(全国版)高考物理一轮复习课时练习章末质量检测（十三） (含解析)

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章末质量检测(十三)(时间：50分钟)1．(1)(5分)下列有关饱和汽和气体湿度说法正确的是__________。  (填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)  A．与液体处于动态平衡下的蒸汽为饱和汽  B．在相同温度下，不同液体的饱和汽压几乎相等  C．一般液体的饱和汽压与温度成非线性关系，温度越高，饱和汽压越大  D．空气的绝对湿度一定时，环境温度越高，相对湿度越小  E．饱和汽基本性质和理想气体一样，都适用于理想气体状态方程(2)(10分)一定质量的理想气体由状态A沿直线变化到状态B，其p－V图象如图1所示。已知气体处于状态A时，TA＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，求在此变化过程中，图1(ⅰ)气体从外界吸收的热量Q；(ⅱ)气体的最高温度。解析　(1)根据饱和汽的定义可知，A正确；饱和汽压是液体的一个重要性质，它取决于液体的种类和温度，故相同温度下不同液体的饱和汽压一般是不同的，B错误；温度越高，分子运动越剧烈，饱和汽压越大，饱和汽压与温度成非线性关系，C正确；空气中水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度，空气绝对湿度不变时，温度越高，水的饱和汽压越大，空气的相对湿度越小，D正确；饱和汽不适用于理想气体状态方程，E错误。(2)(ⅰ)由理想气体状态方程＝(1分)代入数据可解得TB＝300 K(1分)故该理想气体的内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律可知Q＝－W(1分)又因为W＝－p·ΔV，所以Q＝p·ΔV，数值上等于p－V图线与坐标轴所围的面积(1分)代入数据可解得Q＝400 J(1分)(ⅱ)由＝C(常量)可知，当pV最大时，气体的温度最高由图象可知，p＝－108V＋4×105 (Pa)(1分)得pV＝－108V2＋4×105V(Pa·m3)＝－108×(V－2×10－3)2＋4×102(Pa·m3)(1分)故当V＝2×10－3 m3时，pV有最大值(1分)由理想气体状态方程可得＝(1分)解得Tm＝400 K(1分)答案　(1)ACD　(2)(ⅰ)400 J　(ⅱ)400 K2．(1)(5分)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C．密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大(2)(10分)如图2所示，竖直放置的足够长的密闭汽缸，缸内封存着一定质量的理想气体(气体质量可忽略不计)，缸体质量m1＝10 kg，活塞质量m2＝2 kg，活塞横截面积S＝2×10－3 m2，活塞上部由一根绳悬挂于天花板上；汽缸下部被一个劲度系数k＝1×103 N/m的轻弹簧支住，弹簧刚好压缩0.02 m，整个装置处于静止状态。封闭在汽缸内的气柱长L1＝0.2 m，若外界大气压p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2，弹簧始终在其弹性限度内，求(结果保留2位有效数字)：图2(ⅰ)此时汽缸内气体的压强；(ⅱ)若将绳剪断，待汽缸和活塞重新平衡后(温度保持不变)汽缸内的气柱长改变了多少？解析　(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据的平均空间，不能算出单个气体分子的体积，选项A错误；对物体做功可能会增加物体的内能，热传递和做功是改变内能的两种方式，选项B正确；由查理定律可得，密封的体积不变的气体，温度升高，压强增大，故气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，选项C正确；100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，吸收热量，内能增大，选项D错误；温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，选项E正确。(2)(ⅰ)对汽缸进行受力分析，受重力m1g、大气向上的压力p0S、缸内气体向下的压力p1S和弹簧向上的弹力kx列平衡方程p1S＋m1g＝p0S＋kx(2分)解得p1＝＝6.0×104 Pa(1分)(ⅱ)将绳剪断后，对活塞受力分析，受重力m2g、大气向下的压力p0S、缸内气体向上的压力p2S列平衡方程有p2S＝m2g＋p0S(2分)  解得p2＝＝1.1×105 Pa(1分)缸内的气体原状态压强为p1，体积V1＝L1S；后来气体的压强为p2，体积V2＝L2S根据玻意耳定律p1V1＝p2V2(2分)解得L2＝L1≈0.11 m(1分)则气柱长度减少了ΔL＝L1－L2≈0.090 m(1分)答案　(1)BCE　(2)(ⅰ)6.0×104 Pa　(ⅱ)0.090 m3．(1)(5分)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4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．一定质量的理想气体，压强变小时，分子间的平均距离可能变小B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，分子间的引力减小、斥力减小C．布朗运动是由液体各部分的温度不同而引起的D．外界对气体做功，气体内能可能减少E．热量不可能由低温物体传递给高温物体(2)(10分)如图3所示，两个边长为10 cm的正方体密闭导热容器A、B，用一很细的玻璃管连接，玻璃管的下端刚好与B容器的底部平齐，玻璃管竖直部分长为L＝30 cm，初始时刻阀门K1、K2均关闭，B容器中封闭气体的压强为15 cmHg。外界环境温度保持不变。    图3(ⅰ)打开阀门K1，让水银缓慢流入B容器，求最终B容器中水银的高度；(ⅱ)再打开阀门K2，向B容器中充入p0＝75 cmHg的气体，使B容器中恰好没有水银，求充入气体的体积。解析　(1)一定质量的理想气体，压强变小时，若温度降低、体积减小，则分子间的平均距离变小，选项A正确；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，引力和斥力均减小，当分子间距离减小时，引力和斥力均增大，选项B正确；布朗运动是悬浮在液体中的微小颗粒的无规则运动，选项C错误；外界对气体做功，若气体放出热量，根据热力学第一定律，气体内能可能减少，选项D正确；压缩机做功可以使热量由低温物体传递给高温物体，选项E错误。