2024版高考物理二轮复习专题6热学原子物理第15讲热学练习含答案

这是一份2024版高考物理二轮复习专题6热学原子物理第15讲热学练习含答案，共8页。

1. (多选)(2023·新课标卷)如图所示，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( AD )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
【解析】 对f中的气体加热，f中的气体温度升高，压强增大，活塞向右移动，对活塞和弹簧整体进行研究，h中的气体压强也增大，h中的气体体积减小，弹簧被压缩，g中的气体体积减小，压强增大。因活塞对h中的气体做正功，故h中的气体内能增加，选项A正确；f中的气体压强大于g中的气体压强，f中的气体体积大于g中的气体体积，根据eq \f(pV,T)＝C可得，f中的气体温度高于g中的气体温度，选项B错误；f和h中的气体压强相同，但f中的气体体积大于h中的气体体积，根据盖－吕萨克定律可得，f中的气体温度高于h中的气体温度，选项C错误，选项D正确。
2. (2023·山东齐鲁名校三模)某室内游泳馆的游泳池里的水温保持恒定，有一气泡从池底缓慢上升(气泡内空气质量、温度保持不变，可视为理想气体)，则在此过程中( D )
A．气泡不断膨胀对外做功，内能减少
B．气泡内分子间距离逐渐增大，分子平均动能减小
C．气泡内气体从外界吸收能量，且吸收的热量小于气体对外界做的功
D．单位时间内撞击气泡内壁单位面积上的分子数目减少
【解析】 依题意，可知气泡从池底缓慢上升过程中，气体温度不变，压强减小，则气体内能不变，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气泡内气体从外界吸收能量，且吸收的热量等于气体对外界做的功，故A、C错误；由于气泡内气体温度不变，则气泡内分子平均动能不变，故B错误；由于气泡在上升过程中温度不变，则气体分子的平均动能不变，但气体的压强减小，根据压强的微观解释，可知则单位时间内撞击气泡内壁单位面积上的分子数目将减少，故D正确。
3. (2023·江苏高考卷)在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是( B )
A．把柱塞快速地向下压
B．把柱塞缓慢地向上拉
C．在橡胶套处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞
D．在橡胶套处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞
【解析】 把柱塞快速地向下压，外界对气体做功，气体和外界没有热量交换，气体的内能增加，温度升高，不是等温变化，选项A错误；把柱塞缓慢地向上拉，气体温度总和大气温度相同，发生等温变化，选项B正确；在橡胶套处接另一注射器，推动注射器时，原注射器内气体的质量变化，选项C、D错误。
4. (2023·江苏八市三模)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示。在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是( C )
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中每个气体分子的动能均不变
C．此过程中气体向外界放出热量
D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减少
【解析】 打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体质量不变，缓慢压缩打气筒气体温度不变，则气体内能不变，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，B错误；充气前气体在打气筒和篮球内，充气后气体全部在篮球内，篮球的体积不变，则气体的体积减小，则此过程中外界对气体做功，即W>0，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q<0即气体向外界放出热量，C正确；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D错误。故选C。
5. (2023·江苏淮安三统)一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则( D )
A．气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B．气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C．气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D．气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
【解析】 气体在bc过程是等温压缩，压强增大到b态的1.5倍，则体积变为b态的eq \f(2,3)；da过程是等温膨胀，压强变为d态压强的eq \f(1,2)，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V，则c态体积eq \f(2,3)V，d态体积eq \f(1,2)V，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，选项A错误；气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量，选项B错误；由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则Wab＝0，气体在cd过程中体积减小，则Wcd>0，则气体在ab过程中吸收的热量Qab＝ΔUab，cd过程中放出的热量Qcd＝ΔUcd＋Wcd，其中ΔUab＝ΔUcd，气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，选项C错误，D正确。
6. (2023·江苏南京三模)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是( D )
A．A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B．C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C．整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功
