高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题7热学试题含解析

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第一部分　专题七　热学1.(2021·广西南宁二模)(1)下列关于能量转换过程的叙述，不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律的有　BCE　.A．压缩气体时气体内能的增加可能大于外界对气体所做的功B．气体向真空自由膨胀时不对外做功，不耗散能量所以该过程是可逆的C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热就全部转化为功，而不产生其他影响D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中吸取热量散发到温度较高的室内E．内能多的物体与内能少的物体混合，在没有能量损失时，一定能使内能少的物体温度升高(2)如图所示，容积为V0的导热容器中用绝热活塞隔开了A、B两种理想气体，并用一插销阻止活塞向左、右自由滑动，此时A、B气体的体积V1、V2的关系为V1＝2V2，A、B气体的压强p1、p2与大气压强p0的关系为3p1＝2p2＝p0，初始时气体的温度与环境温度相同，均为27 ℃，现拔掉插销．①求平衡时A气体的压强和体积；②若使其中一种气体的温度升高，另一种气体的温度保持不变，使活塞在容器的正中间位置平衡，求平衡时温度升高的气体的温度．【解析】　(1)本题考查热力学第一定律和热力学第二定律，目的是考查学生的理解能力．热力学第二定律不违背能量守恒定律，描述的是自然界中的宏观过程有方向性，即气体向真空自由膨胀过程是不可逆的，热机的效率不可能达到百分之百而不产生其他影响，热量只能自发地从高温物体传到低温物体，不一定是从内能多的物体传到内能少的物体，故选项B、C、E均正确．(2)本题考查气体状态方程，目的是考查学生的分析综合能力．①拔掉插销，气体做等温变化，最终两气体的压强相等对A气体有p1V1＝p1′V1′对B气体有p2V2＝p2′V2′即×＝p1′V1′，×＝p2′V2′其中p1′＝p2′，V1′＋V2′＝V0解得p1′＝p0，V1′＝V0.②因V1′>V2′，则应该对B气体加热，A气体做等温变化，则有p1′V1′＝p1″V1″，其中V1″＝解得p1″＝对B气体，由理想气体状态方程有＝，其中p2″＝p1″，V2″＝解得T2＝400 K，即t2＝127 ℃.2．(2021·安徽宣城二模)(1)下列说法正确的是(＋＋＋＋　ADE　－－－－)A．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大B．水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时水不再蒸发和凝结C．给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体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(2)如图所示，圆柱体汽缸倒置在水平地面上，汽缸内部封闭有一定质量空气，汽缸质量M＝10 kg，缸壁厚度忽略不计，活塞质量m＝5 kg，其横截面积S＝50 cm2，活塞与缸壁的摩擦不计．在缸内气体的温度为27 ℃时，活塞刚好与地面相接触，但对地面无压力．现在对汽缸传热，使缸内气体温度上升，求当汽缸对地面刚好无压力时，缸内气体温度是多少摄氏度？(大气压强p0＝1.0×105Pa，g取10 N/kg)【解析】　(1)当r＞r0，分子力表现为引力，分子距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故A正确；水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，但水还会蒸发，只是蒸发和凝结达到动态平衡，故B错误；在给自行车轮胎打气时，外界不断对打气筒内的气体做功，使打气筒内的气体的温度升高，同时打气筒的温度升高，不是打气筒从外界吸热，故C错误；根据热力学第二定律可知，电冰箱通电后，压缩机要做功，把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体，故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，说明三个系统的温度一定相等，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故E正确；故选：ADE.(2)T1＝300 K活塞对地面无压力，对活塞有：p1S＋mg＝p0S即：p1＝p0－＝0.9×105Pa当温度升为T2时气缸对地面无压力，对气缸有：p2S＝p0S＋Mg即：p2＝p0＋＝1.2×105Pa对缸内气体由查理定律得：＝联立求解得：T2＝400 K即t2＝127 ℃3．(2021·贵州盘州二模)(1)如图，一定质量的理想气体从状态a依次经等容变化过程①、等压变化过程②、等容变化过程③、等压变化过程④再回到状态a.已知状态a与状态c气体的温度相同．则在a、b、c、d四个状态及①②③④四个过程中  BDE  .A．状态b气体的温度最高B．