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2015届高考物理二轮《热学（选修3-3）》专题训练

1.下列叙述正确的是(　　)
A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
C．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动就越明显
D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小
解析：根据NA＝知，A项正确；气体分子间距离远大于分子大小，其摩尔体积除以阿伏加德罗常数，结果是分子占据的空间，远远大于分子体积，B项错误；根据布朗运动特点，微粒越小，运动越明显，温度越高运动越剧烈，可判断C项错误；分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，D项错误。
答案：A
2．下列说法中正确的是(　　)
A．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为白天气温升高，大气压强变大
B．一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积必低于起始体积
C．布朗运动就是液体分子的运动
D．在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降
解析：软木塞不易拔出是因为暖水瓶内温度降低，压强减小，小于大气压的缘故，A错误；一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积不一定低于起始体积，B错误；布朗运动是固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，C错误；在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，对外做功，内能减小，温度降低，D正确。
答案：D
3．下列说法中正确的是(　　)
A．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系
B．扩散现象就是布朗运动
C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体
D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述
解析：一种液体是否浸润某种固体与它们的性质都有关系，选项A正确；扩散现象是分子彼此进入对方的现象而布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动的现象，所以选项B错误；蔗糖受潮后会粘在一起，虽然没有确定的几何形状，但有确定的熔点，是多晶体，选项C错误；热力学第二定律揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，选项D正确。
答案：AD
4．(2011·新课标全国卷)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是____________。
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
解析：一定质量的理想气体，＝常量，p、V不变，则T不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，A项正确；理想气体内能不变，则温度T不变，由＝常量知，p及V可以变化，故状态可以变化，B错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故C错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度升高1 K，内能增量ΔU一定，而外界对气体做的功W与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，D项正确；温度升高，平均动能增大，分子势能不变，内能一定增大，E项正确。
答案：ADE
5．(2011·山东高考)(1)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是________。
A．液体的分子势能与体积有关
B．晶体的物理性质都是各向异性的
C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
(2)气体温度计结构如图10－5所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm。(已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76 cmHg) 图10－5
①求恒温槽的温度。
②此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将________(填“吸热”或者“放热”)。
解析：液体分子的势能与体积有关，A正确。多晶体的物理性质是各向同性，B错。温度升高时，分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，C错。由于液体的表面张力作用，露珠呈球形，D正确。
(2)①设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K
A内气体发生等容变化，根据查理定律得
＝
p1＝p0＋ph1
p2＝p0＋ph2
联立以上三式，代入数据得
T2＝364 K(或91℃)
②温度升高，A内气体内能增大，根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，W＝0，ΔU＞0，所以Q＞0，即吸热。
答案：(1)AD
(2)①364 K(或91℃)　②增大　吸热

