全品复习方案18高考物理大一轮复习真题汇编H单元热学.docx
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全品复习方案18高考物理大一轮复习真题汇编H单元热学
H单元热学
H1分子动理论
20.H1[2016·北京卷]雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果.雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10μm、2.5μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写).
某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化.
据此材料,以下叙述正确的是( )
A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6m的悬浮颗粒物
B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力
C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D.PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大
20.C [解析]10μm=1.0×10-5m,选项A不正确.
题目的信息PM10的浓度随高度的增加而略有减小,这表明PM10的分布具有任意性,也就是说受分子力和重力的大小关系具有任意性,选项B不正确.PM10和大悬浮颗粒肉眼均不可见,而且受气体分子的撞击的影响较大,其运动具有很强的无规则性,可以认为是布朗运动,选项C正确.PM2.5与PM10相比,密度相同,颗粒更小,那么PM2.5做布朗运动更明显,而分布应该更加均匀,不会高度越高浓度越大,选项D不正确.
12.[2016·江苏卷]
A.[选修33]
H1
(2)如图1甲所示,在斯特林循环的pV图像中,一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成,B→C的过程中,单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”),状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示,则状态A对应的是________(选填“①”或“②”).
图1
12.A.
(2)[答案]不变 ①
[解析]B→C过程中由于气体分子总数不变,体积也不变,因此单位体积中的气体分子数目也不变.根据理想气体状态方程可得TA
17.H1[2016·上海卷]某气体的摩尔质量为M,分子质量为m.若1摩尔该气体的体积为Vm,密度为ρ,则该气体单位体积分子数为(阿伏伽德罗常数为NA)( )
A.
B.
C.
D.
17.ABC [解析]因为体积为Vm的气体含有NA个分子,所以
是单位体积分子数,A正确;
=NA,B正确;
=
,C正确,D错误.
H2固体、液体、气体的性质
33.[2016·全国卷Ⅰ][物理——选修33]
H2
(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=
,其中σ=0.070N/m.现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升,已知大气压强p0=1.0×105Pa,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度大小g取10m/s2.
(i)求在水下10m处气泡内外的压强差;
(ii)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值.
33.
(2)[答案](i)28Pa (ii)1.3
[解析](i)当气泡在水下h=10m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则
Δp1=
①
代入题给数据得
Δp1=28Pa ②
(ii)设气泡在水下10m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为Δp2,其体积为V2,半径为r2.
气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2 ③
由力学平衡条件有
p1=p0+ρgh+Δp1 ④
p2=p0+Δp2 ⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1=
πr
⑥
V2=
πr
⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
=
⑧
由②式知,Δp1≪p0,i=1,2,故可略去⑧式中的Δp1项,代入题给数据得
=
≈1.3 ⑨
33.[2016·全国卷Ⅱ][物理——选修33]
H2
(2)(10分)一氧气瓶的容积为0.08m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气.若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.
33.
(2)[答案]4天
[解析]设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2.根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ①
重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为
V3=V2-V1 ②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有
p2V3=p0V0 ③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为
N=
④
联立①②③④式,并代入数据得
N=4(天) ⑤
33.[2016·全国卷Ⅲ][物理——选修33]
H2
(2)一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0cmHg.环境温度不变.
图1
33.
(2)[答案]144cmHg 9.42cm
[解析]设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2.活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p′1,长度为l′1;左管中空气柱的压强为p′2,长度为l′2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg ①
l′1=
cm ②
由玻意耳定律得
p1l1=p′1l′1 ③
联立①②③式和题给条件得
p′1=144cmHg ④
依题意
p′2=p′1 ⑤
l′2=4.00cm+
cm-h ⑥
由玻意耳定律得
p2l2=p′2l′2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h=9.42cm ⑧
12.[2016·江苏卷]
A.[选修33]
H2
(1)在高原地区烧水需要使用高压锅,水烧开后,锅内水面上方充满饱和汽,停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却,在冷却过程中,锅内水蒸气的变化情况为________.
