2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十五热学

这是一份2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十五热学，共7页。试卷主要包含了下列说法正确的是，严寒的冬天，“泼水成冰”等内容，欢迎下载使用。

专题强化练(十五)　热学
1．陆游在诗作《村居山喜》中写到“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”．从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是(　　)
A．气体分子之间存在着空隙
B．气体分子在永不停息地做无规则运动
C．气体分子之间存在着相互作用力
D．气体分子组成的系统具有分子势能
解析：从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是气体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确，A、C、D错误．故选B.
答案：B
2．石墨烯是从石墨中分离出的新材料，其中碳原子紧密结合成单层六边形晶格结构，如图所示，则(　　)

A．石墨是非晶体
B．石墨研磨成的细粉末就是石墨烯
C．单层石墨烯的厚度约3 μm
D．碳原子在六边形顶点附近不停地振动
解析：石墨是晶体，故A错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B错误；单层石墨烯厚度约为原子尺寸10－10 m，故C错误；根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停的振动，故D正确．故选D.
答案：D
3．下列说法正确的是(　　)
A．液体不浸润固体的原因是附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏
B．运送沙子的卡车停于水平面，在缓慢卸沙的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体对外界放热
C．第二类永动机不可能制成功的原因是违背热力学第一定律
D．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
解析：液体不浸润固体的原因是，附着层的液体分子比液体内部稀疏，也就是说，附着层内液体分子间的距离大于分子力平衡的距离，附着层液体分子间的作用表现为引力，附着层液体分子有收缩的趋势，就像液体表面张力的作用一样，这样的液体与固体之间表现为不浸润，故A正确；在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程＝C，
分析知气体的体积增大，对外做功，即W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
温度不变，则ΔU＝0，可得Q＞0.
胎内气体从外界吸热，故B错误；
第二类永动机不可能制成功的原因是违背热力学第二定律，选项C错误；某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，由于气体分子之间的距离远大于分子的直径，所以阿伏加德罗常数不能表示为NA＝，选项D错误．故选A.
答案：A
4．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．太空飞船中的小水珠呈球形，是液体表面张力作用的结果
B．天然水晶在熔化过程中分子平均动能变大
C．地面附近的一个氢气球在快速上升过程中，随着外界压强减小，球内气体的体积增大，温度降低
D．液晶材料像液体一样具有流动性，但不具备晶体各向异性的特征
解析：太空飞船中的小水珠呈球形，是液体表面张力作用的结果，A正确；天然水晶在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，B错误；地面附近的一个氢气球在快速上升过程中，来不及与外界进行热交换，随着外界压强减小，球内气体的体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体的内能减小，温度降低，C正确；液晶材料像液体一样具有流动性，具备晶体各向异性的特征，D错误．故选A、C.
答案：AC
5．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程
B．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动
C．物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体
D．饱和汽压只跟汽体的自身性质与温度有关
E．液晶具有光学各向异性，所以液晶是晶体
解析：分子的热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观过程包含着大量的微观状态，这是一个无序的运动，热运动的结果只能使分子热运动更加无序，而不是变成有序，热传递的自然过程从微观上讲就是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程，A正确；布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒所做的永不停息的无规则运动，这种微粒一般是很小的，用肉眼看不见，而尘埃的颗粒较大，是在空气气流作用下的宏观运动，B错误；物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，可能是多晶体，C正确；饱和蒸汽压是物质的一个重要性质，它只跟汽体的自身性质与温度有关，D正确；液晶具有光学各向异性，但是液晶不是晶体，E错误．故选A、C、D.
答案：ACD
6．2021年12月26日，航天员身着我国新一代“飞天”舱外航天服成功出舱．太空舱专门做了一个“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，舱A中充满理想气体，舱B内为真空，系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，在此过程中气体内能________(选填“变大”“变小”或“不变”)，单位时间单位面积内气体分子撞击舱壁的次数________(选填“增多”“减少”或“不变”)．

解析：[1]气体自由膨胀，没有对外做功，同时没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体内能不变．[2]根据＝C，可知，当T不变、V增大时，p减小，故气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将减少．
答案：不变　减少
7．如图甲所示，一开口向上的导热汽缸内封闭了一定质量的理想气体，气体体积为V、压强为1.5p0，活塞可无摩擦滑动且不漏气，汽缸外大气压强为p0，环境温度不变．现将汽缸倒立挂起稳定后如图乙所示，该过程中气体________(选填“吸热”或“放热”)，气体体积变为________．

解析：[1][2]汽缸开口向上时，则p1S＝mg＋p0S，
汽缸开口向下时，则p2S＋mg＝p0S，
则由玻意耳定律可得p1V＝p2V，
解得V′＝3V，
气体体积变大，对外做功，即W<0，温度不变，则内能不变，ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q，
可知Q>0，气体吸热．
答案：吸热　3 V
8．在p-V图像中，一定质量的理想气体沿实线从状态A变化到状态B，再变化到状态C，则从状态A到状态B气体的温度________(选填“升高”或“降低”)，从状态A到状态C气体从外界吸收热量________J.

