届高三物理复习《气体》专题训练学案含答案Word文件下载.docx

届高三物理复习《气体》专题训练学案含答案Word文件下载.docx

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D．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

E.某些固体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变

6．关于热力学定律，下列说法中正确的是（）

A．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变

B．一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量

C．第二类永动机违背了热力学第一定律，因而是不可能实现的

D．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

E.热量可以从低温物体传到高温物体

7．关于分子动理论，下列说法正确的有____________

A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明

B．布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性

C．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力

D．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关

E.当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少

8．下列说法中正确的有（）

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．足球充足气后很难压缩，是足球内气体分子间斥力作用的结果

D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

E.一定质量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加

二、解答题

10．如图所示，透热的汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞横截面积S＝100cm2。

活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。

此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。

已知大气压恒为p0＝1.0×

105Pa，重力加速度为g＝10m/s2。

求：

（1）汽缸内气体的压强p1；

（2）汽缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？

此过程中汽缸内的气体是吸热还是放热？

11．有一左端封闭、右端开口并朝下的U型玻璃管，用两段水银柱密封了两部分理想气体A和B，如图甲所示，上部水银柱两侧液面差h1=15cm，两部分气体之间的水银柱高度h2=5cm，气柱A的长度L1=7.5cm，气柱B的长度L2=20cm。

大气压强P0=75cmHg；

现将U型管缓慢翻转至开口向上并轻弹玻璃管让两部分气体合并至封闭端顶部，如图乙所示，若环境温度保持不变，求合并后气柱的总长度L。

12．两个底面积均为S的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。

左容器上端敞开，右容器上端封闭。

容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略活塞活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。

已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示（h已知），现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。

①未漏气时活塞B下方气体的压强；

②活塞B的质量。

13．如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积S=3×

10－4m2的活塞封闭了一定质量的理想气体。

先在活塞上方缓缓倒入沙子（图中未画出），使封闭气体的体积缓慢变为原来的四分之三，（外界环境温度为300K，大气压强P0=1×

105Pa，g=10m/s2）。

①倒入沙子的质量；

②继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变，若沙子的质量是原来的两倍，则气体温度为多少?

14．如图所示，一内壁光滑开口向上的导热性能良好的圆柱形汽缸，用质量不计、横截面积为S的导热性能良好的活塞封闭了热力学温度为T1的气体，此时活塞与容器底部相距2h。

现缓慢地将沙子倒在活塞上，当它与容器底部相距为h时，继续加沙子的同时通过电热丝缓慢加热气体，使活塞位置保持不变，直到气体热力学温度达到T2。

已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。

①活塞刚与容器底部相距为h时（未加热气体），封闭气体的压强；

②整个过程中倒入沙子的总质量

15．如图所示，一定量的气体密封在体积为

的容器中，室温为

，光滑导热活塞C（体积忽略不计）将容器分成A、B两室，A室的体积是B室的2倍，B室上连有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计）.两边水银柱高度差为76cmA室装有阀门K，可与大气相通。

已知外界大气压强等于76cm汞柱，求：

（i）将阀门K打开稳定后，B室的体积；

（ii）打开阀门K后将容器内气体的温度从300K缓慢加热到540K，U形管内两边水银面的高度差。

16．如图所示，上端开口、下端封闭、粗细均匀的足够长细玻璃管竖直放置，管中用一段长度为H=25cm的水银柱封闭一段长度为L=20cm的空气，大气压强P0=75cmHg，开始时封闭气体的温度为27℃。

若将玻璃管在竖直平面内

（1）缓慢转动至开口向下，求此时封闭空气的长度；

（2）缓慢转动至水平后，再将封闭气体的温度升高到37℃，求此时封闭空气的长度。

17．如图，两个导热活塞A、B将I、II两部分理想气体封闭在导热汽缸内，A、B间有一劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧。

