2022届新高考二轮复习 热学 作业

这是一份2022届新高考二轮复习 热学 作业，共9页。
专题综合评价（二）  热学1．下列说法中错误的是(　　)A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数B．悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．一定质量的理想气体，经过等温压缩后，其压强一定增大解析：选B　水的摩尔质量与一个水分子的质量的比值等于阿伏加德罗常数，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的微粒受到液体分子各个方向的撞击不平衡而产生的不规则的运动，微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，各个方向的撞击越趋向均衡，布朗运动越不明显，故B错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故C正确；一定质量的理想气体等温压缩后，根据pV＝C知，其压强一定增大，故D正确。2．下列说法中正确的是(　　)A．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律B．空气中尘埃的运动是布朗运动，反映了空气分子在做无规则的热运动C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．晶体都有固定的熔点，物理性质都表现为各向异性解析：选C　第二类永动机没有违背能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，是不可能制成的，A错误；空气中尘埃的运动是气流引起的，不是布朗运动，B错误；在完全失重状况下，液滴由于表面张力使其表面积收缩至最小，呈球形，C正确；单晶体的物理性质都表现为各向异性，多晶体的物理性质都表现为各向同性，D错误。3．关于以下四幅图片，说法正确的是(　　)A．图1为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空，现抽掉隔板，气体的最终温度仍为TB．在图2中，随着活塞上砝码个数的增加，气缸内封闭的气体越来越难压缩(始终为气体状态)，主要原因是由于随着气体体积的减小，分子间的斥力越来越大C．图3为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不平衡性表现的越明显D．图4为热机能流图，随着机械制造工艺、机械材料等科学技术的不断发展，热机的效率能达到100%解析：选A　绝热容器与外界不能进行热交换Q＝0，抽掉隔板气体在向右扩散的过程中对外不做功W＝0，由热力学第一定律可知，气体内能不变，气体温度不变，仍为T，A正确；压缩气体越来越费力，是因为气体的体积减小，单位体积内的分子数增多，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多，气体的压强增大，需要用的外力增大，B错误；做布朗运动的悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击的作用力越趋于零，不平衡性表现的越不明显，C错误；根据热力学第二定律，热机把内能转化为机械能时，能量的耗散是不可以避免的，所以热机的效率不可以达到100%，D错误。4．(多选)下表是某地区1～6月份气温与气压的对照表：月份/月123456平均气温/℃1.84.512.821.428.731.4平均大气压/(×105 Pa)1.0311.0251.0181.0121.0070.976 4 6月份与1月份相比较，下列说法正确的是(　　)A．空气中每个气体分子无规则热运动速度加快了B．空气中气体分子的平均动能增加了C．单位时间内空气分子对地面单位面积的撞击次数增加了D．单位时间内空气分子对地面单位面积的撞击次数减少了解析：选BD　6月份与1月份相比较，平均气温升高，空气中气体分子的平均动能增加了，但并非每个气体分子无规则热运动速度都加快了，A错误，B正确；温度升高，则空气分子对地面的碰撞力增加，但是由于压强减小，则单位时间内空气分子对地面单位面积的撞击次数减少了，C错误，D正确。5．(2021·衡水模拟)新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是(　　)A．充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大C．充气过程中，储气室内气体内能不变D．喷液过程中，储气室内气体吸收热量对外界做功解析：选D　充气过程中，由于温度不变，所以储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度不变，A错误；充气过程中，由于温度不变，所以储气室内气体分子平均动能不变，B错误；充气过程中，温度不变，但储气室内气体分子数增多，所以储气室内气体内能增大，C错误；喷液过程中，温度不变，内能不变，但由于气体膨胀，气体对外做功，所以要吸收热量，D正确。6．(2021·山东等级考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　)A．30 cm3　　　　　　　 B．40 cm3C．50 cm3   D．60 cm3解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60  cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。7．(2021·重庆模拟)一定质量的理想气体，状态由a变到b，再由b变到c，其压强和体积的关系如题图甲所示，根据p­图像，下列说法正确的是(　　)A．由a变到b，温度升高，放热B．由a变到b，温度降低，放热C．由b变到c，温度不变，放热D．由b变到c，温度不变，吸热解析：选C　由a变到b，气体发生等容变化，压强p增大，根据查理定律＝C可知，气体温度升高，则内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，因气体不做功，内能增大，则气体吸热，故A、B错误；由b变到c，由题图可知，气体发生等温变化，温度不变，内能不变，体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放热，故C正确，D错误。8．(多选)回热式制冷机是一种极低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程。已知状态A、B的温度均为27 ℃，状态C、D的温度均为－133 ℃，下列判断正确的是(　　)A．气体由状态A到状态B的过程，温度先升高后降低B．气体由状态B到状态C的过程，内能保持不变C．气体由状态C到状态D的过程，气体对外做功D．气体由状态D到状态A的过程，其热力学温度与压强成正比解析：选ACD　状态A、B的温度相等，根据＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，A正确；气体由状态B到状态C的过程，温度降低，内能减小，B错误；气体由状态C到状态D的过程，体积增大，气体对外做功，C正确；气体由状态D到状态A的过程，体积不变，根据＝C，其热力学温度与压强成正比，D正确；故选A、C、D。9．如图所示为一定质量理想气体状态变化的p­t图像。图中BA的延长线过(－273,0)点，CB平行于t轴，则下列说法正确的是(　　)A．气体由状态A变为状态B，外界对气体做功B．气体由状态C变为状态A，气体吸收热量C．气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大D．气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大解析：选B　根据题意可知，从状态A到状态B气体做等容变化，气体吸热，外界不对气体做功，故A错误；从状态C变为状态A时，气体温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外界做功，气体从外界吸收热量，故B正确；从状态B到状态C气体做等压变化，温度降低，体积减小，所以状态B的分子数密度比状态C时的分子数密度小，状态A、B气体的体积相等，分子数密度相同，故C、D错误。10．(2021·广东高考)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强________(选填“大于”“小于”或“等于”)机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能________(选填“变大”“变小”或“不变”)。解析：机场地面温度与高空客舱内温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程＝C，可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；由于温度是分子平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱内温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。