页岩气是从页岩层中开采出来的天然气.主要成分为甲烷.被公认是洁净的能源．(1)一定质量的页岩气状态发生了一次循环变化.其压强 p随热力学温度T变化的关系如图所示.O.a.b在同一直线上.bc与横轴平行．则C．A．a到b过程.气体的体积减小B．a到b过程.气体的体积增大C．b到c过程.气体从外界吸收热量D．b到c过程.气体向外界放出热� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．

页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认是洁净的能源．
（1）一定质量的页岩气（可看作理想气体）状态发生了一次循环变化，其压强 p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行．则C．
A．a到b过程，气体的体积减小
B．a到b过程，气体的体积增大
C．b到c过程，气体从外界吸收热量
D．b到c过程，气体向外界放出热量
（2）将页岩气经压缩、冷却，在-160℃下液化成液化天然气（简称LNG）．在液化天然气的表面层，其分子间的引力大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）斥力．在LNG罐内顶部存在一些页岩气，页岩气中甲烷分子的平均动能等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）液化天然气中甲烷分子的平均动能．
（3）某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，已知液化天然气的密度ρ=4.5×10²kg/m³，甲烷的摩尔质量M=1.6×10^-2kg/mol，阿伏伽德罗常数NA=6.0×10²³/mol，试估算该状态下6.0m³的页岩气中甲烷分子数．

分析（1）p-T图象过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化．图象上的点与原点连线的斜率为$\frac{P}{T}$，根据此斜率，结合气态方程$\frac{PV}{T}$=c分析体积的变化．根据热力学第一定律分析吸放热情况；
（2）分子间同时存在引力和斥力，在液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定；
（3）页岩气主要成分为甲烷，可以认为是甲烷气体；根据m=ρV求解质量，根据n=$\frac{m}{M}{N}_{A}$求解甲烷的分子数．

解答解：（1）A、B、ab是过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化，即气体的体积不变．故A、B错误．
C、D，b到c过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据气态方程$\frac{PV}{T}$=c可知，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律△U=Q+W可知，体从外界吸收热量．故C正确，D错误．
故选：C．
（2）由于液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定，同一温度下甲烷分子的平均动能等于液化天然气中甲烷分子的平均动能．
故答案为：大于，等于．
（3）某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，故密度是天然气密度的$\frac{1}{600}$倍，页岩气的质量为：
$m=ρ\frac{V}{600}$ ①
甲烷分子数：n=$\frac{m}{M}{N}_{A}$ ②
解得：$n=\frac{ρV{N}_{A}}{600M}=\frac{4.5×1{0}^{2}×6×6×1{0}^{23}}{600×1.6×1{0}^{-2}}=1.7×1{0}^{26}个$
答：该状态下6.0m³的页岩气中甲烷分子数为1.7×10²⁶个

点评（1）本题关键要掌握图象的物理意义，分析气体体积的变化，此题是气体态方程和热力学第一定律的综合应用，难度不大．
（2）掌握分子间作用力的特点，知道温度是分子平均动能的标志
（3）阿伏加德罗常数是联系宏观物理量与微观物理量的桥梁，质量=摩尔质量×摩尔数

练习册系列答案

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19．

如图所示为一上表面水平的透明玻璃半球，在其下面有一水平放置的光屏．两束关于中心轴OO′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面h₁=40cm时，从球面折射出的两束光线汇聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h₂=80cm时，在光屏上形成半径r=40cm的圆形光斑．求该半球形玻璃的折射率．

20．

如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质量分别为m、3m（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g．试求：
（Ⅰ）第一次碰撞后A、B球能达到的最大高度各为多少？
（Ⅱ）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．

17．

如图所示，在第一象限内，0＜x≤a的区域中有垂直于纸面向里的匀强磁场，已知磁感应强度的大小为B₁；x＞a的区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场，在原点O处有一小孔，一束质量为m、电荷量为q带正电的粒子，沿着x轴方向以不同的速率经小孔射入磁场，且速率最大的粒子在0＜x≤a区域内运动的时候转过的圆心角为60°，它最终从x轴离开磁场时速度方向与x轴负方向的夹角为30°，不计粒子重力，求：
（1）从y轴离开磁场的粒子，在y轴上的出射点到O点的最大距离；
（2）x＞a区域磁感应强度的大小B₂；
（3）在x＞a区域中所有粒子轨迹的最高点的y坐标的取值范围．

