届高考物理二轮复习 热学专题卷全国通用Word文档格式.docx

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=

T2=

·

T1=

×

300K=290K,

t2=（290-273）℃=17℃.

答案:

（1）ADE　

（2）17℃

2.（2017·

山东潍坊一模）

（1）（5分）下列说法正确的是　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

A.空气的绝对湿度大,相对湿度一定大

B.同一温度下,氮气分子的平均动能一定大于氧气分子的平均动能

C.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果

D.有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,当a,b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小

E.一定质量的理想气体等温膨胀,一定吸收热量

（2）（10分）如图所示,玻璃管粗细均匀,两封闭端装有理想气体,上端气柱长30cm、下端气柱长27cm,中间水银柱长10cm.在竖直管中间接一水平玻璃管,右端开口与大气相通,管的直径与竖直部分相同,用光滑活塞封闭5cm长水银柱.现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中,此时上端气柱较原来缩短2cm,求外界大气压强为多少.

（1）对于不同的压强和温度,水的饱和汽压不同,故绝对湿度大时相对湿度不一定大,故A错误;

温度是分子平均动能的标志,同一温度下,氮气分子的平均动能一定等于氧气分子的平均动能,故B错误;

荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果,故C正确;

分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,分子间距大于r0时分子力表现为引力,没有达到平衡位置过程中,分子力做正功,则分子势能减小;

分子间距小于r0时,分子力表现为斥力,距离再减小的过程中分子力做负功,分子势能增大.所以当a,b间等于r0时,分子力为零,它们具有的分子势能最小,故D正确;

一定质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,故E正确.

（2）上端封闭气体的压强

p1=p0-ph=（p0-5）cmHg,

下端封闭气体的压强

p2=p0+ph=（p0+5）cmHg,

气体发生等温变化,由玻意耳定律得

上部分气体:

p1L1S=p1′L1′S,

下部分气体:

p2L2S=p2′L2′S,

其中:

p2′=p1′+3×

5cmHg,L1′=L1-2cm,L2′=L2-3cm,解得p0=75cmHg.

（1）CDE　

（2）75cmHg

3.（2017·

新疆乌鲁木齐二模）

（1）（5分）一定质量的理想气体由状态A变化到状态B,压强随体积变化的关系如图所示,这个过程　　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

A.气体的温度一直降低

B.气体的密度一直变小

C.气体的内能一直变大

D.气体一直对外界做功

E.气体一直向外界散热

（2）（10分）如图所示,一可移动的绝热活塞M将一截面积为400cm2的汽缸分为A,B两个汽缸,A,B两个汽缸装有体积均为12L、压强均为1atm、温度均为27℃的理想气体.现给左面的活塞N施加一推力,使其缓慢向右移动,同时给B气体加热,此过程中A汽缸的气体温度保持不变,活塞M保持在原位置不动.已知1atm=105Pa.不计活塞与汽缸壁间的摩擦.当推力F=2×

103N时,求:

①活塞N向右移动的距离;

②B汽缸中的气体升温到多少摄氏度.

（1）气体从状态A到状态B,发生等压变化,根据盖—吕萨克定律知,体积与热力学温度成正比,体积增加,气体的温度一直升高,故A错误;

根据密度ρ=

质量不变,体积变大,密度变小,故B正确;

理想气体的内能只与温度有关,A到B温度升高,内能变大,故C正确;

因为气体体积变大,故气体一直对外界做功,故D正确;

根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,内能增加ΔU>

0,气体一直对外做功W<

0,所以Q>

0,气体一直从外界吸热,故E错误.

（2）①对A汽缸中的气体进行状态分析,有

pA=p0=105Pa

pA′=pA+

=1.5×

105Pa,

VA=12L=1.2×

10-2m3,

A汽缸中的气体为等温变化,根据玻意耳定律,有

pAVA=pA′VA′

解得VA′=8×

10-3m3,

活塞N向右移动的距离为

x=

-

解得x=10cm.

②对B汽缸中的气体进行状态分析有

pB′=pA′=1.5×

pB=pA=p0=105Pa

TB=300K,

B汽缸中的气体为等容变化,有

解得TB′=450K,即tB′=177℃.

（1）BCD　

（2）①10cm　②177℃

4.（2017·

河南开封一模）

（1）（5分）下列说法中正确的是　　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

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）如图所示,一汽缸固定在水平地面上,通过活塞封闭有一定质量的理想气体,活塞与缸壁的摩擦可忽略不计,活塞的截面积S=100cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接,在平台上有另一物块B,A,B的质量均为m=62.5kg,物块与平台间的动摩擦因数μ=0.8.两物块间距为d=10cm.开始时活塞距缸底L1=10cm,缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1×

105Pa,温度t1=27℃.现对汽缸内的气体缓慢加热（g=10m/s2）,求:

①物块A开始移动时,汽缸内的温度;

②物块B开始移动时,汽缸内的温度.

（1）分子做永不停息的无规则运动,分子运动的平均速度不可能为零,瞬时速度有可能为零,故A错误;

液体与大气相接触,表面层内分子间距较大,分子力表现为引力,故B正确;

空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示,故C错误;

晶体和非晶体通过外界干预可以相互转化,如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体,故D正确;

随着分子间距增大,分子间引力和斥力均减小,若分子力表现为引力,分子力做负功,分子势能增大,故E正确.

（2）①物块A开始移动前气体做等容变化,则有

p2=p0+

由查理定律有

解得T2=

T1=450K.