A.压强变小
B.压强不变
C.一直是饱和汽
D.变为未饱和汽
12.A.
(1)[答案]AC
12.H2[2016·上海卷]如图1所示,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,一定质量的空气被水银柱封闭在A管内,初始时两管水银面等高,B管上方与大气相通.若固定A管,将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H,A管内的水银面高度相应变化h,则( )
图1
A.h=HB.h<
C.h=
D.
12.B [解析]若A管上端也是开口的,则当B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H后,两侧液面仍然等高,A管内的水银面高度相应变化h= H,但实际上,A管上端是封闭的,故A管内水银面下移过程中A管内封闭气体的压强变小,故两侧液面不再平齐,A管内水银面应升高,所以h< ,B正确. 30.H2[2016·上海卷]如图1所示,两端封闭的直玻璃管竖直放置,一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B,上下两部分气体初始温度相等,且体积VA>VB. 图1 (1)若A、B两部分气体同时升高相同的温度,水银柱将如何移动? 某同学解答如下: 设两部分气体压强不变,由 = ,…,ΔV= V,…,所以水银柱将向下移动. 上述解答是否正确? 若正确,请写出完整的解答;若不正确,请说明理由并给出正确的解答. (2)在上下两部分气体升高相同温度的过程中,水银柱位置发生变化,最后稳定在新的平衡位置,A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB,分析并比较二者的大小关系. 30.[答案] (1)不正确 见解析 (2)ΔpA=ΔpB [解析] (1)不正确. 水银柱移动的原因是升温后,由于压强变化造成受力平衡被破坏,因此应该假设气体体积不变,由压强变化判断移动方向. 正确解法: 设升温后上下部分气体体积不变,则由查理定律可得 = Δp=p′-p= p 因为ΔT>0,pA (2)升温前有pB=pA+ph(ph为汞柱压强) 升温后同样有p′B=p′A+ph 两式相减可得ΔpA=ΔpB. H3内能热力学定律 33.[2016·全国卷Ⅰ][物理——选修33] H3 (1)关于热力学定律,下列说法正确的是________. A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 33. (1)BDE[解析]气体吸热,若同时对外做功,则温度一可能降低,故A错误;改变气体的内能的方式有两种: 做功和热传递,故B正确;理想气体等压膨胀过程是吸热过程,故C错误;根据热力学第二定律,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,故D正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也一定达到热平衡,否则就不会与第三个系统达到热平衡,故E正确. 33.H2 H3[2016·全国卷Ⅱ][物理——选修33] H2、H3 (1)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态,其pT图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________. 图1 A.气体在a、c两状态的体积相等 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 33. (1)ABE [解析]由 =C得p= ·T(C为常量),因对角线ac的延长线过原点O,即p=kT,故体积V不变,即Va=Vc,选项A正确;一定量的理想气体的内能由温度T决定,而Ta>Tc,故Ea>Ec,选项B正确;cd过程为等温加压过程,外界对系统做正功,但系统内能不变,故系统要对外放热,放出热量Q=W外,选项C错误;da过程为等压升温过程,体积增加,对外界做功,系统内能增加,故系统要从外界吸热,且吸收热量Q=W外+ΔE内>W外,选项D错误;bc过程为等压降温过程,由 = 可知,气体体积会减小,W=pΔV=CΔTbc;同理da过程中,W′=p′ΔV′=CΔTda,因为|ΔTbc|=|ΔTda|,故|W|=|W′|,选项E正确. 33.[2016·全国卷Ⅲ][物理——选修33] H3 (1)关于气体的内能,下列说法正确的是________. A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同 B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大 C.气体被压缩时,内能可能不变 D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加 33. (1)CDE [解析]温度相同,分子平均动能相同,若摩尔质量不同,则相同质量的气体有不同的分子数,分子总动能不同,假若都是理想气体,因为只考虑分子动能,所以内能不同,A错误;气体内能取决于气体分子的平均动能和分子势能,而与宏观上整体的动能无关,B错误;若外界对气体做的功等于气体向外界放出的热,则气体的内能不变,C正确;理想气体的内能取决于气体分子的平均动能,而分子平均动能取决于温度,D正确;理想气体等压膨胀过程中,p一定,V增加,由 =C可知T升高,故内能增加,E正确. 12.[2016·江苏卷] A.[选修33] H3(3)如图甲所示,在A→B和D→A的过程中,气体放出的热量分别为4J和20J.