＋Q可知气体对外界放热，选项A正确；B→C的过程中，气体的压强不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项B正确；C→D的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项C错误；C→D过程与A→B过程相比较，内能都不变，气体与外界交换的热量等于做功的大小，由于做功不同，故两过程中气体与外界交换的热量不同，选项D错误；D→A过程与B→C过程相比较，内能变化相同，D→A过程外界对气体做功W1＝pAD(VD－VA)，又＝，则W1＝，同理B→C过程，气体对外做功W2＝，因TD－TA＝TC－TB，VA＝VC，＝，则W1＝W2，根据热力学第一定律，两过程中气体与外界交换的热量相同，选项E正确．
7．(2018·河南省郑州市第三次质量预测)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图3所示．坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm，该油膜的面积是________m2；已知油酸洒精溶液中油酸浓度为0.2%,400滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是12 mL，则油酸分子的直径为________m．(结果均保留两位有效数字)
图3
答案 8.0×10－3 7.5×10－9
解析 在围成的方格中，不足半格的舍去，多于半格的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为S＝80×1 cm×1 cm＝80 cm2＝8.0×10－3 m2
每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积V＝×0.2% mL＝6×10－5 cm3＝6×10－11m3
则油酸分子的直径d＝＝ m＝7.5×10－9 m
8．(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图4所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l，温度为T的空气柱，左右两管水银面高度差为h cm，外界大气压为h0 cmHg.
图4
(1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分)，求在右管中注入水银柱的长度h1(以cm为单位)；
(2)在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度变为开始时的长度l，求此时空气柱的温度T′.
答案 (1)h＋l (2)T
解析 (1)封闭气体做等温变化：p1＝h0－h，p2＝h0，
p1l＝p2l′
h1＝h＋3(l－l′)
解得：h1＝h＋l
(2)空气柱的长度变为开始时的长度l时，左管水银面下降l，右管水银面会上升2l，此时空气柱的压强：p3＝h0＋3l
由＝
解得：T′＝T
9．(2018·山东省青岛市二模)竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图5所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：
图5
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左侧管中需要倒入的水银柱的长度．
答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm
解析 设管内的横截面积为S，
(1)对右管中封闭气体，右侧的水银刚好全部进入竖直右管后
p0×40S＝p1×(40－10)S，解得：p1＝100 cmHg
(2)对水平部分气体，末态压强：p′＝(100＋15＋10) cmHg＝125 cmHg，
由玻意耳定律：(p0＋15)×15S＝p′LS
解得：L＝10.8 cm
所以加入的水银柱的长度为：(125－75＋10－10.8) cm＝49.2 cm
10．(2018·河南省鹤壁市调研)如图6所示，绝热汽缸里面用光滑绝热活塞封闭1 mol单原子理想气体(质量很小)，初始温度为T0.开始时汽缸和活塞恰好静止，活塞到汽缸底部的距离为d.现用一竖直向上的拉力作用在汽缸底部，使汽缸与活塞一起向上做匀加速运动，加速度恒为2g.达到稳定状态后，活塞到汽缸底部的距离变为1.5d.已知大气压强为p0，其中活塞的横截面积S和活塞质量m未知，但满足关系p0S＝5mg,1 mol单原子理想气体的内能等于，其中T为理想气体的温度，重力加速度为g，R为常数．试求：
图6
(1)加速达到稳定状态时封闭气体的温度变为多少；
(2)从开始到加速达到稳定状态的过程中，封闭气体是对外做功还是外界对气体做功，做了多少功．
答案 见解析
解析 (1)设初始气体的压强为p1，活塞恰好静止，对活塞受力分析，根据平衡条件得p0S＝mg＋p1S
解得p1＝p0
当整体一起向上做匀加速运动时，设气体的压强为p2，对活塞由牛顿第二定律得
p0S－mg－p2S＝2mg
解得p2＝p0
又由＝，V1＝dS，V2＝1.5dS
联立解得T2＝
(2)气体的温度降低，说明内能减小，而气体与外界不发生热交换，根据热力学第一定律得气体对外做的功等于气体内能的减少量，故W＝ΔU＝(T0－T2)＝
11．(2018·山东省济宁市一模)将热杯盖扣在水平橡胶垫上，杯盖与橡胶垫之间的密封气体被加热而温度升高，有时会发生杯盖被顶起的现象．如图7所示，杯盖的横截面积为S，开始时内部封闭气体的温度为T0，压强为大气压强p0.当封闭气体温度上升至T1时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回橡胶垫，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为T1，再经过一段时间后，内部气体温度恢复到T0.整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：
图7
(1)杯盖的质量；
(2)当温度恢复到T0时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
答案 见解析
解析 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由查理定律得＝
杯盖恰好被顶起p1S＝p0S＋mg
解得杯盖的质量m＝p0S
(2)杯盖被顶起放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象．
由查理定律得＝
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p2S＝p0S＋mg
联立以上各式，代入数据得F＝p0S
12．(2018·山西省太原市二模)如图8所示，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为p0、温度为T0的空气．将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出．已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高．忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体．
图8
(1)求室内温度．
(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比．
答案 (1)(1＋)T0 (2)
解析 (1)设喷雾器的横截面积为S，室内温度为T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强p1＝p0＋ρg·
气体做等容变化：＝
解得：T1＝(1＋)T0
(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2，体积为V2＝hS.若此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3
则p2＝p0＋ρgh，p1V3＝p2V2
即(p0＋ρg·)V3＝(p0＋ρgh)hS
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为Δm
则＝，V0＝S·
代入得＝
