【文档说明】2021届高考物理二轮专题复习（选择性考试）专题强化练（十七） 热学 含解析.docx，共(16)页，289.987 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(十七)题型一热学基础知识1．(2020·北京卷)分子力F随分子间距离r的变化如图所示．将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分于间的作用，下列说法正确的是()A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小B

．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小解析：从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；

由图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；分子势能在r＝r0时分子势能最小，故从r＝r2到r＝r0分子势能一直减小，故C错误；从r＝r2到r＝r1分子势能先减小后增

大，故分子动能先增大后减小，故D正确．答案：D2．(多选)下列说法正确的是()A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B．外界对气体做正功，气体的内能不一定增加C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差D．第二类永动机

不能制成是因为它违反了能量守恒定律E．晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大解析：(1)花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故A错误；外界对气体做正功，气体可能同时放热，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体的内能不一定增加，故B正确；

影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故C正确；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故D错误；晶体熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收

热量，说明内能增加，故分子势能增大，故E正确．答案：BCE3．(多选)下列说法中正确的是()A．如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%B．如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0

开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大C．如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0℃相比，100℃时速率大的分子所占比例较多D．在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品

一定为非晶体E．如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的解析：根据热力学第二定律可知，如果

没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故A错误；如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，由于分子力做负功，分子势能逐渐变大，故B正确；如图丙所示为某理想气体分子速率

分布图象，由图可知与0℃相比，100℃时速率大的分子所占比例较多；故C正确；在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，由图可知，该样品具有各向同性，则该样品可以是非晶体和多晶体，故D错误；如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内

打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的；故E正确．答案：BCE4.(2020·天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣

动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体()A．压强变大B．对外界做功C．对外界放热D．分子平均动能变大解析：随着水向外喷出，气体体积增大，由于温度不变，根据pV

＝恒量可知，气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的

平均动能不变，D错误．答案：B5．(多选)下列说法正确的是()A．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的B．做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功

来实现，也可以通过热传递来实现C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的

温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热解析：第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，不能够实现，故A错误；做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现

，也可以通过热传递来实现，故B正确；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故C正确；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是统计规律，具体到个别分子，其速

率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率非常小，故D正确；随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据pVT＝C可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变时，ΔU不变，又W＜0，所以Q＞0，即气泡吸热，故E错误．答案

：BCD题型二气体实验定律和理想气体状态方程6.如图所示，质量m＝50kg的导热汽缸置于水平地面上，质量不计，横截面积S＝0.01m2的活塞通过轻杆与右侧墙壁相连．活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，气体温度t＝27℃，汽缸与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦

力与滑动摩擦力相等，已知g取10m/s2，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝t＋273，求：(1)缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；(2)保证汽缸静止不动时温度的范围．解析：(1)汽缸开

始运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，汽缸内气体压强为：p＝p0＋fS＝1.2×105Pa，气体发生了等容变化，根据查理定律可得：p0T0＝pT，代入数据可得：T＝360K，即：t＝T－273＝87℃.(2)当汽缸恰好不向右运动时

，温度有最低值，汽缸内气体压强：p′＝p0－fS＝0.8×105Pa.气体发生了等容变化，根据查理定律可得：p0T0＝p′T′，可得T′＝240K，即：t′＝T′－273＝－33℃，温度在－33℃到87℃之间汽缸静止

不动．答案：(1)1.2×105Pa87℃(2)－33～87℃7.一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒连接而成．活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L＝0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动．A、B的截面积分别为SA＝40

cm2，SB＝20cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0＝1.0×105Pa的大气．当汽缸内气体温度为T1＝525K时两活塞静止于如图所示的位置．(1)现使汽缸内气体的温度缓

慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？(2)若在此变化过程中气体共向外放热500J，求气体的内能变化了多少．解析：(1)对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化由盖-吕萨克定律有3LSA＋LSB

T1＝4LSBT2，代入数据：解得T2＝300K时活塞A恰好移到两筒连接处．(2)活塞向右移动过程中，外界对气体做功W＝p0·3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)J＝300J，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝300J－500J＝－200J

.即气体的内能减少200J.答案：(1)300K(2)200J8.如图所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1＝10cm2、S2＝20cm2，两活塞总质量为M＝5kg，两

汽缸高度均为H＝10cm.汽缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时，活塞a、b到汽缸底部距离均为l＝5cm(图中未标出)．已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，环境温度为T0＝300K，重力加速度g

取10m/s2.(1)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部，求此时的环境温度；(2)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值．解析：(1)汽缸内气体压强不变，

温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖-吕萨克定律得：lS1＋lS2T0＝HS2T，代入数据得：T＝400K.(2)设初始气体压强为p1，由平衡条件有：p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1，代入数