②物块A开始移动后,气体做等压变化,到A与B刚接触时,p3=p2=1.5×

105Pa;

V3=（L1+d）S

由盖—吕萨克定律有

解得T3=

T2=900K,

之后气体又做等容变化,设物块A和B一起开始移动时气体的温度

为T4

p4=p0+

=2.0×

V4=V3

解得T4=

T3=1200K.

（1）BDE　

（2）①450K　②1200K

5.（2017·

内蒙古赤峰三模）

（1）（5分）关于一定量的气体,下列说法正确的是　　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和

B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低

C.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零

D.气体从外界吸收热量,其内能一定增加

E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高

（2）（10分）在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内,有一段长为l=16cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体,当玻璃管水平放置达到平衡时如图（甲）所示,被封闭气柱的长度l1=23cm;

当管口向上竖直放置时,如图（乙）所示,被封闭气柱的长度l2=19cm.已知重力加速度g=10m/s2,不计温度的变化.求:

①大气压强p0（用cmHg表示）;

②当玻璃管开口向上以a=5m/s2的加速度匀加速上升时,水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度.

（1）气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,A正确;

根据气体温度的微观意义可知,B正确;

在完全失重的情况下,分子运动不停息,气体对容器壁的压强不为零,C错误;

若气体在从外界吸收热量的同时对外界做功,则气体的内能不一定增加,D错误;

气体在等压膨胀过程中,根据盖—吕萨克定律知,体积增大,温度升高,E

正确.

（2）①由玻意耳定律可得p0l1S=（p0+ρgl）l2S

解得p0=76cmHg.

②当玻璃管加速上升时,设封闭气体的压强为p,气柱的长度为l3,液柱质量为m,对液柱,由牛顿第二定律可得

pS-p0S-mg=ma,又

=16cmHg,

解得p=p0+

=100cmHg,

由玻意耳定律可得p0l1S=pl3S

解得l3=17.48cm.

（1）ABE　

（2）①76cmHg　②17.48cm

6.（2017·

江西景德镇一模）

（1）（5分）下列说法中正确的是　　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

A.尽管技术不断进步,但热机的效率仍不能达到100%,而制冷机却可以使温度降到热力学零度

B.雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的

C.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关

D.空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气压强的比值

E.悬浮在液体中的微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数越多,布朗运动越不明显

（2）（10分）如图（甲）所示,竖直放置的汽缸内壁光滑,横截面积为S=1×

10-3m2.活塞的质量为m=2kg,厚度不计.在A,B两处设有限制装置,使活塞只能在A,B之间运动,B下方汽缸的容积为1.0×

10-3m3,A,B之间的容积为2.0×

10-4m3,外界大气压强p0=1.0×

105Pa.开始时活塞停在B处,缸内气体的压强为0.9p0,温度为27℃.现缓慢加热缸内气体,直至327℃.求:

①活塞刚离开B处时气体的温度t2;

②缸内气体最后的压强;

③在图（乙）中画出整个过程中的p

V图线.

（1）热力学零度只能接近而不能达到,A错误;

雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的,B正确;

由热力学第一定律ΔU=Q+W知,温度每升高1K,内能增加,但既可能是吸收热量,也可能是对气体做功使气体的内能增加,C正确;

空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值,故D错误,微粒越大,某一瞬间撞击它的分子数越多,受力越容易平衡,布朗运动越不显著,E

（2）①活塞刚离开B处时,设气体的压强为p2,由二力平衡可得

解得p2=1.2×

105Pa

由查理定律得

解得t2=127℃.

②设活塞最终移动到A处,缸内气体最后的压强为p3,由理想气体状态方程得

解得p3=1.5×

105Pa.

因为p3>

p2,故活塞最终移动到A处的假设成立.

③如图所示

（1）BCE　

（2）①127℃　②1.5×

105Pa　③见解析

教师备用:

（2017·

东北三省四市联合体三模）

（1）下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是　　　（填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分）. 

A.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律

B.能量耗散过程中能量不守恒

C.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律

D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

E.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功

（2）如图,将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中,筒内封闭了一定质量的气体（可视为理想气体）.当筒底与水面相平时,圆筒恰好静止在水中.此时水的温度t1=7.0℃,筒内气柱的长度h1=14cm.已知大气压强p0=1.0×

105Pa,水的密度ρ=1.0×

重力加速度大小g取10m/s2.

①若将水温缓慢升高至27℃,此时筒底露出水面的高度Δh为多少?

②若水温升至27℃后保持不变,用力将圆筒缓慢下移至某一位置,撤去该力后圆筒恰能静止,求此时筒底到水面的距离H（结果保留两位有效数字）.

（1）第一类永动机既不消耗能量又能源源不断地对外做功,违背了能量守恒定律,所以不可能制成,故A正确;

能量耗散过程中能量也守恒,故B错误;

电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是由于压缩机做功,并不违背热力学第二定律,故C错误;

能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故D正确;

根据热力学第二定律可知,气体不可能从单一热源吸热,并全部用来对外做功,而不引起其他变化;

若引起外界变化则可以,故E

（2）①设圆筒的横截面积为S,水温升至27℃时,气柱的长度为h2,根据盖—吕萨克定律,有

圆筒静止,筒内外液面高度差不变,有:

Δh=h2-h1

解得Δh=1cm.

②设圆筒的质量为m,静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则排开的水的重力等于桶的重力为

mg=ρgh1S=ρgh3S

圆筒移动过程,根据玻意耳定律,有

（p0+ρgh1）h2S=[p0+ρg（H+h3）]h3S

解得,H=72cm.

（1）ADE　

（2）①1cm　②72cm