在B→C和C→D的过程中,气体吸收的热量分别为20J和12J.求气体完成一次循环对外界所做的功. 12.A.(3)[答案]8J [解析]完成一次循环气体内能不变,则ΔU=0,吸收的热量Q=(20+12-4-20)J=8J,由热力学第一定律ΔU=Q+W得,W=-8J,气体对外做功8J. 15.[2016·海南卷][选修33] H3 (1)一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其pV图像如图1所示.在过程1中,气体始终与外界无热量交换;在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化.对于这两个过程,下列说法正确的是________. 图1 A.气体经历过程1,其温度降低 B.气体经历过程1,其内能减小 C.气体在过程2中一直对外放热 D.气体在过程2中一直对外做功 E..气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同 15. (1)[答案]ABE [解析]过程1,气体体积增大,气体对外界做功,因不存在热交换,故根据热力学第二定律,气体内能减小,温度降低,故A、B正确.过程2,气体先等容减压后等压膨胀,故先放热后吸热,先不对外做功,后对外做功,故C、D错误.两个过程的初、末状态均相同,所以内能改变量相同,故E正确. H4实验: 用油膜法估测分子的大小 H5热学综合 15.[2016·海南卷][选修33] H5 (2)如图1所示,密闭气缸两侧与一U形管的两端相连,气缸壁导热;U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体.一活塞将气缸分成左、右两个气室,开始时,左气室的体积是右气室的体积的一半,气体的压强均为p0=4.5×103Pa.外界温度保持不变.缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40cm,求此时左、右两气室的体积之比.重力加速度大小g取10m/s2,U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计. 图1 15. (2)[答案]1∶1 [解析]设初始状态时气缸左气室的体积为V01,右气室的体积为V02;当活塞至气缸中某位置时,左、右气室的压强分别为p1、p2,体积分别为V1、V2,由玻意耳定律得 p0V01=p1V1 ① p0V02=p2V2 ② 依题意有 V01+V02=V1+V2 ③ 由力的平衡条件有 p2-p1=ρgh ④ 联立①②③④式,并代入题给数据得 2V +3V01V1-9V =0 ⑤ 由此解得 V1= V01(另一解不合题意,舍去) ⑥ 由③⑥式和题给条件得 V1∶V2=1∶1 ⑦ 29.H5[2016·上海卷]某同学制作了一个结构如图1(a)所示的温度计.一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动,管长0.5m.将一量程足够大的力传感器调零,细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上,使细管保持水平、细线沿竖直方向.在气体温度为270K时,用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内.实验时改变气体温度,测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图(b)所示(实验中大气压强不变). 图1 (1)管内水银柱长度为________m,为保证水银不溢出,该温度计能测得的最高温度为________K. (2)若气柱初始长度大于0.3m,该温度计能测量的最高温度将________(选填“增大”“不变”或“减小”). (3)若实验中大气压强略有升高,则用该温度计测出的温度将________(选填“偏高”“不变”或“偏低”). 29.[答案] (1)0.1 360 (2)减小 (3)偏低 [解析] (1)由于轻质细管可以绕O点转动,通过力矩关系有: 设水银柱长度的一半为x,封闭气体长度为l,细管横截面积为S,细管长度为L,则FL=2ρgSx(l+x),研究气柱长度为0.3m和0.36m两个位置,可以计算出水银柱长度为2x=0.1m;为保证水银不溢出,水银刚好到达管口时封闭气体长度为l=0.4m,则根据 = ,可以算出此时温度为T=360K. (2)由 = 可知,当l0(V0)增大时,能够测量的最高温度将会减小.(3)若实验过程中大气压强略有升高,则封闭气体的初始体积V0的实际值变小,但如果仍用 = 计算,会出现温度的测量值偏低. 1.(多选)[2016·昆明一中一轮复习检测]下列说法正确的是( ) A.在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中,自由漂浮的水滴呈球形,这是液体表面张力作用的结果 B.布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动 C.对气体而言,尽管大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率是按一定的规律分布的 D.一定质量的理想气体,在等温膨胀的过程中,对外界做功,但内能不变 E.