2023届二轮复习 专题训练16　热学 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练16　热学 作业（浙江专用），共13页。试卷主要包含了关于雪花的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题训练16　热　学保分基础练1.(多选)关于分子动理论,下列说法正确的是(　CD　)A.图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,应先滴油酸酒精溶液,再撒爽身粉B.图乙为水中炭粒运动位置的连线图,连线表示炭粒做布朗运动的轨迹C.图丙为分子力与分子间距的关系图,分子间距从r0增大时,分子力先变大后变小D.图丁为大量气体分子热运动的速率分布图,曲线②对应的温度较高解析:应先撒爽身粉,再滴油酸酒精溶液,才能显示油膜的形状,A错误;图乙为水中炭粒运动位置的连线图,连线不是炭粒做布朗运动的轨迹,因为间隔一段时间才记录炭粒的位置,在间隔的这段时间内,无法确定炭粒的运动情况,B错误;图丙为分子力与分子间距的关系图,分子间距从r0增大时,分子力表现为引力,先变大后变小,C正确;图丁为大量气体分子热运动的速率分布图,曲线②中分子速率较大的分子数占分子总数的比例大,对应的平均动能大,对应的温度较高,D正确。2.在“天宫课堂”中航天员往水球中注入一个气泡,如图所示,气泡静止在水中,此时(　A　)A.水球呈球状B.水与气泡界面处,水分子间作用力表现为斥力C.气泡中分子的平均动能为0D.气泡受到浮力解析:由于在失重状态下,水球呈球状而不是扁球状,故A正确;水与气泡界面处,水分子较为稀疏,水分子间作用力表现为引力,故B错误;气泡内分子一直在做无规则的热运动,平均动能不为零,故C错误;在失重状态下,气泡不会受到浮力,故D错误。3.关于雪花的说法正确的是(　C　)A.一片雪花大约由1 000个水分子组成B.雪花融化成的水是液态的晶体C.雪花是水蒸气凝华时形成的晶体D.没有两片雪花是相同的,因此雪花不属于晶体解析:一片雪花由大量的水分子组成,远大于1 000个,故A错误;雪花融化成的水是液体,不能说液态的晶体,故B错误;根据物态变化可知,雪花是水蒸气凝华时形成的晶体,故C正确;雪花是晶体,故D错误。4.如图所示,一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片,轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推动转轮转动。离开热水后,叶片形状迅速恢复,转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　C　)A.转轮依靠自身惯性转动,不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.叶片在热水中吸收的热量大于在空气中释放的热量D.因为转动的叶片不断搅动热水,所以水温最终会升高解析:要维持转轮转动需要外力做功,转轮转动所需能量不能由转轮自己提供,靠的是形状记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环,当热水的温度达不到形状记忆合金的“变态温度”需要给水升温,因此消耗能量,故A、B错误;根据热力学第二定律,物体不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响,故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量,其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗,故C正确;转动的叶片不断搅动热水的过程,形状记忆合金吸热发生形变,转出热水需要将能量释放,在进入热水吸热,故水温降低,故D错误。5.(2021·山东卷)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体(　B　)A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量解析:由于越接近矿泉水瓶口,水的温度越高,因此小瓶上浮的过程中,小瓶内气体的温度升高,内能增加,A错误;在小瓶上升的过程中,小瓶内气体的温度逐渐升高,压强逐渐减小,根据理想气体状态方程=C,气体体积膨胀,对外界做正功,B正确;由A、B分析,小瓶上升时,小瓶内气体内能增加,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q知,小瓶内气体吸收的热量大于增加的内能,C、D错误。6.(多选)如图所示,竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中未画出),质量不计、面积为S的绝热活塞位于汽缸内,活塞与汽缸之间封闭一定质量的某种理想气体。活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡,此时汽缸内理想气体的温度为T0,活塞距汽缸底部的高度为h。现用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热,使活塞上升了,封闭理想气体的内能增加了ΔU。已知大气压强为p0,重力加速度为g。下列说法正确的是(　AD　)A.活塞上升时理想气体的温度为T0B.理想气体吸收的热量为ΔUC.理想气体吸收的热量为ΔU+D.理想气体吸收的热量为ΔU++解析:气体发生等压变化,则有=,解得T=T0,故活塞上升时理想气体的温度为T0,A正确;活塞上升过程,气体的压强为p=p0+,此过程气体对外界做功为W=pS·,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q,解得Q=ΔU++,即此过程气体吸收的热量为ΔU++,D正确,B、C错误。