2019高考物理课时作业（十二）（含解析） 8页

课时作业(十二)一、选择题(共10个小题，1、2、3、8题为多选，其余为单选，每题5分共50分)1．(2017·苏北三市联考)(多选)下列说法正确的是(　　)A．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越大B．单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C．水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大答案　CD解析　空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强就越接近饱和蒸汽，但是压强不一定越大，A项错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，B项错误；水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的，C项正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，故分子势能增大；故分子势能随分子间距离的减小而增大，D项正确；故选C、D两项．2．(2018·全国Ⅲ卷)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示．在此过程中(　　)A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功答案　BCD解析　本题考查对一定质量的理想气体的pV图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点．一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta＝pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A项错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B项正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C项正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，D项正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误．3．(2017·课标全国Ⅱ)(多选)如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法n正确的是(　　)A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变答案　ABD解析　A项，气体在真空中自发扩散，不对外界做功，A项正确．B项，气体被压缩时，体积减小，外界对气体做功W>0.根据ΔU＝Q＋W，则ΔU>0，B项正确．C项，气体在真空自发扩散，不做功，没有受力物体，C项错误．D项，被压缩时，外界对气体做功，D项正确．E项，压缩时，ΔU>0，T增加，平均动能增加，E项错．4．(2016·课标全国Ⅰ)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡答案　BDE解析　气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A项错误；改变气体内能的方式有两种：做功和热传递，故B项正确；理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C项错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D项正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E项正确．5．(2017·洛阳二模)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，排出液化水的体积为V，水的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则液化水中水分子的总数N和水分子的直径d分别为(　　)A．N＝，d＝nB．N＝，d＝C．N＝，d＝D．N＝，d＝答案　C解析　水的摩尔体积Vmol＝水分子数N＝NA＝将水分子看成球形，由＝πd3，解得水分子直径为d＝，故选C项．6．(2017·西城区一模)通电雾化玻璃是将液晶膜固化在两片玻璃之间，经过特殊工艺胶合一体成型的新型光电玻璃产品，被广泛应用于高档办公室、计算机机房、医疗机构、商业展示等领域，能够实现玻璃的通透性和保护隐私的双重要求．我们将其工作原理简化为如图所示的模型，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，玻璃呈乳白色，即不透明，像一块毛玻璃；通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃．结合以上内容和你所学知识，关于通电雾化玻璃，你认为下列叙述中比较合理的是(　　)A．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过B．不通电时，入射光在液晶层发生了干涉，导致光线无法通过C．通电时，入射光在通过液晶层后方向发生了改变D．通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播答案　D解析　A项，由题意，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，像一块毛玻璃，可知入射光在液晶层发生漫反射，光线可以通过，但通过量较少，而且没有规律．故A项错误，nB项错误；C项，由题意，通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃，可知通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播．故C项错误，D项正确．故选D项．7.(2018·鹿城区校级模拟)如图所示，带有活塞的烧瓶内封闭一定的气体，不考虑烧瓶和外界的热传递，现在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，则烧瓶内的气体温度会(　　)A．升高　　　　　　　B．降低C．不变D．无法确定答案　A解析　根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q；不考虑烧瓶和外界的热传递，故Q＝0；在外力F作用下，活塞向内移动一段距离，对烧瓶内的气体做功，故W>0；故ΔU>0，故气体的内能增加，故温度升高；故选A项．8.(2017·课标全国Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是(　　)A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量答案　ABD解析　A项，从a到b等容升压，根据＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A项正确；B项，在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B项正确；C项，在过程ab中气体体积不变，根据W＝pΔV可知，气体对外界做功为零，故C项错误；D项，在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，故D项正确；E项，在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据＝C可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故E项错误．故选A、B、D三项．9．(2017·洛阳二模)一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体(　　)nA．状态b的压强大于状态c的压强B．状态a的压强大于状态b的压强C．从状态c到状态d，体积减小D．从状态a到状态c，温度不变答案　A解析　分别过abcd四个点作出等压变化线，如图所示；保持体积不变，温度越高，则压强越大可知，在V－T图像中，倾角越大，压强越小，所以paTB.气体A、B均处于平衡状态，活塞静止．加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温度，若不计活塞的摩擦，则活塞将(　　)A．向右移动B．向左移动C．保持不动D．因体积未知而无法确定答案　B解析　假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，得Δp＝·ΔT根据题意知，升高的温度ΔT相同，原来平衡，pA＝pBTA>TB，得ΔpA<ΔpBΔF＝Δp·S所以ΔFB>ΔFA，所以活塞将向左移动，故B项正确，A、C、D三项错误；故选B项．二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11．(2016·课标全国Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．n答案　4天解析　瓶中气体量：pV＝20atm×0.08m3＝1.6atm·m3剩余气体量p剩V剩＝2atm×0.08m3＝0.16atm·m3每天用量p用V用＝1atm×0.36m3＝0.36atm·m3n＝＝4(天)12.(2017·海南)一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB侧的气体柱长度l1＝25cm.管中AB、CD两侧的水银面高度差h1＝5cm.现将U形管缓慢旋转180°，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强p0＝76cmHg.求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差．答案　AB、CD两侧的水银面高度差为1cm.解析　对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1＝p0＋h1＝(76＋5)cmHg＝81cmHg，体积为V1＝l1S，设旋转后，气体长度增大Δx，则高度差变为(5－2Δx)cm，此时气体的压强为：p2＝p0－(5－2Δx)＝(71＋2Δx)cmHg，体积为V2＝(25＋Δx)S，根据玻意耳定律，得p1V1＝p2V2，即81×25＝(71＋2Δx)(25＋Δx)解得Δx＝2cm，根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：Δh＝5cm－2Δx＝1cm.13．(2018·济源二模)如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.2倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量．答案　此过程中气体内能的增加量为(Mg＋p0S)H解析　理想气体发生等压变化．设气体压强为p，活塞受力平衡：pS＝Mg＋p0S，n设气体初态的温度为T，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x，由盖—吕萨克定律，得＝解得x＝H又系统绝热，即Q＝0外界对气体做功为：W＝pSx根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q所以ΔU＝(Mg＋p0S)H14.如图，容积为V的气缸由导热材料制成，面积为S的活塞将气缸分成容积相等的上下两部分，气缸上都通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，气缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入气缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入气缸内液体的质量．答案　解析　设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下两部分气体的温度均保持不变，作等温变化，由玻意耳定律得：对上部分气体有p0＝p1V1，对下部分气体有p0＝p2V2，由已知条件得，V1＝＋－＝V，V2＝－＝.设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得：p2S＝p1S＋mg，n联立以上各式得m＝.