专题分层突破练14 热学—2021届高考物理二轮总复习专题检测

专题分层突破练14热学

A组

1.(2020山东济宁第二次模拟)下列说法正确的是()

A.晶体一定具有各向异性的特征

B.温度升高物体的内能一定增大

C.布朗运动是液体分子的无规则运动

D.自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果

2.(多选)(2020陕西渭南质量检测)下列说法正确的是()

A.—定质量的气体,在压强不变时,单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而减少

B.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离

C.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量,则气体内能可能减小

D.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现

3.(2020江苏盐城第三次模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是()

A.气体温度升高,所有分子的速率都增加

B.—定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子平均动能增加

C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和

D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在势能的缘故

4.

(2020山东青岛一模)如图,在研究功与内能改变的关系时,将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部,用力向下压活塞,可以将易燃物点燃。关于该实验,下列说法正确的是()

A.筒内气体,在被压缩的同时从外界迅速吸收热量,导致气体温度升高

B.只要最终筒内气体压强足够大,筒内易燃物就会被点燃

C.若实验中易燃物被点燃,是活塞与筒壁间摩擦生热导致的

D.该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快

5.

(多选)(2020海南高考调研)图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab的延长线过原点,则下列说法正确的是()

A.气体从状态a到b的过程,气体体积不变

B.气体从状态b到c的过程,一定从外界吸收热量

C.气体从状态c到d的过程,外界对气体做功

D.气体从状态d到a的过程,气体对外界做功

6.

(2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研)如图,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,中管内水银面与管口A之间气体柱长为l A=40 cm,右管内气体柱长为l B=39 cm。先将开口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设被封闭的气体为理想气体,整个过程温度不变,若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm,已知大气压强p0=76 cmHg,求:

(1)A端上方气柱长度;

(2)稳定后右管内的气体压强。

7.

(2020陕西渭南质量检测)如图,两个圆柱形汽缸平放在水平地面上并固定,两个汽缸通过活塞各封闭一定量的气体,封闭汽缸的活塞通过刚性杆相连,起初两边封闭气体的长度都为d ,左、右汽缸的横截面积分别为2S 和S ,汽缸内壁光滑,两边封闭气体及外界气体压强均为p 0,现给刚性杆施加水平向右的力,使活塞向右缓慢移动,问当活塞向右移动d

2时,施于杆的水平向右的外力多大?

8.(2020四川绵阳模拟)一热气球体积为V,内部充有温度为T a的热空气,气球外冷空气的温度为T b。已知空气在1个大气压、温度T a时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。

(1)求该热气球所受浮力的大小;

(2)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量m。

B组

9.

(多选)(2020山西太原高三模拟)如图,一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环,ABCD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的是()

A.状态C的温度为3T0

B.从A→B,分子的平均动能减小

C.从C→D,气体密度增大

D.经历A→B→C→D→A一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量

10.

(2020山东等级考模拟)如图所示,水平放置的封闭绝热气缸,被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。已知a部分气体为1 mol氧气,b部分气体为2 mol氧气,两部分气体温度相等,均可视为理想气体。解除锁定,活塞滑动一段距离后,两部分气体各自再次达到平衡态时,它们的体积分别为V a、V b,温度分别为T a、T b。下列说法正确的是()

A.V a>V b,T a>T b

B.V a>V b,T a

C.V a

D.V aT b

11.

(2020上海奉贤二模)如图所示,两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱,经适当倾斜,使上下两部分气体的体积恰好相等。保持管的倾角不变,管内气体的温度始终与环境温度相同。若某时发现上部气体体积已变大且重新稳定,说明()

A.环境温度已升高

B.环境温度已降低

C.上部气体压强增大,下部气体压强减小

D.上部气体压强减小,下部气体压强增大

12.(2020四川雅安第三次诊断)如图所示,是一个连通器装置,连通器的右管半径为左管的两倍,左端封闭,封有长为30 cm的气柱,左右两管水银面高度差为37.5 cm,左端封闭端下60 cm处有一细管用开关

D封闭,细管上端与大气联通,若将开关D打开(空气能进入但水银不会进入细管),稳定后会在左管内产生一段新的空气柱。已知外界大气压强p0=75 cmHg。求:稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少?

