高中物理高考 8 章末过关检测(十三)

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1．(15分)(1)(2019·山东潍坊一中模拟)下列说法中正确的是________．
A．物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能
B．橡胶无固定熔点，是非晶体
C．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关
D．热机的效率总小于1
E．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大
(2) 如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的eq \f(1,3)被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强)
解析：(1)物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能，故A错误；橡胶是非晶体，没有固定的熔点，故B正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故C错误；热机的效率无法达到100%，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，故E正确.
(2)初态封闭气体压强：p1＝pH＋p0，体积：V1＝LS
eq \f(1,3)水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S，
则eq \f(1,3)HS＝h1eq \f(S,3)，eq \f(2,3)HS＝h2S，
此时封闭气体压强：p2＝ph1＋ph2＋p0，体积：V2＝L′S，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得L′＝18 cm，
活塞B上移的距离d＝H＋L－L′－eq \f(2,3)H＝7 cm.
答案：(1)BDE (2)7 cm
2．(15分)(1)(2019·贵州凯里第一中学高三模拟)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
(2)如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K时，被封闭的气柱长L＝22 cm，两边水银柱高度差h＝16 cm，大气压强p0＝76 cmHg.
①为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？
②封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？
解析：(1)p、V不变，则T不变，气体的内能不变，故选项A正确；内能不变，温度不变，p、V可能变，选项B错误；气体温度升高，压强不一定增大，故选项C错误；气体温度每升高1 K吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D正确；温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E正确．
(2)①选被封闭的气柱为研究对象，初态压强p1＝(76－16) cmHg，末态时左右水银面的高度差为(16－2×3) cm＝10 cm，末状态压强为p2＝(76－10) cmHg，末状态气柱长度为(22＋3) cm＝25 cm，根据理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)，可以得出T2＝eq \f(p2V2T1,p1V1)＝eq \f(66×25×280,60×22) K＝350 K.
②加注水银后，左右水银面的高度差为h′＝(16＋2×2) cm－l，温度不变，最后的压强为p3＝76－(20－l)，从最初状态到最后的状态应用于玻意耳定律得p1V1＝p3V3，联立计算可得l＝10 cm.
答案：(1)ADE (2)①350 K ②10 cm
3．(15分)(1)(2019·西北工业大学附中模拟)下列说法中正确的是________．
A．布朗运动反映的是液体分子的无规则运动
B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
C．物体放出热量，温度一定降低
D．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的
E．热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度
(2) U形管左右两管粗细不等，左侧A管开口向上，封闭的右侧B管横截面积是A管的3倍．管中装入水银，大气压为p0＝76 cmHg ，环境温度为27 ℃.A管中水银面到管口的距离为h1＝24 cm，且水银面比B管内高Δh＝4 cm.B管内空气柱长为h2＝12 cm，如图所示．欲使两管液面相平，现用小活塞把开口端封住，并给A管内气体加热，B管温度保持不变，当两管液面相平时，试求此时A管气体的温度为多少？
解析：(1)布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故A正确；热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故B错误；物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C错误；大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故D正确；热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度，故E正确．
(2)设A管横截面积为S，则B管横截面积为3S
以B管封闭气体为研究对象
初状态：p1＝p0＋Δh＝80 cmHg
V1＝3Sh2
设末状态的压强为p2，体积为V2
从初状态到末状态，设A管水银面下降Δh1，B管水银面上升Δh2，则Δh1＋Δh2＝Δh
Δh1S＝3Δh2S
故Δh1＝3Δh2＝0.75Δh＝3 cm
末状态的体积V2＝3S(h2－Δh2)
由玻意耳定律有p1·V1＝p2·V2
由以上各式得p2≈87.3 cmHg
以A管被活塞封闭的气体为研究对象
初状态：p3＝p0＝76 cmHg，V3＝Sh1，T1＝300 K
末状态：p4＝p2＝87.3 cmHg，体积V4＝S(h1＋Δh1)
由理想气体方程：eq \f(p3V3,T1)＝eq \f(p4V4,T2)
由以上各式得T2＝387.7 K.
