专题限时集训14 分子动理论 气体及热力学定律 届高三物理二轮新高考复习检测Word格式.docx

专题限时集训14 分子动理论 气体及热力学定律 届高三物理二轮新高考复习检测Word格式.docx

《专题限时集训14 分子动理论 气体及热力学定律 届高三物理二轮新高考复习检测Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题限时集训14 分子动理论 气体及热力学定律 届高三物理二轮新高考复习检测Word格式.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

BCD　[外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知B、C、D正确，A错误。

3．（多选）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。

下列说法正确的是（　　）

A．单晶体内部沿不同方向的等长线段上微粒的个数通常是相等的

B．非晶体没有确定的熔点，其物理性质可能呈现各向异性

C．在真空中，自由下落的水滴是球形

D．从某个方向上看液晶分子排列整齐，从另一个方向看液晶分子的排列是杂乱无章的

CD　[单晶体内部沿不同方向的等长线段上微粒的个数通常是不相等的，选项A错误；

非晶体物理性质呈现各向同性，选项B错误；

在真空中，自由下落的水滴处于完全失重状态，水滴在表面张力作用下呈球形，选项C正确；

从某个方向上看液晶分子排列整齐，从另一个方向看液晶分子的排列是杂乱无章的，选项D正确。

4．现在骑自行车已成为一种流行的运动，山地车更是受到人们的青睐。

山地自行车前轮有气压式减震装置，其原理如图所示，随着路面的颠簸，活塞A上下振动，在气缸内封闭的气体的作用下，起到减震的目的。

缸内气体可视为理想气体，如果路面不平，下列关于该减震装置的说法正确的是（　　）

A．A迅速下压时气缸内的气体温度不变

B．A迅速下压时气缸内的气体压强增大

C．A下压后被迅速反弹时气缸内气体内能增大

D．A下压后被迅速反弹时气缸内每个气体分子的速率均减小

B　[如果活塞迅速下压，活塞对气体做功，气体来不及散热，由热力学第一定律及气体实验定律可知，气体内能增大，温度升高，压强增大，A错，B对；

当活塞下压后被迅速反弹时，气体对外做功，来不及吸热，气体内能减小，温度降低，分子平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，有些分子的速率可能增大，CD错。

5．（多选）一分子固定在原点O处，另一分子可在x轴上移动，这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示，曲线ab与cd的交点e的坐标为（x0，f0），则（　　）

A．x＝x0时分子力大小为2f0

B．x<

x0的情况下，x越小，分子力越大

C．x>

x0的情况下，x越大，分子力越小

D．x>

x0的情况下，x越大，分子势能越大

BD　[分子引力与分子斥力方向相反，x＝x0时分子引力与分子斥力恰好平衡，分子力为零，x<

x0的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子力表现为斥力，x越小，分子力越大，选项A错误，B正确；

x>

x0的情况下，分子力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子力先增大后减小，选项C错误；

x0的情况下，x越大，分子力做的负功越多，分子势能越大，选项D正确。

6．长玻璃管开口向上竖直放置，管内两段水银柱C、D封闭两段空气柱A、B，水银柱C上端与管口平齐，下端是一个厚度不计的轻质活塞P，水银柱D的长度h2＝25.0cm，当环境温度t1＝27.0℃时，空气柱B的长度为lB＝30.0cm，如图（a）所示；

现将空气柱B浸入温水中，对水加热，当水温缓慢升高到t2＝66.1℃时，活塞P上的水银刚好全部排出玻璃管外，如图（b）所示，此时空气柱B的长度l′B＝39cm，大气压强p0＝75cmHg，求水银柱C的长度h1及空气柱A在图（a）状态时的长度lA。

