2020版高考物理一轮复习单元质检13 热学选修3-3(含解析)

单元质检十三　热学(选修3-3)

(时间:45分钟　满分:90分)

1.(15分)(1)(5分)(多选)下列说法正确的是　　　　　。 

A.液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的光学各向异性特征

B.第二类永动机违反了能量守恒定律,所以它是制造不出来的

C.一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热

D.悬浮在液体中的固体微粒越小,布朗运动越明显

E.空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示

(2)(10分)(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强相当于12.0 cm水银柱的压强。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。

答案(1)ACD　(2)22.5 cm　7.5 cm

解析(1)由液晶的特性可知A正确;第二类永动机不违反能量守恒定律,而是违反热力学第二定律,B错误;如果压强不变,由=C知,体积增大,温度升高,内能增大,又因气体膨胀对外做功,由ΔU=W+Q知,气体从外界吸热,C正确;由布朗运动显著条件知D正确;相对湿度是所含的水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的比值,故E错误。

(2)设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'。由力的平衡条件有

p1=p2+ρg(l1-l2) ①

式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小。由玻意耳定律有

p1l1=pl1' ②

p2l2=pl2' ③

两边气柱长度的变化量大小相等

l1'-l1=l2-l2' ④

由①②③④式和题给条件得

l1'=22.5cm⑤

l2'=7.5cm。 ⑥

2.(15分)(1)(5分)(多选)下列说法中正确的是　　　　。 

A.扩散现象不仅能发生在气体和液体中,固体中也可以

B.岩盐是立方体结构,粉碎后的岩盐不再是晶体

C.地球大气的各种气体分子中氢分子质量小,其平均速率较大,更容易挣脱地球吸引而逃逸,因此大气中氢含量相对较少

D.从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关

E.温度相同的氢气和氧气,分子平均动能相同

(2)

(10分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃,求:

①该气体在状态B时的温度;

②该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。

答案(1)ACE　(2)①-173 ℃　②吸热200 J

解析(1)扩散现象也可以在固体中发生,A项正确;粉碎后的岩盐颗粒仍具有立方体结构,仍为晶体,B项错误;从微观角度看气体压强与分子平均动能和气体分子密集程度两个因素有关,D项错误;根据分子动理论,分子的平均动能取决于温度,与分子种类无关,E项正确;温度是分子平均动能的量度,温度越高,分子平均动能越大,质量越小,速率越大,氢分子质量小,其平均速率较大,更容易挣脱地球吸引而逃逸,因此大气中氢含量相对较少,C项正确。

(2)①对于理想气体,A→B过程为等容变化,根据查理定律有,得TB=100K,所以tB=-173℃。

②B→C过程为等压变化,根据盖—吕萨克定律有,得TC=300K,所以tC=27℃。

由于状态A与状态C温度相同,气体内能相等,而A→B过程是等容变化,气体对外不做功,B→C过程中气体体积膨胀对外做功,即从状态A到状态C气体对外做功,根据热力学第一定律可知气体应从外界吸收热量

即Q=-W=p·ΔV=1×105×(3×10-3-1×10-3)J=200J。

3.(15分)(1)(5分)(多选)下列说法正确的是　　　　。 

A.已知水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏加德罗常数

B.布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动

C.两个分子由很远(r>10-9 m)距离减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先减小后增大,分子势能不断增大

D.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用

E.物体的温度升高,则物体中所有分子的分子动能都增大

(2)(10分)质量m0=10 kg的缸体与质量m=4 kg的活塞,封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以忽略),不漏气的活塞被一劲度系数k=20 N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中,如图所示。环境温度为T1=1 500 K时被封气柱长度l1=30 cm,缸口离地的高度为h=5 cm。若环境温度变化时,缸体有良好的导热性能。已知活塞与缸壁间无摩擦,弹簧原长l0=27 cm,活塞横截面积S=2×10-3 m2,大气压强p0=1.0×105 Pa,当地重力加速度g取10 m/s2,求环境温度降到多少时汽缸着地,温度降到多少时能使弹簧恢复原长。

答案(1)ABD　(2)1 250 K　480 K

解析(1)NA=,故A正确;布朗运动是分子热运动的反映,B正确;当r=r0时,分子力为0,两分子从很远到很近,分子力先增大后减小再增大,分子势能先减小后增大,C错误;液体的表面张力使液体表面积趋于最小,D正确;物体的温度升高,分子的平均动能增大,并不是所有分子动能都增大,E错误。

