1、届高考物理一轮复习微专题精炼 第12章 原子物理 微专题82 选考332019届高考物理一轮复习【微专题精炼】82 选考3-31(多选)(2017贵州凯里模拟)下列说法中正确的是()A用“油膜法估测分子大小”实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B一定量100 的水变成100 的水蒸气，其分子之间的势能增加C液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能2(多选)(2017黑龙江哈尔滨模拟)下列说法中正确的是()A一定质量的气体
2、，在压强不变时，则单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而减少B知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离C生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其它元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成D同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现E液体表面具有收缩的趋势，是由于液体表面层里分子的分布比内部稀疏的缘故3(多选)(2017广西南宁一模)下列说法正确的是()A利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以算出氧气分子体积B一定质量的理想气体，内能只与温度有关，与体积无关C固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用D只要物体与外界不发生热量交
3、换，其内能就一定保持不变E物体温度升高，分子的平均动能一定增加4(多选)(2017陕西宝鸡一模)下列说法正确的是()A布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力B物体的内能在宏观上只与其所处状态及温度和体积有关C一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行D液体密度越大表面张力越大，温度越高表面张力越小E气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力5(多选)(2017安徽省“皖南八校”第二次联考)下列说法正确的是()A已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小B若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定
4、增大C系统吸收热量时，它的内能不一定增加D根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞引起的6(多选)(2017福建厦门模拟)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A过程bc中气体既不吸热也不放热B过程ab中气体一定吸热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同7.(2017贵州凯里模拟)一定质量的理想气体的pV图象如图2所示，其中
5、ab为等容过程，bc为等压过程，ca为等温过程已知气体在状态a时的温度Ta400 K，在状态b时的体积Vb22.4 L，已知1 atm1.0105 Pa.图2(1)求气体在状态b时的温度Tb；(2)求气体在状态c时的体积Vc；(3)求气体由状态b到状态c过程中对外做的功W，该过程气体是放热还是吸热？8(2017黑龙江大庆二模)如图3所示，长为50 cm，内壁光滑的汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为100 cm2的活塞封闭有压强为1.0105 Pa、温度为27 的理想气体，开始时活塞位于距左侧缸底30 cm处现对封闭的理想气体加热使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为1.0105 Pa)图3(1
6、)试计算当温度升高到327 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700 J的热量，试计算气体增加的内能9(2017山东潍坊一模)如图4所示，汽缸开口向下竖直放置，汽缸的总长度为L0.4 m，开始时，厚度不计的活塞处于处，现将汽缸缓慢转动(转动过程中汽缸不漏气)，直到开口向上竖直放置，稳定时活塞离汽缸底部的距离为，已知汽缸的横截面积S10 cm2，环境温度为T0270 K保持不变，大气压强p01.02105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.图4(1)求活塞质量；(2)缓慢加热汽缸内的气体，至活塞离汽缸底部的距离为，求此时气体的温度及此过程中气体对外做的功10.如图5所示
7、，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1.现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：图5(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量11.如图6所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100 cm不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27 时，实际大气压为76 cmHg，而该气压计读数为70 cmHg.求：图6(1)若气温为27 时，该气压计中水银柱高度为64 cm，
