第一篇专题十二热学选修33专题训练经典化.docx
《第一篇专题十二热学选修33专题训练经典化.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第一篇专题十二热学选修33专题训练经典化.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
第一篇专题十二热学选修33专题训练经典化
第一篇专题十二热学（选修3-3）
[基础等级评价]
1．（2010·全国卷Ⅰ改编）图12－7为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是（ ）
A．当r大于r1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图12－7
C．当r等于r2时，分子间的作用力表现为引力
D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功
解析：
在Ep－r图中．当r＝r2时Ep最小，说明r2＝r0，即分子力为零时的分子间距．再利用F－r图即可知正确答案为B.
答案：
B
2.（2010·上海高考）如图12－8，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提一段距离，则（ ）
A．h、l均变大B．h、l均变小
C．h变大l变小D．h变小l变大图12－8
解析：
开始时，玻璃管中的封闭气体的压强p1＝p0－ρgh，上提玻璃管，假设h不变，l变长，由玻意耳定律得，p1l1·S＝p2（l＋Δl）·S，所以气体内部压强小了，大气压p0必然推着液柱上升，假设不成立，h必然升高一些．最后稳定时，封闭气体的压强p2＝p0－ρg（h＋Δh）减小，再根据玻意耳定律，p1l1·S＝p2l2·S，l2>l1，l变大，故A对．
答案：
A
3．（2010·广东高考）如图12－9所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（ ）
图12－9
A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小
解析：
细管中封闭空气的压强等于洗衣缸与细管间水位差产生的压强加大气压强，洗衣缸内水位升高，两者间水位差变大，封闭气体压强变大，同时细管中水位上升，封闭气体体积减小，故选项B正确．
答案：
B
4．（2010·江苏高考）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________．
图12－10
解析：
由玻意耳定律可知，在等温变化过程中，压强p与
成正比，故选B项．
答案：
B
5．（2010·上海高考）如图12－11，上端开口的圆柱形汽缸坚直放置，截面积为5×10－3m2，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________Pa（大气压强取1.01×105Pa，g取10m/s2）．若从初温27℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m，则此时气体的温度为________℃.图12－11
解析：
p1＝
＝
＝
Pa＝0.04×105Pa，所以p＝p1＋p0＝0.04×105Pa＋1.01×105Pa＝1.05×105Pa，由盖—吕萨克定律得
＝
，即
＝
，所以t＝33℃.
答案：
1.05×105 33
6．（2010·山东高考）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300K升至T1＝350K.
（1）求此时气体的压强．
（2）保持T1＝350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．
图12－11
解析：
（1）设升温后气体的压强为p1，由查理定律得
＝
①
代入数据得p1＝
p0②
（2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得
p1V0＝p0V③
联立②③式得
V＝
V0④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得
k＝
⑤
联立④⑤式得
k＝
⑥
吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
答案：
（1）
p0
（2）见解析
7．（2010·福州模拟）
（1）现代科学技术的发展与材料科学、能源的开发密切相关，下列关于材料、能源的说法正确的是____________．（填选项前的编号）
①化石能源为清洁能源
②纳米材料的粒度在1～100μm之间
③半导体材料的导电性能介于金属导体和绝缘体之间
④液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性
（2）一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程__________________．（填选项前的编号）
①气体从外界吸收热量2.0×105J
②气体向外界放出热量2.0×105J
③气体从外界吸收热量2.0×104J
④气体向外界放出热量6.0×104J
解析：
（1）化石能源燃烧时产生二氧化碳，造成温室效应；煤炭和石油中含有硫，燃烧时产生二氧化硫等物质使雨水的酸度增高等等，说明化石能源不是清洁能源，①错；纳米材料的粒度是1～100nm，而不是1～100μm，②错；液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性（不是同性），④错．正确选项为③.
（2）W＝7.0×104J，ΔU＝－1.3×105J，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，得Q＝－2.0×105J，表明气体向外界放热2.0×105J，正确选项为②.
答案：
（1）③
（2）②
8．（2010·南平模拟）
（1）关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是________（填选项前的编号）．
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则内能一定增加
C．如果物体从外界吸收了热量，则温度一定升高
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
（2）一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3m3.用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300K和1.0×105Pa.加热气体缓慢推动活塞，某时刻测得气体的温度和压强分别为320K和1.0×105Pa.
