2020年高考物理必破15个必考热点押题练：押题(14)分子动理论 气体及热力学定律

2020年高考物理必破15个必考热点押题练
押题（14）分子动理论气体及热力学定律（解析版）
拼一拼，越过重本线
1.下列关于热学的说法中，正确的是()
A.气体体积是指所有气体分子体积的总和
B.分子间距离减小，分子势能一定增大
C.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D.温度升高，分子间距离一定增大
【答案】C
解析：气体体积是指气体分子能够充满的空间，它包括所有气体分子体积以及它们之间的空隙，故A错误；当分子之间的距离较大时，它们之间的作用表现为引力，距离减小时，分子引力做正功，分子势能减小，故B错误；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中涉及热现象的宏观过程具有方向性，故C正确；温度升高或降低，与分子间距离没有直接的关系，故D错误。

2.(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数
的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。

下列说法正确的
是()
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E.与0℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【答案】A、B、C
解析：温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大；不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高，速率大的分子所占比例越高，故图中虚线对应温度为0 ℃时，实线对应温度为100℃时；两曲线与坐标轴所围的面积均等于1。

故选项A、B、C正确。

3.(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是()
A.质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B.气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C.气体被压缩时，内能可能不变
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】C、D、E
解析：质量和温度相同的气体，分子的平均动能相同，但是可能是不同的气体，其摩尔质量不同，分子数不同，故内能不一定相同，A错误；内能是微观意义上的能量，与宏观运动无关，B错误；气体被压缩时，外界对气体做功，气体可能放热，由ΔU=W+Q得内能可能不变，C正确；一定量的某种理想气体的内能不考虑分子势能，只与分子动能有关，而温度是分子平均动能的标志，所以一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，D正确；一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，故内能一定增加，E正确。

4.(多选)下列有关热学问题的说法错误的是()
A.在分子间距改变，分子力减小的过程中，分子势能一定是减小的
B.理想气体的体积增大，则无论温度是否改变，单位体积的分子数目一定减小
C.气体中也可以发生布朗运动，如阳光下粉尘的运动
D.以焦耳的实验为基础的热力学第一定律即内能与其他能量发生转化时的能量守恒定律
【答案】A、C
解析：在分子间距增大，分子引力减小的过程中，分子势能是增加的，A错误；理想气体的体积增大，则无论温度是否改变，单位体积的分子数目一定减小，B正确；气体中也可以发生布朗运动，但阳光下粉尘的运动不是布朗运动，粉尘是由于空气流动的原因造成的，C错误；以焦耳的实验为基础的热力学第一定律即内能与其他能量发生转化时的能量守恒定律，D正确。

5.一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强p A=p0，温度T A= T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。

求：
(1)气体在状态B时的压强p B；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10 J，该过程中气体吸收的热量为多少；
(3)气体在状态C时的压强p C和温度T C。

【答案】(1)p0(2)10 J(3)p0T0
解析：(1)A→B：等温变化p0V0=p B×2V0，
解得p B=p0
(2)A→B：ΔU=0，ΔU=Q+W，Q=-W=10 J
(3)B→C：等压变化，
p C=p B=p0，
=，
T C=T0
6.如图所示，容器A和汽缸B都能导热，均处于27 ℃的环境中，汽缸B上方与大气连通，大气压强为
p0=1.0×105 Pa。

开始时阀门K关闭，A内为真空，其容积V A=1.2 L，B内活塞横截面积S=100 cm2、质量m=1 kg，活塞下方充有理想气体，其体积V B=4.8 L。

活塞上方恰与汽缸上部接触但没有弹力。

A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后使活塞缓慢下移。

不计摩擦，g取10 m/s2。

(1)求稳定后活塞的位置及活塞下移过程中汽缸B内气体对活塞做的功。

(2)稳定后将阀门K再次关闭，然后把整个装置放置于207 ℃的恒温槽中。

求活塞稳定后汽缸B内气体的压强。

【答案】(1)-121.2 J(2)1.212×105 Pa
解析：(1)未打开阀门K时有：p B=1.01×105 Pa
打开阀门后，活塞缓慢下降。

如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时气体体积减小为1.2 L，压强会大于p B，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触。

所以气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸B中气体体积为V1
则有：V B=V A+V1，
代入数据解得：V1=3.6 L。

活塞下移距离为：d=0.12 m
所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部为0.12 m。

气体对活塞的作用力为：pS=p0S+mg=1×105×0.01 N+10 N=1 010 N
做功为：W=-pSd=-1 010×0.12 J=-121.2 J
(2)阀门K关闭，整个装置放置于207 ℃的恒温槽中，则活塞将上升，如果气体发生等压变化，设最终体积为V2，根据查理定律：解得：V2=5.76 L>V B=4.8 L
说明活塞最终停在汽缸顶部，
根据理想气体状态方程有：
=代入数据解得：p B′=1.212×105 Pa
7.如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。

开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压
强均为p0。

现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。

不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。

求流入汽缸内液体的质量。

【答案】
解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。

在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0=p1V1①
p0=p2V2②
由已知条件得
V1=+-=V ③
V2=-=④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S=p1S+mg ⑤
联立以上各式得m=⑥
搏一搏，冲击双一流
8.一定质量的理想气体，体积由V膨胀到V′。

如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2，
则()
A.W1>W2，Q1<Q2，ΔU1>ΔU2
B.W1>W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2
C.W1<W2，Q1=Q2，ΔU1>ΔU2
D.W1=W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2
【答案】B
解析：第一种情况，根据=C可知，气体压强不变，体积增大，因此温度升高，ΔU1>0，根据热力学第一定律有：ΔU1=Q1-W1第二种情况，气体等温变化，ΔU2=0，根据热力学第一定律有：ΔU2=Q2-W2，第二种情况下，压强减小，体积变化相同，因此W1>W2，且ΔU1>ΔU2=0，因此Q1>Q2。

9.如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强。

(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置。

(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

【答案】(1)2p0(2)顶部(3)1.6p0
解析：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得：p0 V = p1V1；
(3p0 )V = p1(2V-V1)；
联立解得：V1 =，p1 = 2p0
(2)打开K3后，由上式知活塞必上升。

设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)，活塞下方气体压强为p2。

由玻意耳定律得：(3p0 )V = p2 V2，
可得：p2=p0；
由上式可知，打开K3后活塞上升到B的顶部为止，此时p2=p0
(3)设加热后活塞下方气体压强为p3，
气体温度从T1=300 K上升到T2=320 K的等容过程中，
由查理定律得：
=；
将有关数据代入解得：
p3=1.6p0
10.如图所示，一细U形管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，各部分尺寸如图所示，初始状态时气体温度为280 K，封闭空气柱长度L1=
20 cm。

其余部分长度分别为L2=15 cm，L3=10 cm，h1=4 cm，h2=20 cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为p0=76 cmHg，求：
(1)右侧水银柱开始全部进入竖直管时温度为多少？
(2)右侧水银柱与管口相平气体温度为多少？
【答案】(1)630 K(2)787.5 K
解析：(1)设U形管的横截面积是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
由理想气体的状态方程得：
代入数据得：T2=630 K
(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=20 cm·S+10 cm·S+20 cm·S=50 cm·S
由盖—吕萨克定律：=
代入数据得：T3=787.5 K。