《(課標通用)高考物理一輪復習 13 熱學 微專題對訓練-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《(課標通用)高考物理一輪復習 13 熱學 微專題對訓練-人教版高三全冊物理試題（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、word 熱學 微專題 1．在一鍋正在沸騰的水中，一個小氣泡由底層緩慢地升到液面，上升過程中氣泡的壓強 不斷減小，如此氣泡在上浮過程中( ) A．內能增大 B.內能減小 C．外界對氣泡做功 D．吸收熱量 解析：在沸騰的水中，此環(huán)境下，氣泡的溫度恒定，如此氣泡的內能不變，應當選項 A、 B 錯誤；根據玻意耳定律，pV＝C，氣泡在上升過程中，壓強減小，如此體積增大，即氣泡對 外做功，應當選項 C 錯誤；通過上述分析，得知氣泡內能不變，且對外做功，根據ΔU＝W＋Q， 如此氣泡吸收了熱量，應當選項 D 正確． 答案：D 2．(多項選擇)根據熱力

2、學定律，如下說法中正確的答案是( ) A．電冰箱的工作過程明確，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞 B．空調機在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量 C．科技的進步可以使內燃機成為單一熱源的熱機 D．壓縮氣體總能使氣體的溫度升高 解析：熱力學第二定律的表述之一是熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，即自發(fā) 的熱傳遞具有方向性，選項 A 中熱量并非自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，選項 A 正確；空 調機制冷過程中一方面從室內吸收熱量，另一方面所消耗電能中的一局部又變?yōu)闊崃可⑹г? 室外，使排放到室外的熱量多于從室內吸收的熱量，選項 B 正確；

3、由熱力學第二定律的表述 “不可能從單一熱源吸收熱量，并把它全部用來做功，而不引起其他變化〞可知選項C 錯誤； 內能的變化決定于做功和熱傳遞兩個方面，壓縮氣體的同時向外界放熱，氣體的溫度可能不 變，也可能降低，選項 D 錯誤． 答案：AB 3．關于兩類永動機和熱力學的兩個定律，如下說法正確的答案是( ) A．第二類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第一定律 B．第一類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第二定律 - 1 - / 6 word C．由熱力學第一定律可知做功不一定改變內能，熱傳遞也不一定改變內能，但同時做功 和熱傳遞一定會改變內

4、能 D．由熱力學第二定律可知熱量從低溫物體傳向高溫物體是可能的，從單一熱源吸收熱量， 完全變成功也是可能的 解析：第一類永動機違反能量守恒定律，第二類永動機違反熱力學第二定律，A、B 錯誤； 由熱力學第一定律可知 W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q 可以等于零，C 錯誤；由熱力學第二定律可 知 D 中現象是可能的，但會引起其他變化，D 正確． 答案：D 圖 6 4．(多項選擇)如圖 6 所示是一定質量的理想氣體的體積 V 和攝氏溫度 t 變化關系的 V－t 圖象，氣體由狀態(tài) A 變化到狀態(tài) B 的過程中，如下說法正確的答案是( ) A．氣體的內能增大

5、 B．氣體的內能不變 C．氣體的壓強減小 D．氣體的壓強不變 E．氣體對外做功，同時從外界吸收熱量 解析：由狀態(tài) A 到狀態(tài) B，溫度升高，內能增大，A 正確，B 錯誤；由理想氣體狀態(tài)方程 可知，由狀態(tài) A 到狀態(tài) B，壓強減小，C 正確，D 錯誤；體積增大，對外做功，溫度升高，氣 體內能增加，從外界吸收熱量，E 正確． 答案：ACE 圖 7 5. (多項選擇)一定量的理想氣體從狀態(tài) a 開始，經歷三個過程 ab、bc、ca 回到原狀態(tài)， - 2 - / 6 word 其 p－T 圖象如圖 7 所示，如下判斷正確的答

6、案是( ) A．過程 ab 中氣體一定吸熱 B．過程 bc 中氣體既不吸熱也不放熱 C．過程 ca 中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱 D．a、b 和 c 三個狀態(tài)中，狀態(tài) a 分子的平均動能最小 E．b 和 c 兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數不同 pV p 解析：因為 ＝常數，從題圖中可看出，ab 過程 不變，如此體積 V 不變，因此 ab 過程 T T 是溫度升高、壓強增大、體積不變，根據熱力學第一定律可知，過程 ab 一定是吸熱過程，A 正確；bc 過程溫度不變，但是壓強減小，體積膨脹對外做功，應該是吸收熱量

7、，B 錯誤；ca 過程壓強不變、溫度降低、體積減小，外界對氣體做功，但由于溫度降低，說明對外放熱大 于外界對其做的功，故 C 錯誤；狀態(tài) a 溫度最低，而溫度是分子平均動能的標志，所以狀態(tài)a 分子的平均動能最小，D 正確；bc 過程體積增大了，容器內分子數密度減小，溫度不變，分 子平均速率不變，因此 c 狀態(tài)單位面積容器壁在單位時間內受到分子碰撞的次數減少了，E 正 確． 答案：ADE 圖 8 6．U 形管兩臂粗細不等，開口向上，封閉的粗管橫截面積是開口的細管的三倍，管中裝 入水銀，大氣壓為 76 cmHg.開口管中水銀面到管口距離為 11

