高中物理高考 2020版高考物理大三轮复习高考题型专项练四专项练一_四含解析选修

这是一份高中物理高考 2020版高考物理大三轮复习高考题型专项练四专项练一_四含解析选修，共20页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
(建议用时：30分钟)
1．(1)下列关于温度及内能的说法中正确的是________．
A．物体的内能不可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
(2)如图甲所示，一截面积为S的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g.
①求此时气柱的长度；
②分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热．
2.(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V－T 图象如图所示．下列判断正确的是________．
A．ab过程中气体一定放热
B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变
D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
(2)如图所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p0＝1.0 atm的空气ΔV＝50 mL.现打开进水阀门A和喷雾头阀门B，装入2 L的清水后，关闭阀门A和B.设周围大气压恒为p0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：
①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n；
②当瓶内气压达到2.5 atm时停止打气，然后打开阀门B，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值．
3．(1)下列说法中正确的是__________．
A．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距
B．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程
C．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩
D．液晶既具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看分子的排列是杂乱无章的
E．温度高的物体分子平均动能和内能一定大
(2)如图所示，下端封闭上端开口的柱形绝热汽缸，高为30 cm、截面积为4 cm2，一个质量不计、厚度忽略的绝热活塞位于距汽缸底部10 cm处静止不动，活塞上下均为一个大气压、27 ℃的理想气体，活塞与侧壁的摩擦不能忽略，下端汽缸内有一段不计体积的电热丝．由汽缸上端开口缓慢注入水银，当注入20 mL水银时，活塞恰好开始下降，停止注入水银．忽略外界温度变化，外界大气压始终为75 cmHg.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
①假设不注入水银，封闭气体的温度至少降到多少℃活塞才会下降？
②现用电热丝缓慢加热封闭气体，使活塞缓慢上升，直到水银柱上端与汽缸开口相齐，温度至少升髙到多少℃？
四、选考题专项练
选修3­3专项练(一)
1．解析：(1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E错误．
(2)①以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p0S＝mg＋p1S，得p1＝p0－eq \f(mg,S)
汽缸倾斜后，根据平衡条件有p0S＝mgcs 37°＋p2S，得p2＝p0－eq \f(mg,S)cs 37°＝p0－eq \f(4mg,5S)
根据玻意耳定律有p1LS＝p2xS，解得
x＝eq \f(5p0S－5mg,5p0S－4mg)L.
②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功，W>0，
气体等温变化，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Qpa，根据气体压强的微观解释可知E正确．
(2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积
V1＝V总－V液＝1 L
打气过程瓶内气体做等温变化，有
p0(V1＋V外)＝p2V1
V外＝nΔV
将p0＝1.0 atm、p2＝2.5 atm代入，解得打气的次数至少为n＝30次．
②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有
p2V1＝p3V3
最后瓶内气体的压强p3＝p0
代入数据解得最后瓶内气体的体积
V3＝2.5 L
因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值
V水＝V3－V1＝1.5 L.
答案：(1)ADE (2)①30次 ②1.5 L
3．解析：(1)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，差距越大蒸发越快，人们感觉干燥，差距越小蒸发越慢，人们感觉空气潮湿，A正确．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的，B错误．由实验过程知，C正确．液晶的特点就是液晶既具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的，D正确．温度是分子平均动能的标志，内能由平均动能、势能和分子数共同决定，E错误．
(2)①活塞恰好下滑时，由平衡条件有：Ffm＝p′S
摩擦力产生的最大压强p′＝eq \f(Ffm,S)＝5 cmHg
降低封闭气体的温度，等容变化有
eq \f(p0,T1)＝eq \f(p0－p′,T2)
得T2＝280 K，即7 ℃.
②封闭气体缓慢加热，使活塞缓慢上升直到水银柱上端与汽缸开口相齐的过程：
V1＝10S、V3＝25S、p3＝p0＋p′＝80 cmHg
由eq \f(p0V1,T1)＝eq \f(（p0＋p′）V3,T3)
得T3＝800 K，即527 ℃.
答案：(1)ACD (2)①7 ℃ ②527 ℃
选修3­3专项练(二)
(建议用时：30分钟)
1．(1)下列说法正确的是________．
A．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变
B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小
C．液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关
D．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大
E．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热
(2)如图所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L0＝65 cm，用长为h＝25 cm的水银柱封闭一段理想气体．开始时玻璃管水平放置，气柱长L1＝25 cm，大气压强为p0＝75 cmHg.不考虑环境温度的变化．
①若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置(管口向上)，求此时气柱的压强p2和长度L2；
②保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度L3.
