高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题八第1讲热学练习含解析

这是一份高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习专题八第1讲热学练习含解析，共7页。试卷主要包含了下列说法中正确的是，下列说法正确的是，以下说法正确的是，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
解析：选C.在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；分子间同时存在着引力和斥力，故C正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故D错误．
2．(2019·衡水高三调研)(1)下列说法中正确的是( )
A．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动
B．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大
C．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同
D．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小
E．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态
(2)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．
①已知从A到B的过程中，气体对外放出600 J的热量，则从A到B，气体的内能变化了多少？
②试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？
解析：(1)分子做永不停息的无规则热运动，A错误；物体温度越高，分子的平均动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同则物体分子热运动的平均动能可能相同，选项B、C正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项D正确；处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，故E错误．
(2)①从A到B，外界对气体做功，有
W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J
根据热力学第一定律，内能的变化量
ΔU＝W＋Q＝900 J－600 J＝300 J.
②根据理想气体状态方程有eq \f(pBVB,TB)＝eq \f(pCVC,TC)
代入数据可得TB＝TC
根据理想气体状态方程有eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)
代入数据可得TA＝1 200 K.
答案：(1)BCD (2)①300 J ②1 200 K
3．(2019·武汉4月调研)(1)下列说法正确的是( )
A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动
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．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关
(2)如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：
①活塞刚好升到缸口时，气体的温度；
②汽缸内气体对外界做的功；
③气体内能的变化量．
解析：(1)第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，A项错误．布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反映的是液体分子热运动的规律，B项错误．
(2)①封闭气体初态：V1＝1 500 cm3，T1＝273 K
末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3
缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化
则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得T2＝364 K.
②设封闭气体做等压变化的压强为p
对活塞：p0S＝pS＋G
汽缸内气体对外界做功W＝pSh
解得W＝25 J.
③由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量
ΔU＝Q－W
得ΔU＝35 J
故汽缸内的气体内能增加了35 J.
答案：(1)CDE (2)①364 K ②25 J ③35 J
4．(1)(2019·陕西汉中高三一模)以下说法正确的是( )
A．晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征
B．液体的分子势能与液体的体积有关
C．水的饱和汽压随温度变化而变化
D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”
E．分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同
(2)如图，用质量m＝1 kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝0.5 m，气体的温度t1＝27 ℃.现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至t2＝267 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2 处，此过程中被封闭气体增加的内能增加ΔU＝400 J．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，活塞横截面积S＝5.0×10－4 m2，求：
①初始时汽缸内气体的压强p1 和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；
②此过程中汽缸内气体吸收的热量Q.
解析：(1)单晶体一定具有规则的形状，且有各向异性的特征，而多晶体的物理性质表现为各向同性，选项A错误；分子势能的产生是由于分子间存在作用力，微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化，分子间作用力变化，分子势能才变化，选项B正确；水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度越高，饱和汽压越大，选项C正确；只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”，选项D错误；温度是分子平均动能的标志，分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同，选项E正确．
(2)①开始时，活塞受力平衡，有p0S＋mg＝p1S
解得p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得eq \f(h1S,T1)＝eq \f(h2S,T2)
解得h2＝0.9 m.
②气体在膨胀过程中外界对气体做功为
W＝－p1ΔV＝－1.2×105×(0.9－0.5)×5×10－4 J＝－24 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝ΔU－W＝400 J－(－24 J)＝424 J.
答案：(1)BCE (2)①0.9 m ②424 J
5．(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是( )

A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
(2)如图，
容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．
①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．
解析：(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．
(2)①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝eq \f(V,2)③
p1＝2p0.④
②打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2 ⑤
由⑤式得
p2＝eq \f(3V,V2)p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p′2＝eq \f(3,2)p0.
③设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得
eq \f(p′2,T1)＝eq \f(p3,T2)⑦
将有关数据代入⑦式得
p3＝1.6p0.
答案：(1)ABC (2)见解析
6．(2019·山东十校联考)(1)下列说法中，正确的是( )
A．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性
B．物块在自由下落过程中，分子的平均动能增大，分子势能减小
C．布朗运动虽不是分子运动，但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动
D．如果两个系统分别与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，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度
E．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变
(2)内径相同、导热良好的“T”形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，此时外界温度t1＝27 ℃，各部分长度如图所示．外界大气压p0＝76 cmHg.求：
①若外界温度保持不变，缓慢从管口注入水银，直到水平管中右侧气柱长度减小到28 cm时注入的水银柱长度；
②在①的状态下，水平管中右侧气柱再次恢复为30 cm时的环境温度(用摄氏温度表示)．
解析：(1)非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性，A正确；分子动能与分子势能都与机械能无关，物块在自由下落过程中，动能增加，重力势能减小，而分子平均动能和分子势能不变，B错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，C错误；根据热力学第零定律，如果两个系统分别与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，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，D正确；温度是分子的平均动能的标志，若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积无关，所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变，E正确．
(2)①注入水银的过程中，水平管内封闭的气体做等温变化
以水平管右侧气柱为研究对象，设管的横截面积为S，水银柱高度h1＝22 cm
由玻意耳定律p1SL1＝p2SL2
其中L1＝30 cm，L2＝28 cm，p1＝p0＋h1＝98 cmHg
解得，p2＝105 cmHg，竖直管内水银柱高度h2＝29 cm
由于水平管左右两侧压强相等，所以左侧气柱长度由15 cm变为14 cm
则需要注入的水银柱长度Δh＝h2－h1＋3 cm＝10 cm.
②对水平管右侧气柱，设环境温度为T2时，气柱长度为L1＝30 cm，压强为p3，由理想气体状态方程
eq \f(p2SL2,T1)＝eq \f(p3SL1,T2)
其中L1＝30 cm，L2＝28 cm，p2＝105 cmHg，p3＝108 cmHg，T1＝300 K
解得，T2≈331 K
所以，t2＝58 ℃.
答案：(1)ADE (2)见解析
7. (1)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是( )
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
①待测气体的压强；
②该仪器能够测量的最大压强．

解析：(1)ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．
(2)①水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋eq \f(1,4)πd2l①
V1＝eq \f(1,4)πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρgh③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝eq \f(πρgh2d2,4V0＋πd2（l－h）).⑤
②由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤eq \f(πρgl2d2,4V0)⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝eq \f(πρgl2d2,4V0).
答案：(1)ABD (2)见解析