2022届高考物理一轮复习单元检测十二　热学（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测十二　热学（解析版），共8页。试卷主要包含了多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、多项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2020·内蒙古包头市高二期末)下列说法正确的是( )
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子的无规则运动
B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
E．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
答案 ACE
解析 墨水中的小炭粒做的运动是布朗运动，它是由液体分子对小炭粒的撞击不平衡引起的，反映了液体分子的无规则运动，故A正确；
悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，液体分子对微粒的撞击就越平衡，则布朗运动越不明显，故B错误；当rr0时，分子势能随着分子间距离的增大而增大，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确；
当温度升高时，物体内分子的平均动能会增大，即分子热运动的平均速率会增大，但并不是物体内每一个分子热运动的速率都增大，故D错误；在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故E正确．
2．钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料．设钻石的密度为ρ(单位：kg/m3)，摩尔质量为M(单位：g/ml)，阿伏加德罗常数为NA.已知1克拉＝0.2克，则( )
A．a克拉钻石所含有的分子数为eq \f(0.2aNA,M)
B．a克拉钻石所含有的分子数为eq \f(aNA,M)
C．每个钻石分子直径的表达式为eq \r(3,\f(6M×10－3,NAρπ))(单位：m)
D．每个钻石分子直径的表达式为eq \r(\f(6M,NAρπ))(单位：m)
E．每个钻石分子的质量为eq \f(M,NA)(单位：g)
答案 ACE
解析 a克拉钻石的物质的量为：n＝eq \f(0.2a,M)，所含的分子数为：N＝nNA＝eq \f(0.2aNA,M)，故A正确，B错误；钻石的摩尔体积为：V＝eq \f(M×10－3,ρ)m3/ml，每个钻石分子体积为：V0＝eq \f(V,NA)＝eq \f(M×10－3,ρNA)，设钻石分子直径为d，则：V0＝eq \f(4,3)π(eq \f(d,2))3，可求得：d＝eq \r(3,\f(6M×10－3,ρNAπ))(单位为m)，故C正确，D错误；根据钻石的摩尔质量为M,1 ml有NA个分子，则一个钻石分子的质量为m0＝eq \f(M,NA)(单位为g)，故E正确．
3.(2020·北京市海淀区调研)如图1所示为两分子系统的分子势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法中正确的是( )
图1
A．当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C．当r等于r1时，分子间的作用力为零
D．当r由r1变化到r2的过程中，分子间的作用力做负功
答案 AB
4．材料按其所处的状态可分为固态、液态和气态，按材料结晶种类可分为单晶质材料、多晶质材料和非晶态材料，下列与此相关的论述，合理的是( )
A．所有晶体都有固定的熔点
B．所有晶体都有规则的形状
C．浸润液体在细管内上升
D．农田要保持地下水分，就要把土壤弄实以减少毛细现象的发生
E．在物质所处的固态、液态和气态中，固体分子之间的作用力最大
答案 ACE
解析 所有晶体都有固定的熔点，选项A正确；只有单晶体具有规则的形状，选项B错误；浸润液体在细管内上升，选项C正确；农田要保持地下水分，就要把土壤疏松以减少毛细现象的发生，选项D错误；在物质所处的固态、液态和气态中，固体分子之间的距离最小，分子间作用力最大，选项E正确．
5．(2020·云南高三月考)下列说法正确的是( )
A．扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现
B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
C．露珠呈球状是液体表面张力作用的结果
D．液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出了
E．容器内封闭着一定量的理想气体，保持压强不变而体积增大时，容器器壁在单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数一定减少
答案 ACE
解析 扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现，A正确；液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，B错误；露珠呈球状是液体表面张力作用的结果，C正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，仍然有液体分子不断地从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，达到动态平衡，从宏观上看，液体不再蒸发，D错误；密闭容器内的理想气体，压强不变而体积增大时，温度升高，分子平均动能增大，压强不变，则容器器壁在单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数一定减少，E正确．
6．(2020·安徽高三二模)下列说法中正确的是( )
A．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
B．一定质量的理想气体吸收热量的同时对外做功，内能可能减小
C．温度是描述热现象的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相等
D．气体从外界吸收热量其内能不一定增加
E．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律
答案 BCD
解析 根据热力学第二定律可知，内燃机不可能成为单一热源的热机，选项A错误；一定质量的理想气体吸收热量的同时对外做功，若对外做功大于吸收的热量，则内能减小，选项B正确；温度是描述热现象的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相等，选项C正确；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，故D正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项E错误．
