2019届高考物理一轮复习：第十三章热学45分钟章末检测卷

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2019届高三物理一轮复习单元质检十三热学 Word版含解析

单元质检十三热学(选修3-3)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1、(2017·河北唐山模拟)对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是()A、温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大B、外界对物体做功,物体内能一定增加C、温度越高,布朗运动越显著D、当分子间的距离增大时,分子间作用力就一直减小E、当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,但是内能不一定大,选项A正确;外界对物体做功,若物体同时向外散热,物体内能不一定增加,选项B错误;温度越高,布朗运动越显著,选项C正确;当分子间的距离增大时,分子间作用力可能先增大后减小,选项D错误;当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项E正确.2、(2017·山西四校联考)下列叙述正确的是()A、扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B、布朗运动就是液体分子的运动C、分子间距离增大,分子间的引力和斥力一定减小D、物体的温度越高,分子运动越激烈,每个分子的动能都一定越大E、两个铅块压紧后能连在一起,说明分子间有引力,选项A正确;布朗运动是液体分子无规则运动的反映,不是液体分子的运动,选项B错误;分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力,分子间距增大时,引力和斥力均减小,选项C正确;物体的温度越高,分子运动越激烈,分子平均动能增大,并非每个分子的动能都一定越大,选项D错误;两个铅块压紧后,由于分子间存在引力,所以能连在一起,选项E正确.3、(2017·广东东莞实验中学期末)有关分子的热运动和内能,下列说法正确的是()A、一定质量的气体,温度不变,分子的平均动能不变B、物体的温度越高,分子热运动越剧烈C、物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和D、布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的,所以温度不变,分子的平均动能不变,A正确;物体的温度越高,分子热运动越剧烈,B正确;物体的内能就是物体内部所有分子的热运动动能和分子势能的总和,C正确;布朗运动是由液体分子之间的不规则运动引起的,D错误.故选A、B、C.4、(2017·河南、河北、山西联考)下列说法正确的是()A、分子间距离增大时,分子间的引力减小,斥力增大B、当分子间的作用力表现为引力时,随分子间距离的增大分子势能增大C、一定质量的理想气体发生等温膨胀,一定从外界吸收热量D、一定质量的理想气体发生等压膨胀,一定向外界放出热量E、熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度,分子间的引力和斥力均减小,选项A错误;当分子间的作用力表现为引力时,随分子间距离的增大分子势能增大,选项B正确;一定质量的理想气体发生等温膨胀,温度不变,内能不变,对外做功,一定从外界吸收热量,选项C正确;一定质量的理想气体发生等压膨胀,对外做功,根据盖—吕萨克定律,等压膨胀,温度一定升高,内能增大,一定吸收热量,选项D错误;熵是系统内分子运动无序性的量度,其大小可以反映物体内分子运动的无序程度,选项E正确.5、(2017·东北师大附中等五校联考)下列说法正确的是()A、熵是物体内分子运动无序程度的量度B、在轮胎爆裂这一短暂过程中,气体膨胀,将势能转化为内能,温度升高C、物体的内能大小与温度、体积和物质的量三者有关D、从单一热源吸收热量,使之全部变成有用的机械功是可能的,熵值越大,代表系统分子运动越无序,故A正确;在轮胎爆裂这一短暂过程中,气体膨胀,对外做功,内能减小,温度降低,故B错误;物体内能包括分子总动能、分子总势能,分子动能与温度有关,分子势能与体积有关,故物体的内能大小与温度、体积和物质的量三者有关,故C正确;从单一热源吸收热量,使之全部变成有用的机械功是可能的,但是对外界产生了影响,故D正确. 6、(2017·河北唐山模拟)对于一定质量的理想气体,下列论述中正确的是()A、若单位体积内分子个数不变,当分子热运动加剧时,压强一定变大B、若单位体积内分子个数不变,当分子热运动加剧时,压强可能不变C、若气体的压强不变而温度降低时,则单位体积内分子个数一定增加D、若气体的压强不变而温度降低时,则单位体积内分子个数可能不变E、若气体体积减小,温度升高,单位时间内分子对器壁的撞击次数增多,平均撞击力增大,因此压强增大两个因素有关.若单位体积内分子数不变,当分子热运动加剧时,决定压强的两个因素中一个不变,一个增大,故气体的压强一定变大,A对,B 错;若气体的压强不变而温度降低时,气体的体积一定减小,故单位体积内的分子个数一定增加,C对,D错;由气体压强产生原因知,E对. 7、(2017·山东潍坊模拟)如图所示,一定质量的理想气体,从图示A状态开始,经历了B、C,最后到D状态,下列判断中正确的是()A、A→B温度升高,压强不变B、B→C体积不变,压强变大C、B→C体积不变,压强不变D、C→D体积变小,压强变大,在A→B的过程中,气体温度升高,体积变大,且体积与温度成正比,由=C,气体压强不变,故A正确;由图象可知,在B→C的过程中,体积不变而热力学温度降低,由=C可知,压强p减小,故B、C错误;由图象可知,在C→D的过程中,气体温度不变,体积减小,由=C可知,压强p增大,故D正确.二、非选择题(本题共4小题,共44分)8、(9分)(2017·广西南宁模拟)用油膜法估测分子的大小实验的简要步骤如下:A、将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去,多于半个的算一个),再根据方格的边长求出油酸膜的面积S.B、将一滴油酸酒精溶液滴在水面上,待油酸薄膜的形状稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上.C、用浅盘装入2 cm深的水.D、用公式d=求出薄膜厚度,即油酸分子直径的大小.E、根据油酸酒精溶液的浓度,算出一滴溶液中纯油酸的体积V.上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的,请指出:(1).(2).上述实验步骤的合理顺序是.步骤中,要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉.(2)实验时,还需要:F、用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,记下量筒内增加一定体积时液滴的数目.实验步骤的合理顺序是CFBAED.9、(10分)(2017·四川雅安模拟)如图所示,一圆筒形汽缸静止于地面上,汽缸的质量为m0,活塞(连同手柄)的质量为m,汽缸内部的横截面积为S,大气压强为p0,平衡时汽缸内的容积为V.现用手握住活塞手柄缓慢向上提,设汽缸足够长,不计汽缸内气体的重力和活塞与汽缸壁间的摩擦,求开始时汽缸内封闭气体的压强和刚提离地面时封闭气体的压强.+p0-p1,开始时由于活塞处于静止,由平衡条件可得p0S+mg=p1S,则p1=p0+当汽缸刚提离地面时汽缸处于静止状态,汽缸与地面间无作用力,设此时封闭气体压强为p2,因此由平衡条件可得p2S+m0g=p0S则p2=p0-.10、(12分)(2016·全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=,其中σ=0、070 N/m.现让水下10 m处一半径为0、50 cm的气泡缓慢上升.已知大气压强p0=1、0×105 Pa,水的密度ρ=1、0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2.(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差;(2)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.(2)1、3当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则Δp1=①代入题给数据得Δp1=28 Pa②(2)设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为Δp2,其体积为V2,半径为r2.气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2③由力学平衡条件有p1=p0+ρgh+Δp1④p2=p0+Δp2⑤气泡体积V1和V2分别为V1=⑥V2=⑦联立③④⑤⑥⑦式得⑧由②式知,Δp i≪p0(i=1,2),故可略去⑧式中的Δp i项.代入题给数据得≈1、3 ⑨11、(13分)(2017·湖北襄阳二联)如图所示,两个可导热的汽缸竖直放置,它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积).两汽缸各有一个活塞,质量分别为m1和m2,活塞与汽缸无摩擦.活塞的下方为理想气体,上方为真空.当气体处于平衡状态时,两活塞位于同一高度h.(已知m1=2m,m2=m)(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块,求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0).(2)在达到第(1)问的终态后,环境温度由T0缓慢上升到1、25T0,试问在这个过程中,气体对活塞做了多少功?(假定在气体状态变化过程中,两物块均不会碰到汽缸顶部)h(2)0、75mgh设左、右活塞的面积分别为S'和S,由于气体处于平衡状态,故两活塞对气体的压强相等,即由此得S'=2S在两个活塞上各放一质量为m的物块后,假设左、右两活塞仍没有碰到汽缸底部,由平衡条件有p左=,p右=,p左<p右,则右活塞降至汽缸底部,所有气体都在左汽缸中在初态,气体的压强为,体积为3Sh;在末态,气体压强为,体积为2xS(x为左活塞的高度)由玻意耳定律得·3Sh=·2xS解得x=h,即两活塞的高度差为h.(2)当温度由T0上升至T=1、25T0时,气体的压强不变,设x'是温度达到T时的左活塞的高度,由盖-吕萨克定律得x'=h=1、25h气体对活塞做的功为W=Fs=3mg(x'-x)=0、75mgh.。

