2023高考物理一轮复习40气体、固体与液体新人教版

PAGEPAGE240气体、固体与液体一、选择题(每题均有多个选项符合题目要求)1．以下说法正确的选项是()A．水的饱和汽压随温度的升高而减小B．液体的外表张力是由外表层液体分子之间的相互排斥引起的C．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，那么到达动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大D．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度E．雨水没有透过布雨伞是因为液体有外表张力2．以下说法正确的选项是()A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定改变C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体E．金属在各个方向具有相同的物理性质，但它是晶体3．以下说法正确的选项是()A．理想气体的温度升高时，分子的平均动能一定增大B．一定质量的理想气体体积减小时，单位体积内的分子数增多，气体的压强一定增大C．压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体时，气体的内能一定增加D．理想气体吸收热量的同时体积减小，气体的压强一定增大E．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都随分子间距离的增大而减小4．二氧化碳是导致“温室效应〞的主要原因之一，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体(视为理想气体)封闭在一个可自由压缩的导热容器中，再把容器缓慢移到海水中某深度处，气体的体积减为原来的一半，不计温度的变化，在此过程中，以下说法正确的选项是()A．封闭气体对外界做正功B．外界对封闭气体做正功C．封闭气体的分子平均动能不变D．封闭气体从外界吸收热量E．封闭气体向外界放出热量5．以下说法正确的选项是()A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水外表存在外表张力的缘故B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的外表张力增大的缘故C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是外表张力作用的结果D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有外表张力的缘故6.一定质量的理想气体的状态经历了如下图的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，那么()A．a→b过程中，气体的体积不断增大B．b→c过程中，气体的体积保持不变C．c→d过程中，气体的体积不断增大D．d→a过程中，气体的体积保持不变E．b→c→d过程中，气体的内能不断减小二、非选择题7.如下图，导热汽缸平放在水平地面上，用横截面积均为S＝0.1×10－2m2的A、B两个光滑活塞封闭Ⅰ、Ⅱ两局部理想气体，活塞A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝4kg，活塞A、B到汽缸底部的距离分别为20cm和8cm，活塞的厚度不计．现将汽缸转至开口向上，环境温度不变，外界大气压强p0＝1.0×105Pa.待状态稳定时，求活塞A移动的距离．(重力加速度g取10m/s8．如下图，U形管倒置于水银槽中，A端下部封闭，内封有10cm长的空气柱，在B管内也有一段空气柱，气柱长20cm，其余各段水银柱的长度如下图，大气压强为75cmHg，气温为27℃.如仅对A管加热要使两管内上部水银面相平，求A管应升温多少．(U形管粗细均匀)9．如图，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余局部均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的eq\f(1,4)，活塞b在汽缸正中间．(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是汽缸高度的eq\f(1,16)时，求氧气的压强．10．在水下气泡内空气的压强大于气泡外表外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝eq\f(2σ,r)，其中σ＝0.070N/m.现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升．大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2.(1)求在水下10m处气泡内外的压强差；(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．答案1CDE2BDE3ACD4BCE5ACD6ABE7对理想气体Ⅰ，由玻意耳定律得p0L1S＝p1L′其中p1＝p0＋eq\f(mAg,S)解得L′1＝0.1m对理想气体Ⅱ，由玻意耳定律得p0L2S＝p2L′其中p2＝p1＋eq\f(mBg,S)解得L′2＝0.05m故活塞A移动的距离d＝(L1＋L2)－(L′1＋L′2)＝0.05m8根据图示分析A、B两局部气体的状态加热前pB＝p0－35＝40cmHg，VB＝20STB＝300KpA＝pB＋20＝60cmHg，VA＝10STA＝300K加热后由于两管内上部水银面相平，可得两局部气体的压强相等，即p′A＝p′B，设此时水银槽内水银面与B气柱下端水银面的高度差为x，那么p′B＝75－x，V′B＝(35＋20－10－x)S＝(45－x)Sp′A＝75－x，V′A＝20S，T′A＝？分别对A局部气体列状态方程，对B局部气体根据玻意耳定律列方程eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(p′AV′A,T′A)，即eq\f(60×10S,300)＝eq\f(75－x20S,T′A)①pBVB＝p′BV′B，即40×20S＝(75－x)(45－x)S②解②式x2－120x＋2575＝0得x＝28cm，将此结果代入①，解得T′A＝470KΔT＝470－300＝170K9〔1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为eq\f(V0,4)，由题给数据和盖·吕萨克定律有V1＝eq\f(3,4)V0＋eq\f(1,2)×eq\f(V0,4)＝eq\f(7,8)V0①V2＝eq\f(3,4)V0＋eq\f(1,4)V0＝V0②eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)③由①②③式和题给数据得T2＝320K．④(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的eq\f(1,16)时，活塞a上方的氧气经历等温过程．设氧气初态体积为V′1、压强为p′1；末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律有V′1＝eq\f(1,4)V0，p′1＝p0，V′2＝eq\f(3,16)V0⑤p′1V′1＝p′2V′2⑥由⑤⑥式得p′2＝eq\f(4,3)p0.⑦10(1)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，那么Δp1＝eq\f(2σ,r1)①代入题给数据得Δp1＝28Pa②(2)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2③由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1④p2＝p0＋Δp2⑤气泡体积V1和V2分别为V1＝eq\f(4,3)πreq\o\al(3,1)⑥V