发布时间 : 星期日 文章(全国通用)19版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测十三热学更新完毕开始阅读
17.(10分)如图9所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10 m，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦.开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底高度L1＝12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×10 Pa，温度T1＝300 K，外界大气压p0＝1.0×10 Pa，g＝10 m/s.
5
5
2
－3
2
图9
(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K.其压强p2多大？
(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？
(3)保持气体温度为360 K不变，让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求汽缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a的大小及方向.
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答案精析
1.D 2.A
3.C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负、还可为0，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误.] 4.B 5.B 6.D
7.BC [由V-T图象知，从A到B的过程中，气体被等温压缩，外界对气体做正功，气体的内能不变.由热力学第一定律知，气体放出热量，A项错误，B项正确；从B到C的过程中气体做等压变化，温度降低，气体内能减少，故C正确，D错误.]
8.CD [一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B选项错误；保持气体的压强不变，改变其体积，则其温度一定改变，故内能变化，A选项错误；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程＝C可知，则其压强可以不变，C选项正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体温度每升高1 K所吸收的热量Q与做功W有关，即与气体经历的过程有关，D选项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，E选项错误.]
9.CDE [压缩气体需要用力，是由大量气体分子的碰撞作用造成的，A项错；当两个分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离增大分子势能增大，分子力表现为斥力时，随分子间距离增大分子势能减小，B项错.]
10.ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A对.温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的速率都增大，故B错.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C对.温度是分子热运动的平均动能的标志，故D对.由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，故E错.] 11.1.2×10 0
解析 以活塞为研究对象，对其进行受力分析，如图所示(其中封闭气体的压强为p1)
由平衡条件可得
5
pVTF＋p0S＝p1S
10
则p1＝p0＋ 代入数据，得
FSp1＝1.2×105 Pa
保持活塞不动，就意味着气体的体积没有发生变化，即气体发生的是等容变化，设气体温度降至27 ℃时的压强为p2，则
p1p2＝ T1T2
代入数据，得
p2＝1.0×105 Pa
对活塞列平衡状态方程
F′＋p0S＝p2S
得F′＝0 N.
12.(1)量筒、痱子粉、坐标纸
(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的 纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大 界定油膜的边界 (3)dacb (4)①
VA ②55 NXa2
13.(1)50 N (2)720 K
解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有
FN＋pS＝p0S，
得FN＝(p0－p)S＝50 N.
(2)设温度升高至T时，活塞与汽缸底的距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)， 由热力学第一定律得ΔU＝Q－W. 解得H＝12 cm
气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，得解得T＝
pShp0SH＝. T0Tp0HT0＝720 K. ph14.(1)630 K (2)787.5 K
解析 (1)设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：
p1＝p0＋h1＝(76＋4) cmHg＝80 cmHg，V1＝L1S＝20S
当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度：h＝h1＋L3＝ (4＋10) cm＝14 cm，此时左侧竖直管中的水银柱也是14 cm
气体的状态参量：p2＝p0＋h＝(76＋14) cmHg＝90 cmHg，V2＝L1S＋2L3S＝20S＋2×10S＝40S
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由理想气体状态方程得：代入数据得：T2＝630 K
p1V1p2V2
＝ T1T2
(2)水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动.右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：V3＝L1S＋L3S＋h2S＝20S＋10S＋20S＝50S 由盖—吕萨克定律：＝ 代入数据得：T3＝787.5 K. 3
15.(1)28 Pa (2)2
2σ2×0.070
解析 (1)由公式Δp＝得Δp＝－3 Pa＝28 Pa
r5×10则水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa. (2)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
V2V3
T2T3
p1V1＝p2V2
43
其中，V1＝πr1
3
① ② ③
V2＝πr23
43
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×10 Pa
＝2×10 Pa＝2p0
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④ ⑤
p2＝p0
4433将②③④⑤代入①得，2p0×πr1＝p0×πr2
332r1＝r2
3
3
r23
＝2. r1
2T2Sp0
16.(1)Q－(mg＋p0S)h－ΔU1 (2)(－1)(＋m)
T1g解析 (1)B气体对外做的功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律得ΔU1＋ΔU2＝Q－W 解得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1
(2)停止对气体加热后，B气体的初状态：
mgp1＝p0＋，V1＝2hS，T1
S
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