7.(多选)如图所示,将甲分子固定于坐标原点O处,乙分子放置于r轴上距离O点很远的r4处,r1、r2、r3为r轴上的三个特殊的位置,甲、乙两分子间的作用力F和分子势能Ep随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示,设两分子间距离很远时,Ep=0。现把乙分子从r4处由静止释放,下列说法正确的是(　AD　)A.乙分子不可能运动到O<r<r1的位置B.当分子间距离r=r3时,甲、乙两分子间只有引力C.乙分子从r4到r2的过程中,分子势能先增大后减小,在r3位置时分子势能最小D.乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动,从r2到r1做加速度增大的减速运动解析:因两分子间距在平衡距离r0时,分子力表现为零,此时分子势能最小,可知虚线为Epr图线、实线为Fr图线。因乙分子在r4处分子势能和动能均为零,到达r1处时的分子势能又为零,由能量守恒定律可知,在r1处的动能也为零,可知乙分子的运动范围为r1≤r≤r4,乙分子不可能运动到O<r<r1的位置,A正确;当分子间距离r<r2时,甲、乙两分子间斥力大于引力,分子力表现为斥力,当分子间距离r>r2时,甲、乙两分子间斥力小于引力,分子力表现为引力,B错误;乙分子从r4到r2的过程中,分子势能一直减小,在r2位置时分子势能最小,C错误;从实线可知乙分子从r4到r2分子力表现为引力,且引力先增大后减小,分子从静止开始加速运动,由牛顿第二定律,乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动。从实线可知乙分子从r2到r1分子力表现为斥力,且斥力增大,速度与合力方向相反,乙分子从r2到r1做加速度增大的减速运动,D正确。8.(多选)质量一定的理想气体完成如图所示的循环,其中A→B过程是等容过程,B→C过程是等压过程,C→A过程是等温过程,已知在状态C时气体的体积V=3.0×10-3 m3,则下列关于气体状态变化及其能量变化的说法正确的有(　CD　)A.A→B过程,气体从外界吸热,内能减小B.C→A过程单位体积的分子数增加C.气体在状态B时的体积是5×10-3 m3D.A→B→C的整个过程中向外放热600 J解析:A→B过程,体积不变,外界对气体不做功,温度升高,内能增大,气体从外界吸热,选项A错误;C→A过程,温度不变,压强减小,体积增大,所以单位体积的分子数减少,选项B错误;由=,得VB=5×10-3 m3,选项C正确;由热力学第一定律ΔU=Q+W,A、C状态温度相等,内能不变,W=3×105 Pa·ΔV,ΔV=VB-V=2×10-3 m3,得Q=-600 J,即向外放热600 J,选项D正确。9.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环,该过程中的每个状态都可视为平衡态,各状态参数如图所示。对此气体,下列说法正确的是(　B　)A.A→B的过程中,气体对外界放热,内能不变B.B→C的过程中,气体的压强增大,单位体积内的分子数不变C.C→D的过程中,气体的压强不变,气体从外界吸热D.状态C时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态D时的多解析:A→B的过程中,由于温度不变,气体的内能不变,体积变大,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,A错误;B→C的过程中,气体的体积不变,单位体积内的分子数不变,气体的温度升高,气体的压强增大,B正确;C→D的过程中,由于保持不变,故气体的压强不变,气体的体积变小,外界对气体做功,气体的温度降低,气体的内能减小,根据热力学第一定律可知,气体对外界放热,C错误;C→D的过程中,气体的压强不变,气体的温度降低,气体分子的平均动能降低,根据气体压强的微观意义可知,单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数变多,即状态C时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态D时的少,D错误。10.如图,一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c,已知气体从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1,同时向外界放出热量Q1;从状态b变化到状态c的过程中外界对气体做功为W2,与外界交换的热量为Q2,下列说法正确的是(　D　)A.气体在状态a、状态b、状态c时的内能相等B.W2=3W1C.Q1+Q2=2p0V0D.W1+W2=Q1+Q2解析:在pV图像中,根据=C可知,气体由状态a经状态b变化到状态c的过程中,温度先增大后减小,即Ta=Tc<Tb,故气体在状态a与状态c时的内能相等,都小于状态b的内能,故A错误;在pV图像中,图像与横轴所围面积表示气体做功,则W1=×(p0+2p0)×V0=,W2=×(2p0+3p0)×V0=,故W2=W1,故B错误;一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c,内能的变化量为0,即与外界交换的热量与外界对气体所做的功大小相等,即Q1+Q2=W1+W2=+=4p0V0,故C错误,D正确。高分强化练11.风能是一种经济而又清洁的能源。某地四季的平均风速为10 m/s,已知空气的密度为1.3 kg/m3,该地新建的小型风力发电机的风车有三个长度均为12 m的叶片,转动时可形成半径为12 m的一个圆面。