2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十三热学

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十三热学，共6页。

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项正确，A、C、D三项错误．故选B.
答案：B
2.如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就变钝了．产生这一现象的原因是( )
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
解析：玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B两项错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是由于表面张力的作用，故C项正确，D项错误．
答案：C
3．压缩空气储能(CAES)是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等．需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升．对于上述过程的理解，下列说法正确的是( )
A．绝热压缩空气，分子平均动能不变
B．绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大
C．该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100%
D．压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大
解析：绝热压缩空气前后，温度升高，分子平均动能增大，A项错误；绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大，B项正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何转换过程效率都不可能达到，C项错误；压缩空气膨胀推动发电机工作，是气体体积增大对外做功，内能减少，D项错误．
答案：B
4．如图，向一个空的铝制饮料罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)．如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计．通过实验，将温度值画在吸管上，以下说法正确的是( )
A．吸管右端的刻度对应更低的温度
B．温度的刻度并不是均匀的
C．若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，则测温范围会增大
D．若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，则测温范围会增大
解析：根据题意可知，罐内气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可知，罐内气体温度越高，体积越大，吸管内油柱越靠近吸管的右端，则吸管上的温度刻度值应左低右高，故A项错误；根据盖吕萨克定律可知，空气的体积和温度成正比，即eq \f(V,T)＝C＝eq \f(ΔV,Δt)，根据题意，假定初始温度为T1、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长变为L1、其横截面积为S，则有Δt＝eq \f(ΔV,C)＝eq \f(S,C)Δx，eq \f(L1S＋V0,T1)＝C，则Δt＝eq \f(T1S,L1S＋V0)Δx，可知温度的变化量与距离的变化量成正比，则吸管上的温度刻度分布均匀，故B项错误；根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为Δx＝eq \f(L1S＋V0,T1S)Δt，可知，若换体积更大的空饮料罐，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离也会变大，则其测温范围会减小，故C项错误；根据题意及B分析可知，油柱距离的变化量与温度变化量关系为Δx＝eq \f(L1＋V0/S,T1)Δt，可知，若更换更粗的透明吸管，其余条件不变，即在温度变化相同的情况下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测温范围会增大，故D项正确．
答案：D
5.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项错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，故B项错误；单层石墨烯厚度约为原子尺寸10－10 m，故C项错误；根据分子动理论可知，固体分子在平衡点不停的振动，故D项正确．故选D.
答案：D
6．如图甲所示，用活塞在汽缸中封闭一定质量的理想气体，气体由状态a变化到状态b变化到状态c，气体温度(T)随体积(V)变化的图像如图乙所示，bc连线的反向延线过坐标原点，不计活塞与汽缸壁的摩擦．下列说法中正确的是( )
A．由状态a到状态b的过程中，气体的压强增大
B．由状态a到状态b的过程中，气体一定吸热
C．由状态b到状态c的过程中，气体的压强增大
D．由状态b到状态c的过程中，气体一定吸热
解析：由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，结合乙图可知，由状态a到状态b的过程中温度在降低，同时体积在增大，则可知压强一定减小；再结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知，体积增大，气体对外做功，W<0，同时温度降低可知，ΔU<0，由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热，或是既不吸热也不放热，故A、B项错误；由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，变式可得T＝eq \f(p,C)·V，结合乙图可知，气体由状态b到状态c的过程中，气体的压强不变，故C项错误；由状态b到状态c的过程中，气体体积增大，对外做功的同时，温度也在升高，则根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，故D项正确．故选D.
答案：D
7．(多选)随着近年疫情影响，越来越多的人开始注意呼吸道的清洁卫生．如图为一款瓶罐式鼻腔喷雾器，它通常借用瓶内气压将生理盐水送入鼻孔，借助于生理盐水自身的杀菌作用及水流的冲击力，将鼻腔内污垢排出，从而使鼻腔恢复正常的生理环境，达到保护鼻腔的目的．瓶内气囊中的气体可看作理想气体，以下说法正确的是( )
A．向外喷雾时，因为气体对外做功，罐身温度略降
B．向外喷雾时，因为气体向外散热，罐身温度略降
C．使用后放置一小段时间，罐内气体内能较使用前减少
D．使用后放置一小段时间，罐内气体内能与使用前相同
解析：热力学第一定律的内容及应用．本题考查了热力学第一定律．因迅速喷雾，使罐内气体对外做功，内能减少，温度降低；因温度降低，气体吸热，内能增加到与使用前相同．向外喷雾时，因为气体对外做功，气体与外界没有热交换，内能减小，罐身温度略降；此后因气体内能减小，罐身温度略降，与外界产生热交换，气体吸热，与外界温度相同，因此使用后放置一小段时间，罐内气体内能与使用前相同，故B、C项错误，A、D项正确．
答案：AD
8.(2023·新课标卷)(多选)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦．初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等．现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A．h中的气体内能增加
B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等
D．f与h中的气体压强相等
解析：当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩．与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞．故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A项正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析pfS＝F弹＋pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pfVf,Tf)，eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(pgVg,Tg)，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B项错误；在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大．由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(phVh,Th)，联立可得Tf>Th，C项错误；对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D项正确．故选AD.
答案：AD
9.(2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通．两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连．初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长．现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降eq \f(1,3)H，左侧活塞上升eq \f(1,2)H.已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内．求
(1)最终汽缸内气体的压强．
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量．
解析：(1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，
体积V1＝SH＋2SH＝3SH，
末态压强p2，体积V2＝S·eq \f(3,2)H＋eq \f(2,3)H·2S＝eq \f(17,6)SH，
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
解得p2＝eq \f(18,17)p0.
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S，
解得m＝eq \f(2p0S,17 g).
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·eq \f(1,2)H＝p2S，
解得k＝eq \f(2p0S,17H).
答案：(1)eq \f(18,17)p0 (2)k＝eq \f(2p0S,17H) m＝eq \f(2p0S,17 g)
10.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
11．如图所示是用导热性能良好的材料制成的空气压缩引火仪，活塞的横截面积S＝1 cm2；开始时封闭的空气柱长度为22 cm、温度为300 K、压强为大气压强p0＝1×105 Pa；现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱长度变为2 cm，不计活塞的质量、活塞与器壁的摩擦以及漏气．
(1)若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强；
(2)若以适当的速度压缩气体，压强达到1.144×106 Pa时，求空气柱的温度；
(3)若压缩气体过程中，人对活塞做功为100 J，气体向外散失的热量为18 J，求气体的内能增加值．
解析：(1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝22 cm，L＝2 cm，V0＝L0S，V＝LS，缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得p0V0＝pV，
解得p＝1.1×106 pa.
(2)由理想气体状态方程eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p′V,T)，
解得T＝312 K.
(3)大气压力对活塞做功W1＝p0S(L0－L)＝2 J，
由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W人＋Q，
解得ΔU＝84 J.
答案：(1)1.1×106 Pa (2)312 K (3)84 J