高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版

能力课气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)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p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高设下移的距离为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－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度．由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度．解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．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1.5×105Pa.(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)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 BT B ＝,0.6)×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 C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示．答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)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p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)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 0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)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

近年届高考物理一轮复习第十三章热学第一节分子动理论内能课后达标新人教版(2021年整理)

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第一节分子动理论内能(建议用时：60分钟）一、选择题1．下列说法正确的是（)A．1 g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小D．气体如果失去了容器的约束就会散开,这是气体分子的无规则的热运动造成的E．0 ℃的铁和0 ℃的冰,它们的分子平均动能相等解析：选CDE。

水的摩尔质量是18 g/mol,1 g水中含有的分子数为:n＝错误!×6。

0×1023≈3.3×1022个,地球的总人数约为70亿，选项A错误；布朗运动是悬浮在液体(气体)中的固体颗粒受到液体(气体）分子撞击作用的不平衡造成的,不是物体分子的无规则热运动，选项B错误；温度是分子的平均动能的标志，气体的压强增大，温度可能减小，选项C正确；气体分子间距大于10r0，分子间无作用力，打开容器，气体散开是气体分子的无规则运动造成的,选项D正确；铁和冰的温度相同,分子平均动能必然相等，选项E正确．2．(2018·东北三校联考)下列说法正确的是（)A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多,布朗运动越明显C．温度升高,分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大解析:选ACD。

物理一轮复习第十三章热学第一讲分子动理论内能课时作业

第一讲分子动理论内能［A组·基础题]一、单项选择题1．下列说法正确的是（)A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少解析:布朗运动是指悬浮在液体（或气体)中的微粒的无规则运动,而不是液体(或气体）分子的运动,故A选项正确,B选项错误；由改变内能的两种方式可知,若物体从外界吸收热量同时对外做功，其内能也可能不变或者减少，C选项错误；物体对外做功同时从外界吸热，其内能也可能增加或者不变，D选项错误．答案:A2．下列关于温度及内能的说法中正确的是( ）A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C．质量和温度相同的冰和水，内能是相同的D．一定质量的某种物质,即使温度不变，内能也可能发生变化解析：温度是大量分子热运动的客观体现,单个分子不能比较温度大小，A错误；物质的内能由温度、体积、物质的量共同决定，故B、C均错误；一定质量的某种物质，温度不变而体积发生变化时,内能也可能发生变化,D 正确．答案:D3.(2017·石家庄质检）如图所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧测力计下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧测力计,在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大，主要原因是( ）A．水分子做无规则热运动B．玻璃板受到大气压力作用C．水与玻璃间存在万有引力作用D．水与玻璃间存在分子引力作用解析：在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧测力计读数会突然增大的主要原因是:水与玻璃间存在分子引力作用,选项D正确．答案:D4．（2014·高考北京卷)下列说法中正确的是( ）A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变解析：温度是物体分子平均动能的标志，温度升高则其分子平均动能增大，反之，则其分子平均动能减小，故A错误，B正确．物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，宏观上取决于物体的温度、体积和质量，故C、D错误．答案:B二、多项选择题5．运用分子动理论的相关知识，下列说法正确的是（)A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关B．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝错误!C．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动D．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素,这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成E．降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱解析：气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内的分子数有关，还与分子平均速率有关，选项A错误；由于分子的无规则运动,气体的体积可以占据很大的空间，故不能用摩尔体积除以分子体积得到阿伏加德罗常数，选项B错误;布朗运动的微粒非常小，肉眼是看不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动是机械运动,不是布朗运动，选项C正确；扩散可以在固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素,这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成,选项D正确;根据温度是分子平均动能的标志可知，降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱,选项E正确．答案：CDE6．我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是( ）A．PM2。

