届高考物理二轮分项测试热学含答案.docx
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届高考物理二轮分项测试热学含答案
分子动理论
(2014·江西师大附中三模)1.以下说法正确的是()
A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
B.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子不停息地做无规则热运动
C.当分子间的引力和斥力平衡时,分子势能最小
D.如果气体分子总数不变,而气体温度升高,气体的平均动能一定增大,因此压强也必然增大
E.当分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小
【知识点】布朗运动分子动理论
【答案解析】ACE
解析:
A、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,决定气体的压强,因此与单位体积内分子数和气体的温度有关,故A正确;B、布朗运动是固体颗粒的运动,说明液体分子做永不停息、无规则运动,故B错误;C、分子之间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小,分子斥力的变化快,当r=r0时分子引力等于分子斥力,所以,r0是分子的平衡距离,r>r0时,分子力表现为引力,分子距离减小时,分子势能减小,当r<r0时,分子间的作用力表现为斥力,分子距离增大时分子势能减小,所以r=r0时,分子力为零,Ep为最小,故C正确;D、温度升高,分子平均动能增大,但是压强与分子平均动能和密度有关,故D错误;E、分子引力、斥力都随分子间距离增大而减小,故E正确;选ACE
【思路点拨】本题对分子力、分子势能与分子间距离的关系要熟悉,知道分子间距离等于平衡距离时分子势能最小,掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图象,即可正确解题.
(2014·江苏徐州一中考前模拟)2.已知氮气的摩尔质量为M,在某状态下氮气的密度为ρ,阿伏加德罗常数为NA,在该状态下体积为V1的氮气分子数为,该氮气变为液体后的体积为V2,则一个氮分子的体积约为.
【知识点】阿伏加德罗常数.
【答案解析】ρV1NA/MMV2/ρV1NA
解析:
气的质量为:
m=ρV1,氮气的物质的量为:
n=
;故质量为m的水所含的分子数为:
N=nNA=
;该氮气变为液体后的体积为V2,则一个氮分子的体积约为:
V0=
【思路点拨】物质的摩尔数等于物体的质量与摩尔质量的比值,物体的分子数等于摩尔数与阿伏加德罗常数的乘积.
(2014·湖北武汉二中模拟)3.已知水的摩尔质量为18g/mol、密度为1.0×103kg/m3,阿伏加德罗常数为6.0×1023mol-1,试估算1200mL水所含的水分子数目(计算结果保留一位有效数字)。
【知识点】阿伏加德罗常数.
【答案解析】4×1025个
解析:
水分子数目为N=
×NA
代入得:
N=6×1023=4×1025(个)
【思路点拨】由体积与密度相乘求出水的质量,质量除以摩尔质量求出摩尔数,再乘以阿伏加德罗常数NA,即可求得水分子的总数N.
H2固体、液体、气体的性质
(2014·江苏徐州一中考前模拟)1.下列说法正确的是()
A.晶体的导热性能一定是各向异性,
B.封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关
C.夏季天旱时,给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管,防止水分蒸发
D.虽然大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率却按一定的规律分布
【知识点】晶体压强分子动理论
【答案解析】CD
解析:
A、单晶体各向异性,多晶体各向同性,A错误;B、气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的,气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关,故B错误;C、经常松土,可以使土壤疏松,土壤缝隙中的空气充足,减小蒸腾作用,减小水分蒸发,故C正确;D。
由不同温度下的分子速率分布曲线可知,分子数百分率呈现“中间多,两头少”统计规律,故D正确;选CD
【思路点拨】对于物理学中的基本概念和规律要深入理解,理解其实质,不能只是停留在表面上,同时要通过练习加强理解.
(2014·重庆一中5月月考)2.下列说法正确的是()
A.一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小
B.人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度
C.产生毛细现象时,液体在毛细管中一定上升
D.滴入水中的红墨水很快散开说明液体内存在表面张力
【知识点】*相对湿度;*液体的表面张力现象和毛细现象.
【答案解析】B
解析:
A、饱和汽的压强与液体的种类和温度有关,与体积无关;故A错误;B、人对空气干爽与潮湿的感受不是取决于绝对湿度,而主要取决于空气的相对湿度;故B正确;C、若两物体是不浸润的,则液体在毛细管中可以是下降的;故C错误;D、红墨水在水中扩散是因为分子在永不停息地无规则运动;和表面张力无关;故D错误;故选:
B.