①求此时气体的体积；
②保持温度为320K不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104Pa，求此时气体的体积．
解析：
（2）①由气体状态方程知
＝
，
将V0＝3.0×10－3m3，T0＝300K，p0＝1.0×105Pa，T1＝320K，p1＝1.0×105Pa代入上式，解得V1＝3.2×10－3m3
②气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
将p2＝8.0×104Pa代入可得，V2＝4.0×10－3m3.
答案：
（1）D
（2）①3.2×10－3m3 ②4.0×10－3m3
[发展等级评价]
（限时60分钟 满分100分）
一、选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分．每小题只有一个选项符合题意，把该选项前的字母填在题后的括号内）
1．关于分子的热运动，以下叙述正确的是（ ）
A．布朗运动就是分子的热运动
B．布朗运动是分子的无规则运动，同种物质的分子的热运动激烈程度相同
C．气体分子的热运动不一定比液体分子激烈
D．物体运动的速率越大，其内部的分子热运动就越激烈
解析：
布朗运动是指固体小颗粒的运动，A错误．温度越高，分子无规则运动越激烈，与物质种类无关，B错，C对．物体的宏观运动——速度的大小与微观分子的热运动无关，D错．
答案：
C
2．以下说法正确的是（ ）
A．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的
B．在一定条件下绝对零度是可以达到的
C．若容器中用活塞封闭一定质量的理想气体，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，气体内能不变
D．当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小
解析：
自然界中与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故A错误；绝对零度不能达到，B错误；温度不变气体内能不变，C正确；分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，D错误．
答案：
C
3．一定质量的气体，经历一膨胀过程，这一过程可以用图1所示的直线ABC来表示，在A、B、C三个状态上，气体的温度TA、TB、TC相比较，大小关系为（ ）
A．TB＝TA＝TC
B．TA＞TB＞TC图1
C．TB＞TA＝TC
D．TB＜TA＝TC
解析：
由图中各状态的压强和体积的值可知：
pAVA＝pCVC＜pBVB.另外从图中也可知，A、C处在同一等温线上，而B处在离原点更远的一条等温线上，所以TB＞TA＝TC.故应选C.
答案：
C
4．下列有关晶体的微观结构的说法中，错误的是（ ）
A．同种物质微粒空间排列规律必定相同
B．不同晶体有不同的空间排列规律
C．晶体的空间排列规律决定这种晶体材料的用途
D．晶体的各向异性就是因为晶体有规则的空间排列规律
解析：
同种物质微粒在空间可以有不同的排列规律，如金刚石和石墨，故A错；不同晶体有不同的空间排列规律，这些不同的排列规律决定了晶体材料有不同的用途，故B、C正确；晶体的各向异性是由于晶体有规则的空间排列决定的，D正确．
答案：
A
5．下列说法正确的是（ ）
A．热力学第二定律否定了以特殊方式利用能量的可能性
B．电流流过导体转化为内能，反过来，可将内能收集起来，再转化成相同大小的电流
C．可以做成一种热机，由热源吸取一定的热量而对外做功
D．冰可以熔化成水，水也可以结成冰，这个现象违背了热力学第二定律
解析：
热力学第二定律说明了一切与热现象有关的宏观过程都是有方向性的，但并没有否认以特殊方式利用能量的可能性，故A错；功和内能的转化具有方向性，其逆过程是不可能实现的，故B错；冰熔化成水，水结成冰，伴随着能量的转移，不是自发进行的，没有违背热力学第二定律．
答案：
C
6．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）（ ）
A．内能增大，放出热量
B．内能减小，吸收热量
C．内能增大，对外界做功
D．内能减小，外界对其做功
解析：
不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D正确．
答案：
D
二、非选择题（本题共6小题，共64分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）
7．（10分）用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：
浓度为0.05%（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．
（1）下面是实验步骤，请填写所缺的步骤C：
A．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N
B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n
C．________________________________________________________________________
D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积为Scm2
（2）用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的直径大小________（单位：
cm）．
解析：
（1）将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
（2）一滴油酸分子的体积V＝
一滴油酸分子的面积S′＝
则油酸分子的直径为d＝
＝
答案：
（1）将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
（2）
8．（10分）（2010·上海高考）用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图2所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机图2
显示的气体压强值p；
③用V－1/p图象处理实验数据，得出如图3所示图线．
（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是__________；
（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________________和__________________；图3
（3）如果实验操作规范正确，但如图所示的V－1/p图线不过原点，则V0代表________________________________________________________________________．
解析：
（1）通过涂润滑油可使注射器不漏气．
（2）缓慢移动活塞是为了有足够的时间使封闭气体与外界热交换，不用手握住注射器也是为了不使手上的热量传递给气体．
（3）注射器与压强传感器连接部位有气体，从而使图线不过原点．
答案：
（1）在注射器活塞上涂润滑油
（2）移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器封闭气体部分
（3）注射器与压强传感器连接部位的气体体积
9．（10分）（2010·江苏高考）
（1）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________（选填“吸收”或“放出”）的总热量为________kJ.