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零 1.ACD [解析]由于液体表面张力的作用,宇宙飞船中自由漂浮的水滴呈球形,选项A正确;布朗运动是指液体里花粉微粒的运动,选项B错误;大量分子在做无规则运动的时候,速率是按一定规律分布的,选项C正确;等温膨胀过程中,气体会对外做功,温度不变,则气体要吸收热量,内能是不变的,选项D正确;气体的压强是分子热运动频繁碰撞容器壁产生的,在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强不为零,选项E错误. 4.(多选)[2015·哈尔滨六中期末考试]下列说法中正确的是( ) A.做功和热传递在改变物体内能上是等效的 B.温度和质量都相同的水、冰和水蒸气,它们的内能相等 C.热的物体把温度传递给冷的物体,最终达到温度相同 D.压缩气体不一定能使气体的温度升高 E.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的 4.ADE [解析]做功和热传递在改变物体内能上是等效的,选项A正确;温度和质量都相同的水、冰和水蒸气,它们的内能不相同,水蒸气的内能最大,冰的内能最小,选项B错误;由热平衡知识可知,热的物体把热量传递给冷的物体,最终达到温度相同,选项C错误;根据热力学第一定律可知,压缩气体,若气体对外放热,则也可能使气体的温度降低,选项D正确;气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的,选项E正确. 2.(多选)[2016·皖南八校第二次联考]下列说法正确的是( ) A.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢 B.分子间同时存在着引力和斥力,当引力和斥力相等时,分子势能最大 C.液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的各向异性特征 D.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 2.ACD [解析]空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢,故A正确;分子间同时存在着引力和斥力,当引力和斥力相等时,分子势能最小,B错误;液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的各向异性特征,故C正确;液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动,故D正确;由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,分子间表现为引力,液体表面存在张力,它的方向平行于液体表面,而非与液面垂直,故E错误. 3.[2016·贵阳一中第三次月考]如图K461甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管,管内有一部分水银封住密闭气体,上管足够长,图中粗、细部分截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2.封闭气体初始温度为57℃,气体长度为L=22cm,图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线.(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K) (1)求封闭气体初始状态的压强; (2)若缓慢升高气体温度,升高至多少方可将所有水银全部压入细管内? (3)当温度升高至492K时,求液柱下端离开粗、细接口处的距离. 图K461 3. (1)80cmHg (2)369K (3)16cm [解析] (1)初始状态封闭的气体温度T1=273K+57K=330K, 体积为: V1=LS1=44cm3,由图像可知,此时气体压强: p1=80cmHg. (2)当水银全部进入细管后,气体将做等压变化,故从图乙可知当所有水银全部进入细管内时, 其封闭的气体压强: p2=82cmHg,体积: V2=48cm3 由理想气体状态方程得: = 代入数据解得: T2=369K. (3)当温度升高至T3=492K时,水银已经全部在细管内,封闭气体做等压变化,设此时气体的体积为V3,由盖·吕萨克定律得: = 解得: V3=64cm3 气体体积: V3=V2+S2hx 代入数据解得: hx=16cm. 5.[2016·石家庄期末调研]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K463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取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,水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度. 图K463 5. (1)76cmHg (2)17.48cm [解析] (1)由玻意耳定律可得: p0l1S=(p0+ρgh)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,对液柱,设液柱质量为m,由牛顿第二定律可得: pS-p0S-mg=ma 解得: p=p0+ =100cmHg 由玻意耳定律可得: p0l1S=pl3S 解得: l3=17.48cm. 如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
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