13.

(2020山东青岛一模)我国是世界上开发利用地下水资源最早的国家之一,浙江余姚河姆渡古文化遗址水井,其年代距今约5 700年。压水井可以将地下水引到地面上,如图所示,活塞和阀门都只能单向打开,提压把手可使活塞上下移动,使得空气只

能往上走而不往下走。活塞往上移动时,阀门开启,可将直管中的空气抽到阀门上面;活塞向下移动时,阀门关闭,空气从活塞处溢出,如此循环,地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在地下水位线之下,地下水位线距离阀门的高度h=8 m,直管截面积S=0.002 m2,现通过提

压把手,使直管中水位缓慢上升4 m。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,直管中的气体可视为理想气体:

(1)若该装置的机械效率η=0.4,求人对把手做的功;

(2)求直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0之比。

参考答案

专题分层突破练14热学

1.D解析单晶体有各向异性的特征,多晶体表现为各向同性,故A错误;物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关,所以温度升高物体的内能不一定增大,故B错误;布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动,不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的,反映了液体分子的无规则运动,故C错误;自由下落的水滴由于液体表面张力作用而形成球形,故D正确。

2.BC解析温度降低,分子的平均动能减小,则单个分子对器壁的平均撞击力减小,所以一定质量的气体,在压强不变时,单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而增加,故A 错误;由气体的摩尔质量和气体的密度,可估算出摩尔体积,再根据阿伏加德罗常数,可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积。进而估算出理想气体分子间的平均距离,故B正确;根据热力学第一定律,如果外界对理想气体压缩所做的功,小于放出热量,则气体内能就会减小,故C正确;同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,如煤炭与金刚石,故D错误。

3.C解析气体温度升高,分子的平均速率变大,但是并非所有分子的速率都增加,A错误;一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,因温度不变,则分子平均动能不变,B错误;一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和,C正确;一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子杂乱无章的做无规则运动的缘故,D错误。

4.D解析筒内气体在被压缩时外界对气体做功,导致气体温度升高,由于是迅速被压缩,从外界吸收热量很少,A错误;易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关,B错误;压缩气体时,活塞与筒壁间摩擦生热很少,不至于把易燃物点燃,C错误;该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快,即让气体快速被压缩,与外界绝热,才能使气体内能迅速增大,温度升高,D正确。

5.AB解析因ab的延长线过原点,根据p=C

V

T,则从状态a到b,气体发生的是等容变化,气体的体积不变,故A正确;从状态b到c,温度升高,压强不变,根据理想气体状态方程

pV

T

=C,体积增加,气体对外做功;温度升高,则内能增加,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气

体吸收热量,故B正确;从状态c到d,根据p=C

V

T,各点与原点连线的斜率变小,体积变大,体

积变大说明气体对外做功,故C错误;从状态d到a,根据p=C

V

T,各点与原点连线的斜率变

大,体积变小,外界对气体做功,故D错误。

6.答案 (1)38 cm(2)78 cmHg

解析 (1)稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm,则A管内气体的压强为

p A 1=(76+4) cmHg 由公式:p 0V A 0=p A 1V A 1, 代入数据得:L A 1=38 cm

(2)设右管水银面上升h ,则右管内气柱长度为l B -h ,气体的压强为p 1-2ρgh ; 由玻意耳定律得: p 0l B =(p 1-2ρgh )(l B -h ) 解得:h=1 cm

所以右管内气体压强为 p 2=p 1-2h=78 cmHg 7.答案 F=5

3p 0S

解析 在活塞移动前后,对左边气体由玻意耳定律有p 0d=p 1d+d

2

解得p 1=2

3p 0

对右边气体有p 0d=p 2d-d

2 解得p 2=2p 0

移动后,对两活塞及刚性杆整体受力,由平衡条件得p 1·2S+F+p 0S=p 2S+p 0·2S 将最后p 1、p 2代入上式, 解得:F=5

3p 0S

8.答案 (1)F=ρ0gVT 0T b (2)m=ρ0VT 0T b

?ρ0VT

0T a -m 0

解析 (1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度T 0时的体积为V 0,密度为ρ0,温度为T b 时的体积为V Tb ,密度为ρTb ,则ρ0=m 0,ρTb =m Tb ,V 00=V

