高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版.docx
- 文档编号:28565950
- 上传时间:2023-07-19
- 格式:DOCX
- 页数:21
- 大小:153.18KB
高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版.docx
《高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版.docx(21页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版
2019-2020年高中物理综合检测2第2章固体液体和气体粤教版
一、选择题(本大题共9个小题,每小题6分,共54分,1-4题为单选,5-9小题为双选,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不选的得0分)
1.如图1所示为充气泵气室的工作原理图.设大气压强为p0,气室中的气体压强为p,气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接.以下选项中正确的是( )
图1
A.当橡皮碗被拉伸时,p>p0,S1关闭,S2开通
B.当橡皮碗被拉伸时,p<p0,S1关闭,S2开通
C.当橡皮碗被压缩时,p>p0,S1关闭,S2开通
D.当橡皮碗被压缩时,p<p0,S1关闭,S2开通
【解析】 当橡皮碗被拉伸时,气室内气体体积增大,p<p0,S1开通,S2关闭;当橡皮碗被压缩时,气室内气体体积减小,p>p0,S1关闭,S2开通.
【答案】 C
2.如图2所示,为一定质量的理想气体在pV图象中等温变化图线,A、B是双曲线上的两点,△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2,则( )
图2
A.S1 B.S1=S2 C.S1>S2 D.S1与S2的大小关系无法确定 【解析】 △OBC的面积等于 OC·BC= pB·VB,同理△OAD的面积等于 pA·VA,而A、B为等温线上的两点,即pAVA=pBVB(玻意耳定律),所以两三角形面积相等,B正确. 【答案】 B 3.如图3甲所示绝热汽缸(气体与外界无热交换)内封闭一定质量的理想气体,电热丝通电前后,改变气体参量分别得到两条等温线.待气体状态稳定后陆续取走活塞上方部分物体,又得到一气体变化图线.则在图乙中能正确反映上述三个变化过程的图线是( ) 甲 乙 图3 A.ab、cd和ad B.ab、cd和cb C.ab、ad和acD.cd、ab和bd 【解析】 根据pV图象的特点可知,等温线是双曲线,离坐标轴越远,温度越高.电热丝通电前温度低,通电后温度高,Tab 【答案】 B 4.如图4所示,是医院里患者进行静脉注射的示意图.倒置的输液瓶口插两根管子,a管与大气相通,b管通过观察器、输液管、调节器接针头(与人的血管相连).当输液瓶悬挂高度一定,调节器处于适当位置时,随着药液的下降,从观察器看到药液滴注的速度( ) 图4 A.逐渐减慢 B.逐渐加快 C.保持不变 D.先变慢再变快 【解析】 a、b管上端处在同一水平面的液体中,压强总相等,总等于大气压强,且总等于上方液体压强与液面上方空气压强之和.当液面下降时,液体压强减小,同时上方空气体积增大,压强减小,管上端口部向上的大气压大于上方液体压强与液面上方空气压强之和,空气将被压入瓶内,直到上下压强又重新平衡,整个过程中,b管上端压强总保持与大气压强相等,即药液流速不变. 【答案】 C 5.某种物质表现出各向同性的物理性质,则可以判断这种物质( ) A.不一定是多晶体 B.不一定是单晶体 C.一定不是单晶体 D.一定是非晶体 【解析】 因为非晶体和多晶体都表现出各向同性,故A正确,D错误.单晶体一定表现出各向异性,故B错误,C正确. 【答案】 AC 6.杂技演员骑独轮车表演时,车胎内的气体压强是8×105Pa,开始时气体温度是27℃,地面承受的压强为p1,表演一段时间后,由于温度变化,车胎内的气体压强变为8.2×105Pa,气体温度为t2,地面承受的压强为p2,忽略轮胎体积的变化和车胎与地面接触面积的变化,下列判断正确的是( ) A.p1=p2B.p1 C.t2=27.7℃D.t2=34.5℃ 【解析】 演员和车对地面的压力不变,车与地面的接触面积不变,所以两次地面承受的压强相等,即p1=p2.由于不计轮胎体积的变化,故可认为胎内气体发生等容变化,根据查理定律 = 得,温度T2= T1= ×(273+27)K=307.5K,所以t2=(307.5-273)℃=34.5℃. 【答案】 AD 7.一定质量的理想气体经历等温压缩过程时,气体压强增大,从分子运动理论观点来分析,这是因为( ) A.气体分子的平均动能增大 B.单位时间内,器壁单位表面积上分子碰撞的次数增多 C.气体分子数增加 D.气体分子的密度加大 【解析】 等温变化,分子平均动能不变,即气体分子每次撞击器壁的冲力不变;而体积减小,分子密度增加,器壁单位时间单位面积上撞击的分子数多,所以压强增大.B、D正确. 【答案】 BD 8.