D．整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
【解析】 A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A错误；C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律ΔU1＝Q1＋W1可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由ΔU2＝Q2＋W2可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知eq \f(V,T)是定值，则由eq \f(pCVC,TC)＝eq \f(pDVD,TD)＝C可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由ΔU3＝Q3＋W3，可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由ΔU4＝Q4＋W4可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值pA小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体对外界放了热，故D正确。
B组·综合练
7.(2023·四川绵阳三诊)自由潜水是指不携带气瓶，只通过自身调节腹式呼吸屏气尽量往深潜的运动。2018年，“中国自由潜水第一人”王奥林将中国自由潜水记录刷新到水下110 m。若标准大气压p0相当于深为h0＝10 m的水柱产生的压强，且标准大气压下人体肺部气体的体积为V0，肺部气体温度等于人体内温度，视为不变，g取10 m/s2。求：
(1)水下110 m时，肺部气体的体积V1；
(2)在上升过程中，在最大深度处通过吸入嘴里的空气将肺部气体体积恢复至0.5V0，返回时为了避免到达水面后出现肺部过度扩张，即肺部气体体积不超过2V0，需要在安全深度40 m时将多余气体吐出，则吐出压缩空气的最小体积V。
【答案】 (1)eq \f(1,12)V0 (2)0.8V0
【解析】 (1)人体肺部气体初状态压强p1＝p0，体积V1＝V0，人下潜到最大深度时气体的体积V2，设气体压强为p2，设下潜的最大深度为h2，则p2＝p0＋eq \f(h2,h0)p0
解得p2＝12p0
气体温度不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝eq \f(1,12)V0。
(2)在安全深度h3＝40 m处时p3＝p0＋eq \f(h3,h0)p0
解得p2＝5p0
在最大深度时肺部气体压强p2＝12p0，肺部气体体积为0.5V0，返回到安全深度时，肺部压强为p3，体积为V3，气体温度不变则p3V3＝p2V2
解得V2＝1.2V0
人回到水面时肺部气体的压强p4＝p0，体积V4＝2V0，气体温度不变，由玻意耳定律得p3V′3＝p4V4
解得V′3＝0.4V0
在安全深度处空气的最小体积ΔV＝V3－V′3＝1.2V0－0.4V0＝0.8V0。
8. (2023·全国乙卷)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的截面积是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强相当于多少厘米高度的水银柱的压强。(气体温度保持不变)
【答案】 135 cm 115 cm
【解析】 A中封闭气体倒置前后的长度为lA＝10 cm，lA′＝11 cm
由等温过程的玻意耳定律得pAlA＝pA′lA′
B中封闭气体倒置前后的长度为lB＝10 cm，
lB′＝lB－eq \f(2SΔlA,S)＝8 cm
由玻意耳定律得pBlB＝pB′lB′
对倒置前水银受力分析得pA－pB＝ρ水银g(40 cm－lA－lB)
对倒置后水银受力分析得pB′－pA′＝ρ水银g(40 cm－lA′－lB′)
联立解得，pA相当于135 cm高度的水银柱的压强，pB相当于115 cm高度的水银柱的压强。
9. (2023·四川成都三诊)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止，求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg，环境温度不变。(保留三位有效数字)
【答案】 144 cmHg 9.42 cm
【解析】 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；
左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。
活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；
左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。
以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg ＝90 cmHg
l1＝20.0 cm
l1′＝(20.0－eq \f(20.0－5.00,2))cm＝12.5 cm
由玻意耳定律得p1l1S＝p1′l1′S
解得p1′＝144 cmHg
依题意p2′＝p1′
l2′＝4.00 cm＋eq \f(20.0－5.00,2)cm－h＝11.5 cm－h
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S
解得h≈9.42 cm。
10. (2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时气体的密度；
(2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。
【答案】 (1)1.41 kg/m3 (2)1.18 kg/m3
【解析】 (1)T1＝(17＋273)K＝290 K
T2＝(27＋273) K＝300 K
对原舱内所有气体由盖—吕萨克定律得eq \f(V2,T2)＝eq \f(V1,T1)
ρ1＝eq \f(m,V1)，ρ2＝eq \f(m,V2)
解得ρ2＝eq \f(29,30)ρ1＝1.41 kg/m3。
(2)p2＝1.2p0，p3＝p0
降低舱内压强前，对舱内剩余气体由玻意耳定律得p2V1＝p3V3
ρ2＝eq \f(m′,V1)，ρ3＝eq \f(m′,V3)
解得ρ3＝1.18 kg/m3。