高三物理二轮复习（通用版）对应练习——分子动理论 气体及热力学定律 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）对应练习——分子动理论 气体及热力学定律 word版含解析，共7页。

1．(西安模拟)(1)(多选)下列说法中正确的是________。
A．一定量气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J 的热量，则它的内能增大20 J
B．在使两个分子间的距离由很远(r＞10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可
E．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢。
(2)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p­V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。则：
①该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？
②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？
③该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？
解析：(1)根据热力学第一定律知：ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，A正确；在使两个分子间的距离由很远(r＞10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，B错误；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C正确；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，E正确。
(2)①状态A：tA＝300 K，pA＝3×105 Pa，VA＝1×10－3 m3
状态B：tB＝？pB＝1×105 Pa，VB＝1×10－3 m3
状态C：tC＝？pC＝1×105 Pa，VC＝3×10－3 m3
A到B过程等容变化，由等容变化规律得：eq \f(pA,tA)＝eq \f(pB,tB)，代入数据得：tB＝100 K＝－173 ℃
B到C为等压变化，由等压变化规律得：eq \f(VB,tB)＝eq \f(VC,tC)，代入数据得：tC＝300 K＝27 ℃。
②因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志
所以在这个过程中：ΔU＝0。
③由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W，因为ΔU＝0
故：Q＝－W
在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，所以：W＝－pΔV＝－1×105×(3×10－3－1×10－3) J＝－200 J
即：Q＝200 J，是正值，故在这个过程中吸热。
答案：(1)ACE (2)①－173 ℃ 27 ℃ ②0 ③吸热 200 J
2．(衡水冀州中学检测)(1)(多选)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
(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0 cmHg。
(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项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，选项B错误，选项C正确，选项E错误。扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。
(2)(ⅰ)以 cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得
pl＝p1l1①
由力学平衡条件得
p＝p0＋h②
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有
p1＝p0－h1③
联立①②③式，并代入题给数据得
l1＝12.0 cm。④
(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤
由力学平衡条件有p2＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦
设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得
Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得
Δh＝13.2 cm。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm
3．(济宁一模)(1)(多选)下列说法正确的是________。
A．悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡
B．荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C．物体内所有分子的热运动动能之和叫做物体的内能
D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大
E．一定质量的理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值
(2)如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg＝p0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度。
解析：(1)做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不容易保持平衡，故A错误；叶面上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；物体内所有分子的热运动动能之和与分子势能的总和叫做物体的内能，故C错误；人们感到潮湿时，与空气的相对湿度有关，与绝对湿度无关，当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，故D正确；根据理想气体的状态方程：eq \f(pV,T)＝C可知，一定质量的理想气体先经等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始的数值，故E正确。
(2)对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：
p1＝p0－eq \f(3mg,S)＝eq \f(2,5)p0
末状态的压强为：p1′＝p0－eq \f(mg,S)＝eq \f(4,5)p0
由玻意耳定律有：p1l0S＝p1′l1S
解得：l1＝eq \f(1,2)l0
对气体Ⅱ分析，初状态p2＝p1－eq \f(mg,S)＝eq \f(1,5)p0
末状态p2′＝p1′－eq \f(mg,S)＝eq \f(3,5)p0
由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2S
l2＝eq \f(1,3)l0
A活塞上升的高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝eq \f(7,6)l0。
答案：(1)BDE (2)eq \f(7,6)l0
4.(六安一中模拟)(1)(多选)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________。
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
(2)如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100 cm，其中有一段长h＝15 cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA＝50 cm。现把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长LA′＝37.5 cm时为止，这时系统处于静止状态。已知大气压强p0＝75 cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度。
解析：(1)温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，若物体散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确。
(2)对A部分气体，由玻意耳定律有：
pALAS＝pA′LA′S
pA＝60 cmHg
解得：pA′＝eq \f(pALA,LA′)＝eq \f(60×50,37.5)＝80 cmHg
对B部分气体有：
pBLBS＝pB′LB′S
而pB′＝95 cmHg pB＝p0＝75 cmHg
解得：LB′＝eq \f(75×35,95)＝27.6 cm
Δh＝L－LA′－h－LB′＝19.9 cm。
答案：(1)ACE (2)19.9 cm
5.(全国甲卷)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p­T图像如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是________。
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
(2)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
解析：(1)由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：eq \f(paVa,Ta)＝eq \f(pbVb,Tb)＝eq \f(pcVc,Tc)＝eq \f(pdVd,Td)＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd。设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa。由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确。
(2)设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝eq \f(V0,ΔV)④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4(天)。⑤
答案：(1)ABE (2)4天
6．(全国乙卷)(1)(多选)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
(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝eq \f(2σ,r)，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
解析：(1)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eq \f(pV,T)＝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。
(2)(ⅰ)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝eq \f(2σ,r1)①
代入题给数据得Δp1＝28 Pa。②
(ⅱ)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝eq \f(4,3)πr13⑥
V2＝eq \f(4,3)πr23⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1,r2)))3＝eq \f(p0＋Δp2,ρgh＋p0＋Δp1)⑧
由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。
代入题给数据得
eq \f(r2,r1)＝eq \r(3,2)≈1.3。⑨
答案：(1)BDE (2)(ⅰ)28 Pa (ⅱ)eq \r(3,2)或1.3