(1)若这个风车能将通过此圆面内的10%的气流的动能转化为电能,那么该风车带动发电机的功率为多大?(结果保留2位有效数字)(2)为了减少风车转动的磨损,根据最新设计,在转动轴与轴承的接触部分镀了一层纳米陶瓷,一般的陶瓷每立方厘米含有1010个晶粒,而这种纳米陶瓷每立方厘米含有1019个晶粒,若把每个晶粒看成球形,并假设这些晶粒是一个挨着一个紧密排列的,那么每个晶粒的直径大约为多少纳米?解析:(1)每秒通过圆面的气流构成一个长为v、底面积为S=πR2的圆柱体,如图所示,则这部分空气的质量m=ρπR2v,其动能为Ek=mv2=ρπR2v3,则P=ηρπR2v3,解得P=2.9×104 W。(2)假设这种纳米陶瓷的每个晶粒的直径为d,则V=Nπ()3=,解得d≈6×10-9 m=6 nm。答案:(1)2.9×104 W　(2)6 nm12.一辆自行车在某次维修过程中,维修师傅先将一只容积为2.4 L的新轮胎安装好,然后将15.6 L的空气充入轮胎,新轮胎在充气前处于干瘪状态(可认为内部没有气体)。胎内气压大于周围环境大气压时轮胎的体积和形状都看作不变,充气过程气体的温度看作不变,周围环境大气压强为1.0×105 Pa,求:(1)充气后轮胎内气体的压强;(2)使用一段时间后,轮胎内气体的压强降为5.0×105 Pa,充气筒每次能将0.25 L的空气充入轮胎,若使充气后的胎内气压达到7.0×105 Pa,计算至少需要充气的次数。解析:(1)对被充入的空气,由玻意耳定律有p0V0=pV,解得充气后轮胎内气体的压强p=6.5×105 Pa。(2)对充气完成后轮胎内的空气p0nΔV+p′V=p″V,得需充气的次数n=19.2,因此至少需要充气的次数为20。答案:(1)6.5×105 Pa　(2)2013.如图,某兴趣小组设计制作了一个由汽缸、活塞柱、弹簧和上、下支座构成的汽车减震装置模型,该模型上支座与活塞柱的质量、活塞柱与汽缸之间的摩擦均可忽略不计,汽缸壁厚度不计,汽缸导热性和气密性良好;该模型竖直放置上支座上不加压力时,弹簧处于原长,活塞柱底端距离汽缸底部h1=20 cm,活塞柱横截面积S=10 cm2,汽缸内气体压强与外界大气压强均为p0=1.0×105 Pa,弹簧劲度系数k=9.0×103 N/m,g取10 m/s2,现在上支座上放置m=100 kg的重物。(1)装置稳定后,封闭气体分子的平均动能如何变化?从将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中封闭气体吸热还是放热?(2)装置稳定后,活塞柱底端到汽缸底部的距离是多少?解析:(1)将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中,气体体积减小,外界对气体做功,W>0,气体初、末状态温度相同,平均动能不变,内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得,Q<0,气体放热。(2)设放置重物前封闭气体的压强为p1,则p1=p0设放置重物稳定后封闭气体的压强为p2,活塞柱距离汽缸底部为h2,以重物、活塞柱和上支座整体为研究对象,则有mg+p0S=p2S+k(h1-h2),以封闭气体为研究对象,根据玻意耳定律有p1h1S=p2h2S,代入解得h2=0.1 m或h2=- m(舍去)。答案:(1)不变　放热　(2)0.1 m14.(2022·镇海中学期中)如图所示,两汽缸A、B厚度均匀,等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通,A上端封闭,B上端与大气连通。两汽缸除A顶部导热外,其余部分均绝热,两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞a、b,活塞b下方充有氮气,活塞a上方充有氧气,连接活塞b的细绳绕过光滑的定滑轮与重物连接。当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃系统平衡时,活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的,活塞b在汽缸正中间。重物与活塞a质量均为m=,活塞a的横截面积为4S,b为轻活塞且横截面积为S,B体积为V,活塞a、b可在汽缸内无摩擦滑动,细绳不可伸长,整个过程不漏气且缸内气体可视为理想气体。(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b恰好升至顶部时,求氮气的温度;(2)继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升的距离是汽缸高度的时,求氧气压强;(3)已知汽缸中氮气的内能为U=αT(T为氮气温度,α为常数),求(1)中电阻丝的发热量Q。解析:(1)A的横截面积为B的4倍,所以A的体积为4V。初始温度T0=(7+273 )K=280 K,在活塞b升至顶部的过程中,氮气压强不变,根据盖吕萨克定律有=,解得T1=320 K。(2)设初始时氮气压强为p1,氧气压强为p2,最终到题中状态下,氧气压强为p3。对加热前活塞b进行受力分析,拉力等于重物重力,处于平衡状态,可得p0S=p1S+mg=p1S+,解得p1=p0,再对这时的活塞a进行受力分析,处于平衡状态,可得p2·4S+mg=p1·4S,代入数据得p2=p0,在加热的过程中,因为A顶部导热,所以氧气温度不变,根据玻意耳定律,可得p2V=p3·V,解得p3=p0。(3)根据热力学第一定律有ΔU=Q+W,在该过程中,外界对气体做功有W=-p1·=-p0V,所以Q=αΔT-W=40α+p0V。答案:(1)320 K　(2)p0　(3)40α+p0V