高考物理二轮复习专题分层突破练14热学文档格式.docx
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关于该实验,下列说法正确的是（ ）
A.筒内气体,在被压缩的同时从外界迅速吸收热量,导致气体温度升高
B.只要最终筒内气体压强足够大,筒内易燃物就会被点燃
C.若实验中易燃物被点燃,是活塞与筒壁间摩擦生热导致的
D.该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快
5.
（多选）（2020海南高考调研）图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab的延长线过原点,则下列说法正确的是（ ）
A.气体从状态a到b的过程,气体体积不变
B.气体从状态b到c的过程,一定从外界吸收热量
C.气体从状态c到d的过程,外界对气体做功
D.气体从状态d到a的过程,气体对外界做功
6.
（2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研）如图,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA=40cm,右管内气体柱长为lB=39cm。
先将开口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设被封闭的气体为理想气体,整个过程温度不变,若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm,已知大气压强p0=76cmHg,求:
（1）A端上方气柱长度;
（2）稳定后右管内的气体压强。
7.
（2020陕西渭南质量检测）如图,两个圆柱形汽缸平放在水平地面上并固定,两个汽缸通过活塞各封闭一定量的气体,封闭汽缸的活塞通过刚性杆相连,起初两边封闭气体的长度都为d,左、右汽缸的横截面积分别为2S和S,汽缸内壁光滑,两边封闭气体及外界气体压强均为p0,现给刚性杆施加水平向右的力,使活塞向右缓慢移动,问当活塞向右移动
时,施于杆的水平向右的外力多大?
8.（2020四川绵阳模拟）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1个大气压、温度Ta时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。
（1）求该热气球所受浮力的大小;
（2）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m。
B组
9.
（多选）（2020山西太原高三模拟）如图,一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环,ABCD位于矩形的四个顶点上。
下列说法正确的是（ ）
A.状态C的温度为
T0
B.从A→B,分子的平均动能减小
C.从C→D,气体密度增大
D.经历A→B→C→D→A一个循环,气体吸收的热量大于释放的热量
10.
（2020山东等级考模拟）如图所示,水平放置的封闭绝热气缸,被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。
已知a部分气体为1mol氧气,b部分气体为2mol氧气,两部分气体温度相等,均可视为理想气体。
解除锁定,活塞滑动一段距离后,两部分气体各自再次达到平衡态时,它们的体积分别为Va、Vb,温度分别为Ta、Tb。
A.Va>
Vb,Ta>
TbB.Va>
Vb,Ta<
Tb
C.Va<
TbD.Va<
11.
（2020上海奉贤二模）如图所示,两端封闭的玻璃管中间有一段水银柱,经适当倾斜,使上下两部分气体的体积恰好相等。
保持管的倾角不变,管内气体的温度始终与环境温度相同。
若某时发现上部气体体积已变大且重新稳定,说明（ ）
A.环境温度已升高
B.环境温度已降低
C.上部气体压强增大,下部气体压强减小
D.上部气体压强减小,下部气体压强增大
12.（2020四川雅安第三次诊断）如图所示,是一个连通器装置,连通器的右管半径为左管的两倍,左端封闭,封有长为30cm的气柱,左右两管水银面高度差为37.5cm,左端封闭端下60cm处有一细管用开关D封闭,细管上端与大气联通,若将开关D打开（空气能进入但水银不会进入细管）,稳定后会在左管内产生一段新的空气柱。
已知外界大气压强p0=75cmHg。
求:
稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少?
13.
（2020山东青岛一模）我国是世界上开发利用地下水资源最早的国家之一,浙江余姚河姆渡古文化遗址水井,其年代距今约5700年。
压水井可以将地下水引到地面上,如图所示,活塞和阀门都只能单向打开,提压把手可使活塞上下移动,使得空气只
能往上走而不往下走。
活塞往上移动时,阀门开启,可将直管中的空气抽到阀门上面;
活塞向下移动时,阀门关闭,空气从活塞处溢出,如此循环,地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。
阀门下方的直管末端在地下水位线之下,地下水位线距离阀门的高度h=8m,直管截面积S=0.002m2,现通过提压把手,使直管中水位缓慢上升4m。
已知水的密度ρ=1.0×
103kg/m3,外界大气压强p0=1.0×
105Pa,重力加速度g取10m/s2,直管中的气体可视为理想气体:
（1）若该装置的机械效率η=0.4,求人对把手做的功;
（2）求直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0之比。
参考答案
1.D 解析单晶体有各向异性的特征,多晶体表现为各向同性,故A错误;
物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关,所以温度升高物体的内能不一定增大,故B错误;
布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动,不是液体分子的运动。
布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的,反映了液体分子的无规则运动,故C错误;
自由下落的水滴由于液体表面张力作用而形成球形,故D正确。
2.BC 解析温度降低,分子的平均动能减小,则单个分子对器壁的平均撞击力减小,所以一定质量的气体,在压强不变时,单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而增加,故A错误;