【思路点拨】饱和汽的压强与液体的种类和温度有关,与体积无关;人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度;扩散现象说明分子在永不停息地运动
(2014·福建漳州八校第四次联考)3.
带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体。
气体开始处于状态a,然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同,如V-T图所示。
设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac,则()
A.pb>pc,Qab>Qac
B.pb>pc,Qab C.pb D.pb 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】C 解析: 根据理想气体状态方程 =C,整理可得: V= T,所以斜率越大,表示压强越小,即b点的压强小于c点.由热力学第一定律△U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c,温度变化情况相同,所以△U相等,又因经过过程ab到达状态b,体积增大,对外做功,W为负值,而经过过程ac到状态c,体积不变,对外不做功,W为零,所以第一个过程吸收的热量多.故选: C. 【思路点拨】根据理想气体状态方程,整理后可得V-T图象,判断斜率的意义,得到压强的变化,再根据热力学第一定律判断做功和吸热. (2014·陕西西工大附中第八次适应性训练)4.如图,水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分,隔板可在气缸内无摩擦滑动,右侧气体内有一电热丝。 气缸壁和隔板均绝热。 初始时隔板静止,左右两边气体温度相等。 现给电热丝提供一微弱电流,通电一段时间后切断电源。 当缸内气体再次达到平衡时,与初始状态相比() A.右边气体温度升高,左边气体温度不变 B.左右两边气体温度都升高 C.左边气体压强增大 D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 【知识点】理想气体的状态方程;封闭气体压强. 【答案解析】BC 解析: A、B、当电热丝通电后,右侧的气体温度升高气体膨胀,将隔板向左推,对左边的气体做功,又因左侧气体为绝热过程,由热力学第一定律知内能增加,气体的温度升高.故A错误,B正确;C、利用 为一常数知,左边的气体压强增大.故C正确.D、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对外做功之差,所以右边气体内能的增加值为电热丝发出的热量减去对左边的气体所做的功,故D错误.故选BC. 【思路点拨】根据气体状态方程 =C和已知的变化量去判断其它的物理量;根据热力学第一定律判断气体的内能变化. (2014·吉林九校联合体第二次摸底)5.在水平面竖直放置一个截面均匀等臂的U形玻璃管, 管内盛有密度为1的液体,如图所示,玻璃管的右侧上端开口,左侧上端封闭,左侧封闭的空气柱长度为h,右侧液面与管口相距高度为2h,在右侧液面上放置一个质量和厚度都可以忽略不计的活塞,它与管壁间既无摩擦又无间隙,从右端开口处缓慢注入密度为2的液体,直到注满为止,注入液体后左侧空气气柱的长度为h/2,设在注入液体过程中,周围环境的温度不变,大气压强p0=41gh,求: 两种液体的密度之比1: 2 【知识点】理想气体的状态方程;封闭气体压强. 【答案解析】5: 8 解析: 注入液体后,左侧空气柱长为h/2, 由此可知注入的密度为 的液柱长度 未注入密度为 的液体前,气体体积: 被封闭气体的压强: 注入密度为 的液体后,气体体积 气体的压强: 在等温变化过程中由玻—马定律: 得: 即: 【思路点拨】解决此题的关键是分析封闭气体的压强,连通器中同一种液体同一水平面处压强相等. (2014·湖南十三校第二次联考)6.如图,一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封,上端封闭但留有一抽气孔。 管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体),气体温度为Ti,开始时,将活塞上方的气体缓慢抽出,当活塞上方的压强达到P0时,活塞下方气体的体积为Ⅵ,活塞上方玻璃管的容积为3.8V1。 活塞因重力而产生的压强为0.5P0。 继续将活塞上方抽成真空并密封。 整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变。 然后将密封的气体缓慢加热。 求: (1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度; (2)当气体温度达到3.2T1时气体的压强。 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 (1)1.6T1; (2)p0. 解析: (1)抽气过程,对下部气体, p1=p0+0.5p0=1.5p0,p2=0.5p0, 由玻意耳定律得: p1V1=p2V2, 即: (p0+0.5p0)V1=0.5p0V, 式中V是抽成真空后活塞下方气体体积, 加热过程,V1=V,V2=3.8V1+V1=4.8V1, 由盖•吕萨克定律得: , 解得: T2=1.6T1; (2)活塞达到上方时气体体积不变, 气体发生等容变化,p1=0.5p0,T2=3.2T1, 由查理定律得: 解得: p2=p0; 【思路点拨】对于气体状态变化问题,关键分析气体的状态参量,确定是何种变化过程,再列方程求解 (2014·黑龙江大庆铁人中学模拟)7.