(课标版)2020高考物理二轮复习专题七选考部分第20讲分子动理论热力学定律及气体的性质限时练(含解析)

分子动理论 热力学定律及气体的性质1．(2019·河北张家口联考)(1)下列说法正确的是________．A ．分子间距离增大，则分子间作用力的合力减小B ．使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是因为墨水不浸润石蜡纸C ．第一类永动机不可制成，是因为违背了热力学第二定律D ．不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E. 一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量(2)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为300 K 时，被封闭的气柱长为20 cm ，两边水银柱高度差h ＝4 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg(可认为保持不变)．①若缓慢改变封闭气体温度，当温度为多少时，左右管内水银液面平齐？②若保持封闭气体温度不变，从左侧管口用一设备缓慢把水银抽出，则抽出水银柱多长时(以处于管内长度为准)，能使左右管内水银面平齐？(结果保留两位小数)解析：(1)当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先减小后增大，故A 错误；使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是墨水不浸润石蜡纸的原因，故B 正确；第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故C 错误；热力学第二定律指出：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，故D 正确；由公式pV T ＝C 知，一定质量理想气体在等压膨胀过程中温度升高，内能增大，气体一定吸收热量，故E 正确．故选B 、D 、E.(2)①由题可知，封闭气体初始压强为p 1＝p 0＋h ＝80 cmHg气柱长度为L 1＝20 cm ，温度为T 1＝300 K温度变化后气体压强为p 2＝p 0＝76 cmHg ，气柱长度为L 2＝18 cm由理想气体状态方程：p 1L 1S T 1＝p 2L 2S T 2， 得到：T 2＝256.5 K ；②设抽掉部分水银后，气柱长度为L 3，则压强变为p 3＝p 0由玻意耳定律：p 1L 1S ＝p 3L 3S ，得到L 3≈21.05 cm则抽掉水银长度为ΔL ＝h ＋2(L 3－L 1)＝6.10 cm.答案：(1)BDE(2)①256.5 K ②6.10 cm2．(2019·广东珠海一模)(1)下列说法中正确的是________．A ．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B ．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C ．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面E ．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大(2)如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为0.5 m 2、高为0.7 m ，开始两罐内只有压强为1.0×105Pa 的气体，阀门K 1、K 2关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐内气压达到2.8×105 Pa 时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2×105 Pa 时水泵启动，不计气体温度变化，求：①甲罐内气压达到2.8×105Pa 时注入水的体积；②打开阀门K 1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动．解析：(1)一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，若同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A 错误；气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B 正确；从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C 正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D 错误；计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d 偏大，故E 正确；故选B 、C 、E.(2)①取甲内气体为研究对象，由玻意耳定律： p 0L 0S ＝p 1L 1S注入水的体积为：V 水＝L 0S －L 1S ，解得：V 水＝0.225 m 3；②打开开关后两罐液面相平，罐内气体高度： L 2＝L 0＋L 12对甲气罐由玻意耳定律：p 0L 0S ＝p ′L 2S解得：p ′≈1.47×105Pa因气压p ′>1.2×105 Pa ，水泵未启动．答案：(1)BCE (2)①0.225 m 3 ②未启动3．(2019·山东日照联考)(1)以下有关热学内容的叙述，正确的是________．A ．在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力一定减小B ．液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C ．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的D ．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动E ．即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能(2)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计，如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为3p 0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度，已知p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：①当A 向右移动L 5时，水的深度h ； ②该深度计能测量的最大水深h m .解析：(1)当分子间距大于平衡距离时，增大分子间距，分子力先增加后减小，当分子间距小于平衡距离时，增大分子间距，分子力减小，故A 错误；液晶首先具有液体的流动性，在外界电场作用下，会呈现光学性质的各向异性，故B 正确；容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，故选项C 正确；布朗运动是花粉小颗粒的无规则的运动，不是分子的运动，故D 错误；根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，故即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能，故E 正确．(2)①A 右移L 5时，假设B 不动，汽缸Ⅰ内气体等温变化，有： p 0SL ＝p 1S ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －L 5 解得p 1＝54p 0<3p 0，假设成立 由p 1＝p 0＋p h 可得：h ＝2.5 m.