2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练14热学

这是一份2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练14热学，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．舰载机尾焰的温度超过1 000 ℃，因此国产航母“山东舰”甲板选用耐高温的钢板．下列说法中正确的是( )
A．钢板是非晶体
B．钢板的物理性质是各向同性的
C．尾焰喷射到钢板上时，该处所有分子的动能都增大
D．发动机燃油燃烧产生的热量可以全部用来对舰载机做功
2.
[2022·北京一模]如图所示，一定量的理想气体从状态a开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态b和c.下列说法正确的是( )
A．在a→b过程中气体对外界做功
B．在b→c过程中气体对外界做功
C．在a→b过程中气体的内能逐渐变大
D．在b→c过程中气体的内能逐渐变小
3.
[2022·湖北押题卷]如图所示，内壁光滑的绝热气缸固定在斜面上一定质量的绝热活塞把气缸分成a、b两部分，两部分中封闭有相同质量、相同温度的同种理想气体，初始时活塞用销钉固定，b部分气体的体积小于a部分气体的体积．现拔掉销钉活塞移动一段距离最终达到平衡状态则最终状态与初始状态相比( )
A．a部分气体温度可能不变
B．b部分气体压强可能不变
C．两部分气体压强之差不变
D．两部分气体内能之和增大
4.
如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，气缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N时，弹簧的压缩量为0.10 m．大气压强恒为1.0×105 Pa，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )
A．2×104 N/m B．4×104 N/m
C．6×104 N/m D．8×104 N/m
5.
一定质量理想气体的压强p随体积V变化规律如图所示，从状态A到B的过程中( )
A．气体温度保持不变
B．外界对气体做功
C．气体从外界吸收热量
D．气体对器壁单位面积的平均作用力变大
6.
[2022·山东押题卷]一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b，b→c，c→a三个过程后回到初始状态a，其T­V图像如图所示．已知a(V0，2T0)、b(3V0，T0)、c(3V0，2T0)，下列说法正确的是( )
A．气体在a→b过程中压强增大
B．气体在b→c过程中从外界吸收的热量等于增加的内能
C．气体在c→a过程中外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量
D．气体在a→b过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
二、非选择题
7．[2022·山东押题卷]如图所示，左端封闭、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝35 cm的空气柱，两管水银面相平，竖直管内水银柱足够长，已知大气压强为p＝75 cmHg.(设环境温度不变)
(1)若将图甲中的阀门K打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门K，左管中水银面下降了H＝15 cm，求右管水银面下降的高度；
(2)若将装置沿顺时针缓慢翻转180°，使U形管倒置(水银未溢出)如图乙所示，当管中水银静止时，求管中封闭空气柱的长度．
8.
工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能．为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的气缸相连，气缸和香水瓶内气体压强均为p0，气缸内封闭气体体积为V0，推动活塞将气缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为p，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变．
(1)求香水瓶容积V；
(2)若密封程度合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格．将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，现使瓶内气体温度从300 K升高到360 K，测得其压强由p变为1.15p，试判断该瓶密封性能是否合格．
9．气压式升降椅内的气缸填充了气体，气缸上下运动来支配椅子升降．如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m＝6 kg.横截面积为S＝30 cm2的柱状气动杆与底座固定连接．可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为L＝20 cm.设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，室内温度T1＝308 K，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)若质量M＝54 kg的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变，稳定后缸内气体柱长度为多少；
(2)人盘坐稳定后再打开空调，在室内气温缓慢降至T2＝292.6 K的过程中，外界对缸内气体所做的功．
10.
