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2022步步高中物理一轮word题库选修3-3 热学·章末质量检测（十三）.doc
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章末质量检测(十三)
(时间：40分钟)
1.(1)(5分)下列有关饱和汽和气体湿度说法正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.与液体处于动态平衡下的蒸汽为饱和汽
B.在相同温度下，不同液体的饱和汽压几乎相等
C.一般液体的饱和汽压与温度成非线性关系，温度越高，饱和汽压越大
D.空气的绝对湿度一定时，环境温度越高，相对湿度越小
E.饱和汽基本性质和理想气体一样，都适用于理想气体状态方程
(2)(10分)一定质量的理想气体由状态A沿直线变化到状态B，其p－V图象如图1所示。已知气体处于状态A时，TA＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，求在此变化过程中，

图1
(i)气体从外界吸收的热量Q；
(ii)气体的最高温度。
解析　(1)根据饱和汽的定义可知，A正确；饱和汽压是液体的一个重要性质，它取决于液体的种类和温度，故相同温度下不同液体的饱和汽压一般是不同的，B错误；温度越高，分子运动越剧烈，饱和汽压越大，饱和汽压与温度成非线性关系，C正确；空气中水蒸气的实际压强与同温度下水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度，空气绝对湿度不变时，温度越高，水的饱和汽压越大，空气的相对湿度越小，D正确；饱和汽不适用于理想气体状态方程，E错误。
(2)(i)由理想气体状态方程pAVATA＝pBVBTB(1分)
代入数据可解得TB＝300 K(1分)
故该理想气体的内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律可知Q＝－W(1分)
又因为W＝－p·ΔV，所以Q＝p·ΔV，数值上等于p－V图线与坐标轴所围的面积(1分)
代入数据可解得Q＝400 J。(1分)
(ii)由pVT＝C(常量)可知，当pV最大时，气体的温度最高
由图象可知，p＝－108V＋4×105 (Pa)(1分)
得pV＝－108V2＋4×105V(Pa·m3)＝－108×(V－2×10－3)2＋4×102(Pa·m3)(1分)
故当V＝2×10－3 m3时，pV有最大值(1分)
由理想气体状态方程可得pAVATA＝pVTm(1分)
解得Tm＝400 K。(1分)
答案　(1)ACD　(2)(i)400 J　(ii)400 K
2.(1)(5分)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是__________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.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
B.对某物体做功，可能会使该物体的内能增加
C.密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
D.一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变
E.物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大
(2)(10分)如图2所示，竖直放置的均匀细U形管，左管上端封闭，长OA＝30 cm，右管足够长且上端开口，底部管长AB＝20 cm。初始时左右两管水银面等高、且水银柱高为10 cm，左管中封闭气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0＝75 cmHg，g取10 m/s2。

图2
(i)若对左管中封闭气体加热，直至左、右管中水银面形成5 cm长的高度差，则此时封闭气体的温度为多少摄氏度？
(ii)若保持封闭气体温度为27 ℃不变。使U形管在竖直面内沿水平方向做匀加速直线运动，则当左管的水银恰好全部进入AB内时，加速度为多大？
解析　(1)知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出每个气体分子占据的平均空间，不能算出单个气体分子的体积，选项A错误；对物体做功可能会增加物体的内能，热传递和做功是改变内能的两种方式，选项B正确；由查理定律可得，密封的体积不变的气体，温度升高，压强增大，故气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，选项C正确；一定质量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，吸收热量，内能增大，选项D错误；温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，选项E正确。
(2)(i)设U形管的横截面积为S
状态一：V1＝20 cm×S、T1＝273＋t1＝300 K、p1＝p0＝75 cmHg(1分)
状态二：V2＝22.5 cm×S、T2＝273＋t2、p2＝p0＋5 cm Hg＝80 cmHg(1分)
由理想气体状态方程有p1V1T1＝p2V2T2(2分)
解得t2＝87 ℃。(1分)
(ii)设水银密度为ρ，左管的水银恰好全部进入AB时
状态三：V3＝30 cm×S、p3
由玻意耳定律有p1V1＝p3V3(1分)
AB段水银柱的质量m＝ρS·AB
AB段水银柱右侧所受压强p3′＝p0＋ρgΔh2(1分)
由牛顿第二定律有p3′S－p3S＝ma(1分)
Δh2＝20 cm、AB＝20 cm
解得a＝22.5 m/s2，方向水平向左。(2分)
答案　(1)BCE　(2)(i)87 ℃　(ii)22.5 m/s2　方向水平向左
3.(1)(5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图3所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，由状态a变到状态b的过程中，气体__________(填“吸收”或“放出”)热量，从状态b到状态c，气体对外做________(填“正功”或“负功”)，从状态a到状态d，气体内能________(填“增加”“不变”或“减少”)。

图3
(2)(10分)如图4所示，导热气缸放在水平面上，开口向左，在缸内用一活塞密封一定质量的理想气体，活塞静止时位于汽缸中央，此时活塞到缸底的距离为L，活塞的横截面积为S，不计活塞与汽缸内壁的摩擦，大气压强为p0，温度为T0。若将汽缸开口向上静止放置，稳定后，活塞到缸底的距离变为45L，重力加速度为g。