2019届高考物理一轮复习第十三单元选考部分题组层级快练58分子动理论内能新人教版选修3_3

题组层级快练(五十八)一、选择题1．对于一个热力学系统，下列说法正确的是( )A ．如果外界对它传递热量则系统内能一定增加B ．如果外界对它做功则系统内能一定增加C ．如果系统的温度不变则内能一定不变D ．系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做功的和答案 D解析物体吸收热量，可能同时对外做功，内能不一定增加，故A 项错误；外界对物体做功，物体可能同时放热，物体的内能不一定增加，故B 项错误；如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故C 项错误；根据热力学第一定律，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做功的和，故D 项正确．2．(2017·广州模拟)(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．当气体温度变化时，气体内能一定变化B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大E ．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．答案 ACE解析 A 项，理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A 项正确；B 项，若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B 项错误；C 项，由理想气体状态方程pV T＝常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C 项正确；D 项，由理想气体状态方程pV T＝C 知，温度T 升高，pV 一定增大，但压强不一定增大，故D 项错误；E 项，气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E 项正确．3．(2017·凉山州模拟)(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( )A ．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B ．能量耗散过程中能量不守恒C ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功答案ADE解析A项，第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成．故A项正确；B项，能量耗散过程中能量也守恒．故B项错误；C项，电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功，并不违背了热力学第二定律．故C项错误；D项，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性．故D项正确；E项，根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其它变化；若引起外界变化则可以，故E项正确．4．(2017·梅州模拟)小红和小明打乒乓球不小心把乒乓球踩扁了，小明认真观察后发现表面没有开裂，于是把踩扁的乒乓球放在热水里泡一下，基本恢复了原状．乒乓球内的气体可视为理想气体，对于乒乓球恢复原状的过程，下列描述中正确的是( )A．内能变大，球内气体对外做正功的同时吸热B．内能变大，球内气体对外做正功的同时放热C．内能变大，球内气体对外做负功的同时吸热D．内能变小，球内气体对外做负功的同时放热答案 A解析A项，乒乓球内的气体受力膨胀，故对外做功，故W＜0，气体温度升高，故内能增加，故ΔU＞0，根据热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W，Q＞0，即吸收热量，故A项正确，B、C、D 三项错误．5．(多选)导热气缸开口向下，内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现在把沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，并缓慢降低气缸外部环境温度，则( )A．气体压强增大，内能可能不变B．外界对气体做功，气体温度降低C．气体体积减小，压强增大，内能一定减小D．外界对气体做功，气体内能一定增加答案BC解析由平衡条件知活塞受到的沙桶拉力减小，其他力如活塞重力、大气压力不变，则气体压强增大、体积减小，外界对气体做功，由于环境温度缓慢降低，则气体内能减少，由ΔU ＝W＋Q知Q<0，即向外放热．6.(2016·课标全国Ⅱ)一定质量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是( )A ．气体在a 、c 两状态的体积相等B ．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功答案 ABE解析由pV T ＝C 得p ＝C V·T(C 为常量)，因对角线ac 的延长线过原点O ，即p ＝kT ，故体积V 不变，即V a ＝V c ，A 项正确；一定量的理想气体的内能由温度T 决定，而T a >T c ，故E a >E c ，B 项正确；cd 过程为等温加压过程，外界对系统做正功，但系统内能不变，故系统要对外放热，放出热量Q ＝W 外，C 项错误；da 过程为等压升温过程，体积增加，对外界做功，系统内能增加，故系统要从外界吸热，且吸收热量Q ＝W 外＋ΔE 内>W 外，D 项错误；bc 过程为等压降温过程，由V 1T 1＝V 2T 2可知，气体体积会减小，W ＝p ΔV ＝C ΔT bc ；同理da 过程中，W ′＝p ′ΔV ′＝C ΔT da ，因为|ΔT bc |＝|ΔT da |，故|W|＝|W ′|，E 项正确．7．(2017·福建模拟)(多选)一定质量的理想气体，从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的pV 图像如图所示．已知气体处于状态A 时的温度为27 ℃，则下列判断正确的是( )A ．气体处于状态B 时的温度是900 KB ．气体处于状态C 时的温度是300 KC ．从状态A 变化到状态C 过程气体内能一直增大D ．从状态A 变化到状态B 过程气体放热E ．从状态B 变化到状态C 过程气体放热答案 ABE解析 A 项，由题T A ＝(273＋27) K ＝300 K ；A→B 过程为等压变化，则有V A V B ＝T A T B，解得：T B ＝V B V A T A ＝3×10－31×10－3×300 K ＝900 K ．故A 项正确；B 项，B →C 过程是等容变化，则有p B p C ＝T B T C，得：T C ＝p C p B T B ＝13×900 K ＝300 K ，故B 项正确；C 项，从状态A 变化到状态C 过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C 项错误；D 项，由A→B 气体的温度升高，内能增大．体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，故D项错误；E项，B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体放热．故E项正确．8.(2017·徐州二模)(多选)一定质量的理想气体经历了如图ABCDA的循环过程，其中A→B、C→D是两个等压过程，B→C、D→A是两个绝热过程．关于气体状态及其能量变化，下列说法中正确的有( )A．A→B过程，气体对外做功，内能增大B．B→C过程，气体分子平均动能增大C．ABCDA循环过程中，气体吸热，对外做功D．ABCDA循环过程中，A状态气体温度最低答案AC解析A项，A→B过程，气体发生等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖－吕萨克定律知，体积与热力学温度成正比，体积增大，温度升高，内能增大，故A项正确；B项，B→C是绝热过程，体积增大，气体对外界做功，W＜0，绝热Q＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝W＋Q＜0，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B项错误；C项，ABCDA 循环过程中，从A→B→C气体对外做功，C→D→A外界对气体做功，气体对外做功大于外界对气体做功，所以一个循环中表现为气体对外做功，W＜0；经过一个循环，气体回到初状态A，内能不变ΔU＝0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体吸热，故C项正确；D项，ABCDA 循环过程中，从D→A，体积减小，外界对气体做功W＞0，绝热过程Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU＞0，内能增加，温度升高，D状态温度比A状态温度低，即A状态温度不是最低，故D项错误．9.(多选)如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( )A．气体A吸热，内能增加B．气体B吸热，对外做功，内能不变C．气体A分子的平均动能增大D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少答案ACE解析气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都增加，A、C两项正确，D项错误；因为中间是导热隔板，所以气体B 吸收热量，温度升高，内能增加；又因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，B 项错误；气体B 的压强不变，但是体积增大，平均动能增大，所以气体B 分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，E 项正确．二、非选择题10.一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A 时，体积为V 0，压强为p 0，温度为T 0，已知此时其内能为U 0.该理想气体从状态A 经由一系列变化，最终还回到原来状态A ，其变化过程的p －T 图如图所示，其中CA 延长线过坐标原点，BA 在同一竖直直线上．求：(1)状态B 的体积；(2)状态C 的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量是多少？答案 (1)V 03(2)V 0 (3)2p 0V 0 解析 (1)由图可知，从状态A 到状态B 为等温变化过程，状态B 时气体压强为p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由图可知，从状态B 到状态C 为等压变化过程，状态C 时气体温度为T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖－吕萨克定律得V 1T 0＝V 2T 2，解得V 2＝V 0. (3)由状态B 经状态C 回到状态A ，外界对气体做的总功为ΔW ；从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为ΔW BC ，ΔW BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得ΔW BC ＝－2p 0V 0；从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以ΔW ＝ΔW BC ＝－2p 0V 0，从状态B 经状态C 回到状态A ，内能增加量为ΔU ＝0，气体从外界吸收的热量为ΔQ ，内能增加量为ΔU ，由热力学第一定律得ΔU ＝ΔQ ＋ΔW ，解得ΔQ ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0.11．(2017·锦州二模)如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h 0处连接一U 型管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T 0，活塞距离气缸底部为1.5 h 0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，气缸横截面积为S ，活塞竖直部分长为1.2 h 0，重力加速度为g.试问：(1)初始时，水根柱两液面高度差多大？(2)缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？答案 (1)m ρS (2)4p 0T 0S 5p 0S ＋5mg解析 (1)被封闭的气体压强p ＝p 0＋mg S＝p 0＋ρgh 初始时，液面高度差为h ＝m ρS. (2)降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化．初状态：p 1＝p 0＋mg S，V 1＝1.5 h 0S ，T 1＝T 0 末状态：p 2＝p 0，V 2＝1.2 h 0S ，T 2＝？根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据，得T 2＝4p 0T 0S 5p 0S ＋5mg. 12．(2017·烟台二模)如图所示，在固定的气缸A 和B 中分别用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞面积之比S A ∶S B ＝1∶3，两活塞以穿过B 底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸都不漏气．初始时活塞处于平衡状态，A 、B 中气体的体积均为V 0，A 、B 中气体温度均为T 0＝300 K ，A 中气体压强p A ＝1.6p 0，p 0是气缸外的大气压强．(1)求初始时B 中气体的压强p B ；(2)现对A 中气体加热，使其中气体的压强升到p A ′＝2.5p 0，同时保持B 中气体的温度不变，求活塞重新达到平衡状态时A 中气体的温度T A ′.答案 (1)0.8p 0 (2)562.5 K解析 (1)初始时活塞平衡，对活塞，由平衡条件得：p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )，已知：S B ＝3S A ，p A ＝1.6p 0，解得：p B ＝0.8p 0；(2)末状态活塞平衡，由平衡条件得：p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )，解得：p B ′＝0.5p 0，B 中气体初、末态温度相等，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p B V B ＝p B ′V B ′，即：0.8p 0V 0＝0.5p 0V B ′，解得：V B ′＝1.6V 0，设A 中气体末态的体积为V A ′，因为两活塞移动的距离相等，故有： V A ′－V A S A ＝V B ′－V B S B，解得：V A ′＝1.2V 0，对A 中气体，由理想气体状态方程得：p A ′V A ′T A ′＝p A V A T A，即：2.5p 0×1.2V 0T A ′＝1.6p 0×V 0300，解得：T A ′＝562.5 K.。