由饱和汽与饱和汽压的概念,下列结论正确的是 ( ) A.饱和汽和液体之间的动态平衡,是指汽化和液化同时进行的过程,且进行的速率相等 B.一定温度下饱和汽的密度为一定值,温度升高,饱和汽的密度增大 C.一定温度下的饱和汽压,随饱和汽的体积增大而增大 D.饱和汽压跟绝对温度成正比 【解析】 由动态平衡概念可知A正确.在一定温度下,饱和汽的分子数密度是一定的,它随着温度升高而增大,B正确.一定温度下的饱和汽压与体积无关,C错.饱和汽压随温度升高而增大,原因是: 温度升高时,饱和汽的分子数密度增大.温度升高时,分子平均速率增大,理想气体状态方程不适用于饱和汽,饱和汽压和绝对温度的关系不成正比,饱和汽压随温度的升高增大得比线性关系更快,D错. 【答案】 AB 9.xx年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫,以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究.他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小,最终寻找到了厚度只有0.34mm的石墨烯,是碳的二维结构.如图5所示为石墨、石墨烯的微观结构,根据以上信息和已学知识判断,下列说法中正确的是( ) 石墨的微观结构 石墨烯的微观结构 图5 A.石墨是晶体,石墨烯是非晶体 B.石墨是单质,石墨烯是化合物 C.石墨、石墨烯与金刚石都是晶体 D.他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的 【解析】 晶体结构的特点是原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的,石墨、石墨烯与金刚石都是晶体,A错误,C正确;石墨、石墨烯都是单质,B错误;通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开而得到石墨烯的方法是物理方法,D正确. 【答案】 CD 二、非选择题(本题共4小题,共46分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位) 图6 10.(6分)如图6所示,导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的空气,气缸固定不动,外界温度恒定.一条细线左端连接在活塞上,另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上,开始时活塞静止.现在不断向小桶中添加细沙,使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸).忽略气体分子间相互作用,则在活塞移动过程中,气缸内气体的分子平均动能________,内能________,气缸内气体的压强________(均填“变小”“变大”或“不变”). 【解析】 因汽缸导热性能良好,且外界温度恒定,所以在活塞运动过程中,温度不变,气体的分子平均动能不变;理想气体内能只与平均动能有关,所以内能不变;活塞缓慢向右移动,体积变大,根据理想气体状态方程可知压强变小. 【答案】 不变 不变 变小 11.(12分) (1)如图7所示,某甲实验小组用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系,实验中应保持不变的参量是________;所研究的对象是________;它的体积可用________直接读出,它的压强是由图中________得到. 图7 (2)某乙实验小组为探究一定质量的气体,在等温条件下体积V与压强p的关系,某实验小组得出的数据如下表: V(m3) 1.00 0.50 0.40 0.25 0.20 p(×105Pa) 1.45 3.10 3.95 5.98 7.70 ①根据所给数据在坐标纸上(如图8)画出p 图线,可得出的结论是 _____________________________________________________________. 图8 ②由所做图线,求p=8.85×105Pa时该气体体积是________. ③该图线斜率大小和温度的关系是________. 【解析】 (1)知道探究气体的压强和体积的关系的原理,看清示意图容易作答. (2)根据 =C常量知,p= ,TC为定值,p跟 成正比,是过原点的直线,斜率为TC,斜率越大,T越高. 【答案】 (1)温度 被注射器封闭的气体 带有刻度的注射器 压强传感器 (2)①如图,图线为一过原点的直线,证明玻意耳定律是正确的 ②0.172m3 ③斜率越大,该气体温度越高 12.(12分)如图9所示,绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦.两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体,开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强为原来的1.2倍.设环境温度始终保持不变求汽缸A中气体的体积VA和温度TA. 