2020高考物理二轮复习第1部分专题9热学模块第1讲热学限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题9热学模块第1讲热学限时检测含解析

第1讲　热学 ‎[对应学生用书第152页]‎ ‎[限时60分钟]‎ ‎1．(2019·江苏卷)(1)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体________。‎ A．分子的无规则运动停息下来 B．每个分子的速度大小均相等 C．分子的平均动能保持不变 D．分子的密集程度保持不变 ‎(2)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的，在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图9－1－16甲所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。‎ 图9－1－16‎ ‎(3)如图乙所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J。求A→B→C过程中气体对外界做的总功。‎ 解析　(1)在没有外界影响的情况下，分子的无规则运动永不停息，分子的速率分布呈中间多两头少，不可能每个分子的速度大小均相等，选项AB错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，只要温度不变，分子的平均动能就保持不变，由于体积不变，所以分子的密集程度保持不变，选项CD正确。‎ ‎(2)在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，水分子之间的作用力表现为引力。由于平衡位置对应的分子势能最小，在小水滴表面层中，分子之间的距离较大，所以能够总体上反映小水滴表面层中水分子势能Ep的是图中C位置。‎ ‎(3)A→B过程W1＝－p(VB－VA)‎ B→C过程，根据热力学第一定律W2＝ΔU 则对外界做的总功W＝－(W1＋W2)‎ 代入数据得W＝1 500 J。‎ 9‎ 答案　(1)CD　(2)引力　C　(3)见解析 ‎2．(2019·河北九校高三联考)(1)下列说法正确的是________。‎ A．物体的温度越高，分子的平均动能就越大 B．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增加 C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能 D．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功 E．热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体 ‎(2)两端封闭、长度为l＝1 m的长玻璃管(粗细均匀)中间有一段长度h＝28 cm的水银柱将内部气体隔成A、B两部分，玻璃管竖直放置时水银柱正好在玻璃管正中间位置，如图9－1－17所示。此时B部分气体的压强pB＝70 cmHg，在距离水银柱下端9 cm处有一个小孔D被橡皮塞封住。已知大气压强p0＝75 cmHg，保持玻璃管竖直且A端在上，拔去橡皮塞，由于小孔D处压强小于大气压强，空气进入(水银不流出)将水银柱从小孔D处分成两段，环境温度t0＝27 ℃不变。‎ 图9－1－17‎ ‎①求稳定后A、B两部分气体的体积之比。‎ ‎②若将B部分气体浸没在温水中，使下段水银柱的上表面恰好与小孔D相平，则温水的温度t为多少摄氏度？‎ 解析　(1)温度是分子平均动能的标志，所以温度越高，分子的平均动能就越大，A正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能的变化不仅仅取决于吸收还是放出热量，还取决于气体对外界做功还是外界对气体做功，故B错误；热力学第二定律表明，第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但如果引起了其他变化，内能也可以全部转化为机械能，C错误；从单一热源吸收热量使之完全变成功而不引起其他变化，是不可能的，但如果引起了其他变化，则是可能的，故D正确；热量可以自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，E正确。‎ ‎(2)①设玻璃管的横截面积为S，橡皮塞拔去前A、B两部分气体的体积相等，均为V0＝l0S，l0＝＝36 cm，A部分气体的压强pA＝pB－28 cmHg＝42 cmHg；拔去橡皮塞后pA′＝p0－(28－9) cmHg＝56 cmHg、pB′＝p0＋9 cmHg＝84 cmHg 设橡皮塞拔去后A、B两部分气体的体积分别为VA＝lAS、VB＝lBS，由玻意耳定律得 9‎ pAl0S＝pA′lAS pBl0S＝pB′lBS 联立解得lA＝27 cm、lB＝30 cm 则稳定后A、B两部分气体的体积之比＝＝ ‎②将B部分气体浸没在温水中，B部分气体做等压变化，根据盖吕萨克定律有 ＝ 其中T0＝t0＋273 K、T＝t＋273 K 代入数据解得t＝87 ℃‎ 答案　(1)ADE　(2)①　②87 ℃‎ ‎3．(2019·石家庄二模)(1)(多选)下列说法中正确的是 图9－1－18‎ A．如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%‎ B．如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大 C．如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0 ℃相比，100 ℃时速率大的分子所占比例较多 D．在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体 E．如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的 ‎(2)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程中的V－T图象如图9－1－19所示。