2019年高三物理人教版一轮作业：第十三章第3讲热力学定律与能量守恒定律含解析

[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．下列对热学相关知识的判断中正确的是()A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源解析：气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D 正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能源在逐渐减少，故要节约能源，E正确．答案：CDE2．关于物体的内能，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少C．物体体积改变，内能可能不变D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大解析：物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C 正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确．答案：BCE3．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是()A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能D．气体向真空的自由膨胀是可逆的E．热运动的宏观过程有一定的方向性解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A 错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．答案：BCE4．(2016·高考全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错误；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程pVT＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．答案：BDE二、非选择题5.一定质量的理想气体在初状态(状态A)时温度为T，压强p0＝2.0×105Pa，内能为20 J，其体积V与热力学温度T间的关系如图所示，线段AB、BC分别与V轴和T轴平行．假设理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比．(1)求状态C 时的压强p C .(2)若气体从状态A 变化到状态C 的过程中，对外界做的功为10 J ，则此过程中气体________(选填“吸收”或“放出”) ________ J 热量．解析：(1)从A 到B 发生等温变化，有p 0V 0＝p B ·2V 0，从B 到C 发生等容变化，有p B T 0＝p C 3T 0，联立解得p C ＝3p 02＝3.0×105 Pa. (2)因理想气体的内能与热力学温度的二次方成正比，所以在状态C 时内能为180 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得Q ＝170 J ，所以此过程吸收热量170 J.答案：(1)3.0×105 Pa (2)吸收 1706.如图所示p V 图像中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中，W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律得U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体的内能减少，减少量为690 J.(2)因为一定质量理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能变化量：U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律得U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J.答案：见解析7.(2018·江西南昌模拟)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中外界对左管内气体________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．解析：(1)设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p 2，气柱长度为L 2，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0p 2＝p －p hV 1＝L 1SV 2＝L 2Sh ＝2(L 2－L 1)联立各式，代入数据得p ＝70 cmHg.(2)此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热．答案：(1)70 cmHg (2)做负功吸热8.如图所示，用质量m ＝1 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t 2＝ 207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4 m 2.求：(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)气体压强p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa.气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2S T 2，代入数据解得h 2＝0.80 m.(2)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W 0＝p ΔV ＝[1.2×105×(0.80－0.50)×5.0×10－4] J ＝18 J.根据热力学第一定律可得气体内能的变化为ΔU ＝－W 0＋Q ，得Q ＝ΔU ＋W 0＝318 J.答案：(1)1.2×105 Pa 0.80 m (2)318 J9．如图甲所示，用面积为S 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m .现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A 变化到状态B .若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL .外界大气压强为p 0.(1)下列说法中正确的是________．A ．该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0B ．该过程中气体的内能不断增大C ．该过程中气体不断从外界吸收热量D ．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功E ．A 和B 两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同(2)汽缸内气体的温度为T 1时，气体柱的高度为L ＝________(用图中和题目中给出的字母表示)．(3)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中从外界吸收的热量为Q ，则被封闭气体的内能变化了多少？解析：(1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p 0＋mg S ，选项A 错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B 、C 、D 正确；A 和B 两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E 错误．(2)由盖吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即L ·S T 1＝(L ＋ΔL )·S T 2，解得L ＝T 1T 2－T 1ΔL . (3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS解得p ＝p 0＋mg S气体从状态A 变化到状态B 的过程中对外做的功为W ＝pS ΔL ＝(p 0S ＋mg )ΔL由热力学第一定律得，气体内能的变化量为ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )ΔL . 答案：(1)BCD (2)T 1T 2－T 1ΔL (3)Q －(p 0S ＋mg )ΔL。

2019届高考物理一轮复习人教新课标版练习：第13章热学第1节 (附答案)