Tb b

解得ρTb =ρ0T

0b

设气球所受的浮力为F ,则F=ρTb gV 解得F=ρ0gVT

0T b

(2)设气球内热空气所受的重力为G ,充气后它还能托起的最大质量为m ,则 G=ρTa Vg 解得G=ρ0gV T

0T a

则m=ρ0VT 0T b

?ρ0VT

0T a -m 0

9.ACD 解析 A →B 过程为等压过程,则有V A T A =V B T B ,即有V 12T 0=V 2

3T 0,解得V 1V 2

=2

3,C →D 过程

也为等压过程,则有V C T C =V D T D ,即V 1T 0=V 2T C ,解得T C =V 2V 1T 0=3

2T 0,故A 正确;从A →B ,温度升高,分

子平均动能增大,故B 错误;C →D 过程为等压变化过程,气体体积减小,气体质量不变,则气体密度增大,故C 正确;经历A →B →C →D →A 一个循环,气体内能不变;在p -V 图像中,图像与坐标轴围成面积表示功的大小,所以W AB >W DC ,即整个过程,气体对外界做功,所以气体吸收的热量大于释放的热量,故D 正确。

10.D 解析 解除锁定前,两部分气体温度相同,体积相同,由pV=nRT 可知b 部分压强大,故活塞左移,平衡时V a T b 。

11.B 解析 设上方气体状态为p 1,V 1,T ,下方为p 2,V 2,T 。根据理想气体方程pV

T =C 从而有

p 2=C 2T V 2

,p 1=C 1

T

V 1

,其中C 1,C 2为常量,其他量都是变量。由题设知V 2减小,V 1增大,现假定T

升高,则根据上两式可知,p 2比p 1上升更多,p 2-p 1较初始状态增大,而事实上,要保持平衡,显然p 2-p 1在整个过程中不变。故假设错误,T 只能减小,减小的原因只能是环境温度降低;要保持平衡,下面气体压强=上面气体压强+水银柱产生的压强,而玻璃管倾斜角不变,所以水银柱产生的压强不变,即上下压强差不变,所以也就是上下压强的变化量相等,B 正确,A 、C 、D 错误。 12.答案 36 cm

解析 空气进入后将左端水银柱隔为两段,上段仅30 cm,对左端空气有

p 1=p 0-h 1=37.5 cmHg p 2=p 0-h 2=45 cmHg

由玻意耳定律得p 1L 1S=p 2L 2S ,

解得L 2=p 1L

1

p 2

cm =

37.5×30

45

cm =25 cm 上段水银柱上移,形成的空气柱长为25 cm,下段空气柱下移,设下移的距离为x ,由于U 形管右管内径为左管内径的2倍,则右管横截面积为左管的4倍,由等式7.5 cm -x=x

4,

解得x=6 cm,

所以产生的空气柱长为: L=(6+5) cm =11 cm

因此产生的空气柱的总长度为11+25=36 cm 13.答案 (1)400 J (2)3

10

解析 (1)直管中水位缓慢上升h 1=4 m,则重心上升2 m,则对水做功W 有用

=mg ?12=h 1S ρg·?1

2=1

2

ρgS ?12 代入数据可得W 有=160 J 则人对把手做的功 W=W 有用

η

=160

0.4 J =400 J

(2)直管中有气体h 2=4 m,气体的压强为p 1=p 0-ρgh 1=105 Pa -103×10×4 Pa =0.6×105 Pa 设这些气体在压强为p 0时的长度为L ,则由玻意耳定律可得p 0LS=p 1h 2S 解得L=2.4 m

则直管中剩余空气质量Δm 与直管中原空气质量m 0之比Δm

m 0

=L

?=2.4

8=3

10