热学二轮复习题专题(共15页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上高三二轮复习题 热学提高题1下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是( )A甲图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力 2下列关于热现象的描述正确的是A根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C温度是描述热运动的物

2、理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的3（4分）下列说法中正确的是 （填入正确选项前的字母。选对得4分，选不全得2分，错选或多选得0分）。A分子间的距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小B物体的温度升高时，分子的平均动能将增大C物体吸热时，它的内能一定增加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气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故4下列说法正确的是 . A物体吸收热量，其温度一定升高B橡胶无固定熔点，是非晶体C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D

3、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映E第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律5如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑.现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中如果环境保持恒温，下列说法正确的是 （ ）A.每个气体分子的速率都不变B.气体分子平均动能不变C.水平外力F逐渐变大D.气体内能减小6如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，现把乙分子从a处静止释放逐渐向甲分子靠近的过程中，分子势能Ep与两分子间距离x的关系如图中实线所示，a、b

4、、c、d为x轴上四个特定的位置，下列说法正确的是（ ）A分子间相互作用的引力和斥力同时增大B分子间作用力先增大后减小C先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功D分子势能先减小后增大，乙分子的动能先增大后减小7在两端开口的U形管中灌有水银，右管上端另有一小段水银柱，将一部分气体封在管内，在如图所示的情况下平衡，若在左管内再灌入一些水银，当重新平衡时（ ）A右管内被封闭的气体体积将减小 BU形管内两边水银面的高度差将增大CU形管内两边水银面的高度差将减小 DU形管内两边水银面的高度差将不变8细U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，内有水银封闭了部分气体，若在图所示的CD处将管子截断，则管中被封闭气

5、体的体积V和压强P的变化情况是（ ）AV、P都不变 BV变小、P变大CV变大、P变小 DV、P都变小9导热性能良好的气缸和活塞，密封一定质量的理想气体，气缸固定不动，保持环境温度不变，现用外力将活塞向下缓慢移动一段距离，则这一过程中（ ）A外界对缸内气体做功，缸内气体内能不变B缸内气体放出热量，内能增大C气缸内每个气体分子的动能保持不变D单位时间内撞击到器壁上单位面积的分子数减小h2h3ABh110如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为r的液体将两段空气封闭在管内。若大气压强为p0，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为Ap0rg（h1h2h3） Bp0rg（h

6、1h3） Cp0rg（h1h2h3） Dp0rg（h2h3）11已知地球半径约为6.4106m，空气的摩尔质量约为29103kg/mol，一个标准大气压约为1.0105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为()A41016m3 B41018m3C41020m3 D41022m312如图水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h72cm，大气压强为76cmHg，正确的是()A将管稍上提，h不变B将管稍上提，h变大C将管下插至管顶与管外水银面高度差为70cm时，管内外水银面高度差也是70cmD将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70cmabK 13如图所示，绝热隔

7、板K把绝热气缸分隔成两部分，K与气缸的接触是光滑的，隔板K用销钉固定，两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a、b，a的体积大于b的体积。气体分子之间相互作用势能的变化可忽略。现拔去销钉（不漏气），当a、b各自达到新的平衡时( )Aa的体积小于b的体积Ba的体积等于b的体积C在相同时间内两边与隔板碰撞的分子数相同Da的温度比b的温度高14用活塞式抽气机抽气，在温度不变的情况下，从玻璃瓶中抽气，第一次抽气后，瓶内气体的压强减小到原来的4/5，要使容器内剩余气体的压强减为原来的256/625，抽气次数应为A. 2次 B. 3次 C.4次 D. 5次15如上右图所示，一根竖直的弹簧支撑着一倒立

8、气缸的活塞，使气缸悬空且静止。设活塞与缸壁间无摩擦且不漏气，缸壁导热性能良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，且外界气温不变。若外界大气压增大，则下了结论正确的是A气缸的上底面距地面的高度将增大，缸内气体分子的平均动能不变B气缸的上底面距地面的高度将减小，缸内气体的压强变大C活塞距地面的高度将不变，缸内单位体积的气体分子数增加，外界对气体做功D弹簧将缩短一些，缸内气体分子在单位时间内撞击活塞的次数增多16一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计

9、的示数为G。若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为_，玻璃管内、外水银面的高度差x为_。(设玻璃管壁的厚度不计) 17在“油膜法估测分子直径”的实验中,下列关于油膜法实验的说法中正确的是（ ）A.可以直接将油酸滴到浅水盆中进行实验B.实验中撒痱子粉应该越多越好C.该实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层油膜D.实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓18如图，粗细均匀，内径很小，两端开口的U形管竖直放置。两管的竖直部分高度为20厘米，水平部分BC长16厘米。一空气柱把管内水银分成左右两部分。大气压强P0=76cmHg，当空气柱温度为T0=2

