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高考专区 ：专题十四：热学应用创新题组
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这是一份高考专区 ：专题十四：热学应用创新题组，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题十四 热学
应用创新题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共16分)
1.(2021 5·3原创)如图所示,每天清晨环卫工人开着洒水车把路面洒湿,可使路面不起灰尘、空气更加清新,给人们一天的生活带来好心情。洒水车在缓慢洒水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则( )
A.胎内气体对外界做正功
B.轮胎与地面摩擦发热,故胎内气体的内能增加
C.胎内气体温度不变,故与外界无热传递
D.胎内气体温度不变,故每个气体分子的速率都不变
答案 A 缓慢洒水过程中,胎内气体压强减小、温度不变,由pVT=C可知气体体积增大,故气体对外界做正功,A正确;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,故B错误;由ΔU=W+Q知,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,故C错误;温度不变,分子的平均动能不变,但每个分子的速率都是不断变化的,故D错误。
2.(2021福建、山东联考,4)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃;则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
答案 C 取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105 Pa,温度为T1=300 K,末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23) K=250 K,根据查理定律,有p1T1=p2T2,解得p2=56×105 Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105-4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa,只有C项符合,故选C项。
3.(2020山东烟台一模,4)一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其V-T图像如图所示,其中图线ab的反向延长线过坐标原点O,图线bc平行于T轴,图线ca平行于V轴,则( )
A.ab过程中气体压强不变,气体从外界吸热
B.bc过程中气体体积不变,气体不吸热也不放热
C.ca过程中气体温度不变,气体从外界吸热
D.整个变化过程中气体的内能先减少后增加
答案 A 在V-T图像上等压线为过坐标原点的一条倾斜的直线,由a到b为等压变化,温度升高,气体内能增大,体积增大,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故选项A正确;bc过程中气体体积不变,气体不做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律可知,气体放热,故选项B错误;ca过程中气体温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体放热,故选项C错误;从a到b温度升高,内能增加,从b到c温度降低,内能减小,从c到a温度不变,内能不变,故选项D错误。
4.(2021山东济南实验中学月考,7)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两状态的体积不相等
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
答案 B 由paVaTa=pcVcTc并结合图像,得VaVc=pcTc·Tapa=1,因此气体在a、c两状态的体积相等,A错误;对一定量的理想气体内能由温度决定,由于Ta>Tc,因此气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能,B正确;在cd过程中,气体发生等温变化,压强增大,体积减小,温度保持不变,内能不变,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功,C错误;在da过程中气体发生等压变化,温度升高内能增加,体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,从外界吸收的热量大于气体对外界做的功,D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共18分)
5.(2021河北邯郸一模,15,4分)(多选)若某个封闭的热力学系统与外界之间热传递良好,而外界的热容量极大,这样,在外界与系统交换热量时,其内部就只经历等温的可逆变化,称之为“恒温热源”(如大量的冰水混合物、沸水、某温度下的恒温水浴等);同时,外界对系统的压缩或系统的膨胀又进行得十分缓慢,则这样的系统所经历的过程可认为是可逆的等温过程,现某封闭的热力学系统内有一定质量的理想气体,若该气体经历了这样的等温过程,则下列说法中正确的是( )
A.膨胀过程中系统内气体内能增大
B.膨胀过程中系统内气体压强增大
C.压缩过程中外界对气体做功内能不变
D.压缩过程中气体分子与容器壁碰撞的频繁程度增大
E.无论是膨胀还是压缩,气体分子平均动能均不变
答案 CDE 由于气体为理想气体,其内能只与温度有关,膨胀和压缩均为等温变化,故内能不变,选项A错误,E正确;根据pV=CT,温度不变而体积增大,压强一定减小,选项B错误;压缩过程中虽然外界对气体做功,但温度不变,故内能不变,选项C正确;压缩过程中气体体积减小,单位体积内分子数增大,分子的平均速率不变,故对容器壁碰撞的频繁程度增大,选项D正确。故选C、D、E项。
6.(2021山东德州模拟,9)(多选)下列说法中正确的是( )
A.若两分子间距离增大,分子势能可能增大