(2)(ⅰ)打开阀门K1，稳定后，设B容器中水银的高度为h，容器底面积为S初始时，B中封闭气体体积V1＝10 cm×S气体压强p1＝15 cmHg(1分)稳定时，B中封闭气体体积V2＝(10 cm－h)S(1分)气体压强p2＝10－h＋L－h(1分)据玻意耳定律，得p1V1＝p2V2(2分)得h＝5 cm(另一解不符合题意，舍去)(1分)(ⅱ)再打开阀门K2，设向B容器中充入气体的体积为ΔV时，B容器中恰好没有水银B中封闭气体压强p3＝40 cmHg(1分)由p1V1＋p0ΔV＝p3V1(2分)解得ΔV＝ cm3或ΔV＝3.3×10－4 m3(1分)答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)5 cm　(ⅱ)3.3×10－4 m34．(1)(5分)关于固体、液体和气体，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4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性B．固体可以分为晶体和非晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状C．毛细现象及浸润现象的产生均与表面张力有关，都是分子力作用的结果D．空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大E．大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布(2)(10分)如图4所示，一个开口向右的圆筒汽缸固定于地面上，距缸底2L处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔处装有一个能向左开启的单向阀门b，c是一截面积为S的活塞。开始时隔板左侧封闭的理想气体压强为1.5p0；隔板右侧封闭了另一部分同种理想气体，刚开始活塞c与隔板间的距离为L。现对活塞c施加一水平向左的力F，其大小由0缓慢增大到F0时，b恰好打开。已知外界大气压强为p0，气体温度保持不变，活塞与隔板厚度均不计，活塞与汽缸、阀门与隔板间的摩擦也不计。求：图4(ⅰ)F0的大小；(ⅱ)当力F缓慢增大到1.2F0时，活塞c到缸底的距离；(ⅲ)当力F缓慢增大到2F0时，缸内气体压强。解析　 (1)液晶在光学性质上具有各向异性，A项错误；空气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大；水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压的比值决定相对湿度的大小，D项错误；固体可以分为晶体和非晶体，晶体又分为单晶体和多晶体，其中单晶体具有确定的几何形状，非晶体和多晶体没有确定的几何形状，B项正确；毛细现象和浸润现象均是液体表面层分子力作用的宏观表现，C项正确；由气体分子的统计规律可知，气体分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布，E项正确。(2)    (ⅰ)对阀门，刚打开时左右气体压强应相等，即右侧气体压强也为1.5p0，  故对c有，1.5p0S＝p0S＋F0(2分)  故F0＝0.5p0S(1分)  (ⅱ)对右侧气体，从开始到b刚打开的过程  根据玻意耳定律得p0LS＝1.5p0L1S(1分)  解得L1＝(1分)  对全部气体，当F为1.2F0时，气体压强为p0＋＝1.6p0  根据玻意耳定律有1.5p0＝1.6p0L2S(1分)  解得L2＝2.5L(1分)(ⅲ )当力为2F0时，设隔板右侧气体压强为p，则p＝2p0  根据玻意耳定律有1.5p0＝2p0L3S(1分)  解得L3＝2L，故全部气体恰在隔板a左侧(1分)  则压强为2p0(1分)答案　(1)BCE　(2)(ⅰ)0.5p0S　(ⅱ)2.5L　(ⅲ)2p05．(1)(5分)如图5所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)图5A．A―→B过程温度升高，压强不变B．B―→C过程体积不变，压强变小C．B―→C过程体积不变，压强不变D．C―→D过程体积变小，压强变大E．C―→D过程温度不变，压强变小(2)(10分)如图6所示，竖直放置的均匀细U形管，左管上端封闭，长OA＝30 cm，右管足够长且上端开口，底部管长AB＝20 cm。初始时左右两管水银面等高、且水银柱高为10 cm，左管中封闭气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0＝75 cmHg，g取10 m/s2。图6(ⅰ)若对左管中封闭气体加热，直至左、右管中水银面形成5 cm长的高度差，则此时封闭气体的温度为多少摄氏度？(ⅱ)若保持封闭气体温度为27 ℃不变。使U形管在竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB内时，加速度为多大？解析　(1)由题图可知，在A―→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，由＝C可知，气体压强不变，故选项A正确；在B―→C的过程中，体积不变，而温度降低，由＝C可知，气体压强变小，故选项B正确，C错误；在C―→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由＝C可知，气体压强变大，故选项D正确，E错误。(2)(ⅰ)设U形管的横截面积为S状态一：V1＝20 cm×S、T1＝273＋t1＝300 K、p1＝p0＝75 cmHg(1分)状态二：V2＝22.5 cm×S、T2＝273＋t2、p2＝p0＋5 cm Hg＝80 cmHg(1分)由理想气体状态方程有＝(2分)解得t2＝87 ℃(1分)(ⅱ)设水银密度为ρ，左管的水银恰好全部进入AB时状态三：V3＝30 cm×S、p3由玻意耳定律有p1V1＝p3V3(1分)AB段水银柱的质量m＝ρS·ABAB段水银柱右侧所受压强p3′＝p0＋ρgΔh2(1分)由牛顿第二定律有p3′S－p3S＝ma(1分)Δh2＝20 cm、AB＝20 cm解得a＝22.5 m/s2，方向水平向左(2分)答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)87 ℃　(ⅱ)22.5 m/s2　方向　水平向左