(建议用时：60分钟)一、选择题1．下列说法中正确的是( )A ．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B ．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C ．物体温度降低，其内能一定增大D ．物体温度不变，其内能一定不变解析：选B.温度是物体分子平均动能的标志，温度升高则其分子平均动能增大，反之，则其分子平均动能减小，故A 错误，B 正确；物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，宏观上取决于物体的温度、体积和质量，故C 、D 错误．2．(2018·大连模拟)在两个密闭的容器中分别存有质量相等的氢气和氧气，不考虑分子间引力和斥力，它们的温度也相等，下列说法中不正确的是( )A ．氢分子的平均速率大于氧分子的平均速率B ．氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能C ．氢气的分子总动能大于氧气分子的总动能D ．氢气的内能大于氧气的内能解析：选B.由题知，氢气和氧气的温度相等，则分子的平均动能一定相等，由于氢气分子的质量小于氧气分子的质量，由动能的表达式E k ＝12m v 2 ，知氢分子的平均速率大于氧分子的平均速率，故选项A 正确，B 错误．因氢气的摩尔质量小于氧气的摩尔质量，相等质量的氢气和氧气，氢气分子数多，而分子平均动能相等，所以氢气的分子总动能大于氧气分子的总动能，故C 正确．由题意知，两种气体都可以看成理想气体，只有分子动能，所以氢气的内能大于氧气的内能，故D 正确．3．以下说法正确的是( )A ．无论什么物质，只要它们的摩尔数相同就含有相同的分子数B ．分子引力不等于分子斥力时，违背了牛顿第三定律C ．1 g 氢气和1 g 氧气含有的分子数相同，都是6.02×1023个D ．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动解析：选A.一摩尔任何物质都含有阿伏加德罗常数个分子，选项A 正确；分子引力与分子斥力不是一对作用力和反作用力，它们的大小不一定相等，选项B 错误；氢气分子和氧气分子的质量不同，所以1 g 氢气和1 g 氧气含有的分子数不同，选项C 错误；布朗运动只有在显微镜下才能看到，人的肉眼是看不到的，从阳光中看到的尘埃的运动是物体的机械运动，选项D 错误．4．如图所示，用F 表示两分子间的作用力，用E p 表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r 0变为r 0的过程中()A ．F 不断增大，E p 不断减小B ．F 先增大后减小，E p 不断减小C ．F 不断增大，E p 先增大后减小D ．F 、E p 都是先增大后减小解析：选B.分子间的作用力是矢量，分子势能是标量，由图象可知F 先增大后减小，E p 则不断减小．5．(2018·北京月考)晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的、非常完整的丝状(横截面为圆形)晶体．现有一根铁质晶须，直径为d ，用大小为F 的力恰好将它拉断，断面呈垂直于轴线的圆形．已知铁的密度为ρ，铁的摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，则拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力是( )A.F d 2⎝⎛⎭⎫M πρN A 13 B ．F d 2⎝⎛⎭⎫6M πρN A 13 C.F d 2⎝⎛⎭⎫6M πρN A 23 D ．F d 2⎝⎛⎭⎫M πρN A 23 解析：选C.铁的摩尔体积：V ＝M ρ，单个分子的体积：V 0＝M ρN A ，又：V 0＝16πD 3，所以分子的直径：D ＝⎝⎛⎭⎫6M πρN A 13.分子的最大截面积：S 0＝π4⎝⎛⎭⎫6M πρN A 23 ，铁质晶须的横截面上的分子数：n ＝ πd 24S 0，拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力：F 0 ＝F n ＝F d 2⎝⎛⎭⎫6M πρN A 23. 6．(2018·湖南衡阳八中模拟)关于理想气体的温度、分子平均速率、内能的关系，下列说法中正确的是( )A ．温度升高，气体分子的平均速率增大B ．温度相同时，各种气体分子的平均速率都相同C ．温度相同时，各种气体分子的平均动能相同D ．温度相同时，各种气体的内能相同解析：选AC.温度是物体分子热运动的平均动能大小的标志，温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子的平均速率增大，故A 正确；温度相同时，一定质量的各种理想气体平均动能相同，但由于是不同气体，分子质量不同，所以各种气体分子的平均速率不同，故C 正确，B 错误；各种理想气体的温度相同，只说明它们的平均动能相同，气体的内能大小还和气体的质量有关，即使是相同质量的气体，由于是不同气体，所含分子数不同，其内能也不相同，所以选项D错误．7．(2018·河北邯郸第一中学测试)近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是()A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C．温度越低，PM2.5活动越剧烈D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E．PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈解析：选BDE.氧分子的尺寸的数量级在10－10m左右，则PM2.5的尺寸大于空气中氧分子的尺寸的数量级，选项A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、分子团的运动，故它的运动属于布朗运动，选项B正确；温度越高，PM2.5活动越剧烈，选项C错误；倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确；PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，选项E正确．8．(2018·潍坊月考)已知阿伏加德罗常数为N A，某物质的摩尔质量为M，则该物质的分子质量和m kg水中所含氢原子数分别是()A.MN A，19mN A×103B．MN A，9mN AC.MN A，118mN A×103D．MN A，18mN A解析：选A.物质分子的质量m0＝MN A，m kg水的物质的量为mM，则m kg水中氢原子数为：N＝mM×2×N A＝m18×10－3×2×N A＝19mN A×103，故A正确，B、C、D错误．9．(2018·安阳第二次检测)下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是()A．分子并不是球形，但可以当作球形处理，这是一种估算方法B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等E．0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点解析：选ACE.A图是油膜法估测分子的大小，图中分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法，选项A正确；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故选项B错误；C图中，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故选项C正确；D图中，分子的速率不是完全相等的，所以也不要求每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等，故选项D 错误；E图是麦克斯韦速率分布规律的图解，0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故选项E正确．二、非选择题10．在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在浅盘内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在浅盘上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3mL ，其形成的油膜面积为40 cm 2，则估测出油酸分子的直径为________m.解析：(1)用单分子油膜法估测分子的大小：首先精确取1 mL 的油酸，用无水酒精按1∶200的体积比稀释成油酸酒精溶液，并测出一滴的体积V ，在盛水盘中倒入2 cm 深的蒸馏水，为观测油膜的面积，在水面上轻撒一层薄薄的痱子粉，在水盘中央轻滴一滴油酸酒精溶液，于是油酸在水面上迅速散开，等到油膜不再扩大时，用一块透明塑料(或玻璃)板盖在水盘上描出油膜的轮廓图，把这块塑料(玻璃)板放在方格纸上(绘图纸)，数出油膜面的格数，然后算出油膜的面积S ，于是可求出油膜的厚度h ＝d ＝V S. (2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得：d ＝V S＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4 m ＝1.2×10－9m. 答案：(1)②在量筒中滴入N 滴溶液③在水面上先撒上痱子粉 (2)1.2×10－9 11．石墨烯是目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料．已知1 g 石墨烯展开后面积可以达到2 600 m 2，试计算每1 m 2的石墨烯所含碳原子的个数．(阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，碳的摩尔质量M ＝12 g/mol ，计算结果保留两位有效数字) 解析：由题意可知，已知1 g 石墨烯展开后面积可以达到2 600 m 2，1 m 2石墨烯的质量：m ＝12 600g 则1 m 2石墨烯所含碳原子个数：N ＝m M N A ＝12 60012×6×1023个≈1.9×1019个．答案：1.9×1019个12．空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字) (1)该液化水中含有水分子的总数N ；(2)一个水分子的直径d .解析：(1)水的摩尔体积为V m ＝M ρ＝1.8×10－21.0×103 m 3/mol ＝1.8×10－5 m 3/mol 水分子总数为N ＝VN A V m ＝1.0×103×10－6×6.0×10231.8×10－5≈3×1025(个)． (2)建立水分子的球体模型，有V m N A ＝16πd 3，可得水分子直径：d ＝ 36V m πN A＝ 36×1.8×10－53.14×6.0×1023 m ≈4×10－10 m. 答案：(1)3×1025个 (2)4×10－10 m。

2019高考物理一轮复习典型题新题《热学》精品试题(含答案)

2019一轮好卷高考物理《热学》选修3-3学思卷一Thermology1．(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是()A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的2．(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。

关于该现象的分析正确的是() A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的3．下列说法中正确的是()A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变4．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的() A．引力增加，斥力减小B．引力增加，斥力增加C．引力减小，斥力减小D．引力减小，斥力增加5．(多选)下列各种说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关6．下列叙述正确的是()A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B．布朗运动就是液体分子的运动C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小D．物体的温度较高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大7．已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。

由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________。

《热学》选修3-3学思卷二Thermology1．(多选)下列说法正确的是()A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变2．(多选)如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水。

2019届高三物理一轮复习第13章热学[选修3-3]

第十三章热学[选修3－3][全国卷5年考情分析]未曾独立命题的考点命题概率较小的考点命题概率较大的考点阿伏加德罗常数(Ⅰ)液晶的微观结构(Ⅰ)液体的表面张力现象(Ⅰ)饱和蒸气、未饱和蒸气、饱和蒸气压(Ⅰ)能量守恒定律(Ⅰ)气体分子运动速率的统计分布(Ⅰ)固体的微观结构、晶体和非晶体(Ⅰ)理想气体(Ⅰ)'17Ⅰ卷T33(1)(5分)'15Ⅰ卷T33(1)(5分)'14Ⅱ卷T33(1)(5分)'16Ⅱ卷T33(1)(5分)'16Ⅲ卷T33(1)(5分)温度、内能(Ⅰ)分子动理论的基本观点和实验依据(Ⅰ)'17气体'16实验'17Ⅱ卷T33(1)(5分)'16Ⅱ卷T33(1)(5分)'16Ⅲ卷T33(1)(5分)'15Ⅱ卷T33(1)(5分)'13Ⅰ卷T33(1)(6分)'13Ⅱ卷T33(1)(5分)Ⅰ卷T33(2)(10分)，Ⅱ卷T33(2)(10分)，Ⅲ卷T33(2)(10分)Ⅱ卷T33(2)(10分)，Ⅰ卷T33(2)(10分)中学物理中涉及的国际单位制的基本单位和其他单位，例如摄氏度、标准大气压(Ⅰ)实验十三：用油相对湿度(Ⅰ)'14Ⅱ卷T33(1)(5分)定律(Ⅱ)'15'14'13Ⅰ卷T33(2)(10分)，Ⅱ卷T33(2)(10分)Ⅰ卷T33(2)(9分)，Ⅱ卷T33(2)(10分)Ⅰ卷T33(2)(9分)，Ⅱ卷T33(2)(10分)膜法估测分子的大小热力学第二定律(Ⅰ)'16Ⅰ卷T33(1)(5分)热力'17学第一定律'16Ⅱ卷T33(1)(5分)，Ⅲ卷T33(1)(5分)Ⅱ卷T33(1)(5分)，Ⅰ卷T33(1)(5分)(Ⅰ)'14(1)布朗运动与分子热运动常考角度(2)对分子力和分子势能的理解(3)对固体和液体的考查(4)对气体实验定律及热力学图像的考查Ⅰ卷T33(1)(6分)(5)对热力学定律的考查(6)气体实验定律与热力学定律的综合第1节分子动理论__内能(1)布朗运动是液体分子的无规则运动。