7．(2020·辽宁高三二模)如图2所示，绝热汽缸固定在水平面上，用锁定的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，解除锁定后活塞向右运动，不计活塞与汽缸间摩擦，活塞稳定后关于汽缸内的气体，以下说法正确的是( )
图2
A．温度不变
B．内能减小
C．所有气体分子的运动速率都减小
D．一定时间内撞击汽缸单位面积器壁的分子数减少
E．汽缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小
答案 BDE
解析 本题为绝热过程，无热传递．活塞向右运动，体积变大，气体对外做功，内能减小，故温度降低，气体分子的平均速率减小，但不是所有气体分子的运动速率都减小，气体体积变大，压强变小，温度降低，故一定时间内撞击汽缸单位面积器壁的分子数减少，汽缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小，A、C错误，B、D、E正确．
8.(2021·安徽安庆市高三一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经历a→b→c→a三个过程回到原状态，其p－T图像如图3所示．下列判断正确的是( )
图3
A．a→b的过程中，气体体积不变
B．b→c的过程中，气体对外做的功小于气体所吸收的热量
C．a→b→c→a过程中，气体对外做功在数值上等于△abc的面积
D．b→c→a过程中，容器内单位体积的气体分子数先减小后增加
E．c→a的过程中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加
答案 ADE
解析 由题图可知，a→b的过程中，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，A正确；由题图可知，b→c的过程中，气体发生等温变化，由pV＝C知，气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体内能不变，气体吸收热量，由热力学第一定律得Q＋W＝0，气体对外做的功－W＝Q，B错误；a→b→c→a过程中，a→b是等容变化，气体体积不变，对外不做功；c→a是等压变化，气体温度降低，体积减小，外界对气体做功；b→c是等温变化，压强减小，气体体积增大，气体对外做功，温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于气体吸收的热量，在数值上不等于△abc的面积，C错误；b→c→a过程中，气体的体积先增大后减小，气体分子数不变，所以容器内单位体积的气体分子数先减小后增加，D正确；c→a的过程中，气体是等压变化，温度降低，体积减小，分子的密度逐渐增大，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加，E正确．
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
9．(6分)(2020·湖北期末)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸膜的形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图4所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm，经计算得到油酸膜的面积是114 cm2.
图4
(1)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是__________ mL.
(2)按以上实验数据估测出油酸分子的直径为________ m(保留一位有效数字)．
(3)某学生在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于________．
A．油酸未完全散开
B．油酸溶液浓度低于实际值
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴
答案 (1)8×10－6 (2)7×10－10 (3)AC
解析 (1)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是V＝eq \f(6,75×104) mL＝8×10－6 mL.
(2)油酸分子的直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(8×10－6×10－6,114×10－4) m≈7×10－10 m.
(3)计算油酸分子直径的公式是d＝eq \f(V,S)，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径将偏大；计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度低于实际值，则油酸的实际体积偏小，则计算得到的分子直径将偏小；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大；求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴，由V＝eq \f(V′,n)可知油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故选A、C.
10．(10分)(2020·广东高三一模)一辆汽车未启动时，一车胎内气体温度为27℃，胎压监测装置显示该车胎胎压为200 kPa，考虑到胎压不足，司机驾驶车辆到汽车修理店充气，行驶一段路程到汽车修理店后，胎压监测装置显示该车胎胎压为210 kPa，工作人员为该车胎充气，充气完毕后汽车停放一段时间，胎内气体温度恢复到27℃时，胎压监测装置显示该车胎胎压为250 kPa，已知轮胎内气体体积为40 L且不考虑体积变化，求：
(1)车胎胎压为210 kPa时轮胎内气体温度为多少K；
(2)新充入气体与车胎内原来气体的质量比．
答案 (1)315 K (2)1∶4
解析 (1)以车胎内气体为研究对象，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，则T2＝eq \f(p2,p1)T1＝eq \f(210,200)×(273＋27)K＝315 K
(2)以车胎内原来气体为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p3V′，解得V′＝32 L
新充入气体与车胎内原来气体的质量比等于体积比eq \f(V－V′,V′)＝eq \f(1,4).