（2）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．（结果保留一位有效数字）
解析：
（1）第一个过程内能不变，第二个过程放热，内能减小．
（2）设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝
NA，代入数据得Δn＝3×1022.
答案：
（1）5 放出 29
（2）3×1022
10．（10分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3m3，TA＝TC＝300K，TB＝400K.
（1）求气体在状态B时的体积；
（2）说明B→C过程压强变化的微观原因；
（3）设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小并说明原因．
解析：
（1）A→B过程为等压变化，有
＝
，得VB＝
VA＝0.4m3.
（2）B→C过程为等容变化，分子的密集程度不变，温度降低，气体分子运动的平均动能减小，单位时间与器壁单位面积的碰撞次数减少，分子对器壁的冲击力减小，则气体的压强减小．
（3）A→B，气体体积增大，温度升高，则Q1>ΔU1，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律有ΔU1＝W＋Q1
B→C，气体体积不变，W＝0，由热力学第一定律得
ΔU2＝－Q2
气体内能为状态量，仅由温度决定，因TA＝TC，则
ΔU1＝－ΔU2，所以Q1>Q2.
答案：
（1）0.4m3
（2）见解析 （3）Q1>Q2 原因见解析
11．（12分）（Ⅰ）下列说法正确的是________．
A．气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和
B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变
C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
D．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
E．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
F．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
（Ⅱ）一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50m3.在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmHg，气球内部因启动一持续加热装置而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－48.0℃.求：
（1）氦气在停止加热前的体积；
（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积．
解析：
（Ⅰ）ADEF
（Ⅱ）
（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．
根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2
式中，p1＝76.0cmHg，V1＝3.50m3，p2＝36.0cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积．由上式得
V2＝7.39m3.
（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225K．这是一等压过程．根据盖－吕萨克定律有
＝
式中，V3是在此等压过程末氦气的体积．由上式得
V3＝5.54m3.
答案：
（Ⅰ）ADEF （Ⅱ）
（1）7.39m3
（2）5.54m3
12．（10分）一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图4所示．
图4
（1）关于气球内气体的压强，下列说法正确的是________．
A．大于大气压强
B．是由于气体重力而产生的
C．是由于气体分子之间的斥力而产生的
D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的
（2）在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是________．
A．球内气体体积变大B．球内气体体积变小
C．球内气体内能变大D．球内气体内能不变
（3）为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0cm的方格纸．表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图5所示．若表演时大气压强为1.013×105Pa，取g＝10m/s2，则气球内气体的压强为________Pa.（取4位有效数字）
图5
（4）气球在没有贴方格纸的下层木板上也会留下“印迹”，这一“印迹”面积与方格纸上留下的“印迹”面积存在什么关系？
解析：
（1）由于气球有收缩的趋势，故气球内的气体压强大于大气压强，A正确；气体的压强是由于大量气体分子碰撞而产生的，B、C错误，D正确．
（2）由于该同学站在塑料板上，对气体的压力增大，故气体的压强增大，因温度不变，由pV＝恒量可知，气体的体积变小，而内能不变，故选B、D.
（3）每个气球受到的压力为F＝
mg＝150N，
产生的压强p＝
＝
Pa≈4.076×103Pa，
故球内气体的压强p内＝p＋p0≈1.053×105Pa.
（4）由于气体压强向各个方向都相等，下层木板上留下的“印迹”与方格纸上留下的面积相等．
答案：
（1）AD
（2）BD （3）1.053×105Pa （4）面积相等
升级会员 