2020届高考物理总复习13热学微专题针对训练（含解析）新人教版 4页

13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，则气泡在上浮过程中(　　)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，则气泡的内能不变，故选项A、B错误；根据玻意耳定律，pV＝C，气泡在上升过程中，压强减小，则体积增大，即气泡对外做功，故选项C错误；通过上述分析，得知气泡内能不变，且对外做功，根据ΔU＝W＋Q，则气泡吸收了热量，故选项D正确．答案：D2．(多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是(　　)A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，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部分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，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，下列说法正确的是(　　)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C．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W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于零，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确．答案：D图64．(多选)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V－t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)A．气体的内能增大B．气体的内能不变nC．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.(多选)一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，其p－T图象如图7所示，下列判断正确的是(　　)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D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b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解析：因为＝常数，从题图中可看出，ab过程不变，则体积V不变，因此ab过程是温度升高、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；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86．U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76cmHg.开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，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，则右管横截面积为3S，设两管液面相平时，左端液面下降h1，左端液面上升h2，n则h1＋h2＝4cm，h1S＝3h2S，解得h1＝3cm，h2＝1cm.(1)以右管封闭气体为研究对象，p1＝80cmHg，V1＝11×3S＝33S(cm3)V2＝10×3S＝30S(cm3)等温变化：p1V1＝p2V280cmHg×33S＝p2×30S　解得p2＝88cmHg.(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，则p3＝76cmHg，V3＝11S(cm3)，p4＝88cmHg等温变化：p3V3＝p4V4解得V4＝9.5S(cm3)活塞推动的距离L＝(11＋3－9.5)cm＝4.5cm.答案：(1)88cmHg(2)4.5cm7．一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．已知该气体在状态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的过程中与外界交换的热量．解析：(1)对于理想气体：A→B过程，由查理定律有＝，得TB＝100K，所以tB＝TB－273℃＝－173℃.(2)B→C过程，由盖—吕萨克定律有＝，得TC＝300K，所以tC＝TC－273℃＝27℃.由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B过程是等容积变化，气体对外不做功，B→C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．Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200J.答案：见解析8．如图10所示，长L＝100cm、粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长L0＝50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30cm.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Δh＝15cm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p0＝75cmHg.求：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.n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l＝70cm由玻意耳定律得pl＝p0L0得：p＝≈53.6cmHg由于p＋ρgh＝83.6cmHg大于p0，因此必有水银从管中漏出．(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p0SL0＝(p0－ρgx)S(L－x)整理并代入数值解得：x＝25cm设插入水银槽后管内气柱长度为L′由题设条件得L′＝L－(x＋Δh)＝100cm－(25＋15)cm＝60cm由玻意耳定律，插入后管内压强p＝＝62.5cmHg.(3)管内水银与槽内水银面间高度差为h′＝75cm－62.5cm＝12.5cm管口距槽内水银面距离H＝L－L′－h′＝100cm－60cm－12.5cm＝27.5cm.答案：(1)有水银溢出　(2)62.5cmHg　(3)27.5cm