A、B的质量均为2.0kg，面积均为10cm2，外界大气压强恒为1.0×

105Pa。

初始时刻，环境温度为300K，气体Ⅰ的压强为1.1×

105Pa，A、B间的距离和B到汽缸底部的距离均为1.0m。

不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。

（i）弹簧的原长；

（ii）当环境温度缓慢上升到330K时，活塞B与汽缸底部的距离。

18．如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，将细管把它与水平固定的导热气缸B相连，气缸中活塞的横截面积S=l00cm2。

初始时，环境温度T=300K，活塞离缸底距离d=40cm。

现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F=1.0

103N时，活塞离缸底距离d'

=10cm。

已知大气压强P0=l.0

105Pa。

不计一切摩擦，整个装置气密性良好。

（1）容器A的容积VA；

（2）保持力F=1.0

103N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了△d=3cm时，此时环境温度为多少摄氏度？

19．一个水平放置的气缸，由两个横截面积不同的圆筒连接而成。

活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L=0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。

A、B的横截面积分别为SA=40cm2，SB=20cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）是压强为P0=1.0×

105Pa的大气。

当气缸内气体温度为T1=700K时，两活塞静止于如图所示的位置。

①现使气缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？

（气缸足够长）

②若在此变化过程中气体共向外放热540J，求气体的内能变化了多少？

三、填空题

20．回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K。

某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：

已知状态A和B的温度均为27℃，状态C和D的温度均为－133℃，下列判断正确的是___________。

A．气体由状态A到B过程，温度先升高后降低

B．气体由状态B到C过程，内能保持不变

C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小

D．气体由状态C到D过程，气体对外做功

E.气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比

21．关于分子动理论下列说法正确的是_____。

A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力

B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大

C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关

D．物体内能增加，温度一定升高

E.热量可以从高温物体传到低温物体

参考答案

1．BCE

【解析】

【详解】

布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项A错误；

气体的压强由气体的温度和密集程度决定，气体的温度越高，密集程度越大，气体的压强越大；

选项B正确；

当分子间的引力和斥力平衡时，分子力表现为零，此时分子势能最小，选项C正确；

若温度升高，体积增大时压强不一定大，故D错误；

当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项E正确；

故选BCE.

2．BCE

【分析】

气体分子间有较大空隙，不能认为分子所占的体积就是分子体积；

锄松地面，可以切断土壤里的毛细管，减少水分的流失；

分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力；

非晶体和多晶体都表现为各向同性；

自然界的宏观过程都具有方向性。

A.已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出气体分子间的平均距离，但由于气体分子中间有较大空隙，无法求出该气体分子的直径，故A错误；

B.锄松地面，可以破坏土壤里的毛细管，减少水分的流失，故B正确；

C.随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力，如分子间距离小于r0时，故C正确；

D.非晶体和多晶体都表现为各向同性，所以从各向异性或各向同性无法判断物质是晶体还是非晶体，故D错误；

E.自然界的宏观过程都具有方向性，能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程的方向性，故E正确。

故选：

BCE

3．ABD

对理想气体做功，若气体向外放热，则内能不一定增加，选项A正确；

水由100℃的液态变为100℃的气态时要吸收热量，但是分子动能不变，则分子势能增加，选项B正确；

液体的饱和汽压与温度有关，相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大；

不同的温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故C错误。

用水的摩尔质量除以水分子的质量，可以得到阿伏加德罗常数，选项D正确；

当分子力表现为引力时，从分子间距r0开始分子力随分子间距离的增大先增大后减小；

分子势能都是随分子间距离的增大而增大，选项E错误；

故选ABD.