据得：p1＝1.5×105Pa.由题意知，活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，设压强为p2.由玻意耳定律得：p1(lS1＋lS2)＝p2HS1，代入数据得：p2＝2.25×105Pa，

由平衡条件有：p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F，代入数据得：F＝75N.答案：(1)400K(2)75N9.(1)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p-V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．①气体状态从A到B是________

过程(选填“等容”“等压”或“等温”)；②状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(选填“升高”“不变”或“降低”)；③状态从C到D的变化过程中，气体________(选填“吸热”或“放热”)；④状态从A→B→

C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．(2)如图所示，竖直放置的汽缸上端有一活塞，活塞横截面积为S(厚度不计)，活塞可在汽缸内无摩擦地滑动．汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃细管相通．汽缸内封闭了一段高为L的气柱，U形管内的气体体积不计．此时缸内气体温度

为T0，U形管内水银柱高度差为h.已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g.(汽缸内气体与外界无热量交换)①求活塞的质量m；②对汽缸内气体进行加热，并在活塞上缓慢添加质量为4m的沙子，最终活塞位置

不变，求最终汽缸内气体的温度T.解析：(1)①A→B，对应压强值恒为p2，即为等压过程．②B→C，由pVT＝恒量，V不变，p减小，T降低．③C→D，由pVT＝恒量，p不变，V减小，可知T降低，外界对气体

做功，内能减小，由ΔU＝W＋Q可知C→D过程放热．④A→B，气体对外界做功WAB＝p2(V3－V1)B→C，V不变，气体不做功C→D，V减小，外界对气体做功WCD＝－p1(V3－V2)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做的总功

W＝WAB＋WBC＋WCD＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．(2)本题考查物体的平衡、查理定律，意在考查考生的理解能力．①活塞受力分析如图所示，设此时汽缸内气体的压强为p1，由平衡条件有p1S＝p0S＋mg，由U形管中水银的高度差，结合液体压强公式有p1＝

p0＋ρgh，联立解得活塞的质量m＝ρSh.②在活塞上添加质量为4m的沙子，由平衡条件得p2S＝p0S＋5mg得p2＝p0＋5ρgh，汽缸内气体做等容变化，由查理定律得p1T0＝p2T，所以此时汽缸内气体的温度为T＝p0＋5ρghp0＋ρghT0.答案：(1)①等压②降低③放热④p2(V3－V1)

－p1(V3－V2)(2)①pSh②p0＋5ρghp0＋ρghT010．热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性

能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×10

6Pa；室温温度为27℃.氩气可视为理想气体．(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强．解析：(1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强

为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1，①被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V′＝V1－V0，②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.由玻意耳定律p2V

2＝10p1V′，③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107Pa④(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律p3T1＝p1T0，⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108Pa，⑥答案：(

1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa11.(1)(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中________．A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直

对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功(2)在两端封闭，粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气，当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm.左边气体的压强为12.0

cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度，在整个过程中，气体温度不变．解析：(1)因pVT＝C，由a→b，pa＜pb，Va＜Vb，可得Ta＜Tb，故A项错误；因Ta＜Tb，故理想气体的内能一直增

加，B项正确；因气体的体积一直增大，故气体一直对外做功，C项正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，D项正确；气体吸收的热量有一部分转化为内能，一部分用于对外做功，故E项错误．(2)设管截面积为S，对左边的气体，p1

＝12.0cmHg，l1＝18.0cm.设后来压强为p，l′1＝l1＋Δl，根据玻意耳定律得：p1l1S＝pl′1S，即：p1l1S＝p(l1＋Δl)S.对右边的气体：p2＝p1－p液＝6.0cmHg，l2＝12.0cm，后

来压强为p，l′2＝l2－Δl，根据玻意耳定律得：p2l2S＝pl′2S，即p2l2S＝p(l2－Δl)S.联立解得：Δl＝4.5cm，所以：l′1＝18.0cm＋4.5cm＝22.5cm，l′2＝12.0cm－4.5cm＝7.5cm.答案：(1)BCD(2)l′1＝22.5c

ml′2＝7.5cm12．[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火

罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上，抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体

体积变为罐容积的2021.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．

解析：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝2021V0，①由理想气体状态方程得p0V0T1＝p2·2021V0T2，②代

入数据得p2＝0.7p0，③对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0.由题意知p3＝p0、V3＝V′0、p4＝p2，④由玻意耳定律得p0V′0＝p2V4，⑤联立③⑤式，代入数据得V4＝107V′0.⑥设抽出的气体的体积为ΔV

，由题意知ΔV＝V4－2021V′0，⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为Δmm＝ΔVV4，⑧联立以上各式，代入数据得Δmm＝13.⑨答案：13获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com