（结果保留三位有效数字）

图（a）　　图（b）　

[解析]　对空气柱B，温度为T1＝（273＋t1）K＝300K时，压强pB＝（p0＋h1＋h2）cmHg

温度为T2＝（273＋t2）K＝339.1K时，压强为p′B＝（p0＋h2）cmHg

由理想气体状态方程得

＝

解得h1≈15.0cm

对空气柱A，在图（a）状态时，压强为pA＝（p0＋h1）cmHg

水银柱C全部排出管外时，压强为p′A＝p0，空气柱长度l′A＝L－h2－l′B

其中L＝lA＋h1＋h2＋lB

由玻意耳定律得pAlA＝p′Al′A

解得lA＝30.0cm

[答案]　15.0cm　30.0cm

7．（2020·

潍坊市高三第一次模拟）有一粗细均匀、上端开口下端封闭的玻璃管，其总长为L＝31.00cm。

现用水银柱在管内封闭一段空气柱，如图甲所示，当管处于竖直状态时水银柱恰好与管口相平，测得水银柱长度为21.00cm。

现将玻璃管在竖直平面内缓慢倒转180°

使管口朝下，待管内水银柱稳定后测得管内水银柱的长度为15.00cm，如图乙所示。

接着又将玻璃管缓慢倒转回原来的位置（图甲所示位置）。

设外界温度为300K，外界大气压强保持不变，玻璃管倒转过程中不漏气。

（1）求大气压强和玻璃管回到原来的位置时管内空气柱的长度；

（2）现对回到原来位置的玻璃管底部加热，求当管内封闭气体的温度为多少时，管内的水银柱又会与管口恰好相平。

甲　　　　　　　　乙　　

[解析]　

（1）设大气压强为p0，玻璃管的横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，初状态时，压强为p1＝p0＋21cmHg，体积V1＝10Scm3，温度T1＝300K

末状态时，气体的压强p2＝p0－15cmHg，V2＝16Scm3，T2＝300K

由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2

解得p0＝75cmHg

当玻璃管回到原来位置时，设此时管内空气柱的长度为L′，此时管内气体的压强为p3＝（75＋15）cmHg＝90cmHg，气体的体积V3＝L′S

由玻意耳定律有p1V1＝p3V3

解得L′＝

cm。

（2）设当水银柱再次与管口相平时，管内封闭气体的温度为T4，此时管内气体压强为p4＝p3＝90cmHg

体积为V4＝（31cm－15cm）S＝16Scm3，温度T3＝300K

由盖吕萨克定律有

解得T4＝450K。

[答案]　

（1）

cm　

（2）450K

8．一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞可在气缸内无摩擦滑动，活塞下挂一重物P，气缸用轻绳悬挂在天花板上，由于环境温度发生变化，活塞分别稳定在图1、2所示的位置，若封闭气体在图1、2所示状态下的温度分别为T1、T2，压强分别为p1、p2，则下列判断正确的是（　　）

图1　　　　图2

A．T1＝T2，p1<

p2B．T1<

T2，p1＝p2

C．T1＝T2，p1>

p2D．T1>

D　[对活塞进行受力分析，可知图1时有m活g＋mpg＋p1S＝p0S，图2时有m活g＋mPg＋p2S＝p0S，其中S为气缸横截面积，m活为活塞质量，mP为重物质量，p0为大气压强，因此p1＝p2，设图1、2中气体体积分别为V1、V2，根据盖吕萨克定律有

，由题图1、2可得V1>

V2，所以T1>

T2，选项D正确。

9．一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又回到状态A，其状态变化过程的p－V图象如图所示。

已知该气体在状态A时的温度为127℃。

下列判断正确的是（　　）

A．由状态C到状态A气体做等温变化

B．气体在状态B时的温度为160℃

C．由状态C到状态A外界对气体做的功为700J

D．

气体完成一个循环吸热300J

C　[根据

＝C，经分析可知由状态C到状态A气体的温度先升高后降低，A错误。

气体由状态A到状态B做等容变化，由查理定律知

，解得TB＝160K，B错误。

由A到B气体做等容变化，外界对气体做的功W1＝0，由B到C气体做等压变化，外界对气体做的功W2＝pΔV＝－2×

105×

（4－2）×

10－3J＝－400J，由C到A过程，外界对气体做的功为图线与横轴所围的面积即W3＝

×

10－3J＝700J，由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，解得Q＝－300J，即气体完成一个循环放热300J，C正确，D错误。

10．（多选）吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示。

使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲），吸盘中的空气被挤出一部分。

然后将锁扣扳下（如图乙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。

若气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中，吸盘内气体的温度始终不变，则在拉起吸盘后（　　）

甲　　　　　　乙

A．吸盘内气体的压强比拉起前气体的压强小

B．吸盘内空气的密度等于外界空气的密度

C．吸盘内气体的内能不变

D．此过程中吸盘内的气体要放出热量

AC　[在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，温度不变，由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小，A正确；

在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小，B错误；

一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，在锁扣扳下的整个过程中气体的温度不变，所以气体的内能不变，C正确；