已知该气体在状态A时的压强为1 atm，气体由D状态向A状态变化过程中放热70 J。求：‎ 9‎ 图9－1－19‎ ‎①气体在B、C状态时的温度；‎ ‎②将该循环过程用p－V图表示出来；‎ ‎③气体经过一次循环又回到初态过程中，气体所做的功。‎ 解析　(1)根据热力学第二定律可知，如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故A项错误；如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，由于分子力做负功，分子势能逐渐变大，故B项正确；如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0 ℃相比，100 ℃时速率大的分子所占比例较多，故C项正确；在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，由图可知，该样品具有各向同性，则该样品可以是非晶体和多晶体，故D项错误；如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的，故E项正确。‎ ‎(2)①A状态→B状态气体发生等压变化，则有＝ 由图知VA＝1.0 L，VB＝2.5 L，TA＝270 K 解得TB＝675 K 状态C→状态D气体发生等压变化，则有 ＝ 由图知VD＝2.0 L，VC＝2.5 L，TD＝270 K 解得TC＝337.5 K ‎②如图所示 ‎③D→A过程等温，由热力学第一定律得W1＋Q＝ΔU＝0‎ 解得W1＝－Q＝－(－70 J)＝70 J 且有pDVD＝pAVA 9‎ 解得pD＝0.5 atm A→B过程等压，气体做的功 W2＝－pA(VB－VA)＝－1×105×(2.5－1.0)×10－3 J＝－150 J B→C过程等容，气体不做功 C→D过程等压，气体做的功 W3＝pD(VC－VD)＝0.5×105×(2.5－2.0)×10－3 J＝25 J 所以气体经过一次循环又回到初态过程中，气体所做的功 W＝W1＋W2＋W3＝－55 J。‎ 答案　(1)BCE　(2)①675 K　337.5 K　②p－V图见解析　③－55 J ‎4．(2019·长春市普通高中高三质量检测)(1)下列说法正确的是________。‎ A．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力 B．热力学系统在吸热的同时没有对外做功，其内能一定增加 C．用显微镜观察到的布朗运动就是液体分子的无规则运动 D．已知阿伏加德罗常数、某气体的摩尔质量和密度，可估算该种气体分子体积的大小 E．气体向真空的自由扩散是不可逆的 ‎(2)如图9－1－20所示，绝热汽缸开口向上放置在水平地面上，一质量m＝10 kg，横截面积S＝50 cm2的活塞可沿汽缸无摩擦滑动；被封闭的理想气体温度t＝27 ℃时，气柱长L＝22.4 cm。已知大气压强为标准大气压p0＝1.0×105 Pa，标准状况下(压强为一个标准大气压，温度为0 ℃)理想气体的摩尔体积为22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，g＝10 m/s2。求：(计算结果保留两位有效数字)‎ 图9－1－20‎ ‎①被封闭理想气体的压强；‎ ‎②被封闭气体内所含分子的数目。‎ 解析　(1)液体的表面张力是分子之间的相互作用力，与是否失重无关，故选项A正确；系统没有对外做功，即W＝0，系统吸热，Q＞0，由热力学第一定律知，系统的内能一定增加，故选项B正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，不是液体分子的运动，故选项C错误；已知阿伏加德罗常数、某气体的摩尔质量和密度，可估算该种气体分子平均占有的空间体积，不是分子本身的体积，故选项D错误；气体向真空的自由扩散是不可逆的，故选项E正确。‎ 9‎ ‎(2)(ⅰ)被封闭理想气体的压强为 p＝p0＋ p＝1.2×105 Pa ‎(ⅱ)由＝ 得标准状况下的体积为V0＝ 被封闭气体内所含分子的数目为N＝NA 解得N＝3.3×1022个。‎ 答案　(1)ABE　(2)①1.2×105 Pa　②3.3×1022个 ‎5．(2019·银川三校一模)(1)(多选)下列说法中正确的是________。‎ A．物体温度不变，内能一定不变 B．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，热力学第二定律指出内能不可能完全转化为机械能，故二者是相互矛盾的 C．热力学第一定律实际上就是内能与其他能量发生转化时的能量守恒定律 D．大量气体分子对容器壁的持续性作用形成气体的压强 E．对于一定质量的理想气体，温度不变，压强增大时，气体的体积一定减小 ‎(2)如图9－1－21所示，粗细均匀的两端封闭的“L”形玻璃管竖直放置，玻璃管的总长度为L＝96 cm，竖直段长＝20 cm。水平段中间有一段长为h＝16 cm的水银柱，当A、B两部分气体的温度均为－13 ℃时，B部分气体长度为40 cm，两部分气体的压强均为p0＝3 cmHg，现将玻璃管绕玻璃管最右端在该平面内逆时针缓慢旋转90°。‎ 图9－1－21‎ ‎①求旋转后A、B两部分气体的长度LA和LB；‎ ‎②旋转后，再给B部分气体缓慢加热(A部分气体温度始终不变)，需要加热到多少摄氏度才能使水银柱刚好没有进入此时的水平段。‎ 解析　‎ 9‎ ‎(1)物体温度不变，物体的内能有可能改变，比如单晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变，A错误；热力学第一定律是能量守恒定律在热现象中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，二者并不矛盾，B错误；能量守恒定律告诉我们，各种形式的能都可以相互转化，所以热力学第一定律实际上就是内能与其他能量发生转化时能量守恒定律的具体体现，C正确；根据气体压强产生的原因知，气体的压强就是大量气体分子对容器壁的持续性作用形成的，D正确；由理想气体状态方程知，对于一定质量的理想气体，温度不变，压强增大时，气体体积一定减小，E正确。