4．

如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C点．若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点．若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是（　　）

	A．	两船在静水中的划行速率不同
	B．	甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小
	C．	两船同时到达D点
	D．	河水流速为$\frac{dtanθ}{t}$

14．

为了较准确地测量某电子元件的电阻，某实验小组做如下测量：
（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择“×100（填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零，再进行测量，若多用表中的电池旧了，用它测得的电阻值将偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（2）若用多用表测得该元件的电阻大约为1 500Ω，现在要进一步精确测量其电阻，有以下器材：
A．待测元件R_x（阻值约为1500Ω）；
B．电流表（量程5mA，内阻约5Ω）；
C．电阻箱（9999.9Ω，0.02A）；
D．直流电源（电动势约为20V，内阻约0.5Ω）；
E．单刀双掷开关一个，导线若干；
实验小组有同学设计了如图所示电路进行测量：
在闭合S前，先把R调至最大值（“最大值”或“最小值”），然后把K打到1，调节R，当其阻值为R₁时，电流表示数为I₀，再把K打到2，调节R，当其阻值为R₂时，电流表示数为I₀，则R_x=R₂-R₁（用实验中获得的物理量来表示）．
（3）两只完全相同的表头G，分别改装成一只电流表和一只电压表，一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在一闭合电路中，接通电路后两只表的指针可能出现下列哪种现象C
A．电流表的指针偏转，电压表的指针不偏转
B．两表指针偏转角度相同
C．两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度比电流表大得多
D．两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度比电压表大得多．

1．

质量为m的磁悬浮列车以一定的功率P从静止开始直线加速，已知其在运动过程中所受阻力正比于其速率，下图描绘了磁悬浮列车动能随位移变化的图象，图中E_km为已知量，则下列说法正确的是（　　）

	A．	加速过程列车所受阻力不断增加，所以牵引力不断增大
	B．	由于图线切线斜率不断减小，可以判断车所受合外力不断减小
	C．	由题设条件可以计算车达到最大动能E_km经历时间为t=$\frac{{E}_{km}}{P}$
	D．	由题设条件可以计算车动能E_k（E_k＜E_km）时车的加速度

18．

如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场区域的宽度．开始时线框的ab边恰与磁场的边界重合，整个运动过程中线框的运动方向始终与ab边垂直，线框平面始终与磁场方向垂直．则下图中可能定性反映出线框中a、b两点间的电势差U_ab随时间变化的是（　　）

19．如图甲所示，某实验小组利用图示装置探究“外力做功与滑块动能变化的关系”，主要步骤如下：
A．按图示器材连接好装置；
B．托盘内加砝码，当托盘和砝码的总质量为m₀时，轻推滑块，滑块恰好做匀速直线运动，称出滑块的质量为M，若纸带与打点计时器之间的摩擦不计，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=$\frac{{m}_{0}}{M}$；
C．本实验采用电磁打点计时器进行研究，在拨动学生电源开关前，图乙中存在一个明显的错误，请指出：工作电压过高，应选择4-6V；
D．撤去托盘和砝码，并取下细线，先接通电源，再轻推滑块，使滑块获得一定初速度后撤去外力，滑块运动过程中打出一条纸带，截取纸带的最后一段，如图丙所示，则纸带的运动方向为b→a（填“a→b”或“b→a”）；
E．用刻度尺测量AB、BC、CD、DE、EF间的距离，分别记为x₁、x₂、x₃、x₄、x₅，相邻两点间的时间间隔为T，则B、E之间动能定理表达式可用上述物理量表示为：m₀g（x₂+x₃+x₄）=$\frac{1}{2}M（\frac{{x}_{4}+{x}_{5}}{2T}）^{2}$-$\frac{1}{2}M（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2T}）^{2}$．
F．实验结束，整理仪器．

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