高中物理高考 课时作业42

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课时作业42　固体、液体与气体时间：45分钟1．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图所示，则(　B　)A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体解析：由题图可知，甲、乙在导热性质上表现各向同性，丙具有各向异性，甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，B正确．甲为晶体，但仅从图中无法确定它的其他性质，所以甲可能是单晶体，也可能是多晶体，丙为单晶体，故A、C、D错误．2．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p­T图象，对应的p­V图象应是(　C　)解析：在p­T图象中，A、B两点所在直线过原点，所以A→B为等容过程，气体体积不变，压强增大，温度升高；B→C为等温过程，气体温度不变，压强减小，体积增大，C正确．3．一个密闭绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分的气体体积大于B部分的气体体积，两部分温度相同，如图所示．若拔去销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积大小为VA、VB，则有(　B　)A．VA＝VB   B．VA>VBC．VA<VB   D．条件不足，不能确定解析：因为拔去销钉前两部分气体质量相同，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，又因两部分气体温度相同，故根据气体压强的决定因素可知，A部分气体的压强小于B部分气体的压强．若拔去销钉，则活塞向左(A部分气体一侧)移动，活塞对A部分气体做功，导致A部分气体温度升高；B部分气体对活塞做功，导致B部分气体温度降低；直至两部分气体的压强相等时活塞达到静止状态，这时A部分气体温度高于B部分气体温度，所以A部分气体体积大于B部分气体体积，B正确．4．(多选)下列说法正确的是(　BCE　)A．一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D．土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程解析：多晶体的光学性质是各向同性的，A项错误；由于液体的蒸发，液体表面分子较为稀疏，分子间距大于液体内部，表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，B项正确；水能浸润脱脂棉，不能浸润非脱脂棉，C项正确；土壤里有很多毛细管，水分会沿着这些毛细管引到地表进而蒸发掉，为了保持地下的水分，将地面的土壤锄松，会破坏毛细管，D项错误；某些物质在水溶液中能够形成薄片状液晶，这也正是生物膜的主要成分，实验室就利用这样的人造生物膜研究离子的渗透性，E项正确．5．如图所示，光滑水平地面上放有一质量为m的导热汽缸，用活塞封闭了一部分气体．活塞质量为，截面积为S，可无摩擦滑动，汽缸静止时与缸底距离为L0.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸与活塞达到相对静止状态．已知大气压强为p0.求：(1)稳定时封闭气体的压强．(2)稳定时活塞与汽缸底部的距离．解析：(1)选择汽缸、活塞和密闭气体整体作为研究对象，受力分析可知，水平恒力F即为整体受到的合外力，由牛顿第二定律得F＝(m＋)a隔离活塞对其受力分析，设封闭气体压强为p则由牛顿第二定律得(p－p0)S＝a汽缸和活塞相对静止具有相同的加速度，联立以上两式，可得p＝p0＋(2)由汽缸为导热汽缸可知，汽缸内气体温度不变，气体为等温变化，设稳定时活塞与缸底部的距离为L由理想气体状态方程＝C得p0L0S＝pLS可得L＝＝L0答案：(1)p0＋　(2)L06．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V­T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.(1)写出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)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p­T图象，并在图线相应的位置上标出字母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)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＝所以TA＝TB＝×300 K＝200 K(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得＝所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa则可画出状态A→B→C的p­T图象如图所示．答案：见解析7．(2019·山东滨州统考)一粗细均匀的J形细玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图所示，密闭气体的温度为27 ℃.大气压强为76 cmHg.(1)若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8 cm，注入的水银柱有多长？(2)在注完水银后，使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8 cm不变，应使气体温度变为多少(结果保留三位有效数字)?解析：(1)以封闭气体为研究对象，设细玻璃管横截面积为S，则有p1＝76 cmHg，l1＝10 cm，l2＝8 cm，则p1l1S＝p2l2S，解得p2＝95 cmHg.注入水银柱长为(95－76＋4) cm＝23 cm；(2)封闭气体p2＝95 cmHg，T2＝300 K，p3＝86 cmHg，根据查理定律有＝，解得T3＝272 K.答案：(1)23 cm　(2)272 K8．如图所示，一水平放置的汽缸，由横截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接．它们可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．活塞A、B的横截面积分别为SA＝40 cm2、SB＝20 cm2.A、B之间封闭着一定质量的理想气体．汽缸外大气的压强为p0＝1×105 Pa，温度T0＝294 K．初始时活塞A与大圆筒底部(大小圆筒连接处)相距2L，汽缸内气体温度为T1＝500 K时，(1)汽缸内气体的温度缓慢降至400 K时，活塞移动的位移．(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析：(1)汽缸内气体的温度降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动，气体状态参量：V1＝SA·2L＋SBL，V2＝SA(2L－x)＋SB(L＋x)，已知：T1＝500 K，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝，解得：x＝L，由于x＝L<2L，表明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为L.(2)大活塞刚碰到大圆筒底部时：V3＝3SBL，已知：T1＝500 K，由盖—吕萨克定律得：＝，解得：T3＝300 K，当汽缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时：T＝T0＝294 K，气体发生等容变化，由查理定律得：＝，解得：p＝9.8×104 Pa.答案：(1)L　(2)9.8×104 Pa9．(2019·湖北八校二联)如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：(1)当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；(2)活塞A恰接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2.解析：(1)设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触上端卡环之前，Q气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律有：＝，解得：T1＝2T0(2)当活塞A恰接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，由玻意耳定律有：·V0＝p1·　解得p1＝此时Q气体的压强为p2＝p1＋＝当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程：＝解得T2＝T0答案：(1)2T0　(2)T0