图9 【解析】 设初态压强为p0,膨胀后A、B压强相等 pB=1.2p0 B中气体始末状态温度相等 p0V0=1.2p0(2V0-VA) 所以VA= V0 A部分气体满足 = 所以TA=1.4T0. 【答案】 VA= V0 TA=1.4T0 13.(16分)如图10,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置,气缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0,气缸中各有一个绝热活塞(质量不同,厚度可忽略).开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体),压强分别为p0和 ;左活塞在气缸正中间,其上方为真空;右活塞上方气体体积为 .现使气缸底与一恒温热源接触,平衡后左活塞升至气缸顶部,且与顶部刚好没有接触;然后打开K,经过一段时间,重新达到平衡.已知外界温度为T0,不计活塞与气缸壁间的摩擦.求: 图10 (1)恒温热源的温度T; (2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx. 【解析】 (1)与恒温热源接触后,在K未打开时,右活塞不动,两活塞下方的气体经历等压过程,由盖·吕萨克定律得 = ① 由此得 T= T0② (2)由初始状态的力学平衡条件可知,左活塞的质量比右活塞的大.打开K后,左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至气缸顶,才能满足力学平衡条件. 气缸顶部与外界接触,底部与恒温热源接触,两部分气体各自经历等温过程,设左活塞上方气体压强为p,由玻意耳定律得 pVx= · ③ (p+p0)(2V0-Vx)=p0· V0④ 联立③④式得 6V -V0Vx-V =0 其解为 Vx= V0⑤ 另一解Vx=- V0,不合题意,舍去. 【答案】 (1) T0 (2) V0 2019-2020年高中物理综合检测3第3章热力学基础粤教版 一、选择题(本大题共9个小题,每小题6分,共54分,1-4题为单选,5-9小题为双选,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不选的得0分) 1.下列说法正确的是( ) A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体,因此不遵从热力学第二定律 B.空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等 C.自发的热传导是不可逆的 D.不可能通过给物体加热而使它运动起来,因为违背热力学第一定律 【解析】 有外界的帮助和影响,热量可以从低温物体传递到高温物体,空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量,不可能通过给物体加热而使它运动起来,因为违背了热力学第二定律. 【答案】 C 2.飞机在万米高空飞行时,舱外气温往往在-50℃以下.在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象,叫做气团.气团直径可达几千米.由于气团很大,边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响,可以忽略.高空气团温度很低的原因可能是( ) A.地面的气团上升到高空的过程中膨胀,同时对外放热,使气团自身温度降低 B.地面的气团上升到高空的过程中收缩,同时从周围吸收热量,使周围温度降低 C.地面的气团上升到高空的过程中膨胀,气团对外做功,气团内能大量减少,气团温度降低 D.地面的气团上升到高空的过程中收缩,外界对气团做功,故周围温度降低 【解析】 由热力学第一定律,物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关,满足ΔU=W+Q,气团在上升的过程中,气体不断膨胀,气体对外做功,又由于气团很大,其边缘与外界的热传递作用可忽略,因而内能不断减小,所以气团的温度会很低,故选C. 【答案】 C 3.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置,它主要由汽缸和活塞组成.开箱时,密闭于汽缸内的压缩气体膨胀,将箱盖顶起,如图1所示.在此过程中,若缸内气体与外界无热交换,忽略气体分子间相互作用,则缸内气体 ( ) 图1 A.对外做正功,分子的平均动能减小 B.对外做正功,内能增大 C.对外做负功,分子的平均动能增大 D.对外做负功,内能减小 【解析】 气体膨胀,气体对外做正功,又因气体与外界无热交换,由热力学第一定律可知气体内能减小,因忽略气体分子间相互作用,没有分子势能,所以分子的平均动能减小,选项A正确. 【答案】 A 4.在交通运输中,常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能.“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积,即客运效率= .