答案：小于　不变11．某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。(1)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500 mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1 mL，则油酸分子直径大小的表达式为d＝________；(2)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大，出现这种情况的原因可能是________。A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开D．计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理解析：(1)纯油酸的体积V等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，即V＝V0×，油膜面积为S，则油酸分子直径大小的表达式为D＝。(2)根据d＝，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，则会导致计算结果偏小，故B错误；水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则测量的面积S偏小，导致结果计算偏大，故C正确；计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则计算的面积S偏大，会导致计算结果偏小，故D错误。答案：(1)　(2)AC12．(2021·德州调研)某实验小组的同学利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了一定质量的气体。(1)实验时，为判断气体压强与体积的关系，________(选填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积。(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，若以p为纵坐标，则应以________为横坐标在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示。(3)实验过程中，下列操作正确的是________。A．改变气体体积时应快速推拉活塞B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分C．压力表与注射器之间的软管脱落后，应迅速将它重新装上继续测量D．实验前应先利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量(4)为能更准确地测出气体的压强，某同学直接用软管连通注射器和另一压强传感器(测量压强更准确)，如图丁所示。用(2)中方法作出的图线如图丙所示，而该图线不过原点，为减小这一实验误差，请写出一条改进建议：__________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由于注射器的横截面积相等，所以在此可用长度代替体积，故不需要测体积。(2)反比例函数是曲线，正比例函数是过原点的直线，所以要画p­图像，则应以为横坐标。(3)若急速推拉活塞，则有可能造成漏气和等温条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分，若手握着含有气体的部分，会造成温度变化，故B正确；压力表与注射器之间的软管脱落后，造成漏气，活塞内气体质量发生变化了，应重新实验，故C错误；因压强由压力表测量，不是由平衡条件计算，所以实验前不需要利用天平测量出注射器活塞及压力表的总质量，故D错误。(4)某同学直接用软管连通注射器和另一压强传感器，用(2)中方法作出的图线如图丙所示，该图线不过原点，显然是软管里的气体没计算，体积的测量值偏小造成的，所以选用容积较大的注射器可改善。答案：(1)不需要　(2)(或体积的倒数)　(3)B(4)选用容积较大的注射器(或实验中气体的体积不能压缩得过小或测出软管中气体的体积等)13．如图所示，长为31 cm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，封闭气体的长度为10 cm，温度为27 ℃，外界大气压强p0＝75 cmHg。若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，求：(1)这时留在管内的水银柱的长度l；(2)缓慢转回到开口竖直向上，且外界温度降为－28 ℃时，需要加入多长水银柱，才使水银柱的上端恰好重新与管口齐平。解析：(1)设水银密度为ρ，空气柱的横戴面积为S初态时气体压强为p1＝p0＋21 cmHg，体积为V1＝10S开口向下稳定时压强为p2＝p0－pgl体积为V2＝(31－l)S，热力学温度为T2＝300 K由玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得l＝15 cm。(2)设加入l0长水银柱，则p3＝p0＋ρg(l＋l0)V3＝(31－15－l0)S＝(16－l0)S根据理想气体状态方程 ＝，解得l0＝8 cm。答案：(1)15 cm　(2)8 cm14．(2021·全国甲卷)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。解析：(1)对B气体分析，发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·V，解得pB＝2p0对A气体分析，也发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA，pA＝pB＋0.5p0，联立解得VA＝0.4V。(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为V，由玻意耳定律可得p0V＝p′×V则A此情况下的压强为p′＝p0<pB－0.5p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、 压强为pB′，根据等温变化有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0，联立解得pB′＝p0 (舍去)，pB′＝p0，VA′＝(－1)V。答案：(1)0.4V　2p0　(2)(－1)V　p015．气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气(视为理想气体)，稳定后测得封闭气体柱长度为L＝21 cm。设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g取10 m/s2。求：(1)初始状态封闭气体的压强；(2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。解析：(1)对汽缸与椅面整体受力分析如图由受力平衡有p1S＝p0S＋mgp1＝p0＋得p1＝1.5×105 Pa。(2)重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，对汽缸、椅面与重物整体受力分析如图由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g得p2＝4.5×105 Pa，对汽缸内气体分析 ，导热性能良好，室温不变汽缸内气体温度不变初状态p1＝1.5×105 Pa　V1＝LS末状态p2＝4.5×105 Pa　V2＝L′S对汽缸内气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1LS＝p2L′S，得L′＝7 cm可知气体体积变小，长度变小即为下降的高度h＝L－L′，h＝14 cm。答案：(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm16．(2020·全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。解析：(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)＝pV1①现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②联立①②式可得p′＝p。③(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2④设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤联立③④⑤式可得k＝。⑥答案：(1)p　(2)