(2)因汽缸悬空,先降温汽缸着地前为等压变化,压强恒为

p1=p0+=1.5p0

设汽缸着地时环境温度为T2

根据盖—吕萨克定律有

代入数据得T2=1250K

待缸口着地后,再降温时内部气体压强减小活塞上移,弹簧逐渐恢复原长,由kx=(m0+m)g知弹簧的形变量为x=7cm

设弹簧恢复原长时的环境温度为T3,气体压强为p3,气柱长度为l3,由活塞受力平衡知p3=p0-=0.8p0,由几何关系知l3=l1-x-h=18cm

根据,

整理可得T3=480K。

4.(15分)(1)(5分)(多选)下列说法正确的是　　　　。 

A.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功从而转化成机械能

B.将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中,它们的分子势能先减少后增加

C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体

D.液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引,即存在表面张力

E.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少,气体的压强一定减小

(2)(10分)(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在标准大气压、温度T0时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为标准大气压,重力加速度大小为g。

①求该热气球所受浮力的大小;

②求该热气球内空气所受的重力;

③设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。

答案(1)BCD　(2)①Vgρ0　②Vgρ0

③Vρ0T0-m0

解析(1)机械能可以全部转化为内能,内能无法全部用来做功从而转化成机械能,A错误;气体的体积增大,单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少,如果温度升高,气体分子撞击器壁的速率增大,对器壁的压力增大,气体的压强可能增大、可能减小、可能不变,E错误。

(2)①设标准大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0,密度为

ρ0=

在温度为T时的体积为VT,密度为

ρ(T)=

由盖—吕萨克定律得

ρ(T)=ρ0

气球所受到的浮力为F浮=ρ(Tb)gV=Vgρ0。

②气球内热空气所受的重力为

G=ρ(Ta)Vg

G=Vgρ0。

③设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得

mg=F浮-G-m0g

m=Vρ0T0-m0。

5.(15分)(1)(5分)(多选)下列说法正确的是　　　　。 

A.分子运动的平均速度可能为零,瞬时速度不可能为零

B.液体与大气相接触时,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引

C.空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示

D.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体

E.随着分子间距增大,分子间引力和斥力均减小,分子势能不一定减小

(2)(10分)如图甲所示,横截面积为S,质量为m活的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体,现对缸内气体缓慢加热,使其温度从T1升高了ΔT,气柱的高度增加了Δl,吸收的热量为Q。不计汽缸与活塞的摩擦,外界大气压强为p0,重力加速度为g。

①此加热过程中气体内能增加了多少?

②若保持缸内气体温度不变,再在活塞上放一砝码,如图乙所示,使缸内气体的体积又恢复到初始状态,则所放砝码的质量为多少?

答案(1)BDE　(2)①Q-(p0S+m活g)Δl　②ΔT

解析(1)分子永不停息地做无规则运动,分子运动的平均速度不可能为零,瞬时速度有可能为零,A错误;空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示,C错误。

(2)①设缸内气体的温度为T1时压强为p1,活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡,则有

m活g+p0S=p1S

气体膨胀对外界做功为W=p1SΔl

根据热力学第一定律有Q-W=ΔU

联立可得ΔU=Q-(p0S+m活g)Δl

②设缸内气体的体积又恢复到初始状态时,所放砝码的质量为m,气体的温度为T2,压强为p2。活塞和砝码整体受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡,则有

(m活+m)g+p0S=p2S

根据查理定律有,又T2=T1+ΔT

联立可得m=ΔT。

6.(15分)(2018·全国卷Ⅰ)(1)(5分)(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e,对此气体,下列说法正确的是　　　　　。 

A.过程①中气体的压强逐渐减小

B.过程②中气体对外界做正功

C.过程④中气体从外界吸收了热量

D.状态c、d的内能相等

E.状态d的压强比状态b的压强小

(2)

(10分)如图所示,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。

答案(1)BDE　(2)

解析(1)过程①是等容变化,气体温度升高,由查理定律可知压强增大,故A项错误。过程②中,气体体积增大,对外界做正功,故B项正确。过程④是等容变化,气体温度降低,放出热量,故C项错误。过程③是等温变化,气体温度不变,故状态c、d的内能相等,故D项正确。连接Ob,并延长,交cd所在直线于f点,则由盖—吕萨克定律可知,由b到f,气体压强不变;由f到d是等温变化,体积增大,由玻意耳定律可知气体压强减小,故E项正确。

(2)设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上下方气体的温度保持不变。由玻意耳定律得

p0=p1V1 ①

p0=p2V2 ②

由已知条件得V1=V ③

V2= ④

设活塞上方液体的质量为m,由平衡条件得

p2S=p1S+mg ⑤

联立以上各式得m=。 ⑥