适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第15单元热学作业38固体液体气体的性质热力学定律新人教版

作业38固体、液体、气体的性质热力学定律

A组基础达标微练一气体的性质及气体压强的计算1.汽缸的横截面积为S,质量为m的梯形活塞上面是水平的,下面与右侧竖直方向的夹角为α,如图所示,当活塞上放质量为m0的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0,若活塞与缸壁之间无摩擦,重力加速度为g,求汽缸中气体的压强。微练二气体试验定律及其图像2.确定质量的志向气体,其状态阅历a→b→c的变更,p-T图线如图所示,在该过程中气体体积()A.先不变后增大 B.先增大后不变C.先不变后减小 D.先减小后不变3.在两端封闭、粗细匀整的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm和l2=12.0cm,左边气体的压强相当于12.0cm高水银柱产生的压强。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。在整个过程中,气体温度不变。求U形管平放时两边空气柱的长度。微练三志向气体状态方程的求解4.(2024浙江诸暨中学月考)确定质量志向气体的体积V与温度T的关系如图所示,该气体经状态A→B→C→D→A的变更过程。状态A、B、C、D对应的压强分别为pA、pB、pC、pD,下列关系式正确的是()A.pA>pB B.pB>pCC.pC>pD D.pD>pA微练四热力学定律的理解与应用5.(多选)下列有关热现象的叙述,正确的是()A.机械能转化为内能的实际宏观过程是不行逆过程B.气体可以从单一热源吸取热量,全部用来对外做功C.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行D.热量可以从低温物体传到高温物体,但是不行能不引起其他变更微练五固体和液体的性质6.下列属于液晶分子示意图的是()7.两端开口的干净玻璃管竖直插入某液体中,管中液面如图所示,则()A.该液体对玻璃是不浸润的B.玻璃管竖直插入任何液体中,管中液面都会下降C.减小管的直径,管中液面会上升D.液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强B组综合提升8.如图所示,一粗细匀整的U形玻璃管开口向上竖直放置,左、右两管都封有确定质量的志向气体A、B,水银面a、b间的高度差为h1,水银柱cd的长度为h2,且h2=h1,a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端注入少量水银,系统重新达到平衡,则()A.A气体的压强小于外界大气压强B.B气体的压强变更量小于A气体的压强变更量C.水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度D.水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度9.(2024浙江重点中学拔尖学生培育联盟三模)如图所示,在竖直放置的导热性良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞能无摩擦地滑动,容器的横截面积为S,将整个装置放在大气压恒为p0的空气中,起先时气体的热力学温度为T0,活塞处于A处,它与容器底的距离为h0,当气体从外界吸取热量Q后,活塞缓慢上升距离d后到达B处再次处于静止状态。求:(1)外界空气的热力学温度;(2)在此过程中,密闭气体内能的增加量。10.(2024浙江绍兴高三诊断性考试)某物理爱好小组设计了一款火警报警装置,原理图简化如下:质量m0=2kg的汽缸通过细线悬挂在天花板下,质量m=0.1kg、横截面积S=10cm2的活塞将确定质量的志向气体密封在导热汽缸内。起先时活塞距汽缸底部的高度h=30cm,缸内温度t1=27℃;当环境温度上升,活塞缓慢下移Δh=6cm时,活塞表面(涂有导电物质)恰与a、b两触点接触,蜂鸣器发出报警声。不计活塞与汽缸之间的摩擦,活塞厚度可忽视,大气压强p0=1.0×105Pa,重力加速度取10m/s2,求:(1)细线的拉力及缸内气体的压强;(2)蜂鸣器刚报警时的环境温度t2;(3)若气体内能增加了15J,该过程中气体吸取的热量Q。

参考答案作业38固体、液体、气体的性质热力学定律1.答案p0+(解析对活塞进行受力分析,如图所示,由平衡条件得pS'=(又因为S'=S所以p=(m+m0)g+2.D解析由图像可知,a→b过程气体温度不变,压强增大,依据玻意耳定律pV=C可知气体体积减小;由图像可知b→c过程,p-T图像为过原点的直线,属于等容变更,则气体体积不变,故选D。3.答案22.5cm7.5cm解析设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'。由力的平衡条件有p1=p2+ρg(l1-l2)式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1'p2l2=pl2'两边气柱长度的变更量大小相等l1'-l1=l2-l2'联立解得l1'=22.5cml2'=7.5cm。4.D解析由题图可知,A、B在一条等压线上,则有pA=pB,D、C在一条等压线上,则有pC=pD,由志向气体的状态方程pVT=C,可知VT越小,压强越大,因此则有pC=pD>pA=pB,A、B、C错误,5.ABD解析依据热力学其次定律可知,宏观热现象具有方向性,即机械能转化为内能的实际宏观过程是不行逆的过程,故A正确;依据热力学其次定律可知,气体不行能自发从单一热源吸热并使之完全转化为有用功而不引起其他变更,但在外界的影响下,气体可以从单一热源吸取热量,并全部用来对外做功,故B正确;依据热力学其次定律,一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行,故C错误;依据热力学其次定律可知,热量可以从低温物体传到高温物体,但是不行能不引起其他变更,故D正确。6.B解析本题考查液晶的分子排列,液晶在某个方向上看其分子排列比较整齐,但从另一方向看,分子的排列是杂乱无章的。选项A、C中,分子排列特别有序,不符合液晶分子的排列,选项A、C错误;选项B中,分子排列比较整齐,但从另外一个角度看具有无序性,符合液晶分子的排列,选项B正确;选项D中,分子排列完全是无序的,不符合液晶分子的排列,选项D错误。7.A解析依据题图可知,液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩,则该液体对玻璃是不浸润的,故A正确;玻璃管与其他液体有可能浸润,管中液面会上升,故B错误;不浸润液体中,减小管的直径,管中液面会进一步下降,故C错误;在不浸润现象中,液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱,故D错误。8.C解析注入水银前,A气体压强pA=p0+ρgh2-ρgh1=p0,当在右管开口端注入少量水银时,h2增大,A、B气体压强均变大,即A气体的压强大于外界大气压强,A错误;右管注入水银后,两部分封闭气体压强均变大,由玻意耳定律p1V1=p2V2,可知A、B气体体积均变小,假设B气体体积不变,则水银面a上升的高度等于水银面c下降的高度,等于b下降的高度,由于B气体体积同时要变小,故水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度,C正确;假设注入Δh高度的水银,则B气体的压强变更量确定为ΔpB=ρgΔh,假设A、B气体的体积均不变,则A气体的压强变更量也为ΔpA=ρgΔh,压强增大后,依据玻意耳定律,体积要变小,即h1变小,故A气体的压强变更量小于ρgΔh,即B气体的压强变更量大于A气体的压强变更量,B错误;注入水银前,A气体压强pA=p0,右管中注入少量水银达到平衡后,设右管上段新水银柱的长度为h2',a、b间新的高度差为h1',依据平衡可得pA'+ρgh1'=p0+ρgh2',由于pA'>p0,所以h2'>h1',水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度,D错误。9.答案(1)h0+dh0T解析(1)取密闭气体为探讨对象,活塞上升过程为等压变更由盖-吕萨克定律有(解得T=h0+dh(2)活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功所以外界对气体做的功W=-(mg+p0S)d依据热力学第确定律得,密闭气体增加的内能ΔU=Q+W=Q-(mg+p0S)d。10.答案(1)21N0.99×105Pa(2)36