B.已知阿伏加德罗常数、铜的摩尔体积和密度,可估算出铜原子的直径
C.热量不可以从低温物体传到高温物体
D.对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少
答案 ABD 若两分子间表现为引力,分子间距离增大,分子力做负功,则分子势能增大,选项A正确;根据铜的摩尔质量和密度,可以计算出铜的摩尔体积,已知阿伏加德罗常数,根据摩尔体积除以阿伏加德罗常数可算出铜原子的体积,根据球体体积的计算公式求解原子直径,故B正确;根据热力学第二定律可知,热量可以从低温物体传到高温物体,但是要引起其他的变化,选项C错误;对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,温度升高,分子平均速率变大,分子数密度减小,则单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,选项D正确。
7.(2021 5·3原创)(多选)潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。在某次救生时,工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放缓慢下移到某深处,若不计温度的变化,也不计分子间的作用力,则此过程中( )
A.潜水钟上方封闭的空气的压强增大
B.潜水钟上方封闭的空气的内能不变
C.潜水钟上方封闭的空气对外界做正功
D.潜水钟上方封闭的空气从水中吸收热量
答案 AB 将潜水钟缓慢下移到水中某深处过程中,潜水钟上方封闭的空气的压强p=p0+ρgh,p0不变,h增大,所以封闭空气压强增大,故A正确;由于温度不变,所以封闭空气的内能不变,故B正确;若不计温度的变化,也不计分子间的作用力,由玻意耳定律可知,压强增大,则体积减小,外界对封闭空气做正功,C错误;封闭的空气的内能不变,外界对封闭的空气做正功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,封闭空气将向海水释放热量,故D错误。
三、非选择题(共40分)
8.[2022届广东七校联考,16(2)物理生活](8分)中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时,广场上的100个气球笼同时打开,10万只气球腾空而起,缤纷的色彩在天空中恣意绽放,一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道,本次使用的气球为氦气球,每个气球需要充入氦气10 L,充气后压强等于一个标准大气压,地面附近空气温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa。
①用一个体积为50 L、压强为2.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致,不发生变化),在忽略漏气损耗的情况下,这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球?
②本次大会使用的气球由可降解材料制成,当气球体积膨胀到15 L时会发生爆炸。已知高度每升高1 000 m,空气温度下降6 ℃,若一个气球在刚好上升到2 000 m时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气),则此时2 000 m高处大气压强为多少?
解析 ①氦气罐体积V=50 L,压强p=2.0×107 Pa,每个气球充满气的体积V0=10 L,压强p0=1.0×105 Pa,由玻意耳定律可得pV=p0(nV0+V),可得n=995
所以每个氦气罐可以充气球995个;
②在地面,气球体积V0=10 L,压强p0=1.0×105 Pa,温度为T0=300 K,到达2 000 m高空时,V1=15 L,温度为T1=288 K,由理想气体状态方程p0V0T0=p1V1T1,解得p1=0.64×105 Pa
9.[2021韶关一模,15(2)物理生活](8分)如图所示,在一圆形竖直管道内封闭有理想气体,用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分。温度都为T0=300 K,上部气体压强为p0=1.0×105 Pa,活塞A有mgS=2×104 Pa(S为活塞横截面积)。现保持下部分气体温度不变,只对上部分气体缓慢加热,当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)。求:
①下部分气体的压强;
②上部分气体的温度。
解析 ①对下部分气体,做等温变化,初状态压强为:
p1=p0+mgS=1.0×105 Pa+2×104 Pa=1.2×105 Pa
体积为:V1=V0
末状态:压强为p2,体积为:V2=12V0
根据玻意耳定律有:p1V1=p2V2
代入数据得:p2=2.4×105 Pa
②对上部分气体,当活塞A移动到最低点时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p2'=p2
初状态:压强为p0,温度为T0,体积为V0
末状态:压强为p2',温度为T2',体积为V2'=32V0
根据理想气体状态方程,有:p0V0T0=p2'V2'T2'
代入数据解得:T2'=3.6T0=1 080 K
10.[2021肇庆一模,15(2)物理生活](10分)一辆汽车未启动时,一车胎内气体温度为27 ℃,胎压监测装置显示该车胎胎压为200 kPa,考虑到胎压不足,司机驾驶车辆到汽车修理店充气,行驶一段路程到汽车修理店后,胎压监测装置显示该车胎胎压为210 kPa,工作人员为该车胎充气,充气完毕后汽车停放一段时间,胎内气体温度恢复到27 ℃时,胎压监测装置显示该车胎胎压为250 kPa,已知车胎内气体体积为40 L且不考虑体积变化,求:
①车胎胎压为210 kPa时轮胎内气体温度;
②新充入气体与车胎内原来气体的质量比。
解析 ①车胎内的气体做等容变化,初态:p1=200 kPa,T1=(273+27) K=300 K
末态:p2=210 kPa
由查理定律p1T1=p2T2得
T2=p2p1T1=210200×300 K=315 K
②设车胎内原来气体压强为250 kPa时体积为V',初态:p1=200 kPa,V1=40 L
末态:p3=250 kPa