1．(8分)(2011·福建高考)(1)如图1所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是____________。(填选项前的字母)
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态 图1
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
(2)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的________。(填选项前的字母)
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
解析：(1)晶体与非晶体间关键区别在于晶体存在固定的熔点，固液共存态时吸热且温度不变，而非晶体没有。B正确。
(2)理想气体从外界吸热大于对外做功，所以内能增大，对外做功则说明体积增大。温度是理想气体内能的标志，内能增大，温度一定升高；气体对外做功，体积膨胀，质量不变，所以密度要减小。D正确。
答案：(1)B　(2)D
2．(8分)(1)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是________。
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则内能一定增加
C．如果物体从外界吸收了热量，则温度一定升高
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
(2)下列说法中正确的是________。
A．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与摄氏温度t成正比
B．液体的表面张力是由于液体表面层分子间表现为相互吸引所致
C．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强不变
D．温度可以改变某些液晶的光学性质
解析：(1)由热力学第一定律可知B、C错误，由热力学第二定律可知A错误。做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移，D正确。
(2)一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比，A选项错误；饱和汽的压强随温度升高而增大，C选项错误。
答案：(1)D　(2)BD
3．(10分)某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气体逐渐膨胀起来，如图2所示。
(1)在气球膨胀过程中，下列说法正确的是________。 图2
A．该密闭气体分子间的作用力增大
B．该密闭气体组成的系统熵增加
C．该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的
D．该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和
(2)若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，则该气体内能变化了________J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________(填“升高”或“降低”)。
解析：(1)气体分子间的作用力可忽略不计，A错误。由熵增加原理可知B正确，由气体压强产生的原因可知C错误，由气体分子的特点可知D错误。
答案：(1)B　(2)0.3　降低
4．(10分)(1)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量。在上述两个过程中，空气的内能共减小________ kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ。
(2)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数。(结果保留一位有效数字)
解析：(1)第一个过程内能不变，第二个过程放热，内能减小。
(2)设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝NA，代入数据得Δn＝3×1022个。
答案：(1)5　放出　29　(2)3×1022个
5．(8分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸5 mL。用注射器测得1 mL上述溶液有液滴50滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图3所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1 cm。则：
(1)油膜的面积约为________(保留两位有效数字)。 图3
(2)根据上述数据，估算出油酸分子的直径d＝________(保留一位有效数字)。
解析：(1)查格知共84格，油膜面积S＝84 cm2。
(2)根据题意可知每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V＝ mL＝1.0×10－5 mL，则油酸分子的直径d＝＝ cm＝1×10－7cm。
答案：(1)84 cm2　(2)1×10－7 cm
6．(12分)(1)下列说法正确的是________。
A．气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和
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，但不能自发地从低温物体传递到高温物体
E．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
F．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
(2)一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(即76.0 cm Hg)、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50 m3。在上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气的压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热装置而维持其温度不变。此后停止加热，保持高度不变。已知在这一海拔高度气温为－48.0℃。求：
①氦气在停止加热前的体积；
②氦气在停止加热较长一段时间后的体积。
解析：(1)ADEF
(2)①在气球上升至海拔6.50 km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程。
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
式中，p1＝76.0 cmHg，V1＝3.50 m3，p2＝36.0 cmHg，V2 是在此等温过程末氦气的体积。由上式得
V2＝7.39 m3。
②在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K。这是一等压过程。根据盖－吕萨克定律有
＝
式中，V3是在此等压过程末氦气的体积。由上式得
V3＝5.54 m3。
答案：(1)ADEF　(2)①7.39 m3　②5.54 m3
7．(12分)(2011·江苏高考)(1)如图4所示，一演示用的“永动机”转轮由 5 根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是________。 图4
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
(2)如图5所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0。现对气缸缓慢加热，气体吸收热量 Q 后，体积由 V1 增大为 V2。则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________。 图5
(3)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量 M ＝0.283 kg·mol－1，密度ρ ＝0.895×103 kg·m－3。若 100 滴油酸的体积为1 mL，则 1 滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取 NA ＝6.02×1023 mol－1，球的体积 V 与直径 D 的关系为 V＝πD3，结果保留一位有效数字)
解析：(1)通过分析题意可知，转轮之所以能够发生转动，是因为叶片能吸收热量，其内能转化为机械能，不是依靠惯性运动的，其转动的能量来自于热水中的内能，A错误，B错误；转动的叶片不断搅动热水，需要消耗能量，水温应不断降低，C错误；根据能量守恒，叶片在热水中吸收的能量应等于叶片的机械能与叶片向空气中释放的能量之和，故D正确。
(2)温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增大。根据热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，而W＝－p0SΔL＝－p0ΔV＝－p0(V2－V1)，所以气体内能变化了ΔU＝Q－p0(V2－V1)。
(3)一个油酸分子的体积V＝
由球的体积与直径的关系得分子直径D＝
最大面积S＝，解得S＝1×101m2
答案：(1)D　(2)增大　Q－p0(V2－V1)
(3)1×101m2
8．(10分)如图6所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C。已知状态A的温度为480 K，求：
(1)气体在状态C时的温度；
(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量。 图6
解析：(1)A、C两状态体积相等，则有＝
得：TC＝TA＝ K＝160 K。
(2)由理想气体状态方程＝
得：TB＝TA＝ K＝480 K
由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等而该过程体积增大 ，气体对外做功，气体吸收热量。
答案：(1)160 K　(2)吸收热量
9．(10分)一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图7中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→D→A(其中AD、BC与纵轴平行，AB、CD与横轴平行)，这一过程称为一个循环，则

(1)由A→B，气体分子的平均动能________(填“增大”“减少”或“不变”)。
(2)由B→C，气体的内能______(填“增大”“减少”或“不变”)。
(3)由C→D，气体________热量(填“吸收”或“放出”)。 图7
(4)已知气体在A状态时的温度为300 K，求气体在该循环过程中的最高温度为多少。
解析：(1)由A→B，气体温度升高，气体分子的平均动能增大。
(2)由B→C，气体的温度降低，内能减少。
(3)由C→D，气体的温度降低，内能减小，因体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律可知，气体一定向外界放出热量。
(4)由图像可知气体在B状态时的温度最高，即Tmax＝TB，由等压变化规律可知：
＝，得：TB＝900 K，所以Tmax＝900 K。
答案：(1)增大　(2)减少　(3)放出　(4)900 K
10．(12分)如图8所示，在水平面上固定一个气缸，缸内由质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与缸壁间无摩擦且无漏气，活塞到气缸底距离为L0，今有一质量也为m的重物自活塞上方h高处自由下落到活塞上并立即以碰前速度的与活塞一起向下运动，向下运动过程中活塞可达到的最大速度为v，求从活塞开始向下移动到达最大速度的过程中活塞对封闭气体做的功。(被封闭气体温度不变，外界大气压强为p0) 图8
解析：重物自由下落：mgh＝mv
碰后速度为v0＝
以封闭气体为对象，有p1SL0＝p2S(L0－ΔL)
初态对活塞：p1S－mg－p0S＝0
最大速度时对活塞与重物：p2S－p0S－2mg＝0
以活塞和重物为对象，由动能定理，从碰撞后到最大速度时有：
2mgΔL＋p0SΔL＋W＝×2mv2－×2m(v0)2
解得：W＝mv2－mg(L0＋h)
所以活塞对气体做功为W′＝mg(L0＋h)－mv2。
答案：mg(L0＋h)－mv2