一个人骑电动自行车,消耗1MJ(106J)的能量可行驶30km.一辆载有4人的普通国产轿车,消耗320MJ的能量可行驶100km.则电动自行车与这辆轿车的客运效率之比是( ) A.6∶1 B.12∶5 C.24∶1 D.48∶7 【解析】 电动自行车的“客运效率”η1= .普通国产轿车的“客运效率”η2= ,二者效率之比为 = =24∶1. 【答案】 C 5.如图2所示,绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力),用电阻丝缓慢对其加热时,绝热活塞无摩擦地上升,下列说法正确的是( ) 图2 A.单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少 B.电流对气体做功,气体对外做功,气体内能可能减少 C.电流对气体做功,气体对外做功,其内能可能不变 D.电流对气体做功一定大于气体对外做功 【解析】 由题意知,气体压强不变,活塞上升,体积增大,由 =恒量知,气体温度升高,内能一定增加,由能的转化和守恒知,电流对气体做功一定大于气体对外做功,B、C均错,D项正确.由气体压强的微观解释知温度升高,气体分子与活塞碰一次对活塞的冲量增大,而压强不变;单位时间内对活塞的冲量不变.因此单位时间内对活塞的碰撞次数减少,A对. 【答案】 AD 6.用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点1插在热水中,接触点2插在冷水中,如图3所示,电流计指针会发生偏转,这就是温差发电现象.关于这一现象的正确说法是( ) 图3 A.这一实验不违背热力学第二定律 B.在实验过程中,热水温度降低,冷水温度升高 C.在实验过程中,热水的内能全部转化成电能,电能则部分转化成冷水的内能 D.在实验过程中,热水的内能只有部分转化成电能,电能则全部转化成冷水的内能 【解析】 自然界中的任何自然现象或过程都不违反热力学定律,本实验现象也不违反热力学第二定律,A正确;整个过程中能量守恒且热传递有方向性,B正确;在实验过程中,热水中的内能除转化为电能外,还升高金属丝的温度,内能不能全部转化为电能;电能除转化为冷水的内能外,还升高金属丝的温度,电能不能全部转化为冷水的内能,C、D错误. 【答案】 AB 7.如图4所示,用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分,先把活塞锁住.将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分,然后提起销子,使活塞可以无摩擦地滑动,当活塞平衡时 ( ) 图4 A.氢气的温度不变B.氢气的压强减小 C.氢气的体积增大D.氧气的温度降低 【解析】 氢气和氧气的质量虽然相同,但由于氢气的摩尔质量小,故氢气物质的量多,又体积和温度相同,所以氢气产生的压强大.当拔掉销子后,氢气会推动活塞向氧气一方移动,这时氢气对外做功,又无传热,由ΔU=W+Q可知,氢气内能减少,温度降低.对氧气而言,外界对它做功,体积减小,由ΔU=W+Q,在无传热的情况下,氧气内能增加,温度升高. 【答案】 BC 8.(双选)关于一定量的气体,下列叙述正确的是( ) A.气体吸收的热量可以完全转化为功 B.气体体积增大时,其内能一定减少 C.气体从外界吸收热量,其内能一定增加 D.外界对气体做功,气体内能可能减少 【解析】 如果气体等温膨胀,则气体的内能不变,吸收的热量全部用来对外做功,A正确;当气体体积增大时,对外做功,若同时吸收热量,且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时,内能不会减少,所以B错误;若气体吸收热量同时对外做功,其内能也不一定增加,C错误;若外界对气体做功同时气体向外放出热量,且放出的热量多于外界对气体所做的功,则气体内能减少,所以D正确. 【答案】 AD 9.(双选)文艺复兴时期,意大利的达·芬奇设计了如图5所示的装置.他设计时认为,在轮子转动过程中,右边的小球总比左边的小球离轮心更远些,在两边不均衡的力矩作用下会使轮子沿箭头方向转动不息,而且可以不断地向外输出能量,但实验结果却是否定的.达·芬奇敏锐地由此得出结论: 永动机是不可能实现的.下列有关的说法中正确的是( ) 图5 A.如果没有摩擦力和空气阻力,该装置中就能永不停息地转动,并在不消耗能量的同时不断地对外做功 B.如果没有摩擦力和空气阻力,忽略碰撞中能量的损耗,并给它一个初速度就能永不停息地转动,但在不消耗能量的同时,并不能对外做功 C.右边所有小球施加于轮子的动力矩并不大于左边所有小球施于轮子的阻力矩,所以不可能在不消耗能量的同时,不断地对外做功 D.在现代科学技术比较发达的今天,这种装置可以实现它永不停息的转动,在不消耗其他能量的基础上,而且还能源源不断地对外做功 【解析】 该设计中,当轮子转动时,虽然右边的小球总比左边的小球离轮心更远些,但是右边小球的个数总比左边的少,实际上右边所有小球施加于轮子的动力矩等于左边所有小球施于轮子的阻力矩,轮子在不受到外力作用时将保持平衡状态.如果没有摩擦力和空气阻力,且忽略碰撞中的能量损耗,给轮子一个初速度,轮子就能依靠惯性永不停息地转动. 