2020高考物理一轮二轮三轮复习：专题十三热学(选修3-3)专题撬分练13含解析

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时间：45分钟满分：103分
基础组
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．[2016·枣强中学模拟]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
答案 A
解析一摩尔任何物质都含有阿伏加德罗常数个分子，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，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，C错误；布朗运动只有在显微镜下才能看到，人肉眼是看不到的，从阳光中看到的尘埃的运动是物体的机械运动，D错误。

2．[2016·武邑中学期末]如果将两个分子看成质点，当这两个分子之间的距离为r0时分子力为零，则分子力F及分子势能E p随着分子间距离r的变化而变化的情况是()
A．当r>r0时，随着r变大，F变小，E p变小
B．当r>r0时，随着r变大，F变大，E p变大
C．当r<r0时，随着r变小，F变大，E p变小
D．当r<r0时，随着r变小，F变大，E p变大
答案 D
解析据题意，当r>r0时，r变大，则分子力F先变大后变小，而分子势能增大，所以A、B错误；当r<r0时，r变小，则分子力F变大而分子势能也一直在变大，所以D正确。

3．[2016·衡水中学周测](多选)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。

PM2.5
是指空气中空气动力学直径等于或小于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。

矿物燃料燃烧废气的排放是形成PM2.5的主要原因。

下列关于PM2.5的说法中正确的是()
A．PM2.5空气动力学直径的尺寸与空气中氧气分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．PM2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的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必然有内能
答案DE
解析PM2.5是空气中悬浮的较大固体颗粒，其空气动力学直径尺寸远大于氧气分子的尺寸，A错误；颗粒物的运动不是分子热运动，B错误；PM2.5的运动轨迹主要是由于空气流动引起的，C错误；煤和石油属于矿物燃料，根据题述可知，D正确；一切物体都有内能，E正确。

4．[2016·衡水中学模拟](多选)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
答案AC
解析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，选项A 正确，B错误；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，选项C正确，D错误。

5．[2016·枣强中学热身]如图所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。

待测物体温度升高时，泡内封闭气体()
A．内能不变，压强变大
B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小
D．温度降低，压强变小
答案 B
解析待测物体温度升高时，泡内封闭气体温度升高，内能变大，因体积不变，气体的压强变大。

故B正确。

6．[2016·衡水二中期末]下列说法正确的是()
A．放出热量的物体温度一定降低
B．热传递是改变物体内能的一种方式
C．热机能够把全部内能转化为机械能
D．冰箱中的热量转移是从高温物体传递给低温物体
答案 B
解析由ΔU＝Q＋W可知，放出热量Q为负，W未知，ΔU未知，故A错；热传递和做功都是改变内能的方式，B正确；热机的效率不能达到100%，C错误；冰箱中的热量是从低温物体传递给高温物体，但是会消耗电能，D错误。

7．[2016·衡水二中预测](多选)下列说法正确的是()
A．气体对外做功，其内能一定减少
B．热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
C．能量耗散说明能量不会凭空产生，但可以凭空消失
D．单晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性
答案BD
解析由热力学第一定律可知，气体对外做功同时吸收热量，若吸收的热量大于对外做的功，则内能增加，A错误；热量不能自发地从低温物体传递给高温物体，B正确；
根据能量守恒定律，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，C 错误；根据单晶体的性质可知D 正确。

8．[2016·冀州中学月考]如图甲所示，p -T 图上的a →b →c 表示一定质量理想气体的状态变化过程，这一过程在p -V 图上的图线应是图乙中的(p 、V 和T 分别表示气体的压强、体积和热力学温度)( )
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答案 A
解析 由理想气体状态方程可知pV T ＝C ，p ＝C V T ，p -T 图的斜率表示体积的倒数，
a →
b 体积不变，b →
c 温度不变，且b →c 体积增大，对照p -V 图象可知，选项A 正确。

二、非选择题(共17分)
9．[2016·冀州中学期中](8分)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。

答案(1)3×1025个(2)4×10－10m
解析(1)水的摩尔体积为
V0＝M
ρ＝
1.8×10－2
1.0×103
m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol
水分子数为
N＝VN A
V0＝
1.0×103×10－6×6.0×1023
1.8×10－5
≈3×1025个
(2)建立水分子的球模型，有V0
N A＝
1
6
πd3
解得一个水分子的直径为
d＝36V
πN A＝
36×1.8×10－5
3.14×6.0×1023
m＝4×10－10 m
10．[2016·衡水中学猜题](9分)在一个密闭的汽缸内有一定质量的理想气体，如图所示是它从状态A变化到状态B的V-T图象，已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量ΔU。

