（山东专用）2015高考物理二轮专题辅导训练 专题6 第13讲 分子动理论 气体及热力学定律（含解析）.doc

第13讲　分子动理论　气体及热力学定律 ‎1．(2012·山东卷，36)(1)以下说法正确是________．‎ a．水的饱和汽压随温度的升高而增大 b．扩散现象表明，分子在永不停息地运动 c．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 d．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小 图6－13－1‎ ‎(2)如图6－13－1所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝‎20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝‎10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)‎ ‎①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．‎ ‎②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．‎ 解析　(1)分子间距离增大时，分子间引力和斥力同时减小，选项c错误