解析：[1]从状态A到状态B气体的体积不变，压强减小，根据＝C可知，温度降低；
[2]从状态A到状态C气体的pV乘积不变，则温度不变，内能不变，气体对外做功W＝pΔV＝2×105×2×10－3 J＝400 J.
则气体从外界吸收热量Q＝W＝400 J.
答案：降低　400
9.某中学的科技创新节上，有同学做了一个小实验：如图所示，先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球的体积将会________(选填“变大”或“变小”)，是因为烧瓶里的气体________(选填“放出”或“吸收”)了热量．

解析：[1][2]当烧杯放入热水中时，里面的气体温度升高，体积变大，则气球的体积会变大；是因为烧瓶里的气体吸收了热量．
答案：变大　吸收
10．严寒的冬天，“泼水成冰”．洒向空中的热水迅速降温并结冰．热水在降温过程中，水分子热运动的平均动能________；一定质量的0 ℃水变成0 ℃冰的过程中，内能________，分子平均间距________．(均选填“增大”“减小”或“不变”)
解析：温度是分子平均动能的标志，热水在降温过程中，水分子热运动的平均动能减小；0 ℃水变成0 ℃冰的过程是凝固过程，凝固放热，所以水放出热量，温度不变，内能减小；0 ℃水变成0 ℃冰的过程中，体积要变大，则分子平均间距增大．
答案：减小　减小　增大
11．如图所示为各学校、各机关单位常用的饮用水装置．桶装水的容积为18.9 L，为了取水方便，在上面装一个取水器．某次取水前桶内气体压强为1×105 Pa，剩余水的体积为2.9 L，水面距出水口的高度h＝50 cm，取水器每下压一次打入桶里空气的体积为350 cm3、压强为1×105 Pa，求取水器下压几次后，桶中的水才能从出水口流出．(已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，假设整个过程中气体温度保持不变)

解析：设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水口流出．以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1，体积为V1，则p1＝p0＝1×105 Pa，V1＝[(18.9－2.9)×103＋n350] cm3，
设桶中空气和打入的空气后来的体积V2，压强为p2，则V2＝(18.9－2.9)×103 cm3，
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
要使桶中水能从出水口流出，则有p2>p0＋ρgh，
联立各式解得n>2.3.
所以取水器下压3次后，桶中水才能从出水口流出．
答案：3次
12．(2022·广东广州一模)如图是容积为2×10－3 m3的气压式浇花喷水壶，现向喷水壶内装入一定质量的水，通过打气使壶内气压达到2p0，浇花时打开喷嘴开关就有水雾喷出，当壶内气压降为1.02p0，壶内的水刚好全部喷出，已知水的密度为1.0×103 kg/m3，细管和喷嘴的容积可忽略，求装入壶内水的质量．

解析：设水壶体积为V，装入壶内水的质量为m，则喷水前打入的空气体积V1＝V－，
根据理想气体状态方程2p0V1＝1.02p0V，
解得m＝0.98 kg.
答案：0.98 kg
13．(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．

(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
解析：(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得＝.
解得T＝T0.
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0V，则对气体Ⅳ＝，
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体＝.
联立解得V＝V0，p＝p0.
答案：(1)T＝T0　(2)p＝p0
14．(2022·湖南卷)如图，小刚同学设计了一个液体拉力测量仪．一个容积V0＝9.9 L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计．活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置．将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B.已知A、B间距离h＝10 cm，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10 m/s2，环境温度保持不变，求：

(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小．
解析：(1)将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有p0S＝p1S＋(m1＋m2)g，
代入数据解得p1＝105Pa.
(2)当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有p1V0＝p2(V0＋Sh)，
代入数据解得p2＝9.9×104 Pa，
将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F，
联立解得F＝1 N.
答案：(1)p1＝105 Pa　(2)F＝1 N