统编版2020版高考物理一轮复习 模块综合检测(一)

对右管内空气柱,由玻意耳定律得: p3V3=p4V4

代入数据得:h=29.5 cm

②对左管内空气柱,由理想气体状态方程得:解得:L≈54 cm

左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离 x=(90+10-29.5-54) cm=16.5 cm 答案:(1)B、C、E (2)①29.5 cm ②16.5 cm 【加固训练】

(1)(多选)下列说法中正确的是 ( )

=

A.第二类永动机和第一类永动机都违背了能量守恒定律

B.液晶既像液体一样具有流动性,又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性 C.理想气体的压强是由气体分子间的斥力产生的 D.悬浮在液体中的小颗粒越小,布朗运动越明显

E.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在张力

(2)内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强1.0×10 Pa、温度为27 ℃的气体,初始活塞到汽缸底部距离50 cm,现对汽缸加热,气体膨胀而活塞右移。已知汽缸横截面积200 cm,总长100 cm,大气压强为1.0×10 Pa。

2

5

5

①计算当温度升高到927 ℃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,试计算气体内能的变化量。

【解析】(1)选B、D、E。热力学第一定律说明第一类永动机不可能制成,能量守恒的热力学过程具有方向性,即第二类永动机不可能实现,第二类永动机不违背能量守恒定律,A错误;液晶即像液体一样具有流动性,又具有光学性质的各向异性,B正确;理想气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的,理想气体分子作用力为零,C错误;悬浮在液体中的小颗粒越小,布朗运动越明显,D正确;由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在张力,E正确。

- 5 -

(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门时,封闭气体的温度为T2,则由盖-吕萨克定律

=可知:=,又T1=300 K

解得:T2=600 K,即327 ℃,因为327 ℃<927 ℃,所以气体接着发生等容变化,设当气体温度达到927 ℃时,

封闭气体的压强为p,由查理定律=可以得到:

=,代入数据整理可以得到:p=2×10 Pa

5

②由题意可知,气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx=1 m-0.5 m=0.5 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=-1 000 J, 由热力学第一定律ΔU=W+Q 得到:ΔU=-1 000 J+800 J=-200 J, 内能减少200 J 答案:(1)B、D、E

(2)①2×10 Pa ②内能减少200 J

4.(16分)(2018·衡水模拟)(1)(多选)下列说法正确的是 ( ) A.空调机既能制热又能制冷,说明热传递不存在方向性 B.当分子间距离减小时,分子势能不一定减小

C.把一枚针放在水面上,它会浮在水面,这是水表面存在表面张力的缘故 D.气体对容器壁的压强,是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的 E.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

(2)在水平面有一个导热汽缸,如图甲所示,活塞与汽缸之间密封了一定质量的理想气体。最初密封气体的温度为23 ℃,气柱长10 cm;给气体加热后,气柱长变为12 cm。已知汽缸内截面积为0.001 m,大气压p0=1.0×10 Pa,g取10 m/s。

5

2

2

5

- 6 -

①求加热后气体的温度。

②若保持加热后气体的温度不变,将汽缸直立后(如图乙所示)气柱长度又恢复为10 cm,求活塞质量。 【解析】(1)选B、C、D。根据热力学第二定律可知,热传递的方向性指的是自发的,热量不能自发的从低温传给高温,故A错误;分子间距离减小时,若分子力为引力,则做正功,分子势能减小,分子力若为斥力,则分子力做负功,分子势能增大,故B正确;水的表面层分子间距较大,分子力表现为引力,这种分子之间的引力使液面具有收缩的趋势,针轻放在水面上,它会浮在水面,正是由于水表面存在表面张力的缘故,故C正确;气体对容器壁的压强,是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的,故D正确;知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以计算出每个气体分子占据的平均空间,但不是气体分子的体积,故E错误。 (2)①汽缸内的密封气体温度升高后,压强不变,是等压变化, 根据盖-吕萨克定律有

=

设汽缸内截面积用S表示,则V1=0.1S, V2=0.12S,T1=(273+23)K=296 K 代入数据解得T2=355.2 K或(82.2 ℃)

②将汽缸直立后,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有 p2V2=p3V3

已知V2=0.12S,V3=0.1S, p2=p0=1.0×10 Pa

代入数据解得p3=1.2×10 Pa

5

5

因为Δp=p3-p2=

代入数据解得m=2 kg 答案:(1)B、C、D (2)①355.2 K ②2 kg

5.(18分)(1)(多选)关于热现象,下列说法中正确的是 ( )

- 7 -

A.气体的温度升高时,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,从而气体的压强一定增大 B.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 C.在完全失重的情况下,密闭容器内的气体对器壁压强不变 D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点

E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增大

(2)如图所示,一圆柱形汽缸竖直放置,汽缸正中间有挡板,位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m,横截面积为S。开始时,活塞与汽缸底部相距L,测得气体的温度为T0。现缓慢降温,让活塞缓慢下降,直到恰好与挡板接触但不挤压。然后在活塞上放一重物P,对气体缓慢升温,让气体的温度缓慢回升到T0,升温过程中,活塞不动。已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸间摩擦。

①求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P的质量的最小值。 ②整个过程中,气体是吸热还是放热,吸收或放出热量为多少?

【解析】(1)选B、C、E。气体的温度升高时,分子的平均动能增大,每次撞击器壁时对器壁的作用力增大,但气体的压强不一定增大,还与气体的密集程度有关,A错误;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,B正确;气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁产生的,所以在完全失重的情况下压强不会减小,C正确;液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点,故D错误;一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,分子动能之和不变,由于吸热,内能增大,则其分子之间的势能增大,故E正确。

(2)①缓慢降温过程是一个等压过程 初态:温度T0,体积V0=LS,

末态:温度T1,体积V1=

由盖-吕萨克定律有=,

解得T1=

升温过程中,活塞不动,是一个等容过程,设重物P质量为M

- 8 -