(全国通用)19版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测十三热学

17.(10分)如图9所示,足够长的圆柱形汽缸竖直放置,其横截面积为S=1×10 m,汽缸内有质量m=2 kg的活塞,活塞与汽缸壁封闭良好,不计摩擦.开始时活塞被销子K销于如图位置,离缸底高度L1=12 cm,此时汽缸内被封闭气体的压强p1=1.5×10 Pa,温度T1=300 K,外界大气压p0=1.0×10 Pa,g=10 m/s.

5

5

2

-3

2

图9

(1)现对密闭气体加热,当温度升到T2=400 K.其压强p2多大?

(2)若在此时拔去销子K,活塞开始向上运动,当它最后静止在某一位置时,汽缸内气体的温度降为T3=360 K,则这时活塞离缸底的距离L3为多少?

(3)保持气体温度为360 K不变,让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动,为使活塞能停留在离缸底L4=16 cm处,则求汽缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a的大小及方向.

9

答案精析

1.D 2.A

3.C [由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,改变物体内能的方式有两种:做功和热传递.若物体放热Q<0,但做功W未知,所以内能不一定减小,A选项错误;物体对外做功W<0,但Q未知,所以内能不一定减小,B选项错误;物体吸收热量Q>0,同时对外做功W<0,W+Q可正、可负、还可为0,所以内能可能增加,故C选项正确;物体放出热量Q<0,同时对外做功W<0,所以ΔU<0,即内能一定减小,D选项错误.] 4.B 5.B 6.D

7.BC [由V-T图象知,从A到B的过程中,气体被等温压缩,外界对气体做正功,气体的内能不变.由热力学第一定律知,气体放出热量,A项错误,B项正确;从B到C的过程中气体做等压变化,温度降低,气体内能减少,故C正确,D错误.]

8.CD [一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系,温度变化则其内能一定变化,B选项错误;保持气体的压强不变,改变其体积,则其温度一定改变,故内能变化,A选项错误;气体温度升高的同时,若其体积也逐渐变大,由理想气体状态方程=C可知,则其压强可以不变,C选项正确;由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体温度每升高1 K所吸收的热量Q与做功W有关,即与气体经历的过程有关,D选项正确;当气体做等温膨胀时,其内能不变,E选项错误.]

9.CDE [压缩气体需要用力,是由大量气体分子的碰撞作用造成的,A项错;当两个分子间的作用力表现为引力时,随分子间距离增大分子势能增大,分子力表现为斥力时,随分子间距离增大分子势能减小,B项错.]

10.ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动,而不是分子的运动,故A对.温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个气体分子的速率都增大,故B错.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,虽然温度没有升高,但此过程必须吸热,而吸收的热量使分子之间的距离增大,分子势能增加,故C对.温度是分子热运动的平均动能的标志,故D对.由热力学第二定律知,热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响,空调机作为制冷机使用时,消耗电能,将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外,故E错.] 11.1.2×10 0

解析 以活塞为研究对象,对其进行受力分析,如图所示(其中封闭气体的压强为p1)

由平衡条件可得

5

pVTF+p0S=p1S

10

则p1=p0+ 代入数据,得

FSp1=1.2×105 Pa

保持活塞不动,就意味着气体的体积没有发生变化,即气体发生的是等容变化,设气体温度降至27 ℃时的压强为p2,则

p1p2= T1T2

代入数据,得

p2=1.0×105 Pa

对活塞列平衡状态方程

F′+p0S=p2S

得F′=0 N.

12.(1)量筒、痱子粉、坐标纸

(2)将油膜看成单分子油膜,将油酸分子看做球形,认为油酸分子是一个紧挨一个的 纯油酸粘滞力较大,直接测量体积时误差太大 界定油膜的边界 (3)dacb (4)①

VA ②55 NXa2

13.(1)50 N (2)720 K

解析 (1)对汽缸受力分析,由平衡条件有

FN+pS=p0S,

得FN=(p0-p)S=50 N.

(2)设温度升高至T时,活塞与汽缸底的距离为H,则气体对外界做功W=p0ΔV=p0S(H-h), 由热力学第一定律得ΔU=Q-W. 解得H=12 cm

气体温度从T0升高到T的过程,由理想气体状态方程,得解得T=

pShp0SH=. T0Tp0HT0=720 K. ph14.(1)630 K (2)787.5 K

解析 (1)设U型管的横截面积是S,以封闭气体为研究对象,其初状态:

p1=p0+h1=(76+4) cmHg=80 cmHg,V1=L1S=20S

当右侧的水银全部进入竖直管时,水银柱的高度:h=h1+L3= (4+10) cm=14 cm,此时左侧竖直管中的水银柱也是14 cm

气体的状态参量:p2=p0+h=(76+14) cmHg=90 cmHg,V2=L1S+2L3S=20S+2×10S=40S

11

由理想气体状态方程得:代入数据得:T2=630 K

p1V1p2V2

= T1T2

(2)水银柱全部进入右管后,产生的压强不再增大,所以左侧的水银柱不动.右侧水银柱与管口相平时,气体的体积:V3=L1S+L3S+h2S=20S+10S+20S=50S 由盖—吕萨克定律:= 代入数据得:T3=787.5 K. 3

15.(1)28 Pa (2)2

2σ2×0.070

解析 (1)由公式Δp=得Δp=-3 Pa=28 Pa

r5×10则水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa. (2)气泡上升过程中做等温变化,由玻意耳定律得

V2V3

T2T3

p1V1=p2V2

43

其中,V1=πr1

3

① ② ③

V2=πr23

43

由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强,气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强,所以有

p1=p0+ρgh1=1.0×105 Pa+1.0×103×10×10 Pa

=2×10 Pa=2p0

5

④ ⑤

p2=p0

4433将②③④⑤代入①得,2p0×πr1=p0×πr2

332r1=r2

3

3

r23

=2. r1

2T2Sp0

16.(1)Q-(mg+p0S)h-ΔU1 (2)(-1)(+m)

T1g解析 (1)B气体对外做的功:W=pSh=(p0S+mg)h 由热力学第一定律得ΔU1+ΔU2=Q-W 解得ΔU2=Q-(mg+p0S)h-ΔU1

(2)停止对气体加热后,B气体的初状态:

mgp1=p0+,V1=2hS,T1

S

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