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答案 5.0×102 J
解析由图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化。

由盖—吕萨克定律得：V A
T A＝
V B
T B，
解得：V B＝8.0×10－3 m3，
气体对外做的功：
W＝p(V B－V A)＝1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝2×102 J。

根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W，
解得：ΔU＝7.0×102 J－2.0×102 J＝5.0×102 J。

能力组
一、选择题(每小题6分，共18分)
11．[2016·武邑中学猜题]如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是()
A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
C．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力的合力表现为斥力
D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大
答案 B
解析e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10 m。

因平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力，故ab为引力曲线，cd为斥力曲线，A错误，B正确；当两分子间距离大于e点的横坐标，即r>r0时，作用力的合力表现为引力，C错误；若r<r0，当两分子间距离增大时，合力做正功，分子势能减小，D错误。

12．[2016·枣强中学月考]如图甲所示，一根上细下粗、粗端与细端都均匀的玻璃管
上端开口、下端封闭，上端足够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体。

现对气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近图乙中的( )
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答案 A
解析 根据气体状态方程pV T ＝C (常数)得V ＝C p T ，V -T 图线的斜率为C p 。

在水银柱
升入细管前，封闭气体先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，气体压强增大，斜率减小；当水银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，V -T 图线又为直线，只是斜率比原来的小，A 正确。

13．[2016·武邑中学周测](多选)如图所示，U 型管AB 内装有一部分水银，通过橡胶软管与玻璃管C 相连，C 管竖直插入水银槽中，若A 、B 、C 三管内径相同，U 型管两侧液面高度差为h ，中间封有一段空气，则( )
A．C管内外水银面的高度差为h
B．若将C管向下移动少许，则C管内水银面相对槽内水银面上升
C．若往B管注入一些水银，则A管水银面上升的高度大于C管水银面下降的高度
D．若环境温度升高，则A管水银面下降的高度等于C管水银面下降的高度
答案AC
解析A管内气体压强等于大气压加上h高水银柱产生的压强，A、C通过橡胶管相连，所以C管内外水银面的高度差为h，选项A正确；若将C管向下移动少许，U 型管内气体体积减小，压强增大，则C管内水银面相对槽内水银面下降，选项B错误；若往B管注入一些水银，U型管内气体体积减小，压强增大，则A管水银面上升的高度大于C管水银面下降的高度，选项C正确；若环境温度升高，U型管内气体体积增大，压强增大，A管水银面下降的高度小于C管水银面下降的高度，选项D错误。

二、非选择题(共20分)
14．[2016·衡水中学仿真](10分)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V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0。

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：
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(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；
由状态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。

15．[2016·衡水中学一轮检测](10分)如图所示，容器A 和汽缸B 都能导热，A 放置在127 ℃的恒温槽中，B 处于27 ℃的环境中，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，开始时阀门K 关闭，A 内为真空，其容积V A ＝2.4 L ，B 内活塞横截面积S ＝100 cm 2，质量m ＝1 kg ，活塞下方充有理想气体，其体积V B ＝4.8 L ，活塞上方与大气连通，A 与B 间连通细管体积不计，打开阀门K 后活塞缓慢下移至某一位置(未触及汽缸底部)。

g 取10
m/s 2。

试求：
(1)稳定后容器A 内气体压强；
(2)稳定后汽缸B 内气体的体积；
(3)活塞下移过程中，汽缸B 内气体对活塞做的功。

(不计摩擦)
答案 (1)1.01×105 Pa (2)3.0 L
(3)－181.8 J
解析 (1)p A ＝p B ＝p 0S ＋mg S
＝1.01×105 Pa (2)B 气体等压变化，以排出气缸的气体为研究对象，设排出气缸的气体体积为V B ′，根据查理定律：
V B ′T B ＝V A
T A ，
解得V B ′＝300400
×2.4 L ＝1.8 L ， 留在气缸内的气体体积为：
V B ″＝4.8 L －1.8 L ＝3.0 L 。

(3)活塞下移距离为：
d ＝V B ′S ＝1.8×10－3
100×10－4
m ＝0.18 m ， 气体对活塞的作用力为：
pS ＝p 0S ＋mg ＝105×0.01 N ＋10 N ＝1010 N ，
W ＝－pSd ＝－1010×0.18 J ＝－181.8 J(负功)。