2019届高考物理一轮复习第十三章热学章末过关检测新人教版

第十三章 热学章末过关检测(十三)(时间：60分钟 满分：100分)1．(15分)(1)(2018·山东潍坊一中模拟)下列说法中正确的是________．A ．物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能B ．橡胶无固定熔点，是非晶体C ．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关D ．热机的效率总小于1E ．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大 (2)如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A 、B 两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L ＝20 cm.活塞A 上方的水银深H ＝15 cm ，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B 使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B 缓慢上移，直至水银的13被推入细筒中，求活塞B 上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p 0相当于75 cm 的水银柱产生的压强)解析：(1)物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能，故A 错误；橡胶是非晶体，没有固定的熔点，故B 正确；饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故C 错误；热机的效率无法达到100%，故D 正确；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，故E 正确.(2)初态封闭气体压强：p 1＝H ＋p 0，体积：V 1＝LS13水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S ， 则13HS ＝h 1S 3，23HS ＝h 2S ， 此时封闭气体压强：p 2＝h 1＋h 2＋p 0，体积：V 2＝L ′S ，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得L ′＝18 cm ，活塞B 上移的距离d ＝H ＋L －L ′－23H ＝7 cm. 答案：(1)BDE (2)7 cm2．(15分)(1)(2018·贵州凯里第一中学高三模拟)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大(2)如图，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L ＝22 cm ，两边水银柱高度差h ＝16 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg.①为使左端水银面下降3 cm ，封闭气体温度应变为多少？②封闭气体的温度重新回到280 K 后，为使封闭气柱长度变为20 cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？解析：(1)p 、V 不变，则T 不变，气体的内能不变，故选项A 正确．内能不变，温度不变，p 、V 可能变，选项B 错误．气体温度升高，压强不一定增大，故选项C 错误．气体温度每升高1 K 吸收的热量与气体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项D 正确．温度升高，理想气体的内能一定增大，故选项E 正确．(2)①选被封闭的气柱为研究对象，初态压强p 1＝(76－16) cmHg ，末态时左右水银面的高度差为(16－2×3) cm ＝10 cm ，末状态压强为p 2＝(76－10) cmHg ，末状态气柱长度为(22＋3) cm ＝25 cm ，根据理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，可以得出T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1＝66×25×28060×22K ＝350 K.②加注水银后，左右水银面的高度差为h ′＝(16＋2×2) cm －l ，温度不变，最后的压强为p 3＝76－(20－l )，从最初状态到最后的状态应用于玻意耳定律得p 1V 1＝p 3V 3，联立计算可得l ＝10 cm.答案：(1)ADE (2)①350 K ②10 cm3．(15分)(1)(2018·西北工业大学附中模拟)下列说法中正确的是________．A．布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C．物体放出热量，温度一定降低D．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的E．热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度(2)U形管左右两管粗细不等，左侧A管开口向上，封闭的右侧B管横截面积是A管的3倍．管中装入水银，大气压为p0＝76 cmHg ，环境温度为27 ℃.A管中水银面到管口的距离为h1＝24 cm，且水银面比B管内高Δh＝4 cm.B管内空气柱长为h2＝12 cm，如图所示．欲使两管液面相平，现用小活塞把开口端封住，并给A管内气体加热，B管温度保持不变，当两管液面相平时，试求此时A管气体的温度为多少？解析：(1)布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，故A正确；热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故B错误；物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C错误；大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故D正确；热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度，故E正确．(2)设A管横截面积为S，则B管横截面积为3S以B管封闭气体为研究对象初状态：p1＝p0＋Δh＝80 cmHgV1＝3Sh2设末状态的压强为p2，体积为V2从初状态到末状态，设A管水银面下降Δh1，B管水银面上升Δh2，则Δh1＋Δh2＝Δh Δh1S＝3Δh2S故Δh1＝3Δh2＝0.75Δh＝3 cm末状态的体积V2＝3S(h2－Δh2)由玻意耳定律有p1·V1＝p2·V2由以上各式得p2≈87.3 cmHg以A管被活塞封闭的气体为研究对象初状态：p 3＝p 0＝76 cmHg ，V 3＝Sh 1，T 1＝300 K末状态：p 4＝p 2＝87.3 cmHg ，体积V 4＝S (h 1＋Δh 1)由理想气体方程：p 3V 3T 1＝p 4V 4T 2由以上各式得T 2＝387.7 K.答案：(1)ADE (2)387.7 K4．(15分)(1)(2018·吉林实验中学模拟)下列关于热学中的相关说法正确的是________．A ．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性B ．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加C ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，故气体的压强一定增大D ．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝E ．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大(2)如图所示，长为0.5 m 、内壁光滑的汽缸固定在水平面上，汽缸内用横截面积为100 cm 2的活塞封闭有压强为1.0×105 Pa 、温度为27 ℃的理想气体，开始时活塞位于汽缸底30 cm 处．现对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动．