2．(1)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/ml，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 ml－1.则该液化水中含有水分子的总数N＝________；一个水分子的直径d＝________．(所有结果均保留一位有效数字)
(2)如图所示，两水平放置的导热汽缸其底部由管道连通，轻质活塞a、b用钢性轻杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞横截面积分别为Sa和Sb，且Sb＝2Sa.缸内封有一定质量的气体，系统平衡时，活塞a、b到缸底的距离均为L，已知大气压强为p0，环境温度为T0，忽略管道中的气体体积．求：
①缸中密闭气体的压强；
②若活塞在外力作用下向左移动eq \f(1,4)L，稳定后密闭气体的压强；
③若环境温度升高到eq \f(7,6)T0，活塞移动的距离．
3．(1)如图所示，一定质量的理想气体，由状态a经状态b变化到状态c，下列说法正确的是________．
A．状态a的温度高于状态b的温度
B．由状态a到状态b的过程，外界对气体做正功
C．由状态b到状态c的过程，气体放出热量
D．状态a的温度低于状态c的温度
E．由状态b到状态c的过程，气体分子的平均动能减小
(2)如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A、B两部分，汽缸底部通过阀门K与容器C相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B内有一定量的理想气体，A、C内为真空，B部分气体高h0＝0.2 m，此时C的容积为B的容积的eq \f(5,6)，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B部分气体高h为多少？(整个系统处于恒温状态)
选修3­3专项练(二)
1．解析：(1)晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，B正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W>0，Q>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，ΔU>0，说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大，D正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，QTa，故D正确．
(2)设活塞质量为m，弹簧的劲度系数为k，汽缸横截面积为S，开始时B内气体的压强为p1
mg＝kh0
对活塞受力分析，有p1S＝mg＋kh0＝2kh0
设阀门打开后，达到新的平衡时B内气体的压强为p2，由玻意耳定律得：
p1h0S＝p2(eq \f(5,6)h0＋h)S
而又有：p2S＝mg＋kh
解得：h＝eq \f(h0,2)＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)．
答案：(1)ABD (2)0.1 m
选修3­3专项练(三)
(建议用时：30分钟)
1．(1)一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其p－V 图象如图所示．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( )
A．气体经历过程1，其温度降低，内能减少
B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少
C．气体在过程2中，一直对外做功
D．气体在过程2中，先向外放热后吸热
E．气体在过程2中，一直向外放热
(2)如图所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、厚度不计、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A的上方放置一质量也为m的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L0.已知大气压强p0＝eq \f(2mg,S)，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A上升的高度．
2．(1)下列说法正确的是( )
A．零摄氏度的物体的内能为零
B．气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果
C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同
D．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力
E．浸润现象是分子间作用力引起的
(2)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度．已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
①当A向右移动eq \f(L,4)时，水的深度h；
②该深度计能测量的最大水深hm.
3．(1)以下说法正确的是________．
A．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径
B．为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管
C．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力
D．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断
E．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
(2)如图甲所示，一圆柱形导热汽缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，此时封闭气体的绝对温度为T(活塞与汽缸底部相距L)，现将汽缸逆时针缓慢转动直至汽缸处于竖直位置，如图乙所示，此时活塞与汽缸底部相距eq \f(3,4)L；现给汽缸外部套上绝热泡沫材料(未画出)且通过电热丝缓慢加热封闭气体，当封闭气体吸收热量Q时，气体的绝对温度上升到eq \f(16,15)T.已知活塞的横截面积为S，外界环境的绝对温度恒为T，大气压强为p0，重力加速度大小为g，不计活塞与汽缸的摩擦．求：
①活塞的质量m；
②加热过程中气体内能的增加量．
选修3­3专项练(三)
1．解析：(1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A正确，B错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C、E错误，D正确．
(2)对气体 Ⅰ，其初态压强p1＝p0＋eq \f(2mg,S)＝2p0
末态压强为p′1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(3,2)p0，设末态时气体Ⅰ的长度为L1
根据玻意耳定律得：p1L0S＝p′1L1S
解得L1＝eq \f(4,3)L0
对气体Ⅱ，其初态压强为p2＝p1＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5,2)p0
末态压强为p′2＝p′1＋eq \f(mg,S)＝2p0
设末状态时气体Ⅱ的长度为L2
根据玻意耳定律得：p2L0S＝p′2L2S
解得：L2＝eq \f(5,4)L0
故活塞A上升的高度为
Δh＝L1＋L2－2L0＝eq \f(7,12)L0.
