熱學(xué)滿分：50分時量：40分鐘一．選擇題（1-5為單選題，題每小題4分，6-7題為多選題，每小題5分，共30分）1.以下關(guān)于熱運動的說法正確的是()A.水流速度越大，水分子的熱運動越劇烈B.水凝固成冰后，水分子的熱運動停止C.水的溫度越高，水分子的熱運動越劇烈D.水的溫度升高，每個水分子的運動速率都會增大2.關(guān)于以下幾幅圖中現(xiàn)象的分析，下列說法正確的是()A.甲圖中水黽停在水面而不沉，是浮力作用的結(jié)果B.乙圖中將棉線圈中肥皂膜刺破后，擴成一個圓孔，是表面張力作用的結(jié)果C.丙圖液晶顯示器是利用液晶光學(xué)性質(zhì)具有各向同性的特點制成的D.丁圖中的醬油與左邊材料不浸潤，與右邊材料浸潤3.若已知大氣壓強為p0，如圖所示各裝置均處于靜止?fàn)顟B(tài)，圖中液體密度均為ρ，重力加速度為g，則()A.圖甲中被封閉氣體的壓強為p0＋ρghB.圖乙中被封閉氣體的壓強為p0＋ρghC.圖丙中被封閉氣體的壓強為p0＋eq\f(\r(3),2)ρghD.圖丁中被封閉氣體的壓強為p0＋ρgh14.登山隊員在攀登高峰的時候必須帶上專業(yè)的登山裝備，某隊員戴了登山手表攀登珠穆朗瑪峰，手表是密封的，表內(nèi)溫度27℃時氣體壓強為1.0×105Pa(常溫下的大氣壓強值)，當(dāng)他登上峰頂時，峰頂氣壓為4.0×104Pa，表內(nèi)溫度為－23℃，則此登山手表表面玻璃可以承受的內(nèi)外壓強差至少為()A.8.3×104Pa B.8.3×105PaC.4.3×104Pa D.1.23×105Pa5.血壓儀由加壓氣囊、臂帶、壓強計等構(gòu)成，如圖所示.加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強計示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強高于大氣壓強的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強為大氣壓強，體積為V；每次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?V，壓強計示數(shù)為150mmHg.已知大氣壓強等于750mmHg，氣體溫度不變.忽略細(xì)管和壓強計內(nèi)的氣體體積.則V等于()A.30cm3 B.40cm3 C.50cm3 D.60cm36.地球上有很多的海水，它的總質(zhì)量約為1.4×1018t，如果這些海水的溫度降低0.1℃，將要放出5.8×1023J的熱量.有人曾設(shè)想利用海水放出的熱量，使它完全變成機械能來解決能源危機，但這種機器是不能制成的，關(guān)于其原因，下列說法正確的是()A.內(nèi)能不能轉(zhuǎn)化成機械能B.內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機械能不滿足熱力學(xué)第一定律C.只從單一熱源吸收熱量并完全轉(zhuǎn)化成機械能的機械不滿足熱力學(xué)第二定律D.機械能可全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能不可能全部轉(zhuǎn)化為機械能，同時不引起其他變化7.一定質(zhì)量的理想氣體，其內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比.該理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)一系列變化，最終又回到狀態(tài)A，其變化過程的V－T圖像如圖所示，其中BA的延長線經(jīng)過坐標(biāo)原點，BC與橫軸平行，氣體在狀態(tài)A時的內(nèi)能為U.則下列說法中正確的是()A.氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B的過程中，外界對氣體做負(fù)功B.氣體由狀態(tài)B至狀態(tài)C的過程中，氣體對外界做正功C.氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B的過程中，氣體吸收的熱量大于eq\f(U,2)D.氣體由狀態(tài)C至狀態(tài)A的過程中，氣體釋放的熱量等于U二、非選擇題（第8題10分，第9題10分，共20分）8.如圖所示，質(zhì)量為m1＝50kg、開口向上且上端有沿的圓柱形汽缸置于水平地板上.質(zhì)量為m＝10kg、橫截面積S＝100cm2的活塞(厚度不計)上系著的輕繩繞過光滑定滑輪與地板上M＝40kg的重物相連.活塞與汽缸間封閉有一定質(zhì)量的理想氣體，活塞無摩擦且不漏氣.初始狀態(tài)時氣體溫度T0＝650K，活塞處于最上端，缸沿對活塞的彈力F0＝200N，活塞到缸底的距離h0＝40cm，輕繩恰好伸直且沒有彈力.外界大氣壓強恒為p0＝1×105Pa，重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)使缸內(nèi)氣體緩慢降溫，汽缸始終未離開地面.(1)當(dāng)輕繩彈力為F＝200N時，缸沿對活塞彈力恰好為0，求此時缸內(nèi)氣體的溫度；(2)當(dāng)活塞到缸底的距離變?yōu)閔＝20cm時，求此時缸內(nèi)氣體的溫度.9.