(课标通用)高考物理一轮复习 13 热学 微专题对训练-人教版高三全册物理试题

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1、word热学 微专题1在一锅正在沸腾的水中，一个小气泡由底层缓慢地升到液面，上升过程中气泡的压强 不断减小，如此气泡在上浮过程中( )A内能增大 B.内能减小C外界对气泡做功 D吸收热量解析：在沸腾的水中，此环境下，气泡的温度恒定，如此气泡的内能不变，应当选项 A、B 错误；根据玻意耳定律，pVC，气泡在上升过程中，压强减小，如此体积增大，即气泡对外做功，应当选项 C 错误；通过上述分析，得知气泡内能不变，且对外做功，根据UWQ， 如此气泡吸收了热量，应当选项 D 正确答案：D2(多项选择)根据热力学定律，如下说法中正确的答案是( )A电冰箱的工作过程明确，热量可以从低温物体向高温物体传递B空

2、调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D压缩气体总能使气体的温度升高解析：热力学第二定律的表述之一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发的热传递具有方向性，选项 A 中热量并非自发地从低温物体传到高温物体，选项 A 正确；空调机制冷过程中一方面从室内吸收热量，另一方面所消耗电能中的一局部又变为热量散失在室外，使排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，选项 B 正确；由热力学第二定律的表述“不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化可知选项C 错误；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，压缩气体的同时向外界放热，

3、气体的温度可能不 变，也可能降低，选项 D 错误答案：AB3关于两类永动机和热力学的两个定律，如下说法正确的答案是( )A第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律- 1 - / 6wordC由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功 和热传递一定会改变内能D由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量， 完全变成功也是可能的解析：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B 错误；由热力学第一定律可知 W0，Q0，但UWQ 可以等于零，C 错误；由热力

4、学第二定律可 知 D 中现象是可能的，但会引起其他变化，D 正确答案：D图 64(多项选择)如图 6 所示是一定质量的理想气体的体积 V 和摄氏温度 t 变化关系的 Vt 图象，气体由状态 A 变化到状态 B 的过程中，如下说法正确的答案是( )A气体的内能增大B气体的内能不变C气体的压强减小D气体的压强不变E气体对外做功，同时从外界吸收热量解析：由状态 A 到状态 B，温度升高，内能增大，A 正确，B 错误；由理想气体状态方程可知，由状态 A 到状态 B，压强减小，C 正确，D 错误；体积增大，对外做功，温度升高，气 体内能增加，从外界吸收热量，E 正确答案：ACE图 75. (多项选择)一

5、定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，- 2 - / 6word其 pT 图象如图 7 所示，如下判断正确的答案是( )A过程 ab 中气体一定吸热B过程 bc 中气体既不吸热也不放热C过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小Eb 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同pV p解析：因为 常数，从题图中可看出，ab 过程 不变，如此体积 V 不变，因此 ab 过程 T T是温度升高、压强增大、体积不变，根据热力学第一定律可知，过程 ab 一定是吸热过程，A正确

6、；bc 过程温度不变，但是压强减小，体积膨胀对外做功，应该是吸收热量，B 错误；ca过程压强不变、温度降低、体积减小，外界对气体做功，但由于温度降低，说明对外放热大于外界对其做的功，故 C 错误；状态 a 温度最低，而温度是分子平均动能的标志，所以状态a分子的平均动能最小，D 正确；bc 过程体积增大了，容器内分子数密度减小，温度不变，分子平均速率不变，因此 c 状态单位面积容器壁在单位时间内受到分子碰撞的次数减少了，E 正 确答案：ADE图 86U 形管两臂粗细不等，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为 76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为 11 cm

7、，且水银面比封闭管内高 4 cm，封闭管内空气柱长为 11 cm，如图 8 所示现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两 管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：(1)粗管中气体的最终压强；(2)活塞推动的距离解析：设左管横截面积为 S，如此右管横截面积为 3S，- 3 - / 6A BB Cword设两管液面相平时，左端液面下降 h ，左端液面上升 h ，1 2如此 h h 4 cm，h S3h S，1 2 1 2解得 h 3 cm，h 1 cm.1 2(1)以右管封闭气体为研究对象，p 80 cmHg，V 113S33S(cm3)1 1V 103S30S(cm 23)等温变

8、化：p V p V1 1 2 280 cmHg33Sp 30S 解得 p 88 cmHg.2 2(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，如此p 76 cmHg，V 11S(cm 3 33)，p 88 cmHg4等温变化：p V p V3 3 4 4解得 V 9.5S(cm3)4活塞推动的距离 L(1139.5)cm4.5 cm.答案：(1)88 cmHg (2)4.5 cm7一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 p V 图象如图 9 所示该气体在状态 A 时的温度为 27.求：图 9(1)该气体在状态 B 时的温度；(2)该气体从状态 A 到状态 C

9、的过程中与外界交换的热量p p解析：(1)对于理想气体：AB 过程，由查理定律有 ，得 T 100 K，所以 t T T T B B B A B273173.V V(2)BC 过程，由盖吕萨克定律有 ，T TB C得 T 300 K，所以 t T 27327.C C C- 4 - / 60 0word由于状态 A 与状态 C 温度一样，气体内能相等，而 AB 过程是等容积变化，气体对外不做功，BC 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态 A 到状态 C 气体对外做功，故气体应从 外界吸收热量QpV1105(31031103)J200 J.答案：见解析8如图 10 所示，长 L100 cm、粗细均

10、匀的玻璃管一端封闭水平放置时，长L 50 cm0的空气柱被水银柱封住，水银柱长 h30 cm.将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有h15 cm 的水银柱进入玻璃管设整个过程中温度始终保持不 变，大气压强 p 75 cmHg.求：0图 10(1)试判断是否有水银溢出；(2)插入水银槽后管内气体的压强 p；(3)管口距水银槽液面的距离 H.解析：(1)设当管转至竖直位置时，水银恰好位于管口而未从管中漏出，管截面积为 S图 11此时气柱长度 l70 cm由玻意耳定律得 plp L 得：0 0p Lp 53.6 cmHgl由于 pgh83.6 cmHg 大于 p ，因此必有水银从管中漏出0(2)设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为 x由玻意耳定律得 p SL (p gx)S(Lx)0 0 0整理并代入数值解得：x25 cm设插入水银槽后管内气柱长度为 L- 5 - / 60 word由题设条件得LL(xh)100 cm(2515) cm60 cm 由玻意耳定律，插入后管内压强p Lp 62.5 cmHg.L(3)管内水银与槽内水银面间高度差为h75 cm62.5 cm12.5 cm管口距槽内水银面距离HLLh100 cm60 cm12.5 cm27.5 cm.答案：(1)有水银溢出 (2)62.5 cmHg (3)27.5 cm- 6 - / 6