(通用版)高考物理二轮专题复习16 分子动理论、气体及热力学定律(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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秘籍16  分子动理论、气体及热力学定律高考频度：★★★★★     难易程度：★★★★☆考向一　热学基础知识真题演练【典例1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。【答案】低于  大于【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即，根据热力学第一定律可知：，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：，又，m为容器内气体质量。联立得：，取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。1．分子动理论和内能2．两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝π3＝πd3，d为分子的直径．(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离．3．固体、液体和气体4．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定物理量功W热量Q内能的改变ΔU取正值“＋”外界对物体做功物体从外界吸收热量物体的内能增加取负值“－”物体对外界做功物体向外界放出热量物体的内能减少5.热力学第二定律的两种表述(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化．模拟精练(2020·湖北模拟) (多选)下列说法正确的是________．A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B．外界对气体做正功，气体的内能不一定增加C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律E．晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大【答案】BCE 【解析】花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停的做无规则运动，故A错误；外界对气体做正功，气体可能同时放热，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体的内能不一定增加，故B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故C正确；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故D错误；晶体熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收热量，说明内能增加，故分子势能增大，故E正确。考向二　气体实验定理和理想气体状态方程真题演练“汽缸－活塞”模型【典例2】（2019·新课标全国Ⅱ卷）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：（1）抽气前氢气的压强；（2）抽气后氢气的压强和体积。【答案】（1）p10=（p0+p）  （2）【解析】（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得（p10–p）·2S=（p0–p）·S①得p10=（p0+p）②（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1–2V0=2（V0–V2）⑥联立②③④⑤⑥式解得⑦⑧“液柱”类模型【典例3】（2019·新课标全国Ⅲ卷）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。（1）求细管的长度；（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。【答案】（1）L=41 cm  （2）T=312 K【解析】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1        ①由力的平衡条件有p=p0+ρgh        ②p1=p0–ρgh        ③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V=S（L–h1–h）    ④V1=S（L–h）    ⑤由①②③④⑤式和题给条件得L=41 cm      ⑥（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有      ⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T=312 K       ⑧ “充气、抽气”模型【典例4】（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。【答案】（1）p2=3.2×107 Pa  （2）p3=1.6×108 Pa【解析】（1）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律p0V0=p1V1      ①被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为      ②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律p2V2=10p1      ③联立①②③式并代入题给数据得p2=3.2×107 Pa      ④（2）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律         ⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3=1.6×108 Pa         ⑥ 测电阻实验时仪表的选择及接法(1)仪表选择的三个主要原则：安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节)(2)选择电流表内外接法的口诀：“好表要内接”(越接近理想电流表，其分压的影响越小)或“内大大”(大电阻适合电流表内接法，测量值比实际值偏大)(3)选择滑动变阻器接法的口诀：“以小控大用分压”(并联总电阻主要由小电阻决定，并联总电流主要由电阻小的支路决定，故并联电路对小电阻的变化更敏感，即小电阻“控制”着大电阻)．(4)电表有时可反常规使用：已知内阻的电压表可当电流表使用，已知内阻的电流表可当电压表使用．(5)定值电阻的常见用途：保护电路、分压或分流．(6)电压表量程的选择：比电源电动势略大或相差不多．(7)电流表量程的选择：电压表量程与被测电阻比值相差不多． 模拟精练1．(2020·东北三省四市模拟)如图所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.汽缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时，活塞a、b到汽缸底部距离均为l＝5 cm(图中未标出)．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，重力加速度g取10 m/s2.(1)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部，求此时的环境温度；(2)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值．【答案】(1)400 K　(2)75 N 【解析】(1)汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖—吕萨克定律得：＝代入数据得：T＝400 K.(2)设初始气体压强为p1，由平衡条件有：p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1代入数据得：p1＝1.5×105 Pa由题意知，活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，设压强为p2由玻意耳定律得：p1(lS1＋lS2)＝p2HS1代入数据得：p2＝2.25×105 Pa由平衡条件有：p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F代入数据得：F＝75 N.2．(2020·南昌重点中学模拟)如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K，平衡时水银柱的位置如图(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：(1)右管内空气柱的长度L2；(2)关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内空气柱的长度L3.