“分子动理论 气体及热力学定律”

“分子动理论气体及热力学定律”学前诊断一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)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解析：选ABC根据气体分子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曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，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小，选项E错误。

2．(2015·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是()A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的解析：选ACD扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，A正确。

扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，B 错误，C 正确，E 错误。

扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D 正确。

3．(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是( ) A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变解析：选BCD 将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A 错误。

单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B 正确。

例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C 正确。

晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。

如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D 正确。

熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E 错误。

4．(2016·全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A ．气体吸热后温度一定升高 B ．对气体做功可以改变其内能 C ．理想气体等压膨胀过程一定放热D ．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E ．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡解析：选BDE 根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A 错误。

改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B 正确。

理想气体等压膨胀对外做功，根据pVT ＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C 错误。

根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D 正确。

两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E 正确。

5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca回到初态a。

下列说法正确的是()A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体从外界吸收热量E．在过程ca中气体从外界吸收热量解析：选ABD ab过程中气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程中气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B项正确；ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。

6.(2017·全国卷Ⅱ)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。

现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。

待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。

假设整个系统不漏气。

下列说法正确的是() A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变解析：选ABD抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。

二、计算题7．(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b。

已知空气在1个大气压，温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。

(1)求该热气球所受浮力的大小；(2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量。

解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0①在温度为T 时的体积为V T ，密度为 ρ(T )＝m V T② 由盖-吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③联立①②③式得 ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为 f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得 f ＝Vgρ0T 0T b。

⑥(2)气球内热空气所受的重力为 G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得 G ＝Vgρ0T 0T a。

⑧(3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得 mg ＝f －G －m 0g⑨联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b－1T a－m 0。

答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝⎛⎭⎫1T b－1T a－m 08．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一固定的竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。

已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；气缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K 。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K 。

现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。

忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2。

求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。

解析：(1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2。

由题给条件得V 1＝S 1·l2＋S 2⎝⎛⎭⎫l －l 2 ① V 2＝S 2l②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变。

由盖—吕萨克定律有 V 1T 1＝V 2T 2④联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K 。

⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1。

在此后与气缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。

设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有p ′T ＝p 1T 2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p ′＝1.01×105 Pa 。

⑦答案：(1)330 K (2)1.01×105 Pa9．(2016·全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。

初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。

用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。

求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。

已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg 。

环境温度不变。

解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2。

活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′。

以cmHg 为压强单位。

由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002cm ② 由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③联立①②③式和题给条件得 p 1′＝144 cmHg ④ 依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm 。

⑧答案：144 cmHg 9.42 cm10.(2017·全国卷Ⅰ)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K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3；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K 2、K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

(1)打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开K 3，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。