2019届高考物理二轮专题复习专题九热学限时检测.doc

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1、1专题九 热学(选修 3-3 模块)1.(2018广东肇庆二模)(1)(5 分)下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力B.固体中的分子是静止的,液体、气体中的分子是运动的C.汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的D.液体的蒸发现象在任何温度下都能发生E.有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高(2)(10 分)如图,密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上,杯盖质量为 m,杯身与热水的总质量为 M,杯子的横截面积为 S.初始时杯内气

2、体的温度为 T0,压强与大气压强 p0相等.因杯子不保温,杯内气体温度将逐步降低,不计摩擦.求温度降为 T1时杯内气体的压强 p1;杯身保持静止,温度为 T1时提起杯盖所需的力至少多大?温度为多少时,用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起?解析:(1)当分子间距离为 r0时,分子引力和斥力相等,液体表面层的分子比较稀疏,分子间距大于 r0,所以分子间作用力表现为引力,故 A 正确;无论固体、液体还是气体,分子都是在永不停息地做无规则运动,故 B 错误;汽化是物质从液态变成气态的过程,汽化分蒸发和沸腾,不是分子间的相互排斥产生的,故 C 错误;蒸发是液体表面分子无规则运动的情况,在任何温度下都能发生

3、,故 D 正确;冰在融化过程中吸收热量但温度不升高,故 E 正确.(2)降温过程中,气体体积不变,根据查理定律得 = 解得 p1= T1.001100当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时,提力最小,对杯盖受力分析如图(甲)所示.根据平衡条件p1S+F=p0S+mg因此最小提力为 F=p0S+mg- p0S.10设提起杯子时气体压强为 p2,温度为 T2,杯身的受力分析如图(乙)所示,2平衡时 p0S=p2S+Mg,得 p2=p0- ,根据查理定律 = ,解得 T2=T0- .00答案:(1)ADE (2) T1 p 0S+mg- p0S T 0-002.(2018山西二模)(1)(5 分)关于分子动

4、理论和热力学定律,下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.温度升高,物体内能就增大B.内能不同的物体,分子热运动的平均动能可能相同C.气体分子热运动的平均动能增大,气体的压强可能不变D.分子间距离增大,分子间的相互作用力减小E.气体从单一热源吸热,可以全部用来对外做功(2)(10 分)如图所示,在水平桌面上,导热汽缸内橫截面积为 S 的轻质活塞封闭着一定质量的气体.一质量为 m 的砝码盘(含砝码)用轻绳经光滑定滑轮与缸中活塞竖直相连接,活塞与汽缸壁间无摩擦.当环境温度为 T

5、 时,活塞与缸底的距离为 h.现使环境温度缓慢降为 .活塞再次平衡时,活塞与缸底的距离是多少?保持环境温度为 不变,为使活塞返回原位置,需在盘中逐渐添加砝码的质量为 m,求大气压强的大小.解析:(1)温度是分子平均动能的标志,温度升高,物体内大量分子热运动的平均动能增大,但因不知分子势能变化情况,无法依据温度变化判定内能的变化,故 A 错误;内能与物体的物质的量、温度、体积都有关,所以内能不同的物体,物体的温度可能相同,即分子热运动的平均动能可能相同,故 B 正确;若气体分子的平均动能增大,则温度一定升高;根据 =C 可知若温度升高的同时体积也增大,则压强不一定增大,可能不变,故 C 正确;分

6、子间距离从平衡位置增大时,分子间的相互作用力先增大后减小,故 D 错误;根据热力学第二定律可知,气体从单一热源吸热,可以全部用来对外做功,但会引起其他的变化,故 E 正确.(2)设再次平衡时活塞到汽缸底的高度为 h1,环境温度缓慢降低过程中汽缸中气体压强不变.初状态:温度 T1=T,体积 V1=hS3末状态:温度 T2= ,体积 V2=h1S根据盖吕萨克定律可得 =1122可得活塞与缸底的距离 h1= .设大气压强为 p0,初状态:压强 p2=p0- ,体积 V2=h1S= S末状态:压强 p3=p0- ,体积 V3=hS由玻意耳定律有 p2V2=p3V3可得 p0= g.(+2)答案:(1)

