高考物理二輪課時作業(yè)：專題七 1 分子動理論、氣體及熱力學定律 Word版含解析

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1、 專題七 第1講 1．(2019·石家莊二模)(1)(多選)下列說法中正確的是(　　 ) A．如圖甲所示為熱機工作能流分配圖，如果在理想情況下沒有任何漏氣、摩擦、不必要的散熱損失，熱機的效率會達到100% B．如圖乙所示為分子間的引力和斥力隨分子間距離變化的關系圖，若兩分子間距從r0開始逐漸增大，則分子力先變大后變小，分子勢能逐漸變大 C．如圖丙所示為某理想氣體分子速率分布圖像，由圖可知與0 ℃相比，100 ℃時速率大的分子所占比例較多 D．在某樣品薄片上均勻涂上一層石蠟，然后用灼熱的金屬尖接觸樣品的背面，結果得到如圖丁所示石蠟熔化的圖樣，則該樣品一定為非晶體

2、E．如圖戊所示，透明塑料瓶內有少量水，水上方有水蒸氣．用橡膠皮塞把瓶口塞住，向瓶內打氣，當瓶塞跳出時，瓶內會出現“白霧”，這是由于氣體膨脹對外做功溫度降低造成的 (2)如圖所示，質量m＝50 kg的導熱汽缸置于水平地面上，質量不計，橫截面積S＝0.01 m2的活塞通過輕桿與右側墻壁相連．活塞與汽缸間無摩擦且不漏氣，氣體溫度t＝27℃，汽缸與地面間的動摩擦因數μ＝0.4，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，已知g＝10 m/s2，熱力學溫度與攝氏溫度之間的關系為T＝t＋273，求： ①緩慢升高氣體溫度，汽缸恰好開始向左運動時氣體的壓強p和溫度t； ②保證汽缸靜止不動時溫度的范圍． 解析：

3、(1)根據熱力學第二定律可知，如果沒有漏氣、沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，熱機的效率也不可以達到100%，故A錯誤；如圖乙所示為分子間的引力和斥力隨分子間距離變化的關系圖，若兩分子間距從r0開始逐漸增大，則分子力先變大后變小，由于分子力做負功，分子勢能逐漸變大，故B正確；如圖丙所示為某理想氣體分子速率分布圖像，由圖可知與0℃相比，100℃時速率大的分子所占比例較多；故C正確；在某樣品薄片上均勻涂上一層石蠟，然后用灼熱的金屬尖接觸樣品的背面，由圖可知，該樣品具有各向同性，則該樣品可以是非晶體和多晶體，故D錯誤；如圖戊所示，透明塑料瓶內有少量水，水上方有水蒸氣．用橡膠皮塞把瓶口塞住，向瓶內打氣，

4、當瓶塞跳出時，瓶內會出現“白霧”，這時由于氣體膨脹對外做功溫度降低造成的；故E正確． (2)①汽缸開始運動時，汽缸與地面間的摩擦力為最大靜摩擦力，汽缸內氣體壓強為：p＝p0＋＝1.2×105 Pa 氣體發(fā)生了等容變化，根據查理定律可得：＝，代入數據可得：T＝360 K，即：t＝T－273＝87℃ ②當汽缸恰好不向右運動時，溫度有最低值汽缸內氣體壓強：p′＝p0－＝0.8×105Pa 氣體發(fā)生了等容變化，根據查理定律可得：＝，可得T′＝240 K，即：t′＝T′－273＝－33℃，溫度在－33℃到87℃之間汽缸靜止不動． 答案：(1)BCE　(2)①1.2×105Pa　87℃ ②－3

5、3℃～87℃ 2．(2020·峨山縣校級模擬)(1)(多選)下列說法正確的是(　　 ) A．凡是不違背能量守恒定律的實驗構想，都是能夠實現的 B．做功和熱傳遞在改變內能的效果上是等效的，這表明要使物體的內能發(fā)生變化，既可以通過做功來實現，也可以通過熱傳遞來實現 C．保持氣體的質量和體積不變，當溫度升高時，每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多 D．溫度升高，分子熱運動的平均動能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．在水池中，一個氣泡從池底浮起，此過程可認為氣泡的溫度不變，氣泡內氣體為理想氣體，則外界對氣泡做正功，同時氣泡吸熱 (2)一個水平放置的汽缸，由兩個截面積不同的圓筒聯(lián)接

6、而成．活塞A、B用一長為4L的剛性細桿連接，L＝0.5 m，它們可以在筒內無摩擦地左右滑動．A、B的截面積分別為SA＝40 cm2，SB＝20 cm2，A、B之間封閉著一定質量的理想氣體，兩活塞外側(A的左方和B的右方)是壓強為p0＝1.0×105 Pa的大氣．當汽缸內氣體溫度為T1＝525 K時兩活塞靜止于如圖所示的位置． (ⅰ)現使汽缸內氣體的溫度緩慢下降，當溫度降為多少時活塞A恰好移到兩圓筒連接處？ (ⅱ)若在此變化過程中氣體共向外放熱500 J，求氣體的內能變化了多少？ 解析：(1)第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反熱力學第二定律，不能夠實現，故A錯誤；做功和熱傳遞在改變