答案：(1)AD (2)eq \f(7,12)L0
2．解析：(1)一切物体都有内能，故A错误；气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果，故B正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故C正确；理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故D错误；浸润现象是分子间作用力引起的，故E正确．
(2)①当A向右移动eq \f(L,4)时，设B不移动
对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：
p0SL＝p1eq \f(3,4)SL
解得：p1＝eq \f(4,3)p0
而此时B中气体的压强为2p0>p1，
故B不动
由p1＝p0＋ph
解得：水的深度ph＝p1－p0＝eq \f(1,3)p0，
故h≈3.33 m.
②该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2，活塞横截面积为S
对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋phm
联立解得phm＝2p0，故hm＝20 m.
答案：(1)BCE (2)①3.33 m ②20 m
3．解析：(1)已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出气体分子间的平均距离，但由于气体分子中间有较大空隙，无法求出该气体分子的直径，故A错误；锄松地面，可以破坏土壤里的毛细管，减少水分的流失，故B正确；随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力，如分子间距离小于r0时，故C正确；非晶体和多晶体都表现为各向同性，所以从各向异性或各向同性无法判断物质是晶体还是非晶体，故D错误；自然界的宏观过程都具有方向性，能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程的方向性，故E正确．
(2)①汽缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压，即p1＝p0
汽缸处于竖直位置时，封闭气体的压强
p2＝p0＋eq \f(mg,S)
根据玻意耳定律有p1LS＝p2·eq \f(3,4)LS
联立解得m＝eq \f(p0S,3g).
②设气体的绝对温度上升到eq \f(16,15)T时活塞到汽缸底部的距离为L′
对于加热过程，由盖－吕萨克定律得
eq \f(\f(16,15)T,T)＝eq \f(L′S,\f(3,4)LS)
解得L′＝eq \f(4,5)L
所以气体对外做功为
W＝p2·Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L′－\f(3,4)L))
根据热力学第一定律得：ΔU＝Q－W
由①有p2＝eq \f(4,3)p0
解得：ΔU＝Q－eq \f(1,15)p0LS.
答案：(1)BCE (2)①eq \f(p0S,3g) ②Q－eq \f(1,15)p0LS
选修3­3专项练(四)
(建议用时：30分钟)
1．(1)如图是密闭的汽缸，外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，则缸内气体的温度将________(选填“升高”“降低”或“不变”)、内能将________(选填“增加”或“减少”)________J.
(2)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一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T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，求：
①U形细管内两侧水银柱的高度差；
②通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化．
2．(1)下列说法正确的是________．
A．布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在永不停息地做无规则运动
B．气体的温度升高，个别气体分子运动的速率可能减小
C．对于一定种类的大量气体分子，在一定温度时，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的
D．若不计气体分子间相互作用，一定质量气体温度升高、压强降低过程中，一定从外界吸收热量
E．密闭容器中有一定质量的理想气体，当其在完全失重状态下，气体的压强为零
(2)如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S＝2.5×10－3 m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t0＝27 ℃，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出F－t图象如图乙所示，求：
①力传感器的读数为5 N时，密封气体的温度t；
②外界大气的压强p0.
3．(1)在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中，下列说法正确的是( )
A．该实验是通过建立理想模型的方法进行测量的
B．油酸酒精溶液浓度越低越好，使之铺满整个水槽
C．使用痱子粉是为了清晰地显示油膜边界
D．计算油膜面积时舍去所有不足一格的方格，会使计算结果偏大
E．重新实验时，不需要再清洗水槽
(2)玻璃细管竖直放置，水平细管与左、右两竖直细管相连通，各部分细管内径相同，左侧竖直细管足够长，下端开口并与大气相通，右侧竖直细管上端封有长为20 cm的理想气体B，此时左右竖直细管中水银面距水平细管均为25 cm，水平细管内用小活塞C封有长为10 cm的理想气体A，已知外界大气压强为75 cmHg，竖直管中水银柱长度远大于细管直径，忽略环境温度变化，现缓慢移动活塞C，使B中气柱长度变为25 cm.求：
①左右竖直细管中水银面高度差；
②活塞C应向哪个方向移动，移动距离是多少？
选修3­3专项练(四)
1．解析：(1)外界做功200 J，气体放热100 J，根据热力学第一定律可知，ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J.
