2021高考物理大一轮复习领航检测：第十三章　热学（选修3－3） -第2节 Word版含解析

课时规范训练

[基础巩固题组]

1．(多选)下列说法正确的是(　　)

A．液晶的光学性质具有各向异性

B．当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小

C．液体表面层的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏

D．草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用

解析：选ACD.液晶具有单晶体的特点，选项A正确；当人们感觉闷热时，空气的相对湿度较大，选项B错误；液体表面层分子分布较稀疏，故表现为引力，选项C正确；表面张力有使液体体积变小的趋势，选项D正确．

2．(多选)下列说法正确的是(　　)

A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致

B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值

C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体

D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现

E．汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少

解析：选AE.竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致，选项A正确；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，选项B错误；物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体，不一定是非晶体，选项C错误；气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部与容器外之间的压强差造成的，并非由于分子之间的斥力造成，选项D错误；汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体状态方程＝C可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高，温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，分子对器壁的平均撞击力增大，则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，选项E正确．

3．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m3.往桶内倒入4.2×10－3 m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是(　　)

A．16次　　 B．17次

C．20次  D．21次

解析：选B.设大气压强为p，由玻意耳定律，npV0＋pΔV＝pV，V0＝2.5×10－4m3，ΔV＝5.7×10－3m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3m3，V＝5.7×10－3m3，解得n＝16.8次≈17次，选项B正确．

4．(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)

A．ab过程中不断增大

B．bc过程中保持不变

C．cd过程中不断增大

D．da过程中保持不变

解析：选AB.首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd＜Ve，所以Vd＜Va，da过程中体积不是保持不变，D错误．

5．已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105 Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)(　　)

A．2.8倍  B．8.5倍

C．3.1倍  D．2.1倍

解析：选C.一标准大气压约为10 m高的水柱产生的压强，所以气泡在湖底的压强p1约为3.0×105Pa，由理想气体状态方程得，＝，而T1＝(4＋273)K＝277 K，T2＝(17＋273)K＝290 K，温度基本不变，压强减小为原来的，体积扩大为原来的3倍左右，C项正确．

6．如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T1时活塞上升了h.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦．

(1)求温度为T1时气体的压强；

(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来位置，求此时气体的温度．

解析：(1)设气体压强为p1，由活塞平衡知p1S＝mg＋p0S，解得p1＝＋p0.

(2)设温度为T1时气体为初态，回到原位置时为末态，则有初态：压强p1＝＋p0，温度T1，体积V1＝2hS.

末态：压强p2＝＋p0，温度T2，体积V2＝hS.

由理想气体状态方程有＝，

代入初、末状态参量解得T2＝T1.

答案：(1)＋p0　(2)T1

[综合应用题组]

7．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上移了4 cm.g取10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．

解析：设物体A的体积为ΔV，T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40 cm3－ΔV，T2＝330 K，p2＝Pa，V2＝V1，T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40 cm3－ΔV.

由状态1到状态2为等容过程，则＝，

代入数据得m＝4 kg.

由状态2到状态3为等压过程，则＝，

代入数据得ΔV＝640 cm3.

答案：4 kg　640 cm3

8．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度．

(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．

解析：(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1①

由力学平衡条件得

p＝p0＋h②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有

p1＝p0－h1③

联立①②③式，并代入题给数据得

l1＝12.0 cm④

(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得

pl＝p2l2⑤

由力学平衡条件有

p2＝p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得

l2＝10.4 cm⑦

设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得

Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得

Δh＝13.2 cm⑨

答案：(1)12.0 cm　(2)13.2 cm

9．如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸固定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B两活塞的面积分别为SA＝20 cm2、SB＝10 cm2，它们通过一条细绳连接，活塞B又与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接．已知A、B两活塞的质量分别为mA＝2mB＝1 kg，当活塞静止时，汽缸中理想气体压强p1＝1.2×105 Pa，温度T1＝800 K，活塞A距地面的高度为L＝10 cm，上、下汽缸内气体的长度分别为2L、L，大气压强为p0＝1×105Pa，上汽缸足够长，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求重物C的质量M；

(2)缓慢降低汽缸内气体的温度直至210 K，请在p－V图上画出缸内气体状态变化的图线，并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度．

解析：(1)设活塞A、B间的细绳张力为T，则对活塞A、B受力分析有p1SA＋mAg＝p0SA＋T

p0SB＋mBg＋T＝p1SB＋Mg

联立解得M＝3.5 kg.

(2)刚开始降温时汽缸内气体做等压变化，活塞A、B均向上缓慢运动，直到A不能再上升，设此时气体温度为T2，则由盖—吕萨克定律有＝解得T2＝600 K＞210 K

此后气体再降温时，A、B间细绳张力逐渐减小至零，气体做等容变化．设细绳张力为零时，气体压强为p2，温度为T3，则此时对活塞B受力分析有Mg＋p2SB＝p0SB＋mBg解得p2＝7×104 Pa

由查理定律有＝解得T3＝350 K＞210 K

之后气体做等压变化，活塞A不动，活塞B下降，设B与A距离为x时，温度变化为T4＝210 K，由盖—吕萨克定律有＝解得x＝18 cm，故B离地面的高度为H＝2L＋x＝38 cm

汽缸内气体状态变化的图线如图所示．

答案：(1)3.5 kg　(2)见解析