7、內能的效果上是等效的，表明要使物體的內能發(fā)生變化，既可以通過做功來實現，也可以通過熱傳遞來實現，故B正確；保持氣體的質量和體積不變，當溫度升高時，分子平均速率增大，每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多，故C正確；溫度越高，分子熱運動的平均動能越大，分子的平均速率越大，這是統(tǒng)計規(guī)律，具體到個別分子，其速率的變化不確定，因此仍可能有分子的運動速率非常小，故D正確； 隨著氣泡的上升，壓強減小，因為溫度不變，根據＝c可知，體積增大，氣泡對外界做正功，根據ΔU＝W＋Q可知，溫度不變時，ΔU不變，又W＜0，所以Q＞0，即氣泡吸熱，故E錯誤． (2)(ⅰ)對活塞受力分析，活塞向右緩慢移動過程中，氣體發(fā)生

8、等壓變化 由蓋·呂薩克定律有＝ 代入數據：＝ 解得T2＝300 K時活塞A恰好移到兩筒連接處 (ⅱ)活塞向右移動過程中，外界對氣體做功 W＝p0·3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)J＝300 J 由熱力學第一定律得ΔU＝W＋Q＝300 J－500 J＝－200 J 即氣體的內能減少200 J. 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)300 K　(ⅱ)200 J 3．(1)一定質量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V圖描述，圖中p1、p2、V1、V2和V3為已知量． ①氣體狀態(tài)從A到B是________過

9、程(選填“等容”“等壓”或“等溫”)； ②狀態(tài)從B到C的變化過程中，氣體的溫度________(選填“升高”“不變”或“降低”)； ③狀態(tài)從C到D的變化過程中，氣體________(選填“吸熱”或“放熱”)； ④狀態(tài)從A→B→C→D的變化過程中，氣體對外界所做的總功為________． (2)如圖所示，豎直放置的汽缸上端有一活塞，活塞橫截面積為S(厚度不計)，活塞可在汽缸內無摩擦地滑動．汽缸側壁有一個小孔與裝有水銀的U形玻璃細管相通．汽缸內封閉了一段高為L的氣柱，U形管內的氣體體積不計．此時缸內氣體溫度為T0，U形管內水銀柱高度差為h.已知大氣壓強為p0，水銀的密度為ρ，重力加速度為g

10、.(汽缸內氣體與外界無熱量交換) ①求活塞的質量m. ②對汽缸內氣體進行加熱，并在活塞上緩慢添加質量為4m的沙子，最終活塞位置不變，求最終汽缸內氣體的溫度T. 解析：(1)①A→B，對應壓強值恒為p2，即為等壓過程． ②B→C，由＝恒量，V不變，p減小，T降低． ③C→D，由＝恒量，p不變，V減小，可知T降低，外界對氣體做功，內能減小，由ΔU＝W＋Q可知C→D過程放熱． ④A→B，氣體對外界做功 WAB＝p2(V3－V1) B→C，V不變，氣體不做功 C→D，V減小，外界對氣體做功 WCD＝－p1(V3－V2) 狀態(tài)從A→B→C→D的變化過程中，氣體對外界做的總功W＝

11、WAB＋WBC＋WCD＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)． (2)本題考查物體的平衡、查理定律，意在考查考生的理解能力． ①活塞受力分析如圖所示，設此時汽缸內氣體的壓強為p1，由平衡條件有p1S＝p0S＋mg 由U形管中水銀的高度差，結合液體壓強公式有p1＝p0＋ρgh 聯(lián)立解得活塞的質量m＝ρSh ②在活塞上添加質量為4m的沙子，由平衡條件得p2S＝p0S＋5mg得p2＝p0＋5ρgh 汽缸內氣體做等容變化，由查理定律得＝ 所以此時汽缸內氣體的溫度為T＝T0 答案：(1)①等壓　②降低?、鄯艧帷、躳2(V3－V1)－p1(V3－V2) (2)①pSh?、赥0 4

12、．(2018·全國卷Ⅱ，33T) (1)(多選)對于實際的氣體，下列說法正確的是________． A．氣體的內能包括氣體分子的重力勢能 B．氣體的內能包括氣體分子之間相互作用的勢能 C．氣體的內能包括氣體整體運動的動能 D．氣體的體積變化時，其內能可能不變 E．氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能 (2)如圖，一豎直放置的汽缸上端開口，汽缸壁內有卡口a和b，a、b間距為h.a距缸底的高度為H，活塞只能在a、b間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體．已知活塞質量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計它們之間的摩擦．開始時活塞處于靜止狀態(tài)．上下方氣體壓強均為p0，溫度均