7、BCE (2) g(+2)3.(2018陕西模拟)(1)(5 分)下列说法中正确的是 .(填正确答案标号.选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.在较暗的房间里,看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B.气体分子速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律C.随着分子间距离增大,分子间作用力减小,分子势能也减小D.一定量的理想气体发生绝热膨胀时,其内能不变E.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(2)(10 分)如图所示,两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中,管的上部有一定长度的水

8、银,两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中.开启上部连通左右水银的阀门 A,当温度为 300 K 平衡时水银的位置如图,其中左侧空气柱长度 L1=50 cm,左侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为 h2=5 cm,左右两侧顶部的水银面的高度差为 h1=5 cm,大气压为 75 cmHg.求:右管内气柱的长度 L2;关闭阀门 A,当温度升至 405 K 时,左侧竖直管内气柱的长度 L3.(大气压强保持不变)解析:(1)布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动,在较暗的房间里可以观察到射入屋内的“阳光柱”中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞,是由于气体的流动,这不是布朗运动,故 A 正确;麦

9、克斯韦提出了气体分子速率分布的规律,即“中间多,两头少”,故 B正确;当分子间表现为引力时,随着分子间距离增大,分子势能增大,故 C 错误;一定量理想气体发生绝热膨胀时,不吸收或放出热量,同时对外做功,其内能减小,故 D 错误;根据热力学第4二定律可知,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,故 E 正确.(2)左管内气体压强:p 1=p0+ph2=80 cmHg右管内气体压强:p 2=p1+ph1=85 cmHg,设右侧空气柱底部的水银面与水银槽液面高度差为 h3,则p2=p0+ph3,解得 h3=10 cm,故右管内气柱长度为 L2=L1-h1-h2+h3=50 cm.设玻璃

10、管截面积为 S,由理想气体状态方程有=(0+2+31)32即 =解得 L3=60 cm.答案:(1)ABE (2)50 cm 60 cm4.(2018四川乐山二诊)(1)(5 分)下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.能源在利用过程中有能量耗散,这表明能量不守恒B.没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C.非晶体的物理性质具有各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D.对于一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热E.当分子间作用力表现为斥

11、力时,分子势能随分子间距离的减小而 增大(2)(10 分)如图所示,竖直放置的汽缸,活塞横截面积为 S=0.01 m2,厚度不计,可在汽缸内无摩擦滑动.汽缸侧壁有一个小孔,与装有水银的 U 形玻璃管相通.汽缸内封闭了一段高为L=50 cm 的气柱(U 形管内的气体体积不计).此时缸内气体温度为 27 ,U 形管内水银面高度差 h1=5 cm.已知大气压强 p0=1.0105 Pa,水银的密度 =13.610 3 kg/m3,重力加速度g 取 10 m/s2.求活塞的质量 m;若在活塞上缓慢添加 M=26.7 kg 的沙粒时,活塞下降到距汽缸底部 H=45 cm 处,求此时汽缸内气体的温度.解析

12、:(1)能源在利用过程中有能量耗散,但能量是守恒的,故 A 错误;根据热力学第二定律可知,没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能,故 B 正确;非晶体和多晶体的物理性质具有各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性,故 C 错误;对于一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,则由理想气体状态方程可知,温度一定增大,内能增大,同时气体对外做功,则由热力学第一定律可知,它一定从外界吸热,故 D 正确;当分子间作用力表现为斥力时,距离减小时分子力做负功,则分子势能随分子间距离的减小而增大,故 E 正确.(2)汽缸内气体的压强为 p1=p0+gh 15活塞受力平衡,有 p0S+mg=p1

13、S联立解得 m=6.8 kg.活塞下降后气体的压强为 p2,则有p0S+(M+m)g=p2S以汽缸内封闭气体为研究对象根据理想气体状态方程,有 =1122解得 T2=337.5 K,即 t2=64.5 .答案:(1)BDE (2)6.8 kg 64.5 5.(2018重庆二模)(1)(5 分)下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1 个得2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.凡是符合能量守恒定律的宏观过程一定自发地发生而不引起其他变化B.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关C.已知某种气体的密度为 ,摩尔

