2020高考物理二轮课后演练专题六热学（Word版带解析）

(建议用时：45 分钟) 一、单项选择题 1．(2018·高考北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是(　　) A．气体扩散的快慢与温度无关 B．布朗运动是液体分子的无规则运动 C．分子间同时存在着引力和斥力 D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大 解析：选 C.在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故 A 错误；布朗运 动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故 B 错误；分子间同时存在着引力和斥力， 故 C 正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故 D 错误． 2．(2019·衡水高三调研)下列说法中不正确的是(　　) A．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动 B．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大 C．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同 D．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小 解析：选 A.分子做永不停息的无规则热运动，选项 A 错误；物体温度越高，分子的平均 动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同则物体分子热运动的平均动能可能相同，选 项 B、C 正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体 积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项 D 正确． 3．(2019·武汉 4 月调研)下列说法不正确的是(　　) A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律 B．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 C．两分子间分子势能不一定随距离的增大而增大 D．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关 解析：选 A.第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，A 项错 误． 4．(2019·陕西汉中高三一模)下列说法正确的是(　　) A．晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征 B．液体的分子势能与液体的体积无关 C．实际的气体的体积变化时，其内能可能不变 D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵” 解析：选 C.单晶体一定具有规则的形状，且有各向异性的特征，而多晶体的物理性质表 现为各向同性，选项 A 错误；分子势能的产生是由于分子间存在作用力，微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化，分子间作用力变化，分子势能才变化，选项 B 错误；当气体 体积变化时，若温度同时发生变化，气体内能可能不变，选项 C 正确；只有晶体的分子依照 一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”，选项 D 错误． 5．氧气分子在 0 ℃和 100 ℃ 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体 分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是(　　) A．图中两条曲线下面积不相等 B．图中实线对应于氧气分子在 100 ℃时的情形 C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 D．与 0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在 0～400 m/s 区间内的分子数占总分子 数的百分比较大 解析：选 B.根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的 变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项 A 错误；题图中实线占百分比较大 的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧 气分子在 100 ℃时的情形，选项 B 正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意 速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选 项 C 错误；由分子速率分布图可知，与 0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在 0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项 D 错误． 6．(2019·山东十校联考)下列说法中不正确的是(　　) A．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性 B．布朗运动虽不是分子运动，但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动 C．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热 平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度 D．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体) 内能不变 解析：选 B.非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向 异性，A 正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映， 不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，B 错误；根据热力学第零定律，如果两个系统分别 与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具 有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，C 正确；温度是分子的平均动能的标志，若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积 无关，所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变，D 正确． 7.如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b，再经过等温过程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca 回到初态 a.下列说法正 确的是(　　) A．在过程 ab 中气体的内能不变 B．在过程 ab 中气体对外界做功 C．在过程 bc 中气体从外界吸收热量 D．在过程 ca 中气体从外界吸收热量 解析：选 C.ab 过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A 项错误；ab 过程发生等容变化，气体对外界不做功，B 项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定， bc 过程发生等温变化，内能不变，bc 过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学 第一定律可知气体从外界吸热，C 项正确；ca 过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体 做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，D 项错误． 8．下列说法正确的是(　　) A．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态 B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动 C．分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同 D．物块在自由下落过程中，分子的平均动能增大，分子势能减小 解析：选 C.处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，故 A 错误；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反映的是液体分子热运动的规律，故 B 错误；温度是分子平均动能的标志，分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均 动能一定相同，选项 C 正确；分子动能与分子势能都与机械能无关，物块在自由下落过程中， 动能增加，重力势能减小，而分子平均动能和分子势能不变，故 D 错误． 二、非选择题 9．如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持 平衡，已知活塞距缸口 h＝50 cm，活塞面积 S＝10 cm2，封闭气体的体积为 V1＝1 500 cm3， 温度为 0 ℃，大气压强 p0＝1.0×105 Pa，物体重力 G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓 慢升高环境温度，封闭气体吸收了 Q＝60 J 的热量，使活塞刚好升到缸口．求： (1)活塞刚好升到缸口时，气体的温度； (2)汽缸内气体对外界做的功； (3)气体内能的变化量． 解析：(1)封闭气体初态： V1＝1 500 cm3，T1＝273 K末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3 缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化 则有 V1 T1＝ V2 T2 解得 T2＝364 K. (2)设封闭气体做等压变化的压强为 p 对活塞：p0S＝pS＋G 汽缸内气体对外界做功 W＝pSh 解得 W＝25 J. (3)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量 ΔU＝Q－W 得ΔU＝35 J 故汽缸内的气体内能增加了 35 J. 答案：(1)364 K　(2)25 J　(3)35 J 10．如图，用质量 m＝1 kg 的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽 缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度 h1＝0.5 m，气体的温度 t1＝27 ℃.现 用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至 t2＝267 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底 某一高度 h2 处，此过程中被封闭气体增加的内能增加ΔU＝400 J．已知大气压强 p0＝1.0×105 Pa，重力加速度 g 取 10 m/s2，活塞横截面积 S＝5.0×10－4 m2，求： (1)初始时汽缸内气体的压强 p1 和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度 h2； (2)此过程中汽缸内气体吸收的热量 Q. 解析：(1)开始时，活塞受力平衡，有 p0S＋mg＝p1S 解得 p1＝p0＋ mg S ＝1.2×105 Pa 气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得h1S T1 ＝ h2S T2 解得 h2＝0.9 m. (2)气体在膨胀过程中外界对气体做功为 W＝－p1ΔV＝－1.2×105×(0.9－0.5)×5×10－4 J＝－24 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得 Q＝ΔU－W＝400 J－(－24 J)＝424 J.答案：(1)0.9 m　(2)424 J 11．如图，容积均为 V 的汽缸 A、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门 K2 位于细管的中 部，A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3；B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初 始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部；关闭 K2、K3，通过 K1 给汽缸充气，使 A 中气体 的压强达到大气压 p0 的 3 倍后关闭 K1.已知室温为 27 ℃，汽缸导热． (1)打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开 K3，求稳定时活塞的位置； (3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ℃，求此时活塞下方气体的压强． 解析：(1)设打开 K2 后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1.依题意，被活塞分 开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得 p0V＝p1V1 ① (3p0)V＝p1(2V－V1) ② 联立①②式得 V1＝V 2 ③ p1＝2p0. ④ (2)打开 K3 后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为 V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为 p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2 ⑤ 由⑤式得 p2＝ 3V V2p0 ⑥ 由⑥式知，打开 K3 后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时 p2 为 p′2＝ 3 2p0. (3)设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1＝300 K 升高到 T2＝320 K 的等容过 程中，由查理定律得 p′2 T1 ＝ p3 T2 ⑦ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0. 答案：见解析