13、為T0，現用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，直至活塞剛好到達b處．求此時汽缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功．重力加速度大小為g. 解析：(1)氣體的內能包括分子之間相互作用的勢能和分子熱運動的動能，與整體的重力勢能和動能均無關，故A、C錯誤，B、E正確；由熱力學第二定律可知，氣體體積變化時，其內能可能不變，故D正確． (2)設活塞在a處時溫度為T1，體積為V1，活塞在b處時溫度為T2，體積為V2.活塞沒動之前是等容過程＝，T1＝之后是一個等壓過程，V1＝SH，V2＝S(H＋h)，＝，所以解得：T2＝，W＝F·h＝(mg＋p0S)·h 答案：(1)BDE　(2)　(mg＋p

14、0S)h 5．(2018·全國卷Ⅲ，33T)(1)(多選)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示．在此過程中________． A．氣體溫度一直降低 B．氣體內能一直增加 C．氣體一直對外做功 D．氣體一直從外界吸熱 E．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功 (2)在兩端封閉，粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣，當U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm.左邊氣體的壓強為12.0 cmHg.現將U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另

15、一邊．求U形管平放時兩邊空氣柱的長度，在整個過程中，氣體溫度不變． 解析：(1)因＝C，由a→b，pa＜pb，Va＜Vb，可得Ta＜Tb，故A項錯誤；因Ta＜Tb，故理想氣體的內能一直增加，B項正確；因氣體的體積一直增大，故氣體一直對外做功，C項正確；由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體一直從外界吸熱，D項正確；氣體吸收的熱量有一部分轉化為內能，一部分用于對外做功，故E項錯誤． (2)設管截面積為S 對左邊的氣體，p1＝12.0 cmHg，l1＝18.0 cm 設后來壓強為p，l′1＝l1＋Δl 根據玻意耳定律得：p1l1S＝pl′1S 即：p1l1S＝p(l1＋Δl)S

16、對右邊的氣體：p2＝p1－p液＝6.0 cmHg l2＝12.0 cm 后來壓強為p，l′2＝l2－Δl 根據玻意耳定律得：p2l2S＝pl′2S 即p2l2S＝p(l2－Δl)S 聯(lián)立解得：Δl＝4.5 cm 所以：l′1＝18.0 cm＋4.5 cm＝22.5 cm l′2＝12.0 cm－4.5 cm＝7.5 cm 答案：(1)BCD (2)l′1＝22.5 cm　l′2＝7.5 cm 6．(2020·湖北模擬)(1)(多選)下列說法正確的是________． A．花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了花粉分子在不停的做無規(guī)則運動 B．外界對氣體做正功，氣體的內能不一定

17、增加 C．影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和氣壓的差 D．第二類永動機不能制成是因為它違反了能量守恒定律 E．晶體熔化過程中，分子的平均動能保持不變，分子勢能增大 (2)一個籃球的容積是2.5 L，用打氣筒給籃球打氣時，每次把105 Pa的空氣打進去125 cm3.如果在打氣前籃球里的空氣壓強也是105 Pa，那么打30次以后籃球內的空氣壓強是多少Pa？(設在打氣過程中氣體溫度不變) 解析：(1)花粉顆粒在水中做布朗運動，反映了水分子在不停的做無規(guī)則運動，故A錯誤；外界對氣體做正功，氣體可能同時放熱，根據熱力學第一定律公式ΔU＝W＋

18、Q，氣體的內能不一定增加，故B正確；影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素是相對濕度，與空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和氣壓的差距有關，故C正確；第二類永動機不能制成是因為它違反了熱力學第二定律，即自發(fā)的熱現象具有方向性，故D錯誤；晶體熔化過程中，溫度不變，故分子的平均動能保持不變，但吸收熱量，說明內能增加，故分子勢能增大，故E正確； (2)由于每打一次氣，總是把ΔV體積、相等質量、壓強為p0的空氣壓到容積為V0的容器中，所以打n次氣后，共打入壓強為p0的氣體的總體積為nΔV，因為打入的nΔV體積的氣體與原先容器里空氣的狀態(tài)相同，故以這兩部分氣體的整體為研究對象．取打氣前為初狀態(tài)，壓強為p0，體積為V0＋nΔV；打氣后容器中氣體的狀態(tài)為末狀態(tài)；壓強為p2、體積為V0.狀態(tài)及過程如圖所示． 令V2為籃球的容積，V1為n次所充氣體的體積及籃球的容積之和，則V1＝2.5 L＋30×0.125 L 由于整個過程中氣體質量不變、溫度不變． 可用玻意耳定律求解． p0V1＝p2V2 p2＝＝Pa＝2.5×105 Pa. 答案：(1)BCE　(2)2.5×105 Pa