在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体对外界做功，但气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，此过程中气体要从外界吸收热量，D错误。

11．某农用喷雾装置简化图如图所示，按下左侧活塞，能够把体积ΔV＝2.22L的空气，经进气管压入密闭水桶内，进气管体积忽略不计。

开始时桶内气体的体积V＝8L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h＝0.20m。

出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S＝0.1m2。

已知水的密度ρ＝1.0×

103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×

105Pa，取重力加速度大小g＝10m/s2，整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。

现将活塞按下压入空气，求出水口流出水的体积。

[解析]　初始时，密闭气体压强p1＝p0＝1.0×

105Pa

密闭气体体积V1＝V＋ΔV＝10.22L

设流出水的体积为V′，末状态密闭气体体积V2＝V＋V′

密闭气体压强p2＝p0＋ρg

根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2

联立解得V′＝2L（另一解不合题意，舍去）

[答案]　2L

12．一同学制造了一个便携气压千斤顶，其结构如图所示，直立圆筒型密闭气缸导热良好，长度为L0，活塞（厚度不计）面积为S，活塞通过连杆与上方的顶托相连接，连杆长度大于L0，在气缸内距缸底

处有固定限位装置AB，以避免活塞运动到缸底。

初始时活塞位于气缸顶端，气缸内封闭有一定质量的压强为p0的理想气体，现将重力为3p0S的物体放在顶托上，已知大气压强为p0，活塞、连杆及顶托重力忽略不计，求：

（1）稳定后活塞下降的高度；

（2）为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p0的气体。

[解析]　

（1）取密封理想气体为研究对象，初态压强为p0，体积为L0S，假设没有AB限位装置，末态时压强为p，气柱长度为L，则

p＝p0＋

＝4p0

气缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得p0L0S＝pLS

解得L＝

因

<

，故活塞停在AB限位装置处，活塞下降的高度为

。

（2）以活塞回到初始位置时的气体为研究对象，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得

4p0L0S＝p0V

气泵压入的压强为p0的气体体积为ΔV＝V－L0S

解得ΔV＝3L0S。

（2）3L0S

13．（2020·

全国卷Ⅰ·

T33）

（1）分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r＝r1时，F＝0。

分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。

若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能______（填“减小”“不变”或“增大”）；

在间距由r2减小到r1的过程中，势能______（填“减小”“不变”或“增大”）；

在间距等于r1处，势能________（填“大于”“等于”或“小于”）零。

（2）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体），甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；

乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为

p。

现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。

求调配后，

（ⅰ）两罐中气体的压强；

（ⅱ）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。

[解析]　

（1）若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，分子力做正功，势能减小；

由r2减小到r1的过程中，分子力仍做正功，势能减小；

在间距为r1处，势能小于零。

（2）（ⅰ）假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有

p（2V）＝pV1　①

现两罐气体压强均为p，总体积为（V＋V1）。

设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有

p（V＋V1）＝p′（V＋2V）　②

联立①②式可得p′＝

　③

（ⅱ）若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有

p′V＝pV2　④

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有

k＝

　⑤

联立③④⑤式可得

　⑥

[答案]　

（1）减小　减小　小于

（2）（ⅰ）

p　（ⅱ）2∶3

14．（2020·

全国卷Ⅱ·

T33）

（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________。

（填正确答案标号）

A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热

B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低

C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响

D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内

（2）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。

潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。

为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；

工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。

（ⅰ）求进入圆筒内水的高度l；

（ⅱ）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。

[解析]　

（1）汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律；

冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，违背了热力学第一定律；

热机工作时吸收的热量不可能全部用来对外做功，而不产生其他影响，显然C选项遵循热力学第一定律，但违背了热力学第二定律；

冰箱的制冷机工作时，从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律，综上所述，第一个空选B，第二个空选C。

（2）（ⅰ）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有

p1V1＝p0V0　①

V0＝hS　②

V1＝（h－l）S　③

p1＝p0＋ρg（H－l）　④

联立以上各式并考虑到H≫h＞l，解得

l＝

h。

（ⅱ）设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有

p2V0＝p0V3　⑥

其中p2＝p0＋ρgH　⑦

设需压入筒内的气体体积为V，依题意

V＝V3－V0　⑧

联立②⑥⑦⑧式得

V＝

　⑨

[答案]　

（1）B　C

（2）（ⅰ）

h　（ⅱ）