由p1V1=p3V'
解得V'=p1Vp3=200×40250 L=32 L
新充入气体与车胎内原来气体的质量比等于体积比,为V-V'V'=40-3232=14
方法技巧 在充气时,将充进容器内的气体和容器内的全部气体作为研究对象时,这些气体的质量是不变的。这样,可将变质量的问题转化成定质量问题。
11.[2021珠海一模,15(2)物理生活](10分)如图为高楼供水系统示意图,压力罐与水泵和气泵连接,其中压力罐的底面积为5 m2、高为6 m,开始罐内只有压强为1.0×105 Pa的气体,阀门K1、K2关闭,现打开K3,启动水泵向罐内注水,当罐内气压达到2.4×105 Pa时水泵停止工作,当罐内气压低于1.2×105 Pa时水泵启动,假设罐内气体温度保持不变。
①当压力罐内气压达到2.4×105 Pa时,求注入水的体积;
②某一次停水,阀门K3关闭。当用户用水,使得罐内气压低至1.2×105 Pa时,气泵启动。为保证剩余水全部流入用户后,压力罐中气体的压强都不低于1.2×105 Pa,求气泵至少要充入压强为1.0×105 Pa的气体的体积。
解析 ①取压力罐内气体为研究对象,由等温变化得:p0L0S=p1L1S
注入水的体积为:V水=L0S-L1S
解得:V水=17.5 m3
②由等温变化得:p0L0S=p2L2S
剩余水的体积为:V'=L0S-L2S=5 m3
由等温变化得:p0V″=p2V'
得V″=6 m3
12.(2021辽宁新高考适应卷,14)(10分)某民航客机在一万米左右高空飞行时,需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸,活塞质量m=2 kg、横截面积S=10 cm2,活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时,汽缸如图(a)所示竖直放置,平衡时活塞与缸底相距l1=8 cm;客机在高度h处匀速飞行时,汽缸如图(b)所示水平放置,平衡时活塞与缸底相距l2=10 cm。汽缸内气体可视为理想气体,机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图(c)所示,地面大气压强p0=1.0×105 Pa,地面重力加速度g=10 m/s2。
(1)判断汽缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热,并说明原因;
(2)求高度h处的大气压强,并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度。
答案 (1)吸热 原因见解析 (2)0.24×105 Pa 104 m
解析 (1)由于汽缸导热,机舱内温度不变,所以汽缸内气体温度不变,内能不变。根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体体积变大,对外做功,内能不变,一定是吸热。
(2)题图(a)状态:pa·S=p0S+mg
解得:pa=1.2×105 Pa
由题图(a)状态到题图(b)状态是等温变化
pal1S=pbl2S
解得:pb=0.96×105 Pa
机舱内外气体压强之比为4∶1,因此舱外气体压强p外=0.24×105 Pa
根据题图(c)可以得到此时客机的飞行高度约为104 m。
13.(2021 5·3原创)(10分)如图所示,是某同学设计的导热性能良好的喷水装置,已知该喷水装置内部空间是底部面积为S、高度为4L的长方体,阀门关闭,此时装置内部的下部装有高度为3L的水,上部密封压强为p0的空气。容器上部接有打气筒(打气筒的体积相对容器而言可以忽略),该打气筒可以多次往容器中打入压强为p0、温度为T0的空气。现打开阀门后,容器中的水将被喷出,当装置中的水不再喷出时,求:(设在此过程中空气可看作理想气体,且温度不变,恒为T0。已知大气压强为p0=4ρgL,其中ρ为水的密度,g为重力加速度)
(1)容器中剩下水的高度为多少?
(2)若此时给容器中空气加热可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水高度为L,容器中的气体温度应为多少?
(3)若此时往容器中缓慢打入部分气体可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水的高度为L,往容器中打入部分气体体积应为多少?
答案 见解析
解析 (1)设打开阀门后,当装置中的水不再喷出时,容器中剩下水的高度为L1,则容器中空气的体积为V1=(4L-L1)S
设此时容器内气体压强为p1,则:p1+ρgL1=p0
根据玻意耳定律有p0V0=p1V1,即p0SL=p1S(4L-L1)
联立上述式子解得:L1=2L
(2)容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V2=(4L-L)S=3LS
设此时容器内气体压强为p2,则:p2+ρgL=p0,解得:p2=3ρgL
设此时容器内空气温度为T',根据理想气体状态方程得:
p0V0T0=p2V2T'
则4ρgL·LST0=3ρgL·3LST'
解得:T'=9T04
(3)与(2)相同,容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V2=3LS
此时容器内气体压强:p2=3ρgL
设往容器中打入部分气体体积为V'
根据玻意耳定律有:p0(V0+V')=p2V2
联立上述式子解得:V'=5LS4
14.(2021山东聊城一模,15)(10分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型,人钻入洞中,进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3,压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3,不考虑压缩时气体的温度变化。
(1)求压缩量最大时,球内气体的压强;
(2)为保障游戏安全,球内气体压强不能超过1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球,球内气体压强为1.5×105 Pa,若升温引起的球内容积变化可忽略,请通过计算判断是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏?
