专题分层突破练14　热学—2022届高考物理二轮总复习专题检测.docx

专题分层突破练14热学 A组1.(2020山东济宁第二次模拟)下列说法正确的是()A.晶体一定具有各向异性的特征B.温度升高物体的内能一定增大C.布朗运动是液体分子的无规则运动D.自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果2.(多选)(2020陕西渭南质量检测)下列说法正确的是()A.定质量的气体,在压强不变时,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.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量,则气体内能可能减小D.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现3.(2020江苏盐城第三次模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()A.气体温度升高,所有分子的速率都增加B.定量100 的水变成100 的水蒸气,其分子平均动能增加C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在势能的缘故4.(2020山东青岛一模)如图,在研究功与内能改变的关系时,将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部,用力向下压活塞,可以将易燃物点燃。关于该实验,下列说法正确的是()A.筒内气体,在被压缩的同时从外界迅速吸收热量,导致气体温度升高B.只要最终筒内气体压强足够大,筒内易燃物就会被点燃C.若实验中易燃物被点燃,是活塞与筒壁间摩擦生热导致的D.该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快5.(多选)(2020海南高考调研)图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab的延长线过原点,则下列说法正确的是()A.气体从状态a到b的过程,气体体积不变B.气体从状态b到c的过程,一定从外界吸收热量C.气体从状态c到d的过程,外界对气体做功D.气体从状态d到a的过程,气体对外界做功6.(2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研)如图,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA=40 cm,右管内气体柱长为lB=39 cm。先将开口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设被封闭的气体为理想气体,整个过程温度不变,若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm,已知大气压强p0=76 cmHg,求:(1)A端上方气柱长度;(2)稳定后右管内的气体压强。7.(2020陕西渭南质量检测)如图,两个圆柱形汽缸平放在水平地面上并固定,两个汽缸通过活塞各封闭一定量的气体,封闭汽缸的活塞通过刚性杆相连,起初两边封闭气体的长度都为d,左、右汽缸的横截面积分别为2S和S,汽缸内壁光滑,两边封闭气体及外界气体压强均为p0,现给刚性杆施加水平向右的力,使活塞向右缓慢移动,问当活塞向右移动d2时,施于杆的水平向右的外力多大?8.(2020四川绵阳模拟)一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度Ta时的密度为0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。(1)求该热气球所受浮力的大小;(2)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量m。B组9.(多选)(2020山西太原高三模拟)如图,一定量的理想气体经历了ABCDA的循环,ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是()A.状态C的温度为32T0B.从AB,分子的平均动能减小C.从CD,气体密度增大D.经历ABCDA一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量10.(2020山东等级考模拟)如图所示,水平放置的封闭绝热气缸,被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气,b部分气体为2 mol氧气,两部分气体温度相等,均可视为理想气体。解除锁定,活塞滑动一段距离后,两部分气体各自再次达到平衡态时,它们的体积分别为Va、Vb,温度分别为Ta、Tb。下列说法正确的是()A.Va>Vb,Ta>TbB.Va>Vb,Ta<TbC.Va<Vb,Ta<TbD.Va<Vb,Ta>Tb11.(2020上海奉贤二模)如图所示,两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱,经适当倾斜,使上下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变,管内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大且重新稳定,说明()A.环境温度已升高B.环境温度已降低C.上部气体压强增大,下部气体压强减小D.上部气体压强减小,下部气体压强增大12.(2020四川雅安第三次诊断)如图所示,是一个连通器装置,连通器的右管半径为左管的两倍,左端封闭,封有长为30 cm的气柱,左右两管水银面高度差为37.5 cm,左端封闭端下60 cm处有一细管用开关D封闭,细管上端与大气联通,若将开关D打开(空气能进入但水银不会进入细管),稳定后会在左管内产生一段新的空气柱。已知外界大气压强p0=75 cmHg。求:稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少?13.(2020山东青岛一模)我国是世界上开发利用地下水资源最早的国家之一,浙江余姚河姆渡古文化遗址水井,其年代距今约5 700年。压水井可以将地下水引到地面上,如图所示,活塞和阀门都只能单向打开,提压把手可使活塞上下移动,使得空气只能往上走而不往下走。活塞往上移动时,阀门开启,可将直管中的空气抽到阀门上面;活塞向下移动时,阀门关闭,空气从活塞处溢出,如此循环,地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在地下水位线之下,地下水位线距离阀门的高度h=8 m,直管截面积S=0.002 m2,现通过提压把手,使直管中水位缓慢上升4 m。已知水的密度=1.0×103 kg/m3,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,直管中的气体可视为理想气体:(1)若该装置的机械效率=0.4,求人对把手做的功;(2)求直管中剩余空气质量m与直管中原空气质量m0之比。