10、73K,长为L0=10cm 时，水平管BC内左边水银柱长为2 cm,，竖直管AB内水银柱长也为2cm .求（1）空气柱右边水银柱总长是多少？（2）当空气柱温度升高到多少时，左边水银恰好全部进入竖直管AB内？（3）为使空气柱左侧管中水银全部溢出，空气柱温度至少要升高到多少？19一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强p10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3:1，如图（b）所示。设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（

11、a）中上部气体的压强p1020如图所示，一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3：1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出；现使活塞缓慢向上移动 ，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）21如图所示，玻璃管粗细均匀（粗细可忽略不计），竖直管两封闭端内理想气体长分别为上端30cm、下端27cm，中间水银柱长10cm。在竖直管如图位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭5cm长水银柱。大气压

12、p075cmHg。求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？5cm5cm5cm30cm27cm活塞 5cm22用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气某研究性学习小组的同学们经过思考，解决了这一问题他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装(示意图如图所示):圆柱形打气筒高H，内部横截面积为S，底部有一单向阀门K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器B中，B的容积VB3HS，向B中打气前A、B中气体初始压强均为p0，该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡

13、环C(体积不计)，C距气筒顶部高度为hH，这样就可以自动控制容器B中的最终压强求： 假设气体温度不变，则第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B内的压强是多少？ 要使容器B内压强不超过5p0，h与H之比应为多少？23如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：（1）大气压强p0的值；（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；24如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可

14、在气缸内无摩擦滑动。面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0=1105Pa，取g=10m/s2,缸内气体可看作理想气体。活塞静止时，求气缸内气体的压强；若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求气缸内气体的温度。25如图8-3-4所示，一根一端封闭、一端开口向上的均匀玻璃管，长l=96 cm，用一段长h=20 cm的水银柱封住长h1=60 cm的空气柱，温度为27 ，大气压强p0=76 cmHg，问温度至少要升高到多

15、少度，水银柱才能全部从管中溢出？26如图所示，上端开口、下端封闭的粗细均匀的玻璃管全长90cm，管中气体被长为8cm、与管口相齐的水银封闭着，大气压强为76cmHg，现在用吸管从管口缓慢地向外吸出水银，试讨论为了不使气体膨胀过大而导致水银外溢，吸出水银量应满足的条件是什么？27.一热气球体积为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T0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。(i)求该热气球所受浮力的大小；(ii)求该热气球内空气所受的重力；(iii)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。专心-专注

16、-专业参考答案1BDE【解析】试题分析：A图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故A错误B当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的，故C正确D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故D正确E洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，故E正确故选：BCDE2AC【解析】试题分析：热机将从高温热源吸收热量的一部分转化为机械能，热机的效率不可能达到100%，A正确；热传递是通过能量的传递方式改变系

17、统内能，而做功是通过能量转化的方式改变系统内能，B错误；如果两个物体间的温度相同，那么它们之间就不会发生热传递，两个系统接触达到热平衡时，这两个系统一定具有相同的温度C正确；物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律，故D错误。3BD【解析】试题分析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，选项A错误；温度是分子平均动能的标志，所以当物体的温度升高时，分子的平均动能将增大，选项B错误；根据热力学第一定律，若物体吸热，但是物体对外做功时，它的内能不一定增加，选项C错误；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，选项D正确；气体如果失去了

18、容器的约束就会散开，这是因为气体分子在永不停息的做无规则运动，选项E错误；故选BD.考点：分子力；分子平均动能；热力学第一定律和第二定律；扩散现象.4BCE【解析】试题分析：晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变，选项A错误；橡胶无固定熔点，是非晶体，选项B正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选项D错误；第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，选项E正确.考点：晶体与非晶体；改变物体内能的方式；布朗运动；永动机.5BC【解析】试题分析：封闭气体等温膨胀过程，温度是

19、分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，不是每个分子动能都不变，所以A错误；气体等温膨胀，温度不变，则气体分子的平均动能不变，B正确；温度不变，体积增大，根据，则压强P减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件：，得：，压强P减小，则F增大，C正确；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故D错误考点：考查了理想气体的状态方程6 ACD【解析】试题分析: 分子之间引力和斥力随着分子之间距离的变化关系是相同的，随着距离的减小而增大，故A正确；在C点，引力与斥力大小相等，合力为0，所以分子力先增大，再减小，再增大；故B错误；由题意知，从C点往右，F0，甲、乙分子表现为引力，故分子