(大气压强保持不变)【答案】(1)50 cm　(2)60 cm 【解析】(1)左管内气体压强：p1＝p0＋ρgh2＝80 cmHg，右管内气体压强：p2＝p1＋ρgh1＝85 cmHg，设右管内外液面高度差为h3，则p2＝p0＋ρgh3，解得h3＝10 cm，右管内空气柱长度L2＝L1－h1－h2＋h3＝50 cm.(2)设玻璃管横截面积为S，由理想气体状态方程＝，解得：L3＝60 cm.3．如图所示，总体积为V的圆柱形汽缸中，有一个厚度不计的轻质活塞，活塞横截面积为S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动．在温度为T0，大气压强为p0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m的重物(mg＝p0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为，并与环境温度相同．为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为的空气充入汽缸．(空气看作理想气体，＝1.414)(1)在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部；(2)在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度升高，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部．【答案】(1)100次　(2)42次 【解析】(1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为，压强为p0，充气后压强为2p0，体积为V，由玻意耳定律p0＝2p0解得n＝100次(2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋；由理想气体状态方程，得＝整理得到2＝2解得N＝100(－1)根据题意，取N＝42次 横扫千军1．(多选)(2019·湖北八市联考)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)．下列说法正确的是(　　)A．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线B．当r＝r0时，分子势能为零C．随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大D．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快E. 在r<r0阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小【答案】ADE【解析】　在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间作用力随分子间距离增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小，C项错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减少，E项正确．2． (多选)(2019·江西名校5月联考)夏天的中午，雨过天晴，高三学生甲同学从家里出发骑自行车前往学校上课，则下列说法正确的是(　　)A．出发前，甲同学给自行车打气，若环境温度不变，发现越打气越困难，这是因为自行车车胎内气体气压增大B．出发后，甲同学感觉十分闷热、潮湿，这是因为此时空气相对湿度较大，人体皮肤水分不会蒸发C．甲同学经过学校内池塘边时，发现池塘中莲花的花粉散落在水中，并且在缓慢运动，这是花粉在水中做布朗运动D．来到教室，甲同学看到教室外的玻璃窗已经被雨水打湿，雨水附着在玻璃上，说明水对玻璃是浸润的E．开始上课后，为了给教室降温，甲同学打开空调，此时空调机从教室内吸收的热量少于向教室外排放的热量【答案】ADE【解析】车胎容积一定，向自行车内打气时，车胎内的气体越来越多，环境温度不变，气体压强越来越大，用打气筒打气时，车胎内气体对打气筒的压力越来越大，所以打气时感觉越来越费力，故选项A正确；感觉十分闷热、潮湿，这是因为此时空气相对湿度较大，人体皮肤表面的汗液难以蒸发，故选项B错误；布朗运动是微小颗粒的运动，在光学显微镜下能看到，较大的颗粒不做布朗运动，所以发现池塘中莲花的花粉散落在水中，并且在缓慢运动，这不是布朗运动，故选项C错误；浸润指液体与固体发生接触时，液体附着在固体表面或渗透到固体内部的现象，此时看到教室外的玻璃窗已经被雨水打湿，雨水附着在玻璃上，说明水对玻璃是浸润的，故选项D正确；空调机在制冷过程中，从教室内吸收的热量少于向教室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，故选项E正确．3．(2019·湖南怀化一模)如图所示，导热性能极好的气缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为S、质量为m的活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同，均为T1.当环境温度缓慢下降到T2时，活塞下降的高度为Δh；现取走砝码，稳定后活塞恰好上升Δh.已知外界大气压强保持不变，重力加速度为g，不计活塞与气缸之间的摩擦，T1、T2均为热力学温度，求：(1)气体温度为T1时，气柱的高度；(2)砝码的质量．【答案】(1)Δh　(2) 【解析】(1)设气体温度为T1时，气柱的高度为H，环境温度缓慢下降到T2的过程是等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝解得H＝Δh(2)设砝码的质量为M，取走砝码后的过程是等温变化p2＝p0＋　V2＝S p3＝p0＋　 V3＝HS由玻意耳定律得p2V2＝p3V3联立解得M＝4．(2019·山东聊城一模)粗细均匀竖直放置的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h1＝20 cm，与封闭端的顶部接触，B部分水银如图所示．右管内用轻活塞密闭了一定量的气体，活塞与管壁之间的摩擦不计．活塞自由静止时底面与左侧空气柱的下端在同一水平面上，此时左管内气柱的长度L0＝15 cm，B部分水银两液面的高度差h2＝45 cm，外界大气压强p0＝75 cmHg.所有气体均为理想气体，保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，求活塞移动的距离．【答案】30 cm【解析】设U形管的横截面积为S，活塞移动后左、右气体的长度分别变为L1、L2对左侧气体p1＝p0－h2、V1＝L0Sp2＝h1、V2＝L1Sp1V1＝p2V2解得：L1＝22.5 cm对右侧被密闭气体：p1′＝p0、V1′＝h2S、p2′＝h1＋h2－2(L1－L0)、V2′＝L2Sp1′V1′＝p2′V2′，解得：L2＝67.5 cm活塞上提的高度d＝L2－[h2－(L1－L0)]d＝30 cm5．(2019·山东潍坊一模)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 m2、高为0.7 m，开始两罐内只有压强为1.0×105 Pa的气体，阀门K1、K2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，求：①甲罐内气压达到2.8×105 Pa时注入水的体积；②打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动．【答案】①0.225 m3　②未启动【解析】①取甲内气体为研究对象，由玻意耳定律：p0L0S＝p1L1S注入水的体积为：V水＝L0S－L1S，解得：V水＝0.225 m3；②打开开关后两罐液面相平，罐内气体高度：L2＝对甲气罐由玻意耳定律：p0L0S＝p′L2S解得：p′＝1.47×105 Pa因气压p′>1.2×105 Pa，水泵未启动．6．(2019·辽宁葫芦岛一模)如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气．已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上下两部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦．求：①当打气n次活塞稳定后，下部分空气的压强；②打气筒向容器内打气次数n．【答案】①6.25p0　②49【解析】①对气缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2由理想气体状态方程p1V1＝p2V2可知p1＝p2初状态时对活塞p1S＝p0S＋G联立解得p2＝p0＝6.25p0②把上部分气体和打进的n次气体作为整体，此时上部分气缸中的压强为p末状态时对活塞p2S＝pS＋G由理想气体状态方程满足p0＋n·p0＝p联立解得P＝6p0n＝49次