由气体的摩尔质量和气体的密度,可估算出摩尔体积,再根据阿伏加德罗常数,可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积。
进而估算出理想气体分子间的平均距离,故B正确;
根据热力学第一定律,如果外界对理想气体压缩所做的功,小于放出热量,则气体内能就会减小,故C正确;
同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现,如煤炭与金刚石,故D错误。
3.C 解析气体温度升高,分子的平均速率变大,但是并非所有分子的速率都增加,A错误;
一定量100℃的水变成100℃的水蒸气,因温度不变,则分子平均动能不变,B错误;
一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和,C正确;
一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子杂乱无章的做无规则运动的缘故,D错误。
4.D 解析筒内气体在被压缩时外界对气体做功,导致气体温度升高,由于是迅速被压缩,从外界吸收热量很少,A错误;
易燃物能否被点燃与筒内气体的压强大小无关,B错误;
压缩气体时,活塞与筒壁间摩擦生热很少,不至于把易燃物点燃,C错误;
该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快,即让气体快速被压缩,与外界绝热,才能使气体内能迅速增大,温度升高,D正确。
5.AB 解析因ab的延长线过原点,根据p=
T,则从状态a到b,气体发生的是等容变化,气体的体积不变,故A正确;
从状态b到c,温度升高,压强不变,根据理想气体状态方程
=C,体积增加,气体对外做功;
温度升高,则内能增加,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体吸收热量,故B正确;
从状态c到d,根据p=
T,各点与原点连线的斜率变小,体积变大,体积变大说明气体对外做功,故C错误;
从状态d到a,根据p=
T,各点与原点连线的斜率变大,体积变小,外界对气体做功,故D错误。
6.答案
（1）38cm
（2）78cmHg
解析
（1）稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm,则A管内气体的压强为
pA1=（76+4）cmHg
由公式:
p0VA0=pA1VA1,
代入数据得:
LA1=38cm
（2）设右管水银面上升h,则右管内气柱长度为lB-h,气体的压强为p1-2ρgh;
由玻意耳定律得:
p0lB=（p1-2ρgh）（lB-h）
解得:
h=1cm
所以右管内气体压强为
p2=p1-2h=78cmHg
7.答案F=
p0S
解析在活塞移动前后,对左边气体由玻意耳定律有p0d=p1
d+
解得p1=
p0
对右边气体有p0d=p2
d-
解得p2=2p0
移动后,对两活塞及刚性杆整体受力,由平衡条件得p1·
2S+F+p0S=p2S+p0·
2S
将最后p1、p2代入上式,
F=
8.答案
（1）F=
（2）m=
-m0
解析
（1）设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0,密度为ρ0,温度为Tb时的体积为VTb,密度为ρTb,则ρ0=
ρTb=
解得ρTb=ρ0
设气球所受的浮力为F,则F=ρTbgV
解得F=
（2）设气球内热空气所受的重力为G,充气后它还能托起的最大质量为m,则
G=ρTaVg
解得G=ρ0gV
则m=
9.ACD 解析A→B过程为等压过程,则有
即有
解得
C→D过程也为等压过程,则有
即
解得TC=
T0=
T0,故A正确;
从A→B,温度升高,分子平均动能增大,故B错误;
C→D过程为等压变化过程,气体体积减小,气体质量不变,则气体密度增大,故C正确;
经历A→B→C→D→A一个循环,气体内能不变;
在p-V图像中,图像与坐标轴围成面积表示功的大小,所以WAB>
WDC,即整个过程,气体对外界做功,所以气体吸收的热量大于释放的热量,故D正确。
10.D 解析解除锁定前,两部分气体温度相同,体积相同,由pV=nRT可知b部分压强大,故活塞左移,平衡时Va<
Vb,pa=pb。
活塞左移过程中,a气体被压缩内能增大,温度升高,b气体向外做功,内能减小,温度减小,平衡时Ta>
Tb。
11.B 解析设上方气体状态为p1,V1,T,下方为p2,V2,T。
根据理想气体方程
=C从而有p2=
p1=
其中C1,C2为常量,其他量都是变量。
由题设知V2减小,V1增大,现假定T升高,则根据上两式可知,p2比p1上升更多,p2-p1较初始状态增大,而事实上,要保持平衡,显然p2-p1在整个过程中不变。
故假设错误,T只能减小,减小的原因只能是环境温度降低;
要保持平衡,下面气体压强=上面气体压强+水银柱产生的压强,而玻璃管倾斜角不变,所以水银柱产生的压强不变,即上下压强差不变,所以也就是上下压强的变化量相等,B正确,A、C、D错误。
12.答案36cm
解析空气进入后将左端水银柱隔为两段,上段仅30cm,对左端空气有
p1=p0-h1=37.5cmHg
p2=p0-h2=45cmHg
由玻意耳定律得p1L1S=p2L2S,
解得L2=
cm=
cm=25cm
上段水银柱上移,形成的空气柱长为25cm,下段空气柱下移,设下移的距离为x,由于U形管右管内径为左管内径的2倍,则右管横截面积为左管的4倍,由等式7.5cm-x=
解得x=6cm,
所以产生的空气柱长为:
L=（6+5）cm=11cm
因此产生的空气柱的总长度为11+25=36cm
13.答案
（1）400J
（2）
解析
（1）直管中水位缓慢上升h1=4m,则重心上升2m,则对水做功W有用=mg
=h1Sρg·
ρgS
代入数据可得W有=160J
则人对把手做的功
W=
J=400J
（2）直管中有气体h2=4m,气体的压强为p1=p0-ρgh1=105Pa-103×
10×
4Pa=0.6×
105Pa
设这些气体在压强为p0时的长度为L,则由玻意耳定律可得p0LS=p1h2S
解得L=2.4m
则直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0之比
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