【答案】 BC 二、非选择题(本题共4小题.共46分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位) 10.(9分)如图6所示,为一气缸内封闭的一定质量的气体的pV图线,当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时,有335J的热量传入系统,系统对外界做功126J,假若沿a→d→b过程,系统对外做功42J,则有________J热量传入系统,若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时,外界对系统做功84J,问系统是吸热还是放热? ________(填“吸热”或“放热”),热量传递是________J. 图6 【解析】 沿a→c→b过程,由热力学第一定律可得: ΔU=W+Q=(-126+335)J=209J,沿a→d→b过程,ΔU=W′+Q′,Q′=ΔU-W′=[209-(-42)]J=251J,即有251J的热量传入系统. 由a→b过程,ΔU=209J. 由b→a,ΔU′=-ΔU=-209J. ΔU′=W″+Q″=84J+Q″,Q″=(-209-84)J=-293J. 负号说明系统放出热量. 【答案】 251 放热 293 11.(12分)如图7所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的理想气体,容器横截面积为S,活塞质量为m,大气压强为p0,重力加速度为g,活塞处于静止状态,现对容器缓缓加热使容器内的气体温度升高t℃,活塞无摩擦地缓慢向上移动了h,在此过程中气体吸收的热量为Q,问: 图7 (1)被密封的气体对外界做了多少功? (2)被密封的气体内能变化了多少? 【解析】 (1)活塞缓慢上升,气体推动活塞的力F=mg+p0S,则气体对活塞做功W=(mg+p0S)h. (2)由热力学第一定律得ΔU=W+Q,其中因为是气体对外界做功,功代入负值运算,得到ΔU=-(p0S+mg)h+Q. 【答案】 (1)(mg+p0S)h (2)-(p0S+mg)h+Q 12.(12分)下面是晓阳在题为《能源利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料: 太阳能是人类最基本的能源,它无污染、无费用,这种能源的使用期和太阳本身寿命一样长,当太阳光照射地面时,1m2地面上在1s内平均得到的太阳辐射能约为1.0×103J.太阳能热水器就是直接利用太阳能的装置,目前已经逐渐地出现在我们的生活中. 晓阳在网上下载了某型号太阳能热水器的宣传广告: (1)晓阳家每天大约需要100kg热水,用这种热水器将这些水从25℃加热到45℃需要多长时间? (2)与效率为80%的电热水器相比,晓阳家每天可节约多少电能? 【解析】 (1)设T为光照时间,k=1.0×103J/(s·m2),Q吸=cm(t-t0)=4.2×103×100×20J=8.4×106J, 太阳能热水器传给水的热量Q放=kSTη, 因为Q吸=Q放,所以 T= = s=1.4×104s≈3.9h. (2)由Q电=Wη1得 W= = J=1.05×107J≈2.9kW·h. 【答案】 (1)3.9h (2)2.9kW·h 13.(13分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源.风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置.其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等,如图8所示. 图8 (1)利用总电阻R=10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能.输送功率Pv=300kW.输电电压U=10kV.求导线上损失的功率与输送功率的比值; (2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积.设空气密度为ρ,气流速度为v,风轮机叶片长度为r.求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下,要提高风轮机单位时间接受的风能,简述可采取的措施. 【解析】 (1)导线上损失的功率为 P=I2R=( )2R=( )2×10W=9kW 损失的功率与输送功率的比值 = = . (2)风垂直流向风轮机时,提供的风能功率最大. 单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS,S=πr2 风能的最大功率可表示为 Pm= (ρvS)v2= ρvπr2v2= πρr2v3 采取措施合理,如增加风轮机叶片长度,安装调向装置保持风轮机正面迎风等. 【答案】 (1)3∶100 (2) πρr2v3 增加风轮机叶片长度,安装调向装置保持风轮机正面迎风等
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高中物理 综合 检测 固体 液体 气体 粤教版