20、力对乙分子做正功，分子势能减小，动能增大；而从C到O，F0，甲、乙分子表现为斥力，分子力对乙分子做负功，分子势能增大，动能减小。故C、D正确。考点：分子间的相互作用力7D【解析】初始：管内连通部分水银面左管比右管高出部分就相当于右管中上端那一小段水银柱，这种两边约束关系保持到左管添加少量水银后仍然成立，因为右管上端小段水银柱长度不变，所以封闭在其下方气体的压强也不变，温度不变决定体积不变，选D。8B【解析】初始：封闭在左管内气体压强为P0减去两管液面高度差，现在CD处截断管子，在此处压强变为P0，两管液面高度差变小，封闭在左管内气体压强为P0减去两管液面新的高度差，所以气体压强变大，体积变小，

21、选B。9A【解析】试题分析：由于气缸和活塞导热性能良好，且环境温度不变，因此在将活塞向左缓慢压一段距离过程中，气体温度不变，气体内能不变，由可知，外界对气体做功，内能不变，气体将放出热量，故A正确，B错误；温度不变，说明气体分子平均动能不变，而并非指每个气体分子的动能均保持不变，故C错误；气体温度不变，体积缩小，根据理想气体状态方程可知，其压强增大，单位时间内撞击到器壁上单位面积上的分子数增多，故D错误；考点：考查了热力学第一定律；气体压强的微观意义10B【解析】试题分析：中间部分气体的压强是p1=p0rgh3，B端气体压强是：pB=p1-rgh1= p0rg（h1h3），选项B正确。考点：气

22、体的压强的确定。11B【解析】试题分析：大气压强，地球表面积则地球周围空气质量为：，由于标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是22.4升，即摩尔体积为；故空气密度为：，空气的总体积为；代入解得，故选B考点：阿伏加德罗常数点评：本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的12BD【解析】试题分析：将管稍上提，假设气体体积不变，则说明，说明压强减小，由于整个过程可以看作等温变化，所以PV=常数，所以体积变大，即h高度差变大，B正确。由于考虑外界大气压对容器内理想气体的压强，根据PV=常数可知，气体的压强超过70cm，所以将管下插至C项所述位

23、置时，管内外水银面高度差小于70cm，D正确考点：理想气体状态方程点评：本题考查了理想气体状态方程，并且要根据受力分析判断压强的大小，结合理想气体状态方程综合判断。13D【解析】由于两部分气体相同质量、相同温度的同种气体，所以两部分气体的值是相等的，由于a的体积大一些，压强就小一些，拔去销钉后，a的体积会减小，温度升高，压强增大，再次平衡后压强相等，但由于a的温度高一些，a的体积还是大一些，AB错；由于压强相等，a的温度高，平均分子动能大，相同时间内碰撞的次数要少，C错；14C【解析】本题考查热学方面问题。首先要知道PV/T=C这一规律，在温度不变时就认为PV=C，这里C是常数设玻璃瓶原来气压

24、p0，抽气机的气室容积X，p0*4=p1*(X+4),题目中说了p1=5/6*p0,代入就可以求得X15BC【解析】考查热学中的内能、压强。对汽缸和活塞整体受力分析，四周的空气压力以及内部气体的压力平衡，因此不受大气压的影响，故弹簧弹力始终等于汽缸和活塞重力之和，弹簧形变量不变，活塞距离地面的高度不变，D错；对汽缸（注意不包括活塞）研究：大气压强增大，对汽缸顶部向下的压力加大，因此气体对汽缸顶部的压强必定增大，气体压强增大而温度不变，由PV/T恒量可知，气体的体积必定减小，汽缸顶部下沉，A错B对；温度不变，对理想气体内能必定增大，由热力学第一定律，内能增大必定是外界对气体做功使气体体积减小所致

25、，体积减小，气体分子个数不变，单位体积的气体分子数目增加，C对。16p0 h 【解析】试题分析：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。设下方空气柱压强为P1，则，设上方空气柱压强为P2，痛过两式对比可知考点：压强点评：压强也是由受力产生，因此在分析压强时，将其转化为受力平衡问题。从而可以根据力学观点证明、列示求解。17C;（2分）1.510-3或0.15%（2分）【解析】试题分析：直接滴油酸可以形成油膜，但是形不成单分子油膜，形成的油膜太厚了，即直接滴油酸无法形成符合条件的油膜，A错误；若撒的痱子粉过多，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，B错误；油膜法测分子直径实验