人教版高中物理一轮总复习课后习题阶段检测阶段检测(8) 第十三~十五单元

阶段检测(八) 第十三~十五单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.物理学知识在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是( )A.肥皂膜看起来常常是彩色的,这是光的衍射现象B.照相机镜头表面涂上增透膜,以增强透射光的强度,是运用了光的全反射现象C.手机屏贴有钢化膜,屏幕射出的光线,经过钢化膜后,频率将会发生变化D.日落时分拍摄水面下的景物,在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景物更清晰2.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示,曲线与r轴交点的横坐标为r0,相距很远的两分子在分子力作用下,由静止开始相互接近,若两分子相距无穷远时分子势能为零,下列说法正确的是( )A.在r>r0阶段,F做负功,分子动能减小,势能也减小B.在r<r0阶段,F做正功,分子动能增加,势能减小C.在r=r0时,分子势能最小,动能最大D.在r=r0时,分子势能为零3.约翰·维尔金斯曾设计了一种磁力“永动机”。

如图所示,在斜坡顶上放一块强有力的磁铁,斜坡上端有一个小孔,斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道,维尔金斯认为:如果在斜坡底端放一个小铁球,那么由于磁铁的吸引,小铁球就会向上运动,当小球运动到小孔P处时,它就要掉下,再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q,由于有速度而可以对外做功,然后又被磁铁吸引回到上端,到小孔P处又掉下。

关于维尔金斯“永动机”,正确的认识应该是( )A.符合理论规律,一定可以实现,只是实现时间早晚的问题B.如果忽略斜面的摩擦,维尔金斯“永动机”一定可以实现C.如果忽略斜面的摩擦,铁球质量较小,磁铁磁性又较强,则维尔金斯“永动机”可以实现D.违背能量转化和守恒定律,不可能实现4.关于液体和固体的一些现象,下列说法正确的是( )A.图甲中水蛭停在水面上是因为浮力作用B.图乙中石英晶体像玻璃一样,没有固定的熔点C.图丙中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃D.图丁中组成晶体的微粒对称排列,形成很规则的几何空间点阵,因此表现为各向同性5.某病毒的尺寸约为100 nm,由于最短可见光波长约为400 nm,所以我们无法用可见光捕捉该病毒的照片。

2019届高三物理一轮复习单元质检十三热学 Word版含解析

单元质检十三热学(选修3-3)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·河北唐山模拟)对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是()A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大B.外界对物体做功,物体内能一定增加C.温度越高,布朗运动越显著D.当分子间的距离增大时,分子间作用力就一直减小E.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,但是内能不一定大,选项A正确;外界对物体做功,若物体同时向外散热,物体内能不一定增加,选项B错误;温度越高,布朗运动越显著,选项C正确;当分子间的距离增大时,分子间作用力可能先增大后减小,选项D错误;当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项E正确。

2.(2017·山西四校联考)下列叙述正确的是()A.扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B.布朗运动就是液体分子的运动C.分子间距离增大,分子间的引力和斥力一定减小D.物体的温度越高,分子运动越激烈,每个分子的动能都一定越大E.两个铅块压紧后能连在一起,说明分子间有引力,选项A正确;布朗运动是液体分子无规则运动的反映,不是液体分子的运动,选项B错误;分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力,分子间距增大时,引力和斥力均减小,选项C正确;物体的温度越高,分子运动越激烈,分子平均动能增大,并非每个分子的动能都一定越大,选项D错误;两个铅块压紧后,由于分子间存在引力,所以能连在一起,选项E正确。

3.(2017·广东东莞实验中学期末)有关分子的热运动和内能,下列说法正确的是()A.一定质量的气体,温度不变,分子的平均动能不变B.物体的温度越高,分子热运动越剧烈C.物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和D.布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的,所以温度不变,分子的平均动能不变,A正确;物体的温度越高,分子热运动越剧烈,B正确;物体的内能就是物体内部所有分子的热运动动能和分子势能的总和,C正确;布朗运动是由液体分子之间的不规则运动引起的,D错误。