8、则此时实际气压为多少cmHg?(2)在气温为3 时，该气压计中水银柱高度变为73 cm，则此时实际气压应为多少cmHg?12.(2017湖北七市联合考试)如图7所示，一端开口且内壁光滑的玻璃管竖直放置，管中用一段长H025 cm的水银柱封闭一段长L120 cm的空气，此时水银柱上端到管口的距离为L225 cm，大气压强恒为p075 cmHg，开始时封闭气体温度为t127 ，取0 为273 K求：图7(1)将封闭气体温度升高到37 ，在竖直平面内从图示位置缓慢转动至玻璃管水平时，封闭空气的长度(2)保持封闭气体初始温度27 不变，在竖直平面内从图示位置缓慢转动至玻璃管开口向下竖直放置时，封闭空气
9、的长度(转动过程中没有发生漏气)13(2017重庆一诊)如图8所示为压缩式喷雾器，该喷雾器储液桶的容积为V06 dm3.先往桶内注入体积为V4 dm3的药液，然后通过进气口给储液桶打气，每次打进V0.2 dm3的空气，使喷雾器内空气的压强达到p4 atm.设定打气过程中，储液桶内空气温度保持不变，药液不会向外喷出，喷液管体积及喷液口与储液桶底间高度差不计，外界大气压强p01 atm.图8(1)打气的次数n；(2)通过计算说明，能否使喷雾器内的药液全部喷完14(2017山东枣庄一模)如图9所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a
10、、b的长度分别为10 cm、5 cm.在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了h10 cm.已知大气压强p076 cmHg，求向左管注入的水银柱长度图9答案精析1BCE2.BCE3.BCE4.CDE5.CDE6.BDE7(1)100 K(2)89.6 L(3)6 720 J吸热解析(1)气体由状态a到状态b为等容过程，根据查理定律有：，解得Tb100 K.(2)气体由状态b到状态c为等压过程，根据盖吕萨克定律有：，解得Vc89.6 L.(3)气体由状态b到状态c为等压过程，气体体积变大，对外做功，Wpb(VcVb)6 720 J，由盖吕萨克定律可知体积增大时温度升高，所以气
11、体内能增大，U0，由热力学第一定律UQW可知，由于bc气体对外做功，W为负值，Q为正值，气体吸收的热量大于气体对外做的功，为吸热过程8(1)1.2105 Pa(2)500 J解析(1)设活塞横截面积为S，封闭气体刚开始的温度为T1，体积为L1S，压强为p1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，体积为L2S，压强p2p1，则由盖吕萨克定律可得解得：T2500 K，即227 因为227 327 ，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到T3(327273) K600 K时，封闭气体的压强为p3，由查理定律可得：解得：p31.2105 Pa(2)此过程中气体对外界做功，Wp0(L2L1
12、)S解得W200 J由热力学第一定律得：UWQ解得：U500 J9(1)3.4 kg(2)540 K13.6 J解析(1)设转动之前，汽缸内气体压强为p1，转动后，气体压强为p2，活塞质量为m，可得p1p0p2p0由玻意耳定律得p1Sp2S联立解得m3.4 kg(2)缓慢加热气体，气体做等压变化，由盖吕萨克定律得解得T540 K气体体积增大，气体对外做功，由Wp2V解得W13.6 J10(1) T1(2)Q1(p0)(V2V1)解析(1)加热过程中气体等压膨胀，由，得：T2T1.(2)设加热过程中，封闭气体内能增加U，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W0由热力学第一定律知：UQ1W其中
13、W(p0)(V1V2)由于理想气体内能只是温度的函数，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2U整理可以得到：Q2Q1(p0)(V2V1)11(1)69 cmHg(2)79 cmHg解析(1)根据平衡知识得：上部混有少量的空气压强为：p1(7670) cmHg6 cmHg设玻璃管横截面积为S cm2，上部混有少量的空气体积：V1(10070)S30S cm3若在气温为27 时，用该气压计测得的气压读数为64 cmHg，空气体积：V2(10064)S36S cm3气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1p2V2解得p25 cmHgp0(645) cmHg69 cmHg(2)T1(27327) K
14、300 KV3(10073)S27S cm3T3(2733) K270 K根据气体状态方程C得：代入数据解得：p36 cmHgp0(736) cmHg79 cmHg12(1)27.6 cm(2)40 cm解析(1)初状态p1p0gH0100 cmHgV1L1ST1300 K末状态p2p075 cmHgV2L1ST2310 K由理想气体状态方程得L127.6 cm(2)末状态p3p0gH050 cmHgV3L3S由玻意耳定律p1V1p3V3得L340 cm因L3H0p0说明能使喷雾器内的药液全部喷完1421.5 cm解析设初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1，由题意知：p190 cmHg因右管水银面升高的高度10 cm12 cm，故b空气柱仍在水平直管内设末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2，则：p2100 cmHg设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2.对a部分空气柱，根据玻意耳定律：p1La1Sp2La2S对b部分空气柱，根据玻意耳定律：p1Lb1Sp2Lb2S代入数据解得：La29 cmLb24.5 cm设左管所注入的水银柱长度为L，由几何关系得：L2h(La1Lb1)(La2Lb2)代入数据解得：L21.5 cm
