2019-2020年高考物理大一轮复习第13章热学章末检测.doc

2019-2020年高考物理大一轮复习第13章热学章末检测1(1)(5分)(多选)下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是()A微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B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C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力(2)(10分)如图所示，质量m1 kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为一T形活塞，汽缸内充有理想气体汽缸的横截面积S2104 m2.当外界温度为t27 时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央不计汽缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p01105Pa，g10 m/s2.求：汽缸内气体的压强；环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升汽缸不再上升后，温度继续升高，从微观角度解释压强变化的原因解析：(1)微粒运动反映了液体分子的无规则热运动，微粒运动即布朗运动，A错误；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，B正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向是不一样的，C错误；由于表面张力的作用，液体要收缩至表面积最小，所以小草上的露珠呈球形，D正确；洁净的玻璃板接触水面，由于水分子和玻璃分子之间存在吸引力，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于或等于玻璃板的重力与水分子和玻璃分子之间的引力之和，E正确(2)汽缸对地面恰好没有压力，对汽缸进行受力分析，mgp0SpS，解得气体的压强为p1.5105 Pa.温度升高时，汽缸缓慢上升，缸内气体压强不变，根据盖吕萨克定律有，解得T2600 K.温度升高，分子平均动能增大，体积不变，分子密集程度不变，所以压强变大答案：(1)BDE(2)1.5105 Pa600 K见解析2(1)(5分)(多选)下列说法中正确的是()A悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的B物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能C橡胶无固定熔点，是非晶体D热机的效率可以等于100%E对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大(2)(10分)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图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27 .求：该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？解析：(1)根据布朗运动可知悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，间接说明液体分子的运动也是无规则的，所以A项正确因为物体的内能是分子热运动的动能和分子势能之和，所以B项错误晶体有固定的熔点，非晶体无固定熔点，C项正确因为热机工作时必有能量耗散，所以热机的效率不可能达到100%，D项错误因为温度是分子平均动能的唯一标志，所以E项正确(2)气体从状态A到状态B：得TB200 K即tB73 气体从状态B到状态C：得TC300 K即tC27 气体从状态A到状态C过程中是吸热吸收的热量QpV200 J答案：(1)ACE(2)73 27 吸热200 J3(1)(5分)(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D0 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(2)(10分)如图所示为一简易火灾报警装置其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27时，空气柱长度L1为20 cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10 cm，管内水银柱的高度h为8 cm，大气压强为75 cm水银柱高当温度达到多少时，报警器会报警？如果要使该装置在87 时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱？如果大气压增大，则该报警器的报警温度会受到怎样的影响？解析：(1)物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误当液体与大气相接触；表面层内分子所受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引、故C项正确因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E项正确(2)根据，V1L1S，V2(L1L2)S，T1300 K，解得：T2450 K，t450 273 177 设应该再往玻璃管内注入x cm高的水银柱，则V3(L1L2x)S，根据，T1300 K，T3360 K，V1L1S，p1(758) cmHg，p3(758x)cmHg，解得：x8.14 cm.如果大气压增大，则该报警器的报警温度会升高答案：(1)CDE(2)177 8.14 cm升高4(1)(5分)(多选)下列说法正确的是()A毛细现象是液体的表面张力作用的结果B晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加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用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0105 J，若空气向外界放出热量2.5105 J，则空气内能增加5104 JE液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和非晶体相似，具有各向同性(2)(10分)如图所示，一左端开口、右端封闭、左右两管等长的U形玻璃管竖直放置左管的下部封有长l125.0 cm的空气柱，中间有一段长l225.0 cm的水银柱，上部空气柱的长度l340.0 cm.