2019高考物理二轮复习专项突破训练热学.docx

1、谢谢您的观赏执学1 .（多选）下列说法正确的是（）A. 一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的B. 一定质量的理想气体，升高相同的温度所吸收的热量与所经历的状态变化的过程有 关C.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D.热力学第二定律的开尔文表述：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E. 一定质量的理想气体保持体积不变，由于单位体积内分子数不变，虽然温度升高， 单位时间内撞击单位面积的分子数不变2 .（多选）以下说法正确的是（）A. 一定质量的理想气体等压膨胀过程中一定从外界吸收热量B.浸润与不浸润现象均是分子力作用的表现C.两个分子之间的距离越大，它们之间的

2、分子力越小，分子势能越大D.自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生E.气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行3 .（多选）关于热现象，下列说法正确的是 （）A.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间距离的增大 而减小B.液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性C.处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表面将收缩到 最小面积一一球面，水银滴成为球形D.液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看液体不 再蒸发E.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，

3、必 须有第三者的介入4 .（多选）以下说法正确的是（）A.太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用B.晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C.空气中PM2.5的运动属于分子热运动D.气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做 功，吸收热量5 .（多选）（2018 全国卷I ）如图1, 一定质量的理想气体从状态 a开始，经历过程、到达状态 e.对此气体，下列说法正确的是（）g 谖 y图1A.过程中气体的压强逐渐减小C.过程中气体从外界吸收了热量E.状态d的压强比状态b的压强小6.（多选）一定质量的理想气体经

4、历如图B.过程中气体对外界做正功D.状态c、d的内能相等2所示的一系列过程， AB BC CD DA这四段过程在p T图象中都是直线，其中 CA的延长线通过坐标原点 O,下列说法正确的是（）图2谢谢您的观赏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，单位体积内的气体分子数减少C. C-D的过程中,气体对外界做功，分子的平均动能减小D. Cf D过程与 Z B过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同E. D-A过程与 -C过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同7 .在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀郁子粉的水槽中，待油膜充

5、分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸 上，其形状如图3所示.坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm该油膜的面积是 m2；已知油酸洒精溶液中油酸浓度为0.2%,400滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是12 mL,则油酸分子的直径为m_（结果均保留两位有效数字）图38 .如图4所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积 的2倍，在左管内用水银封闭一段长为 l ,温度为T的空气柱，左右两管水银面高度差为 h cm,外界大气压为ho cmHg.(1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分)，求在右管中注入水银柱的长度hi

6、(以cm为单位)；(2)在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度变为开始时的长度求此时空气柱的温度 T'.9 .竖直放置的粗细均匀的 U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱,各部分长度如图5所示，单位为厘米.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强po=75 cmHg环境温度不变，左管足够长.求:15此时右管封闭气体的压强;(2)左侧管中需要倒入的水银柱的长度.10 .如图6所示，绝热汽缸里面用光滑绝热活塞封闭1 mol单原子理想气体(质量很小)，2g.达到稳定状态初始温度为To.开始时汽缸和活塞恰好静止， 活塞到汽缸

7、底部的距离为 d.现用一竖直向上的拉力作用在汽缸底部，使汽缸与活塞一起向上做匀加速运动，加速度恒为后，活塞到汽缸底部的距离变为1.5 d.已知大气压强为po,其中活塞的横截面积 S和活塞质一 3RT量m未知，但满足关系 p°S= 5mg,1 mol单原子理想气体的内能等于 ,其中T为理想气体 的温度，重力加速度为 g, R为常数.试求:(1)加速达到稳定状态时封闭气体的温度变为多少；(2)从开始到加速达到稳定状态的过程中，封闭气体是对外做功还是外界对气体做功， 做了多少功.11 .将热杯盖扣在水平橡胶垫上，杯盖与橡胶垫之间的密封气体被加热而温度升高，有时会发生杯盖被顶起的现象.如图7

8、所示，杯盖的横截面积为 S,开始时内部封闭气体的温度为To,压强为大气压强 po.当封闭气体温度上升至 T1时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许 气体后又落回橡胶垫， 其内部气体压强立刻减为 po,温度仍为Ti,再经过一段时间后，内部 气体温度恢复到 To.整个过程中封闭气体均可视为理想气体.求：杯盖的质量；(2)当温度恢复到To时，竖直向上提起杯盖所需的最小力.12 .如图8所示，圆柱形喷雾器高为hl,内有高度为2的水，上部封闭有压强为po、温度为To的空气.将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K,恰好有水流出.已知水的密度为p ,大气压强恒为 po,喷雾口与喷雾器等高.忽略喷雾管的体积，将

