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热学
满分：50分 时量：40分钟
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.以下关于热运动的说法正确的是(　　)
A.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B.水凝固成冰后，水分子的热运动停止
C.水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D.水的温度升高，每个水分子的运动速率都会增大
2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是(　　)
A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
3.若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度为g，则(　　)
A.图甲中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
B.图乙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
C.图丙中被封闭气体的压强为p0＋ρgh
D.图丁中被封闭气体的压强为p0＋ρgh1
4.登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　　)
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
5.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示.加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg.已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变.忽略细管和压强计内的气体体积.则V等于(　　)
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
6.地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 t，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023 J的热量.有人曾设想利用海水放出的热量，使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，关于其原因，下列说法正确的是(　　)
A.内能不能转化成机械能
B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律
D.机械能可全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
7.一定质量的理想气体，其内能与热力学温度成正比.该理想气体从状态A经一系列变化，最终又回到状态A，其变化过程的V－T图像如图所示，其中BA的延长线经过坐标原点，BC与横轴平行，气体在状态A时的内能为U.则下列说法中正确的是(　　)
A.气体由状态A至状态B的过程中，外界对气体做负功
B.气体由状态B至状态C的过程中，气体对外界做正功
C.气体由状态A至状态B的过程中，气体吸收的热量大于
D.气体由状态C至状态A的过程中，气体释放的热量等于U
二、非选择题（第8题10分，第9题10分，共20分）
8.如图所示，质量为m1＝50 kg、开口向上且上端有沿的圆柱形汽缸置于水平地板上.质量为m＝10 kg、横截面积S＝100 cm2的活塞(厚度不计)上系着的轻绳绕过光滑定滑轮与地板上M＝40 kg的重物相连.活塞与汽缸间封闭有一定质量的理想气体，活塞无摩擦且不漏气.初始状态时气体温度T0＝650 K，活塞处于最上端，缸沿对活塞的弹力F0＝200 N，活塞到缸底的距离h0＝40 cm，轻绳恰好伸直且没有弹力.外界大气压强恒为p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2.现使缸内气体缓慢降温，汽缸始终未离开地面.
(1)当轻绳弹力为F＝200 N时，缸沿对活塞弹力恰好为0，求此时缸内气体的温度；
(2)当活塞到缸底的距离变为h＝20 cm时，求此时缸内气体的温度.
9.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭.左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm.管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g.
(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差.
参考答案
1.解析：C分子热运动与宏观运动无关，只与温度有关，故A错误；温度升高，分子热运动更剧烈，分子平均速率增大，并不是每一个分子运动速率都会增大，故C正确，D错误；水凝固成冰后，水分子的热运动不会停止，故B错误.
2.解析：B因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D错误.
3.解析：D在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故A错误；在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件得F上＝F下，即p气S＋ρghS＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故B错误；在图丙中，以B液面为研究对象，有p气S＋ρghSsin 60°＝p0S，所以p气＝p0－ρgh，故C错误；在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝p0S＋ρgh1S，所以p气＝p0＋ρgh1，故D正确.
4.解析：C取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，末状态的温度为T2＝[273＋(－23)]K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp＝p2－p′＝×105 Pa－4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa，故C正确.
5.解析：D根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故D正确.
6.解析：CD内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，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，故C、D正确.
7.解析：AC气体由状态A至状态B为等压变化，体积增大，外界对气体做负功，A正确；气体由状态B至状态C为等容变化，气体对外界不做功，B错误；由状态A至状态B，由＝，解得TA＝200 K，由题意可知＝＝，解得UB＝1.5U，UC＝2U，根据热力学第一定律可知，UB－UA＝0.5U＝WAB＋QAB，又WAB<0，则气体吸收的热量大于，C正确；由状态C至状态A，根据热力学第一定律可知，UA－UC＝－U＝WCA＋QCA，又WCA>0，则气体释放的热量大于U，D错误.
8.解析：(1)以活塞为研究对象，初始状态时受力平衡，有p0S＋F0＋mg＝p1S
解得p1＝1.3×105 Pa
此时对封闭气体，有V1＝h0S，T0＝650 K
当轻绳张力为F＝200 N时，缸沿对活塞的弹力为0，对活塞有p0S＋mg＝p2S＋F
解得p2＝0.9×105 Pa
此过程汽缸内气体做等容变化，由查理定律可得
＝
解得T1＝450 K.
(2)当缸内活塞到缸底距离变为h＝20 cm时，重物已经离开地板，对活塞有p0S＋mg＝p3S＋Mg
解得p3＝0.7×105 Pa
由理想气体状态方程可知＝，其中V3＝hS
解得T2＝175 K.
9.解析：(1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm.
(2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有
p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，
则V2′＝L1S，由玻意耳定律有
p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm.

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