水平部分管长l435.0 cm.已知大气压强为p075.0 cmHg，空气视为理想气体现将一活塞(图中未画出)从左管开口处缓慢往下推，使管中水银刚好全部进入水平管中假设活塞下推过程中没有漏气，空气柱温度与外界温度始终一致，求下推活塞的距离解析：(1)毛细现象是液体的表面张力作用的结果，A正确；晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子势能增加，B错误；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，C正确；根据热力学第一定律可知，选项D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性，E错误(2)以cmHg为压强单位在活塞下推前，左管下部空气柱的压强为p1p0l2活塞下推后，右管中空气柱的压强为p1，由玻意耳定律得p1(l3l22l1l4)p1(l3l2l1l4l2)设活塞下推距离为x，则此时左管中空气柱的长度为l3l3l2l1x设此时左管中空气柱的压强为p3，则p3p1由玻意耳定律得p0l3p3l3联立各式解得x70.0 cm.答案：(1)ACD(2)70.0 cm5(1)(5分)(多选)如图所示，小朋友坐在滑梯上匀速下滑，在这个过程中()A小朋友的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变B因为能量是守恒的，小朋友的机械能大小不变C该过程中产生的内能可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响D由于摩擦，小朋友滑过的滑梯温度升高，分子的平均动能增大，但不是其中每一个分子的动能都增大E由于摩擦，小朋友的裤子温度升高，分子的平均动能增大(2)(10分)如图所示，导热性能良好的汽缸的开口向下，内有体积为V0的理想气体，外界大气压强为p0，环境温度为T0，轻活塞的横截面积为S，轻活塞与汽缸之间的摩擦不计现在活塞下面挂一个质量为m的小桶，活塞缓慢下移，并最终处于某一位置静止不动已知重力加速度为g.求挂上小桶后系统稳定时，汽缸内气体的体积V.拿掉小桶后，若要保持汽缸内气体的体积V不变，环境温度需要升高到多少？汽缸吸热还是放热？解析：(1)小朋友沿滑梯匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，减小的重力势能逐渐转化为系统的内能，总能量不变，选项A正确，B错误；根据热力学第二定律，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，但不是每一个分子的动能都增大，选项D、E正确(2)挂上小桶后，稳定时汽缸内气体的压强为pp0气体等温变化，根据玻意耳定律，有p0V0pV解得V最初及末状态，气体压强不变，根据盖吕萨克定律，有，解得T(也可由气体等容变化过程，根据查理定律得，求解得T)气体体积不变，温度升高，汽缸要吸热答案：(1)ADE(2)见解析6(1)(5分)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A、B和C、D为等温过程，B、C为等压过程，D、A为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是()AA、B过程中，气体放出热量BB、C过程中，气体分子的平均动能增大CC、D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DD、A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化E若气体在B、C过程中内能变化量的数值为2 kJ，与外界交换的热量为7 kJ，则在此过程中气体对外做的功为5 kJ(2)(10分)如图所示，固定的光滑斜面倾角为30，一质量为M4 kg、底面积为S2 cm2的汽缸放在斜面上导热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，活塞通过一根细杆固定在斜面底端，细杆与斜面平行，活塞和汽缸内壁间光滑初始时汽缸内、外气体压强均为大气压强p01105 Pa，活塞与汽缸底部距离为l00.2 m，将汽缸由静止释放，经过足够长时间后汽缸静止，重力加速度g取10 m/s2.求汽缸最终静止时活塞与汽缸底部距离；整个过程中，汽缸内气体是从外界吸收热量还是向外界释放热量？数值为多少？解析：(1)因为A、B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有UWQ，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，选项A正确；B、C为等压过程，因为体积增大，由理想气体状态方程C可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，选项B正确；C、D为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，选项C错误；D、A为等容过程，体积不变，压强变小，由C可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，选项D错误；B、C为等压过程，体积增大，气体对外做功，该过程中气体的温度升高，则气体的内能增加2 kJ，气体从外界吸收的热量为7 kJ，气体对外界做功为5 kJ，故选项E正确(2)释放汽缸时，汽缸内气体压强为p0，体积为l0S；汽缸最终静止时，设汽缸内气体压强为p，活塞与汽缸底部距离为l，对汽缸受力分析如图所示由平衡条件有pSp0SMgsin 解得pp0由玻意耳定律得p0l0SplS解得l0.1 m汽缸下降过程中，内部气体被压缩，外界对气体做功，最终静止时温度与外界相同，内能不变，所以整个过程中，缸内气体向外界释放热量始末状态，对汽缸由动能定理有Mg(l0l)sin p0S(l0l)W0即重力、大气压力做的功和内部气体压力做的功之和为零对封闭气体，由热力学第一定律有QW0W为外界对气体做的正功，且有WW联立各式可得QWMg(l0l)sin p0S(l0l)4 J即放出热量大小为4 J.答案：(1)ABE(2)0.1 m放热4 J