14、质量为 M,阿伏加德罗常数为 NA,则该气体分子之间的平均距离可以表示为3D.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡E.汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时,单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数可能不变(2)(10 分)如图所示,质量为 m=6 kg 的绝热汽缸(厚度不计),横截面积为 S=10 cm2,倒扣在水平桌面上(与桌面有缝隙),汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上,活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体,活塞在汽缸内可无摩擦滑动且不漏气.开始时,封闭气体的温度为t0=27 ,压强 p=0.5105 Pa,g 取 10 m/s2,大气压

15、强为 p0=1.0105 Pa.求:此时桌面对汽缸的作用力大小 FN;通过电热丝给封闭气体缓慢加热到温度 t2,使汽缸刚好对水平桌面无压力,求 t2的值.解析:(1)满足能量守恒定律的宏观过程不一定可以自发进行,比如热量就不能自发地从低温物体传到高温物体,故 A 错误;温度越高,热运动速率大的分子数占总分子数比例越大,故 B正确;气体的摩尔体积 Vmol= ,每个分子平均占有的空间 V0= = ,则分子间的平均距离 a= = ,故 C 正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么3这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,故 D 正确;密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时,根

16、据理想气体的状态方程 =C 可知,气体的温度一定升高,气体分子的平均动6能增大,则每一次对器壁的平均撞击力增大,而气体的压强不变,所以单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少,故 E 错误.(2)对汽缸受力分析,由平衡条件有FN+pS=mg+p0S解得 FN=110 N.汽缸刚好和水平桌面无压力时,对汽缸受力分析有p2S=mg+p0S则气体压强 p2=1.6105 Pa由查理定律 =022解得 T2=960 K.即 t2=687 .答案:(1)BCD (2)110 N 687 6.(2018甘肃河西五市模拟)(1)(5 分)下列说法正确的是 .(填正确答案标号.选对 1 个得 2 分,选对

17、 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分.每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体,外界对气体做功,其内能不一定增加D.脱脂棉脱脂的目的,在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润,以便吸取药液E.土壤里有很多毛细管,如果要把地下的水分沿着它们引到地表,可以将地面的土壤锄松(2)(10 分)一个水平放置的汽缸,由两个截面积不同的圆筒连接而成.活塞 A,B 用一长为 4L的刚性细杆连接,L=0.5 m,它们可以在筒内无摩擦地左右滑动.A,B 的截面积分别为 SA=40 cm2

18、,SB=20 cm2,A,B 之间封闭着一定质量的理想气体,两活塞外侧(A 的左方和 B 的右方)是压强为 p0=1.0105 Pa 的大气.当汽缸内气体温度为 T1=525 K 时两活塞静止于如图所示的位置.现使汽缸内气体的温度缓慢下降,当温度降为多少时活塞 A 恰好移到两圆筒连接处?若在此变化过程中气体共向外放热 500 J,求气体的内能变化了多少?解析:(1)单晶体冰糖磨碎后仍是单晶体,熔点不发生变化,故 A 正确;足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体分子之间的作用力无关,故 B 错误;一定质量的理想气体,外界对气体做功,或同时放出热量,内能不一定增加,故 C 正确;

19、脱脂棉脱脂后,水能将其浸润,便于吸取药液,D 正确;将地面的土壤锄松,破坏了土壤里的毛细管,更有利于水分的保持,E 错误.(2)对活塞 A 受力分析,活塞 A 向右缓慢移动过程中,气体发生等压变化由盖吕萨克定律有 =42代入数据 =30.540+0.520525 40.52027解得 T2=300 K 时活塞 A 恰好移到两筒连接处.活塞向右移动过程中,外界对气体做功W=p03L(SA-SB)=110530.5(410-3-210-3)J=300 J.由热力学第一定律得U=W+Q=(300-500)J=-200 J.即气体的内能减少 200 J.答案:(1)ACD (2)300 K 内能减少了 200 J