(已知大气压强为1.0×105 Pa)①试计算当温度升高到427 ℃时，缸内封闭气体的压强；②若在此过程中封闭气体共吸收了800 J 的热量，试计算气体增加的内能．解析：(1)根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故A 正确；燃气由液态变为气态的过程中要吸收热量，故分子的分子势能增加，选项B 正确；若温度升高的同时，体积膨胀，压强可能不变，故C 错误；根据热力学第二定律可知，混合气体不能自发地分离，选项D 错误；液体的饱和汽压与液体的温度有关，随温度的升高而增大，相同的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大，不同温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，选项E 正确．(2)①由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S ，活塞未移动时封闭气体的温度为T 1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T 2，则由盖—吕萨克定律可知：0.3 m ·S T 1＝0.5 m ·S T 2，又T 1＝300 K 解得：T 2＝500 K ，即227 ℃，因为227 ℃＜427 ℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到427 ℃时，封闭气体的压强为p ，由查理定律可以得到：1.0×105Pa T 2＝p（427＋273）K ，代入数据整理可以得到： p ＝1.4×105 Pa.②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝0.2 m ，故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，代入数据解得：W ＝－200 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q得到：ΔU ＝－200 J ＋800 J ＝600 J.答案：(1)ABE (2)①1.4×105Pa ②600 J5．(20分)(1)(2018·黑龙江哈尔滨六中模拟)下列说法正确的是________．A ．运送沙子的卡车停与水平地面，在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体从外界吸热B ．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C ．晶体的物理性质都是各向异性的D ．一定量的理想气体从外界吸收热量，其内能一定增加E ．分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大(2)如图，一个质量为m 的T 形活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h 0处连接一U 形细管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T 0，活塞距离汽缸底部为1.5h 0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p 0，汽缸横截面积为S ，活塞竖直部分高为1.2h 0，重力加速度为g ，求：①通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；②从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q ，求气体内能的变化． 解析：(1)在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程 pV T ＝C 分析知气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，故A 正确；当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据气态方程 pV T＝C 分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而使火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故B 正确；单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体的物理性质是各向同性的，故C 错误；一定量的理想气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，还与做功情况有关，故D 错误；分子间的引力与斥力同时存在，分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大，故E 正确．(2)①初态时，对活塞受力分析，可求气体压强p 1＝p 0＋mg S①体积V 1＝1.5h 0S ，温度T 1＝T 0 要使两边水银面相平，汽缸内气体的压强p 2＝p 0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，V 2＝1.2h 0S设此时温度为T 2，由理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 得：T 2＝4p 0T 0S 5p 0S ＋5mg . ②②从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W ＝p 1ΔV ＝⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S ×0.3h 0S ③ 由热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q④ 得：ΔU ＝0.3⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S h 0S －Q . 答案：(1)ABE (2)①4p 0T 0S 5p 0S ＋5mg②0.3⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S h 0S －Q6．(20分)(1)(2018·杭州二中高三月考)一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定从外界吸收了热量________．A ．温度保持不变，体积逐渐膨胀B ．体积保持不变，温度逐渐升高C ．压强保持不变，体积逐渐收缩D ．温度逐渐升高，压强逐渐减小E ．温度逐渐升高，体积逐渐收缩(2)如图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V －T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105 Pa.①说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值． ②请在图乙所示的坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p －T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)体积增大，气体向外界做功，温度不变，内能不变，故一定吸收了热量，A 正确．体积不变，气体对外界不做功，温度升高，内能增大，则只能气体吸收热量，B 正确．体积减小，外界对气体做功，压强不变，体积减小，则温度减小，内能减小，故一定向外放出热量，C 错误．温度升高，压强减小，则内能变大，体积增大，气体对外界做功，故一定吸收热量，D 正确．温度升高，内能增大，体积减小，外界对气体做功，气体不一定从外界吸收热量，E 错误．(2)①从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K ＝200 K. ②由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p CT C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105 Pa 则可画出由状态A →B →C 的p －T 图象如图所示．答案：(1)ABD (2)见解析。