高考物理一轮复习第十三章热学分钟章末检测卷

第十三章45分钟章末检测卷满分100分[授课提示：对应学生用书第333页]1．(2020·广东华山模拟)(1)(10分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律(2)(15分)如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh为多少？(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下压至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H(结果保留两位有效数字)．解析：(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积(分子间隙大)，故A错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E错误．(2)(ⅰ)设水温升至27 ℃时，气柱的长度为h2，圆筒横截面积为S，根据盖－吕萨克定律有Sh1 T1＝Sh2T2，圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh＝h2－h1，联立解得Δh＝1 cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mg＝ρgh1S，mg＝ρgh3S，圆筒移动过程，根据玻意耳定律有(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，解得H＝72 cm.答案：(1)BCD (2)(ⅰ)1 cm(ⅱ)72 cm2．(2020·重庆一诊)(1)(10分)下列说法正确的是________(填正确答案的标号)．A．多数分子直径的数量级是10－10 cmB．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大C．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的D．晶体都是各向异性的E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)(15分)如图所示的圆柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为m 的重物相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关S 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(此时缸内温度为t ℃)闭合开关S ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底的距离为L.由于汽缸传热良好，随后重物会被吸起，最后重物稳定在距地面L 10处．已知环境温度为t 0 ℃不变，mg S ＝16p 0，p 0为大气压强，汽缸内的气体可看成理想气体，求： (ⅰ)酒精棉球熄灭时的温度t 与t 0满足的关系式；(ⅱ)汽缸内温度降低到重新平衡的过程中外界对气体做的功．解析：(1)原子和分子的数量级是10－10 m ，A 错误．温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程pV T＝C 可知，温度升高，压强不一定增大，B 正确．饱和汽压与分子密度和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压也是一定的，C 正确．单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，D 错误．根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E 正确．(2)(ⅰ)汽缸内封闭气体的初始状态：p 1＝p 0，V 1＝LS ，T 1＝(273＋t) K ；末状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0，V 2＝910LS ，T 2＝(273＋t 0) K. 由理想气体的状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得t ＝43t 0＋91 ℃. (ⅱ)汽缸内封闭气体的温度降低的过程中，开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化，故此过程外界对气体不做功．活塞向上运动过程为恒压过程，气体的压强为p 2，活塞上移的距离为L 10，故外界对气体做的功为W ＝p 2ΔV＝56p 0×L 10S ＝p 0LS 12. 答案：(1)BCE (2)(ⅰ)t＝43t 0＋91 ℃ (ⅱ)p 0LS 123．(1)(10分)如图所示，一定质量的理想气体由状态a 沿adc 变化到状态c ，吸收了340 J 的热量，并对外做功120 J ．若该气体由状态a 沿abc 变化到状态c 时，对外做功40 J ，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)热量________J.(2)(15分)某同学设计了一种测温装置，其结构如图所示，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的B 管插在水银槽中，管内外水银面的高度差x 即可反映泡内气体的温度，即环境温度t ，并可由B 管上的刻度直接读出．设B 管的体积与A 泡的体积相比可略去不计，在1个标准大气压下对B 管进行温度刻线(1标准大气压相当于76 cmHg 的压强)．已知当温度t 1＝27 ℃时，管内外水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度差即为27 ℃的刻度线．求：(ⅰ)推导高度差x 随温度t 变化的关系式；(ⅱ)判断该测温装置的刻度是否均匀，并指出温度t ＝0 ℃刻度线在何处．解析：(1)对该理想气体由状态a 沿abc 变化到状态c ，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q ＋W ＝340 J ＋(－120 J)＝220 J ，即从a 状态到c 状态，理想气体的内能增加了220 J ；若该气体由状态a 沿adc 变化到状态c 时，对外做功40 J ，此过程理想气体的内能还是增加220 J ，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J －(－40 J)＝260 J.(2)(ⅰ)B 管体积忽略不计，玻璃泡A 内气体体积保持不变，是等容变化过程，根据查理定律可得p 1T 1＝p 2T 2根据平衡条件可知，玻璃泡A 内气体压强p ＝p 0－ρgx，其中p 0为标准大气压，代入数据解得x ＝21.4－t 5(cm)． (ⅱ)由方程可知，x 与t 是线性函数，所以该测温装置的刻度是均匀的．根据方程x ＝21.4－t 5(cm)，将t ＝0 ℃代入上式可得，x ＝21.4 cm.所以温度t ＝0 ℃刻度线在x ＝21.4 cm 处．答案：(1)吸收 260 (2)(ⅰ)x＝21.4－t 5(cm) (ⅱ)刻度均匀 x ＝21.4 cm 处 4．(1)(10分)关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是________．(填正确答案的标号．)A ．当分子间的距离r ＝r 0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零B ．分子之间的斥力和引力同时存在，且都随分子间距离的增加而减小C ．两个分子组成的系统的势能随分子间的距离增大而减小D ．扩散现象和布朗运动都与温度有关E ．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(2)(15分)两个固定汽缸按如图所示的方式放置，汽缸B 在汽缸A 的上方，两汽缸的底面均水平，两汽缸中的活塞各封住了一定质量的理想气体，而活塞通过穿过B 底部的光滑刚性细杆相连．两活塞面积分别为S A 和S B ，且S A ：S B ＝1：2.初始时活塞处于平衡状态，A 、B 中气体的体积均为V 0，A 、B 中气体温度均为300 K ，B 中气体压强为0.75p 0，p 0是汽缸外的大气压强(活塞与缸壁间的摩擦不计，细杆和两活塞质量均不计)．(ⅰ)求初始时A 中气体的压强；(ⅱ)现对A 中气体加热，同时保持B 中气体的温度不变，活塞重新达到平衡状态后，B 中气体的压强降为0.5p 0，求此时A 中气体的温度．解析：(1)根据分子作用力与分子间距离的关系，当分子间的距离r ＝r 0时，斥力等于引力，分子间作用力表现为零，故A 正确．分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增加而减小，且斥力比引力变化得快，故B 正确．当分子间的距离r>r 0时，分子力表现为引力，r 增大时分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离在r<r 0范围内增大时，分子力表现为斥力，并做正功，分子势能减小，C 错误．温度是分子平均动能的标志，是分子运动剧烈程度的标志，温度越高，扩散现象越明显，布朗运动越剧烈，故D 正确．根据热力学第二定律知，热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故E 错误．(2)(ⅰ)初始时系统平衡，对两活塞和细杆整体，有p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )将已知条件S B ＝2S A ，p B ＝0.75p 0代入上式可解得p A ＝1.5p 0.(ⅱ)末状态系统平衡，对两活塞和细杆整体，有p′A S A ＋p′B S B ＝p 0(S A ＋S B )可解得p′A ＝2p 0B 中气体初、末态温度相等，由p B V B ＝p′B V′B ，可求得V′B ＝1.5V 0高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2019届高考物理一轮复习【基础过关+能力提升题】：第13章热学 45

2019届高考物理一轮复习课时作业45光在真空和介质的界面MN)如图所示，光源点该复色光分成a、的关系图象．则下列说法正确的是( )A．该玻璃砖的折射率n＝1.5．若由空气进入该玻璃砖中，光的频率变为原来的2 3一玻璃半圆柱置于空气中，其横截面(纸面一束由红光和紫光组成的复色光，沿半径PO方向射入半圆柱后被分成两已知折射光OB是单色光，光线如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球．频的激光束在真空中沿直线BC传播，在C点经折射进入玻璃球，并在玻璃点经折射进入真空中，已知∠COD＝120°，玻璃球对该激光的折射率为3，则下列说法中正确的是(设c为真空中的光速)( ) A．激光束的入射角i＝60°B．改变入射角i的大小，激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射C．光子在射入玻璃球后，频率变小D．此激光束在玻璃中的波长为3c 3fE．从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长时间为23Rc解析：由图可知折射角θ＝30°，则3＝sin isin30°.所以sin i＝32，i＝60°，选项A正确；当入射角i<90°时，折射角θ均小于临界角，根据几何知识可知光线在D点的入射角不可能大于临界角，所以在D点不可能发生全反射，选项B错误；光子的频率由光源决定，由介质无关，所以光子穿越玻璃球时频率不变，选项C错误；此激光束在玻璃中的波速为v＝cn，由v＝λf得此激光在玻璃中的波长为λ＝vf＝cnf＝3c3f，选项D正确；从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长路程为s＝2R，则最长时间为t＝sv＝2Rc3＝23Rc，选项E正确．答案：ADE6．(2018·海淀区模拟)如图1所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置．然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像．(1)此后正确的操作步骤是________．(选填选项前的字母)A．插上大头针P3，使P3挡住P2的像B ．插上大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像C ．插上大头针P 4，使P 4挡住P 3的像D ．插上大头针P 4，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P 3、P 4的位置(图中已标出)．为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图2甲、乙所示．在图2中仅通过测量ED 、FG 的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“甲”或“乙”)，所测玻璃折射率的表达式n ＝________(用代表线段长度的字母ED 、FG 表示)．解析：(1)在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P 1和P 2，确定入射光线，然后插上大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像，再插上大头针P 4，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，从而确定出射光线．因此选项B 、D 正确．(2)设入射角为α，折射角为β，根据折射定律和几何关系有：对于甲图，sin α＝DE R，sin β＝GF OG，对于乙图，sin α＝DE R，sin β＝GF R，可知仅通过测量ED 、FG的长度便可正确计算出折射率的是图乙，折射率n ＝sin αsin β＝DE GF.答案：(1)BD (2)乙DE GF7．某工件由三棱柱和14圆柱两个相同透明玻璃材料组成，其截面如图所示．△ABC 为直角三角形，∠ABC ＝30°，14圆的半径及R ，CE 贴紧AC .一束单色平行光沿着截面从AB 边射入工件后垂直CE 进入14圆柱，该玻璃材料对该光的折射率为n ＝2.(1)求该平行光进入AB 界面时的入射角θ.(2)若要使到达CD 面的光线都能从CD 面直接折射出，该14圆柱至少要沿AC 方向向上移动多大距离？光路如图，光线在BC界面发生反射后垂直分别斜射到半圆形玻璃砖的圆弧面上，是圆的直径，长度为d，折射光线均照射到圆直径的出射光线方向相同，光线如图所示，a、b两束单色光在玻璃砖中传播的时间分面上折射时的入射角为i，折射角为，则光线在玻璃中的传播距离为l＝2．[2017·新课标全国卷Ⅱ，34(2)]一直桶状容器的高为的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，，由折射定律有。

高考物理一轮复习单元质检十三热学(含解析)新人教版

学习资料单元质检十三热学（时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题（本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1。