图中A、B气缸的长度和截面积分为30cm和20cm2,C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞,D为阀门。 整个装置均由导热材料制成。 起初阀门关闭,A内有压强PA=2.0×105帕的氮气。 B内有压强PB=1.0×105帕的氧气。 阀门打开后,活塞C向右移动,最后达到平衡。 求: ①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强; ②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热(简要说明理由)。 (假定氧气和氮气均为理想气体,连接气缸的管道体积可忽略) 【知识点】由玻意耳定律: 【答案解析】①1.5×105Pa; ②吸热. 解析: ①由玻意耳定律: 对A部分气体有: 对B部分气体有: 代入相关数据解得: , ②活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功,而气体发生等温变化,内能不变,故A中气体从外界吸热。 【思路点拨】整个装置均由导热材料制成,活塞C向右移动时,两气缸内气体均发生等温变化,平衡后两部分气体的压强相等.根据玻意耳定律,结合关系条件求解.根据热力学第一定律分析吸放热情况. (2014·湖南长沙模拟)8.某同学研究一定质量理想气体的状态变化,得出如下的P-t图象。 已知在状态B时气体的体积VB=3L,求 ①气体在状态A的压强; ②气体在状态C的体积。 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】: ①0.75atm;②2L. 解析: ①由图象可知,TB=273+91=364K,pB=1atm,TA=273K,B到A过程为等容过程,由查理定律得: , =0.75atm; ②由图示图象可知,pC=1.5atm,已知: VB=3L, 由B到C过程是等温变化,由玻意耳定律得: pBVB=pCVC,即: 1×3=1.5×VC, 解得: VC=2L; 【思路点拨】本题考查了求气体压与体积问题,由图象求出气体在各状态的状态参量,判断气体的状态变化,应用查理定律、盖吕萨克丁吕即可正确解题 (2014·江西临川二中一模)9.如图所示,在一端封闭的U形管中用水银柱封一段空气柱L,当空气柱的温度为14℃时,左臂水银柱的长度h1=10cm,右臂水银柱长度h2=7cm,气柱长度L=15cm;将U形管放入100℃水中且状态稳定时,h1变为7cm。 分别写出空气柱在初末两个状态的气体参量,并求出末状态空气柱的压强和当时的大气压强(单位用cmHg)。 【知识点】理想气体的状态方程;封闭气体压强. 【答案解析】当时的大气压强为72.25cmHg,末状态空气柱的压强为75.25cmHg. 解析: 以封闭的空气柱(设大气压强为P0)为研究对象 初态: P1=P0+h2-h1=(P0-3)cmHg,V1=LS=15S(cm3),T1=287 K 末态: h1′=7cm,h2ˊ=10cm,故压强: P2=P0+h2′-h1′=(P0+3)cmHg,V2=(L+3)S=18S(cm3),T2=373 K 由理想气体状态方程得: 代入数据解得大气压强为: P0=72.25 cmHg 在100℃水中时,空气柱压强为: P2=75.25 cmHg 【思路点拨】以封闭气体为研究对象,找出初末状态参量,利用理想气体状态方程列式求解.本题的关键是封闭气体的压强计算,使用连通器的原理: 同一水平面上压强相同即可求出.属于基础题目. (2014·江西师大附中三模)10. 如图所示,绝热气缸封闭一定质量的理想气体,被重量为G的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分,气缸内壁光滑,活塞可在气缸内自由滑动。 设活塞的面积为S,两部分的气体的温度均为T0,M部分的气体压强为p0,现把M、N两部分倒置,仍要使两部分体积相等,需要把M的温度加热到多大? 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 T0 解析: 设加热后M的温度为T 倒置前后N部分的气体压强不变均为pN=p0+ 对M部分倒置前后列方程 = · 联立T= T0· 【思路点拨】本题考查了求气体温度问题,求出气体初末状态的参量,应用查理定律即可正确解题;知道整个过程中N的压强不变、应用平衡条件求出气体压强是正确解题的前提与关键. (2014·江西重点中学协作体第二次联考)11. 图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。 左容器足够高,上端敞开,右容器上端由导热材料封闭。 两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。 容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气,B上方封有氢气。 大气的压强p0,温度为T0=273K,连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0。 