图4
(i)当汽缸开口向下(缸口与外界大气相通)稳定后，活塞到缸底的距离为多少？
(ii)要使汽缸开口向下(缸口与外界大气相通)时活塞的位置与开口向上时活塞位置相同，则应在汽缸开口向下时，将缸内气体的温度降低为多少？
解析　(1)由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量；从状态b到状态c，气体体积变大，则气体对外做正功；从状态a到状态d，气体温度升高，则内能增加。
(2)(i)设活塞的质量为m，汽缸开口向上时，封闭气体的压强
p1＝p0＋mgS(1分)
汽缸开口向左时，气体的压强为p0，体积为LS，根据玻意耳定律有
p0LS＝p1×45LS(1分)
解得mg＝14p0S(1分)
当汽缸开口向下时，封闭气体的压强p2＝p0－mgS(1分)
根据玻意耳定律有p0LS＝p2×dS(2分)
解得活塞到缸底的距离d＝43L。(1分)
(ii)设气体温度降低到T1时，汽缸开口向下(缸口与外界大气相通)时活塞的位置与开口向上时活塞的位置相同。根据盖—吕萨克定律有
43LST0＝45LST1(2分)
解得T1＝35T0。(1分)
答案　(1)吸收　正功　增加　(2)(i)43L　(ii)35T0
4.(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.晶体在熔化过程中分子的平均动能不变
B.温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动
C.在轮胎爆裂的短暂过程中，胎内气体膨胀，温度下降
D.只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，能计算出阿伏加德罗常数
E.在油膜法估测分子大小的实验中，若油酸未完全散开，则会使测量结果偏大
(2)(10分)如图5，开口朝下的圆筒形导热汽缸竖直悬挂，处于静止状态，汽缸内用横截面积为S的薄活塞封闭着温度为300 K的某种理想气体，活塞可在汽缸内上下无摩擦滑动。通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动。当气体温度升高至360 K时，活塞刚好移到汽缸口。已知大气压强为p0，汽缸容积为V0，重力加速度为g。

图5
(i)求300 K时汽缸内气体的体积；
(ii)如果不加热气体，而在活塞下悬挂一个砂盘，缓慢地往砂盘里添加砂，当砂与砂盘总质量与活塞质量相等时，活塞也刚好移到汽缸口，判断此过程中气体吸热还是放热？并求出活塞的质量。
解析　(1)晶体在熔化时温度不变，而温度是分子平均动能的标志，故A项正确；布朗运动是指固体小微粒的运动，而热运动是指分子的无规则运动，故B项错误；在轮胎爆裂的瞬间，胎内气体急剧膨胀，对外做功，来不及进行热交换，可认为是绝热过程，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得内能减少，温度降低，C项正确；水蒸气是气态水，水分子间距很大，故水蒸气的摩尔体积与单个水分子的体积之比并非等于阿伏加德罗常数，D项错误；在用油膜法测分子大小时，应为单分子油膜，若油酸分子未完全散开，则测量得到的油膜面积会偏小，分子直径d＝VS就偏大，E项正确。
(2)(i)缓慢加热气体的过程中，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得
V1T1＝V2T2(2分)
其中T1＝300 K，T2＝360 K，V2＝V0
解得V1＝56V0(1分)
(ii)封闭气体做等温变化，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程中气体吸热。(2分)
在挂砂盘使活塞移到汽缸口的过程中，气体发生等温变化，设活塞质量为m，
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2(2分)
其中p1＝p0－mgS(1分)
p2＝p0－2mgS(1分)
联立解得m＝p0S7g(1分)
答案　(1)ACE　(2)(i)56V0　(ii)吸热　p0S7g
5.(1)(5分)如图6所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环。状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能________(填“大”或“小”)。由B到C的过程中，气体将________(填“吸收”或
“放出”)热量。经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量________(填“大于”或“小于”)释放的总热量。

图6
(2)(10分)如图7所示，导热性能良好的柱形金属容器竖直放置，容器上端的轻质塞子将容器密闭，内有质量为m的活塞将容器分为A、B两个气室，A、B两个气室的体积均为V。活塞与容器内壁间气密性良好，且没有摩擦，活塞的截面积为S。已知重力加速度大小为g，大气压强大小为2mgS，A气室内气体的压强大小为mgS。

图7
(i)拔去容器上端的塞子，求活塞稳定后B气室的体积VB；
(ii)拔去塞子待活塞稳定后，室温开始缓慢升高，从活塞稳定到其恰好上升到容器顶端的过程中，B气室中气体从外界吸热为Q，求这个过程中B气室中气体内能增量ΔU。
解析　(1)由p－V图象可知，从状态A到状态B，气体的压强增大，体积增大，根据理想气体状态方程可知，状态B时的温度比状态A时的温度高。根据温度是分子平均动能的标志，可知状态B时气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大。由状态B到状态C的过程中，气体的体积不变，不对外做功，压强减小，则温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，可知气体将放出热量。根据p－V图象中图线与坐标轴所围图形的面积表示功可知，经历ABCDA一个循环，气体对外做功数值大于外界对气体做功数值，内能不变，根据热力学第一定律，可知气体吸收的总热量大于放出的总热量。
(2)(i)塞子拔去待活塞稳定后，B气室中的气体初、末状态温度不变，由玻意耳定律有
(mgS＋mgS)·V＝(mgS＋2mgS)·VB(2分)
解得V B＝23V。(2分)
(ii)B气室的气体吸收的热量，一部分用来对外做功，一部分为其内能增量。室温缓慢升高过程中，气体对外做功为
W＝(mgS＋2mgS)(2V－VB)＝4mgVS(3分)
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W＝Q－4mgVS。(3分)
答案　(1)大　放出　大于　(2)(i)43V　(ii)Q－4mgVS

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