答案：(1)ADE (2)387.7 K
4．(15分)(1)(2019·吉林实验中学模拟)下列关于热学中的相关说法正确的是________．
A．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，故气体的压强一定增大
D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
E．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大
(2)如图所示，长为0.5 m、内壁光滑的汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为100 cm2的活塞封闭有压强为1.0×105 Pa、温度为27 ℃的理想气体，开始时活塞位于汽缸底30 cm处．现对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动．(已知大气压强为1.0×105 Pa)
①试计算当温度升高到427 ℃时，缸内封闭气体的压强；
②若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能．
解析：(1)根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故A正确；燃气由液态变为气态的过程中要吸收热量，故分子的分子势能增加，选项B正确；若温度升高的同时，体积膨胀，压强可能不变，故C错误；根据热力学第二定律可知，混合气体不能自发地分离，选项D错误；液体的饱和汽压与液体的温度有关，随温度的升高而增大，相同的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大，不同温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，选项E正确．
(2)①由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖—吕萨克定律可知：eq \f(0.3 m·S,T1)＝eq \f(0.5 m·S,T2)，又T1＝300 K
解得：T2＝500 K，即227 ℃，因为227 ℃＜427 ℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到427 ℃时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到：
eq \f(1.0×105 Pa,T2)＝eq \f(p,（427＋273）K)，代入数据整理可以得到：
p＝1.4×105 Pa.
②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝0.2 m，故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx，代入数据解得：W＝－200 J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得到：ΔU＝－200 J＋800 J＝600 J.
答案：(1)ABE (2)①1.4×105 Pa ②600 J
5．(20分)(1)(2019·黑龙江哈尔滨六中模拟)下列说法正确的是________．
A．运送沙子的卡车停于水平地面，在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小
C．晶体的物理性质都是各向异性的
D．一定量的理想气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大
(2)如图，一个质量为m的T形活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：
①通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；
②从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．
解析：(1)在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程 eq \f(pV,T)＝C分析知气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，故A正确；当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据气态方程 eq \f(pV,T)＝C分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而使火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故B正确；单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体的物理性质是各向同性的，故C错误；一定量的理想气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，还与做功情况有关，故D错误；分子间的引力与斥力同时存在，分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大，故E正确．
(2)①初态时，对活塞受力分析，可求气体压强
p1＝p0＋eq \f(mg,S)①
体积V1＝1.5h0S，温度T1＝T0
要使两边水银面相平，汽缸内气体的压强p2＝p0，
此时活塞下端一定与汽缸底接触，V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
得：T2＝eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg).②
②从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W＝p1ΔV＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(mg,S)))×0.3h0S③
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q④
得：ΔU＝0.3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(mg,S)))h0S－Q.
答案：(1)ABE (2)①eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg)
②0.3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(mg,S)))h0S－Q
6．(20分)(1)(2019·杭州二中高三月考)一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定从外界吸收了热量________．
A．温度保持不变，体积逐渐膨胀
B．体积保持不变，温度逐渐升高
C．压强保持不变，体积逐渐收缩
D．温度逐渐升高，压强逐渐减小
E．温度逐渐升高，体积逐渐收缩
(2)如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
①说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
②请在图乙所示的坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析：(1)体积增大，气体向外界做功，温度不变，内能不变，故一定吸收了热量，A正确；体积不变，气体对外界不做功，温度升高，内能增大，则气体只能吸收热量，B正确；体积减小，外界对气体做功，压强不变，体积减小，则温度减小，内能减小，故一定向外放出热量，C错误；温度升高，压强减小，则内能变大，体积增大，气体对外界做功，故一定吸收热量，D正确；温度升高，内能增大，体积减小，外界对气体做功，气体不一定从外界吸收热量，E错误．
(2)①从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)
所以TA＝eq \f(VA,VB)TB＝eq \f(0.4,0.6)×300 K＝200 K.
②由题图甲可知，由B→C是等容变化，根据查理定律得eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
所以pC＝eq \f(TC,TB)pB＝eq \f(400,300)pB＝eq \f(4,3)pB＝eq \f(4,3)×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．
答案：(1)ABD (2)见解析