系统平衡时,各气体柱的高度如图所示。 现将系统的底部浸入恒温热水槽中,再次平衡时A上升了一定的高度。 用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定,第三次达到平衡后,氢气柱高度为0.8h。 氮气和氢气均可视为理想气体。 求 (ⅰ)第二次平衡时氮气的体积;(ⅱ)水的温度。 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 (1)2.7hS; (2)368.5K. 解析: (1)以氢气为研究对象,初态压强为p0,体积为hS,末态体积为0.8hS. 气体发生等温变化,由玻意耳定律得: p0V1=p2V2,即: p0hS=p×0.8hS,解得: p=1.25p0 活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程. 该过程的初态压强为1.1p0,体积为V;末态的压强为p′,体积为V′, 则p′=p+0.1p0=1.35p0,V′=2.2hS 由玻意耳定律得: 1.1p0×V=1.35p0×2.2hS, 解得: V=2.7hS (2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程.该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K, 末态体积为2.7hS.设末态温度为T,由盖-吕萨克定律得: , 解得: T=368.5K; 【思路点拨】 (1)以B上方的氢气为研究对象,由玻意耳定律求出气体压强,然后以A下方的氮气为研究对象,由波意耳定律求出氮气的体积. (2)结合第一问的结果,求出氮气的末状态的压强,分析氮气的初末两个状态的状态参量,利用理想气体的状态方程,可求出氮气末状态的温度,即为水的温度. (2014·山东日照一中二模)12. 有一导热气缸,气缸内用质量为m的活塞密封一定质量的理想气体,活塞的横截面积为S,大气压强为 。 如图所示,气缸水平放置时,活塞距离气缸底部的距离为L,现将气缸竖立起来,活塞将缓慢下降,不计活塞与气缸间的摩擦,不计气缸周围环境温度的变化,求活塞静止时到气缸底部的距离。 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 解析: 由于气缸导热,且不计环境温度的变化,将气缸由水平放置变成竖直放置,直到活塞不再下降的过程中,缸内密闭的气体经历的是等温过程,设此时活塞到气缸底部的距离为h。 气缸水平放置时,对活塞有: 气缸竖直放置后活塞静止时,对活塞有: 对上述过程中的气体,据玻意耳定律有: 解得: 【思路点拨】气缸内气体发生等温变化,由玻意耳定律可以求出气体体积,求出活塞到气缸底部的距离,本题考查了求活塞到气缸底部的距离,根据题意知道气体发生等温变化是正确解题的前提与关键,应用玻意耳定律即可正确解题. (2014·山西大学附中5月月考)13. 如图所示,U形管两臂粗细不等,开口向上,右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍,管中装入水银,大气压为76cmHg。 左端开口管中水银面到管口距离为11cm,且水银面比封闭管内高4cm,封闭管内空气柱长为11cm。 现在开口端用小活塞封住,并缓慢推动活塞,使两管液面相平,推动过程中两管的气体温度始终不变,试求: ①粗管中气体的最终压强; ②活塞推动的距离。 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 (1)88 cmHg; (2)4.5cm. 解析: ①设左管横截面积为S,则右管横截面积为3S,以右管封闭气体为研究对象 气体作等温变化有 即 ②以左管被活塞封闭气体为研究对象 气体作等温变化有 活塞推动的距离为 【思路点拨】以粗管封闭气体为研究对象,气体发生等温变化,根据理想气体状态方程可求得最终压强; 再以左管气体为研究对象,气体发生等温变化,根据理想气体状态方程可求得气体体积,从 而可得活塞推动的距离. (2014·陕西西工大附中第八次适应性训练)14.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,右管内气体柱长为39cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。 先将口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm,求: ①稳定后右管内的气体压强p; ②左管A端插入水银槽的深度h。 (大气压强p0=76cmHg) 【知识点】气体的等温变化. 【答案解析】 (1)78cmHg (2)7cm 解析: (1)插入水银槽后右管内气体等温变化,左管竖直插入水银槽中后,右管体积为: V=(l0− ) S 由玻意耳定律得: p0l0S=p(l0− ) S 带入数据解得: p=78cmHg. 故稳定后右管内的气体压强: p=78cmHg. (2)插入水银槽后左管压强: p1=p+△h=80cmHg 左管竖直插入水银槽中时,槽内水银表面的压强为大气压强,设左管内外水银面高度差为h1,此时左管内压强还可以表示为: p1=p0+h1 , 联立解得h1=4cm 中、左管内气体等温变化此时有: p0lS=p1l1S 解得: l1=38cm. 左管插入水银槽深度h=l−l1+ +h1=7cm. 故左管A端插入水银槽的深度h=7cm. 