如图是乙醇喷雾消毒液和免洗洗手液(如图所示）,两者的主要成分都是酒精,则下列说法正确的是（）A。

在房间内喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是由于酒精分子做布朗运动的结果B。

在房间内喷洒乙醇消毒液后,会闻到淡淡的酒味，与分子运动无关C。

使用免洗洗手液洗手后,手部很快就干爽了，是由于液体蒸发的缘故D.使用免洗洗手液洗手后，洗手液中的酒精由液态变为同温度的气体的过程中,内能不变2。

(2020山东威海二模）如图所示为一透明的正方体物块，下列说法正确的是（)A。

由于该物块有规则形状,所以它一定为晶体B.由于该物块透明，所以它一定为晶体C。

若该物块为绝缘体，则它一定为非晶体D.若将该物块加热到某一温度才开始熔化，且熔化的过程中温度保持不变,则它一定为晶体3。

（2020山东德州一模）如图所示,内壁光滑的固定汽缸水平放置,其右端由于有挡板，厚度不计的活塞不能离开汽缸,汽缸内封闭着一定质量的理想气体,活塞距汽缸右端的距离为0.2 m.现对封闭气体加热,活塞缓慢移动,一段时间后停止加热,此时封闭气体的压强变为2×105 Pa。

已知活塞的横截面积为0.04 m2,外部大气压强为1×105 Pa,加热过程中封闭气体吸收的热量为2 000 J，则封闭气体的内能变化量为(）A.400 J B。

1 200 JC。

2 000 J D。

2 800 J4.（2020山东潍坊二模）蛟龙号深潜器在执行某次实验任务时,外部携带一装有氧气的汽缸,汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通。

已知海水温度随深度增加而降低,则深潜器下潜过程中,下列说法正确的是（)A.每个氧气分子的动能均减小B。

氧气放出的热量等于其内能的减少量C.氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加D.氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大5.（2020山东高三月考)如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中,下列说法正确的是(）A.A瓶与B瓶中的药液一起用完B.B瓶中的药液先用完C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大D.随着液面下降,A瓶内C处气体压强保持不变二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

2019届高考物理一轮复习第十三章热学第三节热力学定律与能量守恒随堂检测新人教版

第三节热力学定律与能量守恒1.(2015·高考广东卷)如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气( )A ．内能增大B ．压强增大C ．分子间引力和斥力都减小D ．所有分子运动速率都增大解析：选AB.在水加热升温的过程中，封闭气体的温度升高，内能增大，选项A 正确；根据p T ＝C 知，气体的压强增大，选项B 正确；气体的体积不变，气体分子间的距离不变，分子间的引力和斥力不变，选项C 错误；温度升高，分子热运动的平均速率增大，但并不是所有分子运动的速率都增大，选项D 错误．2．(2015·高考北京卷)下列说法正确的是( )A ．物体放出热量，其内能一定减小B ．物体对外做功，其内能一定减小C ．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D ．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变解析：选C.根据热力学第一定律(公式ΔU ＝Q ＋W )可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增加，选项A 、B 错误，选项C 正确；物体放出热量同时对外做功，则Q ＋W <0，内能减小，选项D 错误． 3.(2015·高考福建卷)如图，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c .设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b 和T c ，在过程ab 和ac中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则( )A ．T b >T c ，Q ab >Q acB ．T b >T c ，Q ab <Q acC ．T b ＝T c ，Q ab >Q acD ．T b ＝T c ，Q ab <Q ac 解析：选C.由理想气体状态方程可知p a V a T a ＝p c V c T c ＝p b V b T b ，即2p 0·V 0T c ＝p 0·2V 0T b，得T c ＝T b ，则气体在b 、c 状态内能相等，因a 到b 和a 到c 的ΔU 相同；而a 到c 过程中气体体积不变，W ＝0，a 到b 过程中气体膨胀对外做功，W ＜0，根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W 可知a 到b 吸收的热量Q ab 大于a 到c 吸收的热量Q ac ，即Q ab ＞Q ac .选项C 正确．。

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第13章热学章末过关检测(十三)(时间：60分钟满分：90分)非选择题(本题共6小题，共90分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 1．(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)(2017·高考全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮2软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温1度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：①待测气体的压强；②该仪器能够测量的最大压强．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)①水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l ① V 1＝14πd 2h ② 由力学平衡条件得p 1＝p ＋ρgh ③ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV ＝p 1V 1 ④联立①②③④式得p ＝ρπgh 2d 24V 0＋πd 2（l －h ）. ⑤②由题意知 h ≤l⑥ 联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d 24V 0 ⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0. 答案：(1)ADE (2)见解析2．(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＝15cm，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p0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：p1＝H＋p0，体积：V1＝LS13水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S，则13HS＝h1S3，23HS＝h2S，此时封闭气体压强：p2＝h1＋h2＋p0，体积：V2＝L′S，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，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 cm3.(15分)(1)(2016·高考全国卷Ⅱ)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________．A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C ．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D ．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E ．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功(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p 0＝76 cmHg ，环境温度为27 ℃.A 管中水银面到管口的距离为h 1＝24 cm ，且水银面比B 管内高Δh ＝4 cm.B 管内空气柱长为h 2＝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)由pV T＝k 可知，p －T 图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A 项正确；气体从状态c 到状态d 的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，C项错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功W bc＝p b(V b －V c)＝p b V b－p c V c，过程da中气体对外界做的功W da＝p d(V a－V d)＝p a V a－p d V d，由于p b V b＝p a V a，p c V c＝p d V d，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确．(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 cmHgV＝3Sh21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＝ΔhΔh1S＝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：p3＝p0＝76 cmHg，V3＝Sh1，T1＝300 K 末状态：p4＝p2＝87.3 cmHg，体积V4＝S(h1＋Δh1)由理想气体方程：p3V3T1＝p4V4T2由以上各式得T2≈387.7 K.答案：(1)ABE (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 cm2的活塞封闭有压强为1.0×105Pa、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：1.0×105 Pa 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＝－p0SΔx，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)①1.4×105 Pa ②600 J5．(15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h0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T0，活塞距离汽缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，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pVT＝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 S ①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 －Q 6．(15分)(2018·大连模拟)(1)下列说法中正确的是________．A ．单晶体和多晶体均存在固定的熔点B ．空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快C．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D．用油膜法估测分子大小时，用油酸溶液体积除以油膜面积，可估测油酸分子的直径E．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力(2)如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2＝25 cm，L3＝25cm，L4＝10 cm，A端被封空气柱的常见为L1＝60 cm，BC在水平面上，整个装置处在恒温环境中，外界气压p＝750 cmHg.将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，求此时被封空气柱的长度．解析：(1)单晶体和多晶体均存在固定的熔点，选项A正确；空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，选项B错误；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项C正确；用油膜法估测分子大小时，用油酸溶液中含有的纯油酸的体积除以油膜面积，可估测油酸分子的直径，选项D错误；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在张力，选项E正确，故选ACE.(2)设玻璃管的横截面积为S，以cmHg为压强单位开始p1＝p0－(L2－L4)＝60 cmHg，V1＝L1S＝60S，将玻璃管绕B点沿逆时针方向缓慢旋转90°，假设CD管中还有水银，p＝p0＋L3＝100 cmHg2由玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得V2＝L′1S解得L′1＝36 cm<(60－10)cm，假设不成立设原水平管中有长为x cm的水银进入左管：60×60S＝(75＋25－x)(60－10－x)S解得x＝10 cm<L3所以L＝60－10－x＝40 cm.答案：(1)ACE (2)40 cm。

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