为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境．如图所示，为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图．已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积为 eq \f(V0,16) ：抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为 eq \f(14,15) p0；不考虑抽气引起的温度变化．求：
(1)青铜鼎材料的总体积；
(2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比．
专题强化训练14 热学
1．解析：钢板耐高温，有固定的熔点，是晶体，故A错误；钢是多晶体，晶粒在空间排列相同，是各向同性，故B正确；温度升高分子平均动能增大，并不是所有分子的动能都增大，故C错误；自发状态下，热量不可能全部用来做功，故D错误．
答案：B
2．解析：由图可知，a→b的过程中，气体体积变小，故外界对气体做功，A错误；由图可知，b→c的过程中，气体体积变小，故外界对气体做功，B错误；根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C可知，a→b的过程中，p增大，V减小，T不一定变大，故内能不一定增大，C错误；根据理想气体状态方程 eq \f(pV,T) ＝C可知，b→c的过程中，p不变，V减小，则T变小，则气体的内能逐渐变小，D正确．
答案：D
3．解析：根据热力学知识可知b部分气体压强较大，又活塞受到重力沿斜面的分力，所以拔掉销钉后，活塞下降，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，由于两部分气体都是绝热的，可知Q为零，既不吸热也不放热，b部分气体对a部分气体做功，即有W<0，因此b内能减小，温度降低，a内能增加，温度升高，活塞下移，活塞的重力势能减小，根据能量守恒定律可知活塞重力势能的减少量等于a、b两部分气体内能的增大量，两部分气体的内能之和增大，A、B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：设大气压为p0，活塞柱横截面积为S；设装置未安装汽车上之前，气缸内气体压强为p1；气体长度为l，气缸内气体体积为V1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x，气缸内气体压强为p2，气缸内气体体积为V2.则依题意有p1＝p0，V1＝lS，V2＝（l－x）S，对封闭气体，安装前、后，等温变化，有p1V1＝p2V2，设弹簧劲度系数为k，对上支座进行受力分析，设汽车对气缸上支座的压力为F，由平衡条件p2S＋kx＝p0S＋F，联立并代入相应的数据，解得k＝2×104 N/m，所以选项A正确．
答案：A
5．解析：从状态A到B的过程中，气体的体积增大，分子密度减小，只有温度升高时，其压强才会增大，A错误；气体体积增大，表明气体对外做功，B错误；气体温度升高，说明内能增大，体积增大，说明气体对外做功，根据热力学第一定律可得气体要吸收热量，C正确；因为压强变大，根据压强定义式可知，单位面积上受力变大，D正确．
答案：CD
6．解析：根据 eq \f(pV,T) ＝C可知，p＝C eq \f(T,V) ，a到b过程T减小，V增大，所以压强p也减小，A错误；b到c过程中，T升高而V不变，说明只是从外界吸收热量，却没有做功，所以吸收热量内能增加，且吸收的热量等于内能的增加，B正确；c到a过程中，V减小，T不变是等温压缩过程，外界对气体做正功，气体内能不变，气体向外界放热，且外界对气体所做的功等于气体向外界放出的热量，C正确；一定质量的理想气体，内能只与温度有关，a到b和b到c过程温度变化量相同，所以内能变化量也相同，D错误．
答案：BC
7．解析：（1）设右管水银面下降h，则由玻意耳定律可得p0LS＝p1（L＋H）S
p1＝p0－（h－H）
解得右管水银面下降的高度为h＝37.5 cm.
（2）设空气柱长度为L1，则由玻意耳定律可得p0LS＝p2L1S，p2＝p0－2（L1－L），L1＝37.5 cm
则管中封闭空气柱的长度为37.5 cm.
答案：（1）37.5 cm （2）37.5 cm
8．解析：（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0（V0＋V）＝pV
解得V＝ eq \f(p0V0,p－p0) .
（2）设温度由T1＝300 K变化为T2＝360 K后，压强由p变为1.15p，体积变为V1，
根据气体状态方程有 eq \f(pV,T1) ＝ eq \f(p1V1,T2)
解得 eq \f(V,V1) ＝ eq \f(1.15,1.2) ＝95.8%，故漏气量占比为4.2%，故该香水瓶瓶盖密封性不合格．
答案：（1） eq \f(p0V0,p－p0)
（2）该香水瓶瓶盖密封性不合格
9．解析：（1）对气缸与椅面整体由受力平衡有p1S＝p0S＋mg
得p1＝1.2×105 Pa
人盘坐在椅面上，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面与人整体由受力平衡有
p2S＝p0S＋（m＋M）g
得p2＝3.0×105 Pa
对气缸内气体由玻意耳定律 p1LS＝p2L′S
得L′＝8 cm.
（2）气温下降过程压强保持p2＝3.0×105 Pa不变，由等压规律有 eq \f(L′S,T1) ＝ eq \f(L″S,T2)
得 L″＝7.6 cm
该过程外界对气体做功 W＝p2（L′－L″）S
得 W＝3.6 J.
答案：（1）8 cm （2）3.6 J
10．解析：（1）由玻意耳定律得p0（V0－ΔV）＝ eq \f(14,15) p0（V0－ΔV＋ eq \f(1,16) V0），解得ΔV＝ eq \f(1,8) V0.
（2）设第二次抽气后气体压强为p2， eq \f(14,15) p0（V0－ΔV）＝p2（V0－ΔV＋ eq \f(1,16) V0）
设剩余气体压强为p0时体积为V，则p0V＝p2（V0－ΔV）
剩余气体与原气体的质量比 eq \f(m1,m2) ＝ eq \f(V,V0－ΔV)
解得 eq \f(m1,m2) ＝ eq \f(196,225) .
答案：（1） eq \f(1,8) V0 （2） eq \f(196,225)