【思路点拨】 (1)右管被封闭气体做等温变化,注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差之间关系. (2)同理左管被封闭气体做等温变化,正确分析插入水银槽深度与中左管内气体长度变化以及液面差之间关系即可求解. (2014·重庆一中5月月考)15.如图,内径粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,右管内气体柱长为39cm,中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。 先将开口B封闭,再将左管竖直插入足够深水银槽中,设整个过程温度不变,稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm,大气压强p0=76cmHg,求: (1)稳定后右管内的气体压强p (2)稳定后中、左管内气体柱的总长度 【知识点】理想气体的状态方程. 【答案解析】 (1)78cmHg; (2)38cm. 解析: (1)插入水银槽后右管内气体做等温变化: p0l0S=p(l0- )S, 代入数据得: p=78cmHg (2)插入水银槽后左管压强: p′=p+△h=78+2=80cmHg 中、左管内气体做等温变化: p0lS=p′l′S, 解得l′=38cm 【思路点拨】 (1)右管被封闭气体做等温变化,注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差之间关系. (2)同理左管被封闭气体做等温变化,正确分析插入水银槽深度与中左管内气体长度变化以及液面差之间关系即可求解. (2014·湖北武昌5月模拟)16.如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱,中间有一段长l2=25.0cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0cm.已知大气压强为p0=75.0cmHg,现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为l1′=20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离. 【知识点】热学中气体性质考查题,玻意耳定律的应用。 高考属于II级知识点要求。 【答案解析】解析: 研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量,根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强,结合玻意耳定律求解. 以cmHg为压强单位.在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为 p1=p0+l2① 设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1′,由玻意耳定律得 p1l1=p1′l1′② 如图,设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为 l3′=l3+l1-l1′-Δl③ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′,则p2′=p1′-l2④ 由玻意耳定律得p0l3=p2′l3′⑤ 由①至⑤式及题给数据解得Δl=15.0cm. 【思路点拨】本题求解的关键是初末状态参量的分析,要会由图读出封闭气体内的压强和体积,再就好依据玻意耳定律列方程求解本题中的答案。 H3内能热力学定律 (2014·福建漳州八校第四次联考)1.下列说法正确的是() A.气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间势能之和 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,也能自发地从低温物体传递到高温物体 【知识点】温度是分子平均动能的标志.热力学第二定律 【答案解析】A 解析: A、气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和,故A正确;B、气体的温度变化时,其分子平均动能改变,但是分子势能不一定变,故B错误;C、热力学第二定律表述: 不可能从单一热源取热,把它全部变为功而不产生其他任何影响.只有在不产生其它影响的条件下,从单一热源吸热全部变功才是不可能的(被客观规律所禁止的).也就是说第二定律并不禁止下列情形: 存在其他变化时,热全部变功.或者说: “从单一热源取热,把它全部变为功”并非不可能,但只有在发生其他变化时,才能实现.故C错误.D、根据热力学第二定律得: 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,故D错误;故选A 【思路点拨】依据: 内能包含分子动能和势能,温度与分子动能相关,掌握热力学第二定律,掌握压强的微观解释.可以解答各选项. (2014·广东珠海二模)2.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一,目前专家们正在
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