4．BCE

A、液体沸腾时，不断吸热，温度保持沸点不变，但是内能增大，故选项A错误；

B、根据功能关系可知，当分子势能变大了，则分子力一定做负功，故选项B正确；

C、在压缩过程中外界对气体做功，则

，气体与外界没有热交换，则

，根据热力学第一定律

知

，即气体的内能增大，而一定质量理想气体的内能只跟温度有关，所以气体的温度升高，故C正确；

D、将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其它影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故D错误；

E、空气相对湿度越大，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，故E正确。

【点睛】

此题主要考查了热力学的基本知识点，如内能、热力学第二定律、相对湿度等，只要平时记住即可。

5．BCE

物质是有大量分子构成，分子永不停息做无规则运动；

当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力；

扩散现象与物体的状态无关；

气体对容器壁的压强是气体分子对器壁的碰撞产生的，与重力无关；

根据热力学第一定律可知△U＝W+Q分析内能的变化。

A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；

B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；

C、扩散现象与物体的状态无关，故固体、液体和气体都会有扩散现象发生；

D、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，封闭气体压强与重力无关，故D错误；

E、绝热条件下压缩气体，根据热力学第一定律可知△U＝W+Q＞0，即内能增加，故E正确；

考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道气体压强产生的原因和微观解释，掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论。

6．BDE

根据热力学第一定律可知，物体放出热量，同时对外做功，其内能一定减小，选项A错误；

一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，选项B正确；

第二类永动机违背了热力学第二定律，因而是不可能实现的，选项C错误；

根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项D正确；

根据热力学第二定律，热量可以从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项E正确；

故选BDE.

7．ABD

扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，选项A正确；

布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，选项B正确；

压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，选项C错误；

从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；

分子密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，选项D正确；

当分子间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势能随距离的增大而增大，选项E错误；

8．ADE

明确温度是分子热运动平均动能的标志；

明确热力学第一定律公式：

△U=Q+W的基本内容和应用；

自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；

体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大。

A项：

温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，故A正确；

B项：

外界对物体做功，若同时对外散热，物体内能不一定增加，故B错误；

C项：

足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关，故C错误；

D项：

根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；

E项：

一定质量的理想气体保持压强不变，温度降低，则体积变小，单位体积内分子数不增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大，故E正确。