8、cm，且水銀面比封閉管內高 4 cm， 封閉管內空氣柱長為 11 cm，如圖 8 所示．現在開口端用小活塞封住，并緩慢推動活塞，使兩 管液面相平，推動過程中兩管的氣體溫度始終不變，試求： (1)粗管中氣體的最終壓強； (2)活塞推動的距離． 解析：設左管橫截面積為 S，如此右管橫截面積為 3S， - 3 - / 6 A B B C word 設兩管液面相平時，左端液面下降 h ，左端液面上升 h ， 1 2 如此 h ＋h ＝4 cm，h S＝3h S， 1 2 1 2 解得 h ＝3 cm，h ＝1 cm. 1 2

9、 (1)以右管封閉氣體為研究對象， p ＝80 cmHg，V ＝11×3S＝33S(cm3) 1 1 V ＝10×3S＝30S(cm 2  3) 等溫變化：p V ＝p V 1 1 2 2 80 cmHg×33S＝p ×30S 解得 p ＝88 cmHg. 2 2 (2)以左管被活塞封閉氣體為研究對象，如此 p ＝76 cmHg，V ＝11S(cm 3 3  3)，p ＝88 cmHg 4 等溫變化：p V ＝p V 3 3 4 4 解得 V ＝9.5S(cm3) 4 活塞推動的距離 L＝(11＋

10、3－9.5)cm＝4.5 cm. 答案：(1)88 cmHg (2)4.5 cm 7．一定質量的理想氣體從狀態(tài) A 變化到狀態(tài) B，再變化到狀態(tài) C，其狀態(tài)變化過程的 p －V 圖象如圖 9 所示．該氣體在狀態(tài) A 時的溫度為 27℃.求： 圖 9 (1)該氣體在狀態(tài) B 時的溫度； (2)該氣體從狀態(tài) A 到狀態(tài) C 的過程中與外界交換的熱量． p p 解析：(1)對于理想氣體：A→B 過程，由查理定律有 ＝ ，得 T ＝100 K，所以 t ＝T － T T B B B A B 273℃＝－173℃. V V (2)B→C 過程，由蓋—

11、呂薩克定律有 ＝ ， T T B C 得 T ＝300 K，所以 t ＝T －273℃＝27℃. C C C - 4 - / 6 0 0 word 由于狀態(tài) A 與狀態(tài) C 溫度一樣，氣體內能相等，而 A→B 過程是等容積變化，氣體對外不 做功，B→C 過程中氣體體積膨脹對外做功，即從狀態(tài) A 到狀態(tài) C 氣體對外做功，故氣體應從 外界吸收熱量．Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200 J. 答案：見解析 8．如圖 10 所示，長 L＝100 cm、粗細均勻的玻璃管一端封閉．水平放置時，長L ＝50 cm 0

12、的空氣柱被水銀柱封住，水銀柱長 h＝30 cm.將玻璃管緩慢地轉到開口向下的豎直位置，然后 豎直插入水銀槽，插入后有Δh＝15 cm 的水銀柱進入玻璃管．設整個過程中溫度始終保持不 變，大氣壓強 p ＝75 cmHg.求： 0 圖 10 (1)試判斷是否有水銀溢出； (2)插入水銀槽后管內氣體的壓強 p； (3)管口距水銀槽液面的距離 H. 解析：(1)設當管轉至豎直位置時，水銀恰好位于管口而未從管中漏出，管截面積為 S 圖 11 此時氣柱長度 l＝70 cm 由玻意耳定律得 pl＝p L 得： 0 0 p L p＝ ≈53

13、.6 cmHg l 由于 p＋ρgh＝83.6 cmHg 大于 p ，因此必有水銀從管中漏出． 0 (2)設當管轉至豎直位置時，管內水銀柱長度為 x 由玻意耳定律得 p SL ＝(p －ρgx)S(L－x) 0 0 0 整理并代入數值解得：x＝25 cm 設插入水銀槽后管內氣柱長度為 L′ - 5 - / 6 0 word 由題設條件得 L′＝L－(x＋Δh)＝100 cm－(25＋15) cm＝60 cm 由玻意耳定律，插入后管內壓強 p L p＝ ＝62.5 cmHg. L′ (3)管內水銀與槽內水銀面間高度差為 h′＝75 cm－62.5 cm＝12.5 cm 管口距槽內水銀面距離 H＝L－L′－h(huán)′＝100 cm－60 cm－12.5 cm＝27.5 cm. 答案：(1)有水銀溢出 (2)62.5 cmHg (3)27.5 cm - 6 - / 6