9、空气看作理想制水11空气 -气体.仃气筒活常厢i瞅求室内温度.(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空 气的质量比.参考答案1 .答案 ABD2 .答案 ABE3 .答案 ACE4 .答案 ABE解析 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；PM2.5属于固体颗粒的运动不是分子的热运动，故C错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故D错误；气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中

10、气泡内空气的温度始终等于外界温度， 则内能不变，由热力学第一定律AUVWQ知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故 E正确.5 .答案 BDE解析 过程中，气体由 a到b,体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；过程 中，气体由b到c,体积V变大，对外界做正功，B项正确；过程中，气体由,d到e,温 度T降低，内能 AU减小，体积 V不变，气体不做功，根据热力学第一定律AU= 0 W导Q0,即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，D项正确；由b到c的过程，作过状态 b、c的等压线，分析可得 pb>pc,由c到d的过程，温度不变， M<M, 所以

11、Pc>Pd,所以Pb>pc>pd, E项正确.6 .答案 ABE解析 B的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由 AU= VW Q可知气体对外界放热，选项 A正确；B-C的过程中，气体的压强 不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项B正确； OD的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项C错误；C-D过程与 内B过程相比较，内能都不变，气体与外界交换的热量等于做功的大小，由于做功不同，故两过程中气体与外界交换的热量不同，选项D错误；D-A过程与B-C过 VA VD 程相比较，内能变

12、化相同，D- A过程外界对气体做功 W= pad（V：） V）,又五=G，则 W=IA ID"pAD Td Ta VTa,同理 C过程，气体对外做功 W=pBC Tc Tb VCTc,因 Td- Ta=Tc- Tb,VA=V：, pAD)= 簪，则W= W,根据热力学第一定律， 两过程中气体与外界交换的热量相同, IA IC选项E正确.7.答案 8.0 X 10 3 7.5 X 10 980个方格，故油解析 在围成的方格中，不足半格的舍去，多于半格的算一个，共有酸膜的面积为 S= 80X1 cmX1 cm= 80 cm2=8.0 X10 3 m2 12.。每滴油酸酒精溶披中含有油酸的

13、体积V= 400X0.2% mL= 6X10cm =6X10 m 一 V 6X 10-119则油酸分子的直径 d = = q八仃一" m = 7.5 X 10 mS 8.0 x 10 33h8 .答案 h +而l (2)错误！ T解析(1)封闭气体做等温变化：p1 = h0- h, p2=h0,pil = P2I 'hi= h+3(l l ')hh(2)空气柱的长度变为开始时的长度l时，左管水银面下降h0l ,右管水银面会上升 幅hl,此时仝气柱的压强：p3= h0+ 3h0lp1 p3由=厂解得：T'=错误！ T9 .答案 (1)100 cmHg (2)49

14、.2 cm解析设管内的横截面积为S,(1)对右管中封闭气体，右侧的水银刚好全部进入竖直右管后P0X40S= pi x (40 - 10) S,解彳导:pi=100 cmHg(2)对水平部分气体，末态压强：p' =(100+15+10) cmHg = 125 cmHg,由玻意耳定律：(p0+15)X15S= p' LS解得：L= 10.8 cm所以加入的水银柱的长度为：(125 75+ 10 10.8) cm =49.2 cm10 .答案见解析解析(1)设初始气体的压强为 p1,活塞恰好静止，对活塞受力分析，根据平衡条件得 pcS= mg p1S4斛得p1=5p。当整体一起向上做

15、匀加速运动时，设气体的压强为P2,对活塞由牛顿第二定律得poS mg- p2S= 2mg /口2解得p2= §po,pivi p2V2又由 10 = T2，V = dS, Va= i.5 dS r 3T0联立解得T2=7(2)气体的温度降低，说明内能减小，而气体与外界不发生热交换，根据热力学第一定律得气体对外做的功等于气体内能的减少量，故“r 3R3RT0W A U= (T0 T2)= 2811 .答案见解析解析(i)以开始封闭的气体为研究对象，由查理定律得T0=Ti杯盖恰好被顶起piS= poS+ mgTI-T0解得杯盖的质量m= -T0g-p0s(2)杯盖被顶起放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象.由查理定律得T0=T0设提起杯盖所需的最小力为F,由平衡条件得 F+ p2S= poS+ mg联立以上各式，代入数据得TI2-T02F= T0TI p0si2.答案(i)(i +衰)T0(2)2P0 + 3 p gh2p0+ p gh解析(1)设喷雾器的横截面积为S,室内温度为 Ti,喷雾器移到室内一段时间后，封h闭气体的压强 pi= po+ p g 2h p0 p0+pg 2 气体做等容变化：T0 = -T曰p gh解得：Ti=(i+lp>(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为p2,体积为V2=hS