‎ ‎(2)①旋转后，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S 对A部分气体有p0LA0S＝pALAS 对B部分气体有p0LB0S＝pBLBS 其中LA0＝40 cm，其中LB0＝40 cm pA＝pB＋h，LA＋LB＝L－h 解得LB＝50 cm，LA＝30 cm(负值不合题意，已舍去)‎ ‎②给B部分气体加热后，使水银柱刚好没有进入此时的水平段，A部分气柱长度变为LA＝20 cm，B气柱长度L′B＝60 cm，此时A、B两部分气体压强关系为p′A＝p′B＋h 对B部分气体，根据理想气体状态方程，有＝ 对A部分气体，由玻意耳定律，有p0LA0＝p′AL′A 解得T＝572 K 故需将B部分气体加热到299 ℃。‎ 答案　(1)CDE　(2)①LA＝30 cm　LB＝50 cm ‎②299 ℃‎ ‎6．(2019·聊城二模)(1)(多选)下列说法中正确的是________。‎ A．零摄氏度的物体的内能为零 B．气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果 C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D．对于气体，分子之间的引力，斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E．浸润现象是分子间作用力引起的 ‎(2)如图9－1－22所示，一体积为V，横截面积为S且内壁光滑的导热汽缸被质量为m的活塞分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ两部分，初始时Ⅰ部分通过阀门K与大气连通，大气压强为p0，重力加速度大小为g，活塞的厚度不计，且mg＝p0S。现将阀门与打气筒连接，打气筒每打一次，可将压强为p0，体积为ΔV＝的气体压入汽缸的Ⅰ部分，整个过程中汽缸内气体的温度不变，为使活塞下降到距离汽缸底的高度为汽缸高度的处，打气筒需要打气多少次？‎ 图9－1－22‎ 9‎ 解析　(2)由题意可知，当活塞位于汽缸中央时，设Ⅱ部分气体的压强为p2，对活塞进行受力分析可得：‎ p2＝p0＋＝2p0①‎ 当活塞下降到距汽缸底部为汽缸的处时，设此时Ⅱ部分气体的压强为p′2，则由玻意耳定律可得p2V＝p′2V②‎ 解得p′2＝p0③‎ 设此时Ⅰ部分气体的压强为p1，对活塞受力分析有 p2′S＝p1S＋mg④‎ 代入数据可解得p1＝p0⑤‎ 则该部分气体在压强为p1时的体积为V，则有 p0×V＝p0V1⑥‎ 解得V1＝V⑦‎ 气体体积的增量为ΔV1＝V1－V＝V⑧‎ 故需要打气的次数为N＝＝40。⑨‎ 答案　(1)BCE　(2)40‎ ‎7．(2019·大连模拟)(1)(多选)下列说法中正确的是________。‎ A．物体从外界吸热，其内能不一定增大 B．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点 C．温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不相同 D．用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算气体分子的体积 E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 ‎(2)如图9－1－23所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动。上、下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝ 20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm。汽缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到汽缸底部距离均为l＝5 cm(图中未标出)。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，重力加速度g取10 m/s2。‎ 9‎ 图9－1－23‎ ‎①若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部，求此时环境温度；‎ ‎②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值。‎ 解析　(1)根据热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，A正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，B错误；温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均动能相同，由于氢气分子和氧气分子的质量不相同，则它们分子的平均速率不相同，C正确；摩尔体积除以阿伏加德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，D错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能随分子间距离的减小而增大，E正确。‎ ‎(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖－吕萨克定律得：＝ 代入数据得：T＝400 K ‎②设初始气体压强为p1，由平衡条件有 p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1‎ 代入数据得：p1＝1.5×105 Pa 活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，压强为p2‎ 由玻意耳定律，p1(lS1＋lS2)＝p2HS1‎ 代入数据得：p2＝2.25×105 Pa 由平衡条件有：p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F 代入数据得：F＝75 N。‎ 答案　(1)ACE ‎(2)①400 K　②75 N 9‎