参考答案专题分层突破练14热学1.D解析 单晶体有各向异性的特征,多晶体表现为各向同性,故A错误;物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关,所以温度升高物体的内能不一定增大,故B错误;布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动,不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的,反映了液体分子的无规则运动,故C错误;自由下落的水滴由于液体表面张力作用而形成球形,故D正确。2.BC解析 温度降低,分子的平均动能减小,则单个分子对器壁的平均撞击力减小,所以一定质量的气体,在压强不变时,单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而增加,故A错误;由气体的摩尔质量和气体的密度,可估算出摩尔体积,再根据阿伏加德罗常数,可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积。进而估算出理想气体分子间的平均距离,故B正确;根据热力学第一定律,如果外界对理想气体压缩所做的功,小于放出热量,则气体内能就会减小,故C正确;同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,如煤炭与金刚石,故D错误。3.C解析 气体温度升高,分子的平均速率变大,但是并非所有分子的速率都增加,A错误;一定量100 的水变成100 的水蒸气,因温度不变,则分子平均动能不变,B错误;一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和,C正确;一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子杂乱无章的做无规则运动的缘故,D错误。4.D解析 筒内气体在被压缩时外界对气体做功,导致气体温度升高,由于是迅速被压缩,从外界吸收热量很少,A错误;易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关,B错误;压缩气体时,活塞与筒壁间摩擦生热很少,不至于把易燃物点燃,C错误;该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快,即让气体快速被压缩,与外界绝热,才能使气体内能迅速增大,温度升高,D正确。5.AB解析 因ab的延长线过原点,根据p=CVT,则从状态a到b,气体发生的是等容变化,气体的体积不变,故A正确;从状态b到c,温度升高,压强不变,根据理想气体状态方程pVT=C,体积增加,气体对外做功;温度升高,则内能增加,根据热力学第一定律U=W+Q,气体吸收热量,故B正确;从状态c到d,根据p=CVT,各点与原点连线的斜率变小,体积变大,体积变大说明气体对外做功,故C错误;从状态d到a,根据p=CVT,各点与原点连线的斜率变大,体积变小,外界对气体做功,故D错误。6.答案 (1)38 cm(2)78 cmHg解析 (1)稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm,则A管内气体的压强为pA1=(76+4) cmHg由公式:p0VA0=pA1VA1,代入数据得:LA1=38 cm(2)设右管水银面上升h,则右管内气柱长度为lB-h,气体的压强为p1-2gh;由玻意耳定律得:p0lB=(p1-2gh)(lB-h)解得:h=1 cm所以右管内气体压强为p2=p1-2h=78 cmHg7.答案 F=53p0S解析 在活塞移动前后,对左边气体由玻意耳定律有p0d=p1d+d2解得p1=23p0对右边气体有p0d=p2d-d2解得p2=2p0移动后,对两活塞及刚性杆整体受力,由平衡条件得p1·2S+F+p0S=p2S+p0·2S将最后p1、p2代入上式,解得:F=53p0S8.答案 (1)F=0gVT0Tb(2)m=0VT0Tb0VT0Ta-m0解析 (1)设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0,密度为0,温度为Tb时的体积为VTb,密度为Tb,则0=mV0,Tb=mVTb,V0T0=VTbTb解得Tb=0T0Tb设气球所受的浮力为F,则F=TbgV解得F=0gVT0Tb(2)设气球内热空气所受的重力为G,充气后它还能托起的最大质量为m,则G=TaVg解得G=0gVT0Ta则m=0VT0Tb0VT0Ta-m09.ACD解析 AB过程为等压过程,则有VATA=VBTB,即有V12T0=V23T0,解得V1V2=23,CD过程也为等压过程,则有VCTC=VDTD,即V1T0=V2TC,解得TC=V2V1T0=32T0,故A正确;从AB,温度升高,分子平均动能增大,故B错误;CD过程为等压变化过程,气体体积减小,气体质量不变,则气体密度增大,故C正确;经历ABCDA一个循环,气体内能不变;在p-V图像中,图像与坐标轴围成面积表示功的大小,所以WAB>WDC,即整个过程,气体对外界做功,所以气体吸收的热量大于释放的热量,故D正确。10.D解析 解除锁定前,两部分气体温度相同,体积相同,由pV=nRT可知b部分压强大,故活塞左移,平衡时Va<Vb,pa=pb。活塞左移过程中,a气体被压缩内能增大,温度升高,b气体向外做功,内能减小,温度减小,平衡时Ta>Tb。11.B解析 设上方气体状态为p1,V1,T,下方为p2,V2,T。根据理想气体方程pVT=C从而有p2=C2TV2,p1=C1TV1,其中C1,C2为常量,其他量都是变量。由题设知V2减小,V1增大,现假定T升高,则根据上两式可知,p2比p1上升更多,p2-p1较初始状态增大,而事实上,要保持平衡,显然p2-p1在整个过程中不变。故假设错误,T只能减小,减小的原因只能是环境温度降低;要保持平衡,下面气体压强=上面气体压强+水银柱产生的压强,而玻璃管倾斜角不变,所以水银柱产生的压强不变,即上下压强差不变,所以也就是上下压强的变化量相等,B正确,A、C、D错误。12.答案 36 cm解析 空气进入后将左端水银柱隔为两段,上段仅30 cm,对左端空气有p1=p0-h1=37.5 cmHgp2=p0-h2=45 cmHg由玻意耳定律得p1L1S=p2L2S,解得L2=p1L1p2 cm=37.5×3045 cm=25 cm上段水银柱上移,形成的空气柱长为25 cm,下段空气柱下移,设下移的距离为x,由于U形管右管内径为左管内径的2倍,则右管横截面积为左管的4倍,由等式7.5 cm-x=x4,解得x=6 cm,所以产生的空气柱长为:L=(6+5) cm=11 cm因此产生的空气柱的总长度为11+25=36 cm13.答案 (1)400 J(2)310解析 (1)直管中水位缓慢上升h1=4 m,则重心上升2 m,则对水做功W有用=mg12=h1Sg·12=12gS12代入数据可得W有=160 J则人对把手做的功W=W有用=1600.4 J=400 J(2)直管中有气体h2=4 m,气体的压强为p1=p0-gh1=105 Pa-103×10×4 Pa=0.6×105 Pa设这些气体在压强为p0时的长度为L,则由玻意耳定律可得p0LS=p1h2S解得L=2.4 m则直管中剩余空气质量m与直管中原空气质量m0之比mm0=L=2.48=310