状态d气体分子的平均动能最大C．过程②中气体要向外界放出热量D．过程③中气体要从外界吸收热量E．过程④中外界对气体做的功大于过程②中气体对外界做的功(2)如图，一端封闭且粗细均匀的细玻璃管中，用长10 cm的水银柱封闭了一段空气，当玻璃管与水平面夹角为30°倾斜放置时水银柱上端恰好与管口相齐，空气柱长17 cm.已知大气压强为75 cmHg，保持环境温度27 ℃不变，缓慢旋转玻璃管至开口竖直向上．①求玻璃管开口向上竖直放置时被封空气柱的长度；②保持玻璃管开口向上竖直放置，缓慢加热空气柱使水银面与管口齐平，求此时空气柱的温度．【解析】　(1)根据理想气体状态方程，＝C可知，状态b时气体的温度最低，状态d时气体的温度最高，而温度高分子的平均动能就大，选项A错误、B正确；②过程气体体积变大且温度升高，对外做功且内能增加，根据热力学第一定律可知要吸收热量，选项C错误；③过程气体体积不变温度升高，内能增加，故吸收热量，选项D正确；④过程与②过程气体的体积改变量相等，但④过程的压强大于②过程，所以④过程外界对气体做的功大于②过程气体对外界做的功，选项E正确．(2)①玻璃管缓慢转动过程中，气体做等温变化．初末状态的参量p1＝80 cmHg，V1＝L1S，L1＝17 cm　①p2＝85 cmHg，V2＝L2S　②根据玻意耳定律p1V1＝p2V2　③代入题给数据解得L2＝16 cm　④②玻璃管保持竖直，温度升高过程，气体做等压变化．T2＝300 K，V3＝V1　⑤根据盖—吕萨克定律得＝　⑥代入题给数据解得T3＝319 K，即t3＝46 ℃4．(2021·江西吉安五校二模)(1)将体积为V1的油酸滴入体积为V2的酒精中制成油酸酒精溶液，n滴该溶液的体积为V1，则1滴溶液中油酸的体积为　　；取1滴油酸酒精溶液滴入水中，待酒精溶解后水面上形成面积为S的油膜，则油酸分子的直径约为　　；若油酸的分子量为m0，密度为ρ，取π＝3，则阿伏加德罗常数NA≈　·3　.(各物理量均为国际单位制单位)(2)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上，放置一个带有活塞A的导热气缸B，当活塞A用劲度系数为k的轻弹簧拉住时活塞到气缸底部的距离为l1，轻弹簧平行于斜面；当让气缸B开口向下、气缸底部被轻弹簧拉住时，活塞到气缸底部的距离为l2，并测得l2＝0.8l1.已知活塞的质量为m，重力加速度为g，大气压强p0与气缸横截面积S的乘积p0S＝8mg，操作过程中环境温度不变且不计活塞与气缸之间的摩擦，sin 37°＝0.6.求：①气缸的质量M；②当气缸被轻弹簧拉住时，对缸内气体缓慢加热，使活塞到气缸底部的距离由l2变为l2′＝l1，求此过程中封闭气体因对外做的功而消耗的内能ΔU.【答案】　(2)①M≈3.47m(或M＝m)　②ΔU＝1.48mgl【解析】　(1)油酸酒精溶液中油酸的百分含量为，则1滴溶液中含油酸的体积为V＝·＝；油酸分子的直径d＝＝；油酸的摩尔体积VM＝，阿伏加德罗常数NA＝·3(2)①当活塞被轻弹簧拉住时，气缸内气体的压强为p1，则p1S＋Mgsin θ＝p0S　①当气缸被轻弹簧拉住时，气缸内气体的压强为p2，则p2S＋mgsin θ＝p0S　②缸内气体做等温变化，因此p1l1＝p2l2　③由①②③式解得M≈3.47m(或M＝m)　④②依题意，封闭气体消耗的内能等于对外做的功，即ΔU＝W　⑤对活塞由能量守恒得W＋mg(l2－l1)sin θ－p0S(l2－l1)＝0　⑥解得ΔU＝1.48mgl1　⑦5．(2021·安徽黄山一模)(1)下列说法中正确的有(＋＋＋＋　BCE　－－－－)A．已知某气体的摩尔体积及阿伏加德罗常数，可求得该气体分子的体积B．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而增大E．一定质量的理想气体等压膨胀过程一定吸热(2)如图所示，一个内壁光滑的导热气缸竖直放置，用密闭性良好的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞静止时密闭气体的压强为1.2p0，已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g，环境温度为300 K，忽略活塞及气缸壁的厚度．求：①活塞的质量m；②若在活塞上放置一质量也为m的小重物，再让周围环境温度缓慢升高，稳定后使活塞刚好回到初始位置，则环境温度应升高到多少？【答案】　(2)见解析【解析】　(1)已知某气体的摩尔体积及阿伏加德罗常数，能求出气体分子所占的体积，要比该气体分子的体积大，选项A错误；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，选项B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项C正确；一定温度下，饱和蒸汽的分子密度是一定的，因而压强也是一定的，与体积无关，选项D错误；根据理想气体状态方程＝常数，可知一定质量的理想气体等压膨胀过程温度一定升高，选项E正确；故选BCE.(2)①活塞平衡p1S＝p0S＋mg将p1＝1.2p0代入上式得活塞的质量m＝(2)末态对活塞和重物整体：p2S＝p0S＋2mg解得p2＝1.4p0初态和末态体积相同，根据理想气体状态方程得：＝代入数据得＝解得环境温度应升高到T＝350 K