理想气体内能由温度决定，内能越多，温度越高，则缸内气体的温度将升高，内能将增加100 J.
(2)①设封闭气体的压强为p，对活塞分析有：p0S＝pS＋Mg
用水银柱表达气体的压强p＝p0－ρgΔh
解得：Δh＝eq \f(M,Sρ).
②加热过程是等压变化eq \f(h0S,T0)＝eq \f(h0＋Δh0S,T)
T＝eq \f(h0＋Δh0,h0)T0
气体对外做功为
W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0
根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W
可得ΔU＝Q－(p0－Mg)Δh0.
答案：(1)升高 增加 100 J (2)①eq \f(M,Sρ)
②eq \f(h0＋Δh0,h0)T0 Q－(p0－Mg)Δh0
2．解析：(1)布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则的运动，反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，故A错误．气体的温度升高，分子平均动能增大，由于气体分子的运动是无规则的，所以个别气体分子运动的速率可能减小，故B正确．对于一定种类的大量气体分子存在统计规律：分子运动的速率很大或很小的分子数，处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的，故C正确．若不计气体分子间相互作用，分子势能不计，一定质量气体温度升高、压强降低过程中，根据气态方程eq \f(pV,T)＝C可知气体的体积一定增大，气体对外做功，内能增大，根据热力学第一定律分析得知气体一定从外界吸收热量，故D正确．气体的压强不是由于气体的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，所以在完全失重状态下，气体的压强不变，故E错误．
(2)①由题图乙可以知道F＝t－27
得：t＝(27＋5) ℃＝32 ℃.
②温度t1＝327 ℃时，密封气体的压强
p1＝p0＋eq \f(F,S)＝p0＋1.2×105 Pa
密封气体发生等容变化，则eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
联立以上各式并代入数据计算得出
p0＝1.2×105 Pa.
答案：(1)BCD (2)①32 ℃ ②1.2×105 Pa
3．解析：(1)利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，测出一定体积的油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝eq \f(V,S)计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中所含油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径，即该实验是通过建立理想模型的方法进行测量的，选项A正确；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，使S偏小，则算出来的直径d偏大，选项D正确；油酸酒精溶液浓度越低，油酸分子占的面积越大，油膜厚度越接近油酸分子直径，但是实验中不可让油酸铺满整个水槽，选项B错误；使用痱子粉是为了清晰地显示油膜边界，选项C正确；重新实验时，需要用少量酒精清洗水槽，并用脱脂棉擦去，再用清水冲洗，保持清洁，选项E错误．
(2)①对B气体有：pBlBS＝p′Bl′BS
pB＝p0－50 cmHg＝25 cmHg
p′B＝eq \f(lB,l′B)·pB＝eq \f(20,25)×25 cmHg＝20 cmHg
Δh＝75 cm－20 cm＝55 cm.
②对A气体有：pAlAS＝p′Al′AS
pA＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg
p′A＝75 cmHg－(55－20) cmHg＝40 cmHg
l′A＝eq \f(pA,p′A)lA＝eq \f(50,40)×10 cm＝12.5 cm
水平管中液面向右移动
Δl＝55 cm－25 cm－25 cm＝5 cm
活塞右移
Δh1＝lA＋Δl－l′A＝10 cm＋5 cm－12.5 cm＝2.5 cm.
答案：(1)ACD
(2)①55 cm ②右移 2.5 cm
试卷
1
2
3
考点
热学基本规律和热学综合问题
热学图象、热力学定律和充放气问题
热学基本规律和气体实验定律的应用
试卷
1
2
3
考点
热学基本规律和玻意耳定律的应用
热力学定律与气体实验定律综合问题
p－V图象、热力学定律和热学综合问题
试卷
1
2
3
考点
热学图象的理解和气体实验定律的应用(活塞类)
内能的理解和气体实验定律的应用(活塞类)
热学基本规律和气体实验定律的应用
试卷
1
2
3
考点
热力学定律和气体实验定律的应用
气体的状态参量和气体实验定律的应用(活塞类)
油膜法测分子大小和气体实验定律的应用(玻璃管类)