26、中，向水中滴入一滴酒精油酸溶液，在水面上形成单分子油膜，求出纯油的体积与油膜的面积，然后求出油酸分子的直径C正确；如果油酸不加稀释形成的油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用，D错误；根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时此时油酸浓度最大，一滴油酸的体积为：，一滴酒精油酸溶液的体积为：，因此油酸的浓度为：考点：“油膜法估测分子直径”的实验18（1）6cm；（2）392K；（3）840K【解析】（12分）（1）由于气体压强为78cmHg,故右侧竖直管内水银高也为2cm ,所以右边水银柱总长为6cm （2）左

27、边水银全部进入竖直管时，右边竖直管中水银柱高也为4cm ,此时气体压强为80cmHg,气柱总长为14cm，由理想气体状态方程： 可得 T2=392K（3）左边水银全部进入竖直管后，再升高温度气体做等压变化，左边水银柱上升，右边水银柱不再上升，当左边水银柱上升到竖直管开口处时，此时空气柱长为30厘米，气体体积最大，温度最高。此后稍有扰动，左边水银就会溢出，右边水银柱下降，气体开始做等容降温。所以Tm=840K19【解析】试题分析： 设气缸倒置前下部气体的压强为，倒置后上下气体的压强分别为、，由力的平衡条件有 倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得解得 考点：玻

28、意耳定律20 【解析】试题分析：设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p0。有在活塞上移后，气缸内气体的压强变为。设气体的体积为，由玻意耳定律得=pSl设气缸内水印面上升x，有联立以上各式，解得考点：大气压及玻意耳定律。2170cmHg 80 cmHg【解析】试题分析：上部分气体 1分下端封闭气体的压强 1分 （2）对上端封闭气体，等温变化（设玻璃管横截面积为S） 2分 对下端封闭气体，等温变化 1分 且 2分以上四个方程联立解得： 2分考点：等温变化22(1) pB1.2p0 (2) 【解析】试题分析：第一次将活塞从打气筒口压到C处时，设容器B内的压强为pB

29、，C距低部HhH/3，由玻意耳定律得p0(VBHS)pB(VBHS/3) （2分）解得 pB1.2p0 （1分）对打气筒内的气体，要使容器B内压强不超过5p0，意味着活塞从顶端下压至C处时，打气筒C处以下的压强不能超过5p0，由玻意耳定律得 p0HS=5p0(Hh)S （2分）解得 （2分）考点：玻意耳定律23（1）p0=75cmHg （2）L=10.67cm【解析】试题分析：（1）由题意知，封闭气体发生等温变化，初态：p1=p0+21cmHg，V1=10S末态：p2=p0-15cmHgV2=（31-15）S=16S由玻意耳定律，得p1V1=p2V2，p0=75cmHg（2）p3=75+15=

30、90cmHg，V3=LS，p1V1=p3V3，可求L=10.67cm考点：本题考查玻意耳定律241.2105Pa；500K。【解析】试题分析：设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：p1S1+ p0S2= p0S1+ p1S2+Mg， （3分）代入数据解得压强P1=1.2105Pa， （2分） 由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，由盖吕萨克定律得：（2分），代入数据解得:T2=500K。（2分）考点：理想气体状态方程。25要使T2最大，则（76+x）（96-x）应最大，即x=10 cm时，T2有极大值是385.2 K.温度至少要升至385.2 K，水银柱才能全部排出.【解析】实际上，

31、整个过程可分为两个阶段.第一阶段，水银柱尚未溢出阶段，加热气体，气体作等压变化，体积增大，温度升高；第二阶段，水银溢出，气体体积增大，但压强却减小，由=C可知，当p、V乘积最大时，温度应为最高. 由于第二个过程中，体积增大，压强减小，则可能出现温度的极值. 以封闭气体为研究对象 则初始状态下p1=p0+h=96 cmHgV1=h1S=60S T1=300 K 设管中剩余水银柱长为x cm时，温度为T2p2=(p0+x) cmHg=(76+x) cmHgV2=(96-x)S 根据理想气体状态方程= 有= 显然，要使T2最大，则（76+x）（96-x）应最大，即x=10 cm时，T2有极大值是38

32、5.2 K.温度至少要升至385.2 K，水银柱才能全部排出.26 吸出水银量 x2cm【解析】管中气体初状态： h=84 cmHg h=82cm吸出x水银柱后： x=(84x)cmHg， L=(82L)cm，由 8482=(84x)(82L)，得 L=若水银不溢出，应满足Lx，即 x，得 x2cm27. 【答案】（i） （ii） （iii）【解析】（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0，密度为温度为T时的体积为VT，密度为：由盖吕萨克定律可得：联立解得：气球所受的浮力为：联立解得：()气球内热空气所受的重力：联立解得：()设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=f-G-m0g 联立可得：