ADE。

加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法。

此处高考要求不高，不用做太难的题目。

10．

（1）3.0×

105Pa　

（2）327℃　吸热

（1）以汽缸为研究对象，受力分析如图所示：

列平衡方程：

Mg＋p0S＝p1S，

解得：

代入数据得：

（2）设缸内气体温度升到t2时，活塞恰好会静止在汽缸口。

该过程是等压变化过程，由盖—吕萨克定律得：

代入数据得t2＝327℃

气体体积增大，对外做功，同时温度升高内能增大，所以透热的汽缸一定从外界吸收热量。

故本题答案是：

（1）3.0×

气体的内能和温度有关，温度升高，则内能增大，若气体的体积增大，则表明气体对外界做功。

11．

首先求出原来两部分气体的压强。

假设设翻转及气体合并后气柱总长度减小了xcm，根据几何关系求出合并后的压强。

分别对A、B两部分气体列出等温方程，列出合并前后的体积关系，联立即可解得。

PA1=P0-h1+h2=65cmHg

PB1=P0-h1=60cmHg

设翻转及气体合并后气柱总长度减小了xcm，如图所示，

则：

PA2=PB2=P0+（h1-2x）-h2=（85-2x）cmHg

对A：

PA1L1=PA2LA

对B：

PB1L2=PB2LB

L=LA+LB=L1+L2-x

由以上三式代入数据得x=5cm

LA=6.5cm，LB=16cm，L=22.5cm

12．①

②

①对活塞B受力分析，根据平衡方程求解活塞B下方气体的压强；

②根据玻意耳定律列式求解活塞B的质量；

①设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为P1，由力的平衡条件有

P1S=P0S+mg

②设平衡时，B上方的气体压强为P2，则P2S=P1S-mg

漏气发生后，设整个封闭气体体积为V′，压强为P′，由力的平衡条件有

P′S=P0S+mg

V′=（3h-0.2h）S

由玻意耳定律得

13．①

①加热前，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；

②加热过程活塞的位置保持不变，气体做等容变化，根据查理定律列式求解；

①初状态：

压强

末状态：

体积：

根据波意耳定律：

倒入沙子的质量：

②初状态：

温度：

气体做等容变化，根据查理定律：

气体温度：

。

本题考查气体实验定律，关键是以活塞为研究对象求解封闭气体压强，然后判断气体做何种变化，选择合适气体实验定律列式求解即可。

14．

（1）

；

（2）

①气体做等温变化，根据玻意耳定律列式可求解封闭气体的压强；

②根据查理定律，结合活塞的平衡方程求解沙子的质量。

①已知

，p1=p0，

气体做等温变化，根据玻意耳定律：

p1V1=p2V2

解得活塞刚与容器底部相距为h时，封闭气体的压强p2=2p0

②保持活塞位置不变，气体做等容变化，根据查理定律：

由平衡条件可知：

mg=（p3-p1）S

解得沙子的质量：

15．

（1）

（2）

（1）开始时，

，

；

打开阀门，B室气体等温变化，

，体积

由玻意耳定律得：

（2）开阀门K后将容器内的气体加热后，B室内的气体先发生等压变化

设等压变化过程，最终活塞C到左边时的温度为

由盖吕萨克定律：

，解得：

从450K继续热到540K，B室内气体发生等容变化，设B室内气体最后压强为

由查理定律得到：

代入数据解得：

故U形管内两边水银面的高度差为：

16．

（1）

（1）保持封闭气体初始温度27℃不变，为等温变化，根据玻意耳定律即可求出开口向下时空气柱的长度；

（2）缓慢转动至水平，找出初末状态参量，根据理想气体状态方程列式求解。

（1）初状态气体压强p1＝（p0+h）cmHg＝100cmHg，

末状态p2＝（P0﹣h）cmHg＝50cmHg，

设封闭气体长度设为L2，

等温变化过程由玻意耳定律得：

P1LS＝P2L2S

L2＝40cm

（2）初状态气体压强p1＝100cmHg，末状态p3＝P0＝75cmHg，

设封闭气体长度设为L3，初始状态温度T1＝300K，末状态温度T3＝310K

由理想气体状态方程得：

L3＝27.6cm

本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。

17．（ⅰ）1.1m（ⅱ）1.1m

（ⅰ）对活塞A列出平衡方程求解弹簧的原长；

（ⅱ）根据盖吕萨克定律列式求解活塞B与汽缸底部的距离：

（ⅰ）对活塞A受力分析可得：

可得l0=1.1m

（ⅱ）对活塞AB及弹簧系统受力分析可知，气体Ⅱ的压强始终保持不变，根据盖吕萨克定理：

解得l′=1.1m

18．

（1）

（2）

或

（1）根据玻意耳定律列式求解容器A的容积；

（2）根据盖吕萨克定律求解环境温度。

（1）由题意，气缸和容器内所有气体先做等温变化，有：

P1V1=P2V2

其中压缩前：

P1=P0，V1=VA+dS

压缩后：

P2=P0+

，V2=VA+d′S

带入数据解得VA=2L

（2）依题意，接着做等压变化，有：

其中变化前：

T2=T

变化后：

V3=V2-∆d∙ST3=t3+273或T3=t3+273.15

带入数据解得t3=-3℃或t3=-2.85℃

19．

（1）T2=400K；

（2）气体的内能减少240J

（1）发生等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解

（2）先求外界对气体所做的功，再根据热力学第一定律求内能变化量。

（1）对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化

由盖•吕萨克定律有

T2=400K时活塞A恰好移到两筒连接处；

（2）活塞向右移动过程中，外界对气体做功

W=P0•3L（SA-SB）

由热力学第一定律得△U=W+Q=-240J。

即气体的内能减少240J。

本题是气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，这部分知识是高考的热点，应熟练掌握。

20．ADE

状态A和B的温度相等，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，根据

，把AB直线与双曲线比较可判断温度的变化；

对于理想气体分子势能不计，根据温度变化可判断内能的变化；

根据体积的变化可判断分子间距离的变化和气体对外做功的情况；

对于体积不变，其热力学温度与压强成正比。

A.状态A和B的温度相等，根据

，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线，沿直线由A到B，PV先增大后减