11．(10分)(2020·山东济南市一模)为防治2019－nCV，社区等公共场所加强了消毒措施，如图5所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图．储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为V0(不计储液桶两端连接管体积)，初始时桶内消毒液上方气体压强为2p0，体积为eq \f(1,2)V0，打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为eq \f(3,2)p0.喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，p0为外界大气压强．求：
图5
(1)停止喷洒时剩余的药液体积；
(2)为使桶内气体压强恢复为2p0，需打入压强为p0的气体体积(不考虑打气过程中温度变化)．
答案 (1) eq \f(1,3)V0 (2)eq \f(1,3)V0
解析 (1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得2p0·eq \f(1,2)V0＝eq \f(3,2)p0V1
解得V1＝eq \f(2,3)V0
停止喷洒时剩余的药液体积V＝V0－eq \f(2,3)V0＝eq \f(1,3)V0.
(2)以原气体和需打入气体为研究对象，根据玻意耳定律可得2p0·eq \f(1,2)V0＋p0V2＝2p0·eq \f(2,3)V0
解得V2＝eq \f(1,3)V0.
12．(10分)如图6所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b到达状态c，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足U＝kT(k为常数)，该气体在状态a时温度为T0，求：
图6
(1)气体在状态c时的温度；
(2)气体从状态a到达状态c过程中从外界吸收的热量．
答案 (1)9T0 (2)8kT0＋6p0V0
解析 (1)由理想气体状态方程得eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pcVc,Tc)，
代入图中数据可得Tc＝9T0.
(2)设气体从状态a到状态c过程中，外界对气体做功为W，气体吸热为Q，
依题意可知：Ua＝kT0，Uc＝9kT0，
由热力学第一定律，有ΔU＝Uc－Ua＝Q＋W，
其中外界对气体做功W＝－3p0(Vc－Va)，
联立可得Q＝8kT0＋6p0V0.
13．(12分)(2020·山东烟台市一模)“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计，其原理可简化为如图7所示的装置．内径均匀的水平汽缸总长度为2L，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸之间无摩擦．在汽缸的Ⅰ部分封有154标准大气压的气体，Ⅱ部分封有397标准大气压的气体，当该装置水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度．已知1标准大气压＝1.0×105 Pa，海水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取g＝10 m/s2，不计海水密度随海水深度的变化，两部分气体均视为理想气体且温度始终保持不变．求：
图7
(1)当下潜的深度h＝2 300 m时，活塞A向左移动的距离；
(2)该深度计能测量的最大下潜深度．
答案 (1)eq \f(L,3) (2)5 500 m
解析 (1)当下潜的深度h＝2 300 m时，Ⅰ部分气体的压强p1＝p0＋ρgh＝2.31×107 Pa
而Ⅱ部分气体的压强p2＝ 3.97×107 Pa> p1
所以活塞B位置不变．
设活塞A向左移动的距离为x，汽缸的横截面积为S，由玻意耳定律得154p0SL＝ p1S(L－x)
解得x＝eq \f(L,3).
(2)当活塞A移动到中央卡环处时所测的下潜深度最大，设两部分气体压强为p，测量的最大下潜深度为H
对Ⅰ部分气体由玻意耳定律得154p0SL＝ pSL1
对Ⅱ部分气体由玻意耳定律得397p0SL＝ pSL2
根据题意得L1＋L2＝L
p＝p0＋ρgH
解得H＝5 500 m.
14.(12分)(2020·黑龙江大庆中学高三开学考试)如图8所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管竖直部分高度大于30 cm且上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银柱封闭了 A、B两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高h＝4 cm，初状态温度为27℃，A中气体长度l1＝15 cm，大气压强p0＝76 cmHg.现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右液面高度相差Δl＝10 cm时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使A中气柱长度回到15 cm.求：
图8
(1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？
(2)右管中再注入的水银高度是多少？
答案 (1)177 ℃ (2)40 cm
解析 (1)缓慢升温过程中，对A中气体分析，设U形管的横截面积为S；
初状态：V1＝l1S; p1＝p0＋ρgh＝80 cmHg ；T1＝(27＋273)K＝300 K
末状态：V2＝(l1＋eq \f(1,2)Δl)S；p2＝p0＋ρgh＋ρgΔl，
由理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
代入数据解得：T2＝450 K；得t2＝177 ℃
(2)对A中气体分析，初、末状态体积相同T3＝T2，p3＝p0＋ρgh＋ρgΔh，
由查理定律得：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,T3)
代入数据解得：Δh＝40 cm，即再注入的水银高40 cm.