如圖，兩側(cè)粗細(xì)均勻、橫截面積相等的U形管豎直放置，左管上端開口且足夠長，右管上端封閉.左管和右管中水銀柱高h(yuǎn)1＝h2＝5cm，兩管中水銀柱下表面距管底高均為H＝21cm，右管水銀柱上表面離管頂?shù)木嚯xh3＝20cm.管底水平段的體積可忽略，氣體溫度保持不變，大氣壓強p0＝75cmHg，重力加速度為g.(1)現(xiàn)往左管中再緩慢注入h＝25cm的水銀柱，求穩(wěn)定時右管水銀柱上方氣柱的長度；(2)求穩(wěn)定時兩管中水銀柱下表面的高度差.參考答案1.解析：C分子熱運動與宏觀運動無關(guān)，只與溫度有關(guān)，故A錯誤；溫度升高，分子熱運動更劇烈，分子平均速率增大，并不是每一個分子運動速率都會增大，故C正確，D錯誤；水凝固成冰后，水分子的熱運動不會停止，故B錯誤.2.解析：B因為液體表面張力的存在，水黽才能在水面上行走自如，故A錯誤；將棉線圈中肥皂膜刺破后，擴成一個圓孔，是表面張力作用的結(jié)果，故B正確；液晶顯示器是利用液晶光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點制成的，故C錯誤；從題圖丁中可以看出醬油與左邊材料浸潤，與右邊材料不浸潤(不浸潤液滴會因為表面張力呈球形)，故D錯誤.3.解析：D在圖甲中，以高為h的液柱為研究對象，由二力平衡知p氣S＋ρghS＝p0S，所以p氣＝p0－ρgh，故A錯誤；在圖乙中，以B液面為研究對象，由平衡條件得F上＝F下，即p氣S＋ρghS＝p0S，所以p氣＝p0－ρgh，故B錯誤；在圖丙中，以B液面為研究對象，有p氣S＋ρghSsin60°＝p0S，所以p氣＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh，故C錯誤；在圖丁中，以液面A為研究對象，由二力平衡得p氣S＝p0S＋ρgh1S，所以p氣＝p0＋ρgh1，故D正確.4.解析：C取表內(nèi)封閉氣體為研究對象，初狀態(tài)的壓強為p1＝1.0×105Pa，溫度為T1＝(273＋27)K＝300K，末狀態(tài)的溫度為T2＝[273＋(－23)]K＝250K，根據(jù)查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得p2＝eq\f(5,6)×105Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的內(nèi)外壓強差至少為Δp＝p2－p′＝eq\f(5,6)×105Pa－4.0×104Pa≈4.3×104Pa，故C正確.5.解析：D根據(jù)玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750mmHg，V0＝60cm3，p1＝750mmHg＋150mmHg＝900mmHg，代入數(shù)據(jù)整理得V＝60cm3，故D正確.6.解析：CD內(nèi)能可以轉(zhuǎn)化成機械能，如熱機，故A錯誤；內(nèi)能轉(zhuǎn)化成機械能的過程滿足熱力學(xué)第一定律，也可以說符合能量守恒定律，故B錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化，故C、D正確.7.解析：AC氣體由狀態(tài)A至狀態(tài)B為等壓變化，體積增大，外界對氣體做負(fù)功，A正確；氣體由狀態(tài)B至狀態(tài)C為等容變化，氣體對外界不做功，B錯誤；由狀態(tài)A至狀態(tài)B，由eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TA＝200K，由題意可知eq\f(U,TA)＝eq\f(UB,TB)＝eq\f(UC,TC)，解得UB＝1.5U，UC＝2U，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，UB－UA＝0.5U＝WAB＋QAB，又WAB<0，則氣體吸收的熱量大于eq\f(U,2)，C正確；由狀態(tài)C至狀態(tài)A，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，UA－UC＝－U＝WCA＋QCA，又WCA>0，則氣體釋放的熱量大于U，D錯誤.8.解析：(1)以活塞為研究對象，初始狀態(tài)時受力平衡，有p0S＋F0＋mg＝p1S解得p1＝1.3×105Pa此時對封閉氣體，有V1＝h0S，T0＝650K當(dāng)輕繩張力為F＝200N時，缸沿對活塞的彈力為0，對活塞有p0S＋mg＝p2S＋F解得p2＝0.9×105Pa此過程汽缸內(nèi)氣體做等容變化，由查理定律可得eq\f(p1,T0)＝eq\f(p2,T1)解得T1＝450K.(2)當(dāng)缸內(nèi)活塞到缸底距離變?yōu)閔＝20cm時，重物已經(jīng)離開地板，對活塞有p0S＋mg＝p3S＋Mg解得p3＝0.7×105Pa由理想氣體狀態(tài)方程可知eq\f(p1V1,T0)＝eq\f(p3V3,T2)，其中V3＝hS解得T2＝175K.9.解析：(1)設(shè)兩側(cè)管的橫截面積為S，對右管上方氣體，有p3＝p0＝75cmHg，V3＝h3Sp3′＝p0＋ρgh＝100cmHg，V3′＝h3′S由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3