②当活塞A 恰好移动到汽缸Ⅰ的最右端时所测水深最大，设此时活塞B 右移了x ，两部分气体压强相等，设为p 2对Ⅰ内气体应用玻意耳定律可得： p 0SL ＝p 2Sx对Ⅱ内气体应用玻意耳定律可得： 3p 0SL ＝p 2S (L －x )联立解得： x ＝L 4，p 2＝4p 0 由p 2＝p 0＋p h max 可得：h max ＝30 m.答案：(1)BCE (2)①2.5 m ②30 m4．(2019·四川省成都联考)(1)一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程：从a 到b ，b 到c ，c 到a 回到原状态，其中VT 图象如图所示．用p a 、p b 、p c 分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________．A ．p a ＜p c ＝p bB ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热C ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中，气体分子的平均动能不变(2)如图所示为一个带有阀门K 、容积为2 dm 3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa 、200 cm 3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化(设外界大气的压强p 0＝1×105 Pa)．①若要使气体压强增大到5.0×105Pa ，应打多少次气？②若上述容器中装的是5.0×105 Pa 的氧气，现用它给容积为0.7 dm 3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa ，则可充多少瓶？解析：(1)设a 状态的压强为p a ，由理想气体状态方程可知，p a ·3V 0T 0＝p b ·3V 03T 0，所以p b ＝3p a ，同理可得：p a ·3V 0T 0＝p c ·V 0T 0，所以p c ＝3p a ，所以p c ＝p b >p a ，故A 正确；过程ab 中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B 正确；由图象可知，bc 过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W >0，气体温度降低，内能减小，ΔU <0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，所以过程bc 中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C 错误；温度是分子的平均动能标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没意义，所以bc 过程中气体的温度降低，分子平均动能减小，并不是每一个分子的速率减小，故D 错误；由图可知，ca 气体等温膨胀，温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故E 正确．故选A 、B 、E.(2)①设需要打气n 次，因每次打入的气体相同，故可视n 次打入的气体一次性打入， 则气体的初状态：p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝V 0＋n ΔV末状态：p 2＝5.0×105 Pa ，V 2＝V 0其中： V 0＝2 dm 3，ΔV ＝0.2 dm 3由玻意尔定律： p 1V 1＝p 2V 2代入数据解得：n ＝40次；②设气压为2.0×105 Pa 时气体的体积为V 3，则p 3＝2.0×105 Pa由玻意耳定律有：p 2V 2＝p 3V 3代入数据解得： V 3＝5 dm 3真空瓶的容积为V 瓶＝0.7 dm 3因：V 3－V 2V 瓶＝427故可充4瓶．答案：(1)ABE (2)①40次 ②4瓶5．(2019·福建龙岩联考)(1)如图所示为一定质量的理想气体发生状态变化的pV 图象，图线1、2是两条等温线，A 、B 是等温线1上的两点，C 、D 是等温线2上的两点，图线AD 、BC 均与V 轴平行，则下列说法正确的是________．A ．等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高B ．气体从状态A 变化到状态B ，气体一定吸收热量C ．气体从状态B 变化到状态C ，气体吸收的热量比气体对外界做功多D ．气体从状态C 变化到状态D ，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变E ．气体从状态D 变化到状态A ，气体放出的热量比外界对气体做功少(2)如图所示，横截面积为S 、高度为h 内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一厚度可忽略的活塞，活塞所受重力大小为0.1p 0S ，汽缸内密封有温度为3T 0、压强为2.2p 0的理想气体．p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ，a 为正的常量，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的．求：①当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度；②在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量．解析：(1)从C →B 为等压变化，由公式V T ＝C 可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A 错误；气体从状态A 变化到状态B ，等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：ΔU ＝Q ＋W ，所以气体一定吸收热量，故B 正确；气体从状态B 变化到状态C ，由A 分析可知，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：ΔU ＝Q ＋W ，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C 正确；气体从状态C 变化到状态D ，发生等温变化，所以分子平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D 正确；气体从状态D 变化到状态A ，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可得：ΔU ＝Q ＋W ，气体放出的热量比外界对气体做功多，故E 错误．故选B 、C 、D.(2)①设活塞开始缓慢下移时气体压强为p 2，则：p 0S ＋0.1p 0S ＝p 2S ；设活塞恰开始缓慢下降时温度为T 2，由查理定理可知：p 1T 1＝p 2T 2，解得T 2＝32T 0. ②对封闭气体由理想气体状态变化方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3(式中p 3＝p 2，T 3＝T 0) 活塞下降过程中活塞对气体做功： W ＝p 2(V 1－V 3)这一过程中气体的内能变化： ΔU ＝W ＋Q ，ΔU ＝aT 0－32aT 0 解得： Q ＝－12aT 0－1130p 0hS . 即气体放出热量：12aT 0＋1130p 0hS 答案：(1)BCD (2)①32T 0 ②12aT 0＋1130p 0hS。