答案 见解析
解析 (1)碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化,由玻意耳定律:p1V1=p2V2
其中:p1=1.5×105 Pa,V1=0.8 m3
V2=(0.8-0.08)m3=0.72 m3
解得:p2=1.67×105 Pa
(2)从早晨充好气,到中午碰撞游戏前,气体做等容变化
由查理定律得:p1T2=p3T3
其中:T2=290 K,T3=310 K
中午碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化
p3V1=p4V2
联立解得:p4=1.78×105 Pa>1.75×105 Pa
所以在中午37 ℃的环境下不能安全地游戏碰撞。
15.(2022届湖南师大附中月考一物理生活)(10分)一个气球内气体的压强为p0=1×105 Pa,温度为-73 ℃,体积为V0=10 L。已知气球的容积跟球内气体的压强成正比。现在保持温度不变,再向气球内充入压强为1×105 Pa的同温度气体30 L,此后气球的容积和气体压强各为多少?如果再慢慢升温,最后温度变为127 ℃,那么压强和体积又为多大?
解析 将气球内原有气体和待充入气体视为整体,于是有初状态p1=1×105 Pa,V1=40 L,末状态有p2,V2,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2①
又由题意可知V=kp,则有V0p0=V2p2②
代入数据解得V2=20 L,p2=2×105 Pa
由理想气体状态方程得p2V2T2=p3V3T3③
其中T2=200 K,T3=400 K
又由V=kp可得V0p0=V3p3④
联立可得p3=22×105 Pa≈2.83×105 Pa,V3=202 L≈28.3 L
16.(2021长郡中学月考七典型模型)(10分)如图是小明学习完热学内容后设计的一个测量小车加速度的简易装置。在车上水平固定内壁光滑且导热的汽缸,缸内有一定质量的空气(可视为理想气体),被质量为m且厚度不计的活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分。小车静止时活塞刚好位于汽缸中间,此时左右两边气体压强均为大气压p0,假设外界温度不变,已知活塞面积为S,汽缸长度为2L。
①小车以一定的加速度向右运动时,发现左侧部分Ⅰ气体的体积正好是静止时的一半,请帮助小明计算出此时小车的加速度a的大小;
②以小车静止时活塞在汽缸中的位置为坐标原点O,水平向右为x轴正方向,当小车加速度大小a1=3p0S4m时,求活塞的位置坐标x。
解析 ①左右两部分气体温度不变,做等温变化,根据玻意耳定律可知:
对左侧气体Ⅰ有p0LS=p112LS
解得p1=2p0
对右侧气体Ⅱ有p0LS=p232LS
解得p2=23p0
对活塞由牛顿第二定律可得p1S-p2S=ma
解得a=4p0S3m
②如果小车的加速度方向向左,由玻意耳定律
对左侧气体Ⅰ得p1'(L+x)S=p0LS
对右侧气体Ⅱ得p2'(L-x)S=p0LS
对活塞由牛顿第二定律得p2'S-p1'S=ma1
解得x=L3或者x=-3L(舍去)
如果小车的加速度方向向右,利用对称性可得x=-L3
所以活塞的坐标位置为x=L3或者x=-L3
17.(2022届长郡中学月考一典型模型)(10分)如图,开口向上的汽缸内盛有一定深度的水银,一粗细均匀、长为l=24 cm且下端开口的细玻管竖直漂浮在水银中。平衡时,玻管露出水银面的高度和进入玻管中的水银柱长度均为h1=6 cm,轻质活塞到水银面的高度为h0=12 cm,水银面上方的气体压强为p0=76 cmHg。现施外力使活塞缓慢向下移动,当玻管上端恰好与水银面齐平时,进入玻管中的水银柱长度为h2=12 cm。活塞与汽缸壁间的摩擦不计且密封性良好,玻管的横截面积远小于汽缸的横截面积,整个过程中各部分气体的温度保持不变,求:
①玻管上端恰好与水银面齐平时,玻管内气体的压强;
②整个过程中活塞向下移动的距离。
解析 ①设玻管的横截面积为S1,活塞的横截面积为S2,对玻管中的气体,初态体积和压强分别为V1=(l-h1)S1,p1=p0+ρg(l-2h1)
末态体积为V2=(l-h2)S1
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
代入数据解得p2=132 cmHg
②设玻管上端恰好与水银面齐平时,活塞到水银面的高度为h,对水银面上方的气体,初态体积和压强分别为V1'=h0S2,p1'=p0
末态体积和压强分别为V2'=hS2,p2'=p2-ρg(l-h2)
由玻意耳定律有p1'V1'=p2'V2'
代入数据解得h=7.6 cm
活塞向下移动的距离为Δx=h0-h=4.4 cm
专题十四 热学
应用创新题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共16分)
1.(2021 5·3原创)如图所示,每天清晨环卫工人开着洒水车把路面洒湿,可使路面不起灰尘、空气更加清新,给人们一天的生活带来好心情。洒水车在缓慢洒水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则( )
A.胎内气体对外界做正功
B.轮胎与地面摩擦发热,故胎内气体的内能增加
C.胎内气体温度不变,故与外界无热传递
D.胎内气体温度不变,故每个气体分子的速率都不变
答案 A 缓慢洒水过程中,胎内气体压强减小、温度不变,由pVT=C可知气体体积增大,故气体对外界做正功,A正确;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,故B错误;由ΔU=W+Q知,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,故C错误;温度不变,分子的平均动能不变,但每个分子的速率都是不断变化的,故D错误。
2.(2021福建、山东联考,4)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃;则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
答案 C 取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p1=1.0×105 Pa,温度为T1=300 K,末状态的压强为p2,温度为T2=(273-23) K=250 K,根据查理定律,有p1T1=p2T2,解得p2=56×105 Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp=56×105-4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa,只有C项符合,故选C项。
3.(2020山东烟台一模,4)一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到原状态,其V-T图像如图所示,其中图线ab的反向延长线过坐标原点O,图线bc平行于T轴,图线ca平行于V轴,则( )
A.ab过程中气体压强不变,气体从外界吸热
B.bc过程中气体体积不变,气体不吸热也不放热
C.ca过程中气体温度不变,气体从外界吸热
D.整个变化过程中气体的内能先减少后增加
答案 A 在V-T图像上等压线为过坐标原点的一条倾斜的直线,由a到b为等压变化,温度升高,气体内能增大,体积增大,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故选项A正确;bc过程中气体体积不变,气体不做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律可知,气体放热,故选项B错误;ca过程中气体温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,气体放热,故选项C错误;从a到b温度升高,内能增加,从b到c温度降低,内能减小,从c到a温度不变,内能不变,故选项D错误。
4.(2021山东济南实验中学月考,7)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两状态的体积不相等
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
答案 B 由paVaTa=pcVcTc并结合图像,得VaVc=pcTc·Tapa=1,因此气体在a、c两状态的体积相等,A错误;对一定量的理想气体内能由温度决定,由于Ta>Tc,因此气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能,B正确;在cd过程中,气体发生等温变化,压强增大,体积减小,温度保持不变,内能不变,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功,C错误;在da过程中气体发生等压变化,温度升高内能增加,体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,从外界吸收的热量大于气体对外界做的功,D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共18分)
5.(2021河北邯郸一模,15,4分)(多选)若某个封闭的热力学系统与外界之间热传递良好,而外界的热容量极大,这样,在外界与系统交换热量时,其内部就只经历等温的可逆变化,称之为“恒温热源”(如大量的冰水混合物、沸水、某温度下的恒温水浴等);同时,外界对系统的压缩或系统的膨胀又进行得十分缓慢,则这样的系统所经历的过程可认为是可逆的等温过程,现某封闭的热力学系统内有一定质量的理想气体,若该气体经历了这样的等温过程,则下列说法中正确的是( )
A.膨胀过程中系统内气体内能增大
B.膨胀过程中系统内气体压强增大
C.压缩过程中外界对气体做功内能不变
D.压缩过程中气体分子与容器壁碰撞的频繁程度增大
E.无论是膨胀还是压缩,气体分子平均动能均不变
答案 CDE 由于气体为理想气体,其内能只与温度有关,膨胀和压缩均为等温变化,故内能不变,选项A错误,E正确;根据pV=CT,温度不变而体积增大,压强一定减小,选项B错误;压缩过程中虽然外界对气体做功,但温度不变,故内能不变,选项C正确;压缩过程中气体体积减小,单位体积内分子数增大,分子的平均速率不变,故对容器壁碰撞的频繁程度增大,选项D正确。故选C、D、E项。
6.(2021山东德州模拟,9)(多选)下列说法中正确的是( )
A.若两分子间距离增大,分子势能可能增大
B.已知阿伏加德罗常数、铜的摩尔体积和密度,可估算出铜原子的直径
C.热量不可以从低温物体传到高温物体
D.对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少
答案 ABD 若两分子间表现为引力,分子间距离增大,分子力做负功,则分子势能增大,选项A正确;根据铜的摩尔质量和密度,可以计算出铜的摩尔体积,已知阿伏加德罗常数,根据摩尔体积除以阿伏加德罗常数可算出铜原子的体积,根据球体体积的计算公式求解原子直径,故B正确;根据热力学第二定律可知,热量可以从低温物体传到高温物体,但是要引起其他的变化,选项C错误;对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,温度升高,分子平均速率变大,分子数密度减小,则单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,选项D正确。
7.(2021 5·3原创)(多选)潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。在某次救生时,工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放缓慢下移到某深处,若不计温度的变化,也不计分子间的作用力,则此过程中( )
A.潜水钟上方封闭的空气的压强增大
B.潜水钟上方封闭的空气的内能不变
C.潜水钟上方封闭的空气对外界做正功
D.潜水钟上方封闭的空气从水中吸收热量
答案 AB 将潜水钟缓慢下移到水中某深处过程中,潜水钟上方封闭的空气的压强p=p0+ρgh,p0不变,h增大,所以封闭空气压强增大,故A正确;由于温度不变,所以封闭空气的内能不变,故B正确;若不计温度的变化,也不计分子间的作用力,由玻意耳定律可知,压强增大,则体积减小,外界对封闭空气做正功,C错误;封闭的空气的内能不变,外界对封闭的空气做正功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,封闭空气将向海水释放热量,故D错误。
三、非选择题(共40分)
8.[2022届广东七校联考,16(2)物理生活](8分)中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时,广场上的100个气球笼同时打开,10万只气球腾空而起,缤纷的色彩在天空中恣意绽放,一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道,本次使用的气球为氦气球,每个气球需要充入氦气10 L,充气后压强等于一个标准大气压,地面附近空气温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa。
①用一个体积为50 L、压强为2.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致,不发生变化),在忽略漏气损耗的情况下,这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球?
②本次大会使用的气球由可降解材料制成,当气球体积膨胀到15 L时会发生爆炸。已知高度每升高1 000 m,空气温度下降6 ℃,若一个气球在刚好上升到2 000 m时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气),则此时2 000 m高处大气压强为多少?
解析 ①氦气罐体积V=50 L,压强p=2.0×107 Pa,每个气球充满气的体积V0=10 L,压强p0=1.0×105 Pa,由玻意耳定律可得pV=p0(nV0+V),可得n=995
所以每个氦气罐可以充气球995个;
②在地面,气球体积V0=10 L,压强p0=1.0×105 Pa,温度为T0=300 K,到达2 000 m高空时,V1=15 L,温度为T1=288 K,由理想气体状态方程p0V0T0=p1V1T1,解得p1=0.64×105 Pa
9.[2021韶关一模,15(2)物理生活](8分)如图所示,在一圆形竖直管道内封闭有理想气体,用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分。温度都为T0=300 K,上部气体压强为p0=1.0×105 Pa,活塞A有mgS=2×104 Pa(S为活塞横截面积)。现保持下部分气体温度不变,只对上部分气体缓慢加热,当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)。求:
①下部分气体的压强;
②上部分气体的温度。
解析 ①对下部分气体,做等温变化,初状态压强为:
p1=p0+mgS=1.0×105 Pa+2×104 Pa=1.2×105 Pa
体积为:V1=V0
末状态:压强为p2,体积为:V2=12V0
根据玻意耳定律有:p1V1=p2V2
代入数据得:p2=2.4×105 Pa
②对上部分气体,当活塞A移动到最低点时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p2'=p2
初状态:压强为p0,温度为T0,体积为V0
末状态:压强为p2',温度为T2',体积为V2'=32V0
根据理想气体状态方程,有:p0V0T0=p2'V2'T2'
代入数据解得:T2'=3.6T0=1 080 K
10.[2021肇庆一模,15(2)物理生活](10分)一辆汽车未启动时,一车胎内气体温度为27 ℃,胎压监测装置显示该车胎胎压为200 kPa,考虑到胎压不足,司机驾驶车辆到汽车修理店充气,行驶一段路程到汽车修理店后,胎压监测装置显示该车胎胎压为210 kPa,工作人员为该车胎充气,充气完毕后汽车停放一段时间,胎内气体温度恢复到27 ℃时,胎压监测装置显示该车胎胎压为250 kPa,已知车胎内气体体积为40 L且不考虑体积变化,求:
①车胎胎压为210 kPa时轮胎内气体温度;
②新充入气体与车胎内原来气体的质量比。
解析 ①车胎内的气体做等容变化,初态:p1=200 kPa,T1=(273+27) K=300 K
末态:p2=210 kPa
由查理定律p1T1=p2T2得
T2=p2p1T1=210200×300 K=315 K
②设车胎内原来气体压强为250 kPa时体积为V',初态:p1=200 kPa,V1=40 L
末态:p3=250 kPa
由p1V1=p3V'
解得V'=p1Vp3=200×40250 L=32 L
新充入气体与车胎内原来气体的质量比等于体积比,为V-V'V'=40-3232=14
方法技巧 在充气时,将充进容器内的气体和容器内的全部气体作为研究对象时,这些气体的质量是不变的。这样,可将变质量的问题转化成定质量问题。
11.[2021珠海一模,15(2)物理生活](10分)如图为高楼供水系统示意图,压力罐与水泵和气泵连接,其中压力罐的底面积为5 m2、高为6 m,开始罐内只有压强为1.0×105 Pa的气体,阀门K1、K2关闭,现打开K3,启动水泵向罐内注水,当罐内气压达到2.4×105 Pa时水泵停止工作,当罐内气压低于1.2×105 Pa时水泵启动,假设罐内气体温度保持不变。
①当压力罐内气压达到2.4×105 Pa时,求注入水的体积;
②某一次停水,阀门K3关闭。当用户用水,使得罐内气压低至1.2×105 Pa时,气泵启动。为保证剩余水全部流入用户后,压力罐中气体的压强都不低于1.2×105 Pa,求气泵至少要充入压强为1.0×105 Pa的气体的体积。
解析 ①取压力罐内气体为研究对象,由等温变化得:p0L0S=p1L1S
注入水的体积为:V水=L0S-L1S
解得:V水=17.5 m3
②由等温变化得:p0L0S=p2L2S
剩余水的体积为:V'=L0S-L2S=5 m3
由等温变化得:p0V″=p2V'
得V″=6 m3
12.(2021辽宁新高考适应卷,14)(10分)某民航客机在一万米左右高空飞行时,需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸,活塞质量m=2 kg、横截面积S=10 cm2,活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时,汽缸如图(a)所示竖直放置,平衡时活塞与缸底相距l1=8 cm;客机在高度h处匀速飞行时,汽缸如图(b)所示水平放置,平衡时活塞与缸底相距l2=10 cm。汽缸内气体可视为理想气体,机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图(c)所示,地面大气压强p0=1.0×105 Pa,地面重力加速度g=10 m/s2。
(1)判断汽缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热,并说明原因;
(2)求高度h处的大气压强,并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度。
答案 (1)吸热 原因见解析 (2)0.24×105 Pa 104 m
解析 (1)由于汽缸导热,机舱内温度不变,所以汽缸内气体温度不变,内能不变。根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体体积变大,对外做功,内能不变,一定是吸热。
(2)题图(a)状态:pa·S=p0S+mg
解得:pa=1.2×105 Pa
由题图(a)状态到题图(b)状态是等温变化
pal1S=pbl2S
解得:pb=0.96×105 Pa
机舱内外气体压强之比为4∶1,因此舱外气体压强p外=0.24×105 Pa
根据题图(c)可以得到此时客机的飞行高度约为104 m。
13.(2021 5·3原创)(10分)如图所示,是某同学设计的导热性能良好的喷水装置,已知该喷水装置内部空间是底部面积为S、高度为4L的长方体,阀门关闭,此时装置内部的下部装有高度为3L的水,上部密封压强为p0的空气。容器上部接有打气筒(打气筒的体积相对容器而言可以忽略),该打气筒可以多次往容器中打入压强为p0、温度为T0的空气。现打开阀门后,容器中的水将被喷出,当装置中的水不再喷出时,求:(设在此过程中空气可看作理想气体,且温度不变,恒为T0。已知大气压强为p0=4ρgL,其中ρ为水的密度,g为重力加速度)
(1)容器中剩下水的高度为多少?
(2)若此时给容器中空气加热可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水高度为L,容器中的气体温度应为多少?
(3)若此时往容器中缓慢打入部分气体可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水的高度为L,往容器中打入部分气体体积应为多少?
答案 见解析
解析 (1)设打开阀门后,当装置中的水不再喷出时,容器中剩下水的高度为L1,则容器中空气的体积为V1=(4L-L1)S
设此时容器内气体压强为p1,则:p1+ρgL1=p0
根据玻意耳定律有p0V0=p1V1,即p0SL=p1S(4L-L1)
联立上述式子解得:L1=2L
(2)容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V2=(4L-L)S=3LS
设此时容器内气体压强为p2,则:p2+ρgL=p0,解得:p2=3ρgL
设此时容器内空气温度为T',根据理想气体状态方程得:
p0V0T0=p2V2T'
则4ρgL·LST0=3ρgL·3LST'
解得:T'=9T04
(3)与(2)相同,容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V2=3LS
此时容器内气体压强:p2=3ρgL
设往容器中打入部分气体体积为V'
根据玻意耳定律有:p0(V0+V')=p2V2
联立上述式子解得:V'=5LS4
14.(2021山东聊城一模,15)(10分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型,人钻入洞中,进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3,压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3,不考虑压缩时气体的温度变化。
(1)求压缩量最大时,球内气体的压强;
(2)为保障游戏安全,球内气体压强不能超过1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球,球内气体压强为1.5×105 Pa,若升温引起的球内容积变化可忽略,请通过计算判断是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏?
答案 见解析
解析 (1)碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化,由玻意耳定律:p1V1=p2V2
其中:p1=1.5×105 Pa,V1=0.8 m3
V2=(0.8-0.08)m3=0.72 m3
解得:p2=1.67×105 Pa
(2)从早晨充好气,到中午碰撞游戏前,气体做等容变化
由查理定律得:p1T2=p3T3
其中:T2=290 K,T3=310 K
中午碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化
p3V1=p4V2
联立解得:p4=1.78×105 Pa>1.75×105 Pa
所以在中午37 ℃的环境下不能安全地游戏碰撞。
15.(2022届湖南师大附中月考一物理生活)(10分)一个气球内气体的压强为p0=1×105 Pa,温度为-73 ℃,体积为V0=10 L。已知气球的容积跟球内气体的压强成正比。现在保持温度不变,再向气球内充入压强为1×105 Pa的同温度气体30 L,此后气球的容积和气体压强各为多少?如果再慢慢升温,最后温度变为127 ℃,那么压强和体积又为多大?
解析 将气球内原有气体和待充入气体视为整体,于是有初状态p1=1×105 Pa,V1=40 L,末状态有p2,V2,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2①
又由题意可知V=kp,则有V0p0=V2p2②
代入数据解得V2=20 L,p2=2×105 Pa
由理想气体状态方程得p2V2T2=p3V3T3③
其中T2=200 K,T3=400 K
又由V=kp可得V0p0=V3p3④
联立可得p3=22×105 Pa≈2.83×105 Pa,V3=202 L≈28.3 L
16.(2021长郡中学月考七典型模型)(10分)如图是小明学习完热学内容后设计的一个测量小车加速度的简易装置。在车上水平固定内壁光滑且导热的汽缸,缸内有一定质量的空气(可视为理想气体),被质量为m且厚度不计的活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分。小车静止时活塞刚好位于汽缸中间,此时左右两边气体压强均为大气压p0,假设外界温度不变,已知活塞面积为S,汽缸长度为2L。
①小车以一定的加速度向右运动时,发现左侧部分Ⅰ气体的体积正好是静止时的一半,请帮助小明计算出此时小车的加速度a的大小;
②以小车静止时活塞在汽缸中的位置为坐标原点O,水平向右为x轴正方向,当小车加速度大小a1=3p0S4m时,求活塞的位置坐标x。
解析 ①左右两部分气体温度不变,做等温变化,根据玻意耳定律可知:
对左侧气体Ⅰ有p0LS=p112LS
解得p1=2p0
对右侧气体Ⅱ有p0LS=p232LS
解得p2=23p0
对活塞由牛顿第二定律可得p1S-p2S=ma
解得a=4p0S3m
②如果小车的加速度方向向左,由玻意耳定律
对左侧气体Ⅰ得p1'(L+x)S=p0LS
对右侧气体Ⅱ得p2'(L-x)S=p0LS
对活塞由牛顿第二定律得p2'S-p1'S=ma1
解得x=L3或者x=-3L(舍去)
如果小车的加速度方向向右,利用对称性可得x=-L3
所以活塞的坐标位置为x=L3或者x=-L3
17.(2022届长郡中学月考一典型模型)(10分)如图,开口向上的汽缸内盛有一定深度的水银,一粗细均匀、长为l=24 cm且下端开口的细玻管竖直漂浮在水银中。平衡时,玻管露出水银面的高度和进入玻管中的水银柱长度均为h1=6 cm,轻质活塞到水银面的高度为h0=12 cm,水银面上方的气体压强为p0=76 cmHg。现施外力使活塞缓慢向下移动,当玻管上端恰好与水银面齐平时,进入玻管中的水银柱长度为h2=12 cm。活塞与汽缸壁间的摩擦不计且密封性良好,玻管的横截面积远小于汽缸的横截面积,整个过程中各部分气体的温度保持不变,求:
①玻管上端恰好与水银面齐平时,玻管内气体的压强;
②整个过程中活塞向下移动的距离。
解析 ①设玻管的横截面积为S1,活塞的横截面积为S2,对玻管中的气体,初态体积和压强分别为V1=(l-h1)S1,p1=p0+ρg(l-2h1)
末态体积为V2=(l-h2)S1
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
代入数据解得p2=132 cmHg
②设玻管上端恰好与水银面齐平时,活塞到水银面的高度为h,对水银面上方的气体,初态体积和压强分别为V1'=h0S2,p1'=p0
末态体积和压强分别为V2'=hS2,p2'=p2-ρg(l-h2)
由玻意耳定律有p1'V1'=p2'V2'
代入数据解得h=7.6 cm
活塞向下移动的距离为Δx=h0-h=4.4 cm
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