【物理】2019届二轮复习热学作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习热学作业（全国通用）

‎1．(多选)(2018·福建省泉州市模拟三)下列说法中正确的是(　　)‎ A．一定质量的理想气体从外界吸收热量，内能不一定增大 B．满足能量守恒定律的宏观过程并不都可以自发地进行 C．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，那么压强必然增大 D．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数NA＝ E．温度相同、分子质量不同的两种气体，它们分子的平均动能一定相同 答案　ABE 解析　一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果气体对外做功，则内能不一定增大，选项A正确；根据热力学第二定律可知，满足能量守恒定律的宏观过程并不都可以自发地进行，选项B正确；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，若气体的体积增大，气体的密度减小，则压强不一定增大，选项C错误；某气体的摩尔体积为V，每个气体分子占据空间的平均体积为V0，则阿伏加德罗常数NA＝，选项D错误；温度是平均动能的标志，则温度相同、分子质量不同的两种气体，它们分子的平均动能一定相同，选项E正确．‎ ‎2．(多选)(2018·河北省邯郸市第一次模拟)下列说法中正确的是(　　)‎ A．露珠呈球状是由于受重力的作用 B．一定质量的理想气体等温膨胀，一定从外界吸热 C．温度高的物体的分子平均动能一定大 D．“莲出淤泥而不染”表明扩散现象在固体之间不能进行 E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间距离的减小而增大 答案　BCE 解析　液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间表现为引力，露珠呈球形是由于表面张力的作用，故A错误；一定质量的理想气体等温膨胀，内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，故B正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度高的物体的分子平均动能一定大，故C正确；固体之间也可以发生扩散现象，故D错误；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间距离的减小而增大，故E正确．‎ ‎3．(多选)(2018·山西省孝义市第一次模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的直径 B．分子间距离增大时，分子间引力和斥力以及分子间作用力的合力均减小 C．晶体熔化时要吸热而温度保持不变，说明晶体在熔化过程中分子势能增加 D．小昆虫能站在水面上是由于液体表面张力的缘故 E．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律 答案　ACD 解析　若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，则可求得摩尔体积，再根据阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的体积，由体积公式可求得对应的直径，故A项正确；‎ 分子间作用力随距离变化的图象如图 故B项错误；‎ 晶体熔化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，说明晶体在熔化过程中分子势能增加了，故C项正确；‎ 小昆虫能站在水面上是由于液体表面张力的缘故，故D项正确；第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，故E项错误．‎ ‎4.(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图象如图1所示，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加 B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量 C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功 D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变 E．B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加 答案　BDE 解析　A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C错误，D、E正确．‎ ‎5．(2018·湖南省雅礼中学模拟二)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少．人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，试求：(结果均保留一位有效数字)‎ ‎(1)该液化水中含有的水分子的总数N；‎ ‎(2)一个水分子的直径d.‎ 答案　(1)3×1025个　(2)4×10－10 m 解析　(1)水的摩尔体积为 V0＝＝ m3/mol ‎＝1.8×10－5 m3/mol 水分子数：‎ N＝＝≈3×1025个 ‎(2)建立水分子的球体模型有＝πd3‎ 则水分子直径 d＝＝ m＝4×10－10 m ‎6．(2018·河北省张家口市上学期期末)一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图2甲所示，密闭气体的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg，求：‎ 图2‎ ‎(1)若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？‎ ‎(2)在第(1)小题的情况下，再使玻璃管沿绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度变为多大？‎ ‎(3)在图乙所给的p－T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程．‎ 答案　(1)320 K　(2)30 cm　(3)见解析图 解析　(1)已知p1＝p0＝75 cmHg，‎ T1＝(273＋27)K＝300 K p2＝p0＋5 cmHg＝80 cmHg，‎ 由＝，‎ 代入数据解得：T2＝320 K ‎(2)假设玻璃管逆时针旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，‎ 则有p2＝80 cmHg，‎ p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x) cmHg＝(40＋x) cmHg，‎ V3＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)‎ 由p2V2＝p3V3‎ 代入数据解得x＝8 cm，与假设相符，故假设成立，则密闭气体的长度为(18＋10＋10－8) cm＝30 cm ‎(3)p3＝48 cmHg，变化过程如图所示．‎ ‎7.(2018·广东省高考第一次模拟)如图3所示，开口向下、粗细均匀的固定导热汽缸内，由两活塞a、b封闭两部分气体A、B(活塞厚度不计)．当环境温度为87 ℃、两活塞平衡时，气体A、B高度之比为3∶2、总长为L.当环境温度缓慢地降到27 ℃，两活塞重新平衡时，求活塞a、b各自移动的距离．‎ 图3‎ 答案　L　L 解析　设a向上移动的距离为hA，b向上移动的距离为hB，‎ 因为两部分气体都做等压变化，由盖－吕萨克定律可知，‎ 对于气体A：＝，‎ 即＝，‎ 解得hA＝L 对于气体B：＝，‎ 即＝，解得hB＝L.‎ ‎8.(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图4，上、下都与大气相通的直立圆筒竖直放置，中间用横截面积S＝0.01 m2、质量不计的两个活塞A、B封闭着一定质量的理想气体，活塞B与一劲度系数k＝1 000 N/m的弹簧相连，平衡时两活塞相距l0＝0.6 m．现用力F向下压活塞A，使其缓慢下移一段距离后再次平衡，此时力F＝500 N．已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，假定气体温度始终保持不变，不计一切摩擦，求 图4‎ ‎(1)活塞A向下移动的距离h；‎ ‎(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功W.‎ 答案　(1)0.7 m　(2)200 J 解析　(1)设活塞B向下移动的距离为x，‎ 由平衡条件F＝kx 活塞A受压向下移动的距离为h，由玻意耳定律 p0l0S＝(p0＋)(l0－h＋x)S 解得h＝0.7 m ‎(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功 W＝p0(h－x)S 解得W＝200 J.‎ ‎9.(2018·河北省五校联盟摸底)如图5所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强．)‎ 图5‎ 答案　7 cm 解析　初态封闭气体压强：p1＝pH＋p0‎ 当的水银上升到细筒中时，设粗筒横截面积为S，‎ 则HS＝h1·，HS＝h2S 此时封闭气体压强：p2＝ph1＋ph2＋p0‎ V1＝LS，V2＝L′S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2‎ 解得L′＝18 cm 活塞B上升的距离d＝H＋L－L′－H＝7 cm.‎ ‎10．(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图6甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强为p0＝75 cmHg.‎ 图6‎ ‎(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，两管中水银静止时液面如图乙所示，求左管中空气柱的长度；‎ ‎(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度．‎ 答案　见解析 解析　(1)设左管中空气柱的长度增加了h，由玻意耳定律：p0L＝(p0－2h)(L＋h)‎ 代入数据解得：h＝0或h＝17.5 cm，‎ 所以，左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm.‎ ‎(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，‎ 由几何关系：x＋y＝H 由玻意耳定律：p0L＝(p0－y)(L＋x)‎ 联立两式解得：x2＋60x－700＝0‎ 解得：x＝10 cm或x＝－70 cm(舍去)，‎ 故左管水银面下降的高度为10 cm.‎ ‎11．(2018·广东省广州市4月模拟)如图7是简易报警装置，其原理是：导热性能良好的竖直细管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声.27 ℃时，空气柱长度L1为20 cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2为10 cm，管内水银柱高h为5 cm，大气压强p0为75.5 cmHg.‎ 图7‎ ‎(1)当温度达到多少时，报警器会报警？‎ ‎(2)若要使该装置在102 ℃时报警，应该再往管内注入多高的水银柱？‎ 答案　(1)177 ℃　(2)7 cm 解析　以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S.‎ ‎(1)温度升高时，管内气体做等压变化，有：＝ 其中V1＝L1S，T1＝300 K，‎ V2＝(L1＋L2)S 解得T2＝450 K，即t2＝177 ℃时，报警器会报警．‎ ‎(2)以cmHg为压强单位，‎ 设再加入x cm水银柱时，在102 ℃会报警，‎ 有：＝ 其中p1＝p0＋ph＝(75.5＋5)cmHg＝80.5 cmHg p3＝p0＋ph＋px＝(75.5＋5＋x)cmHg ‎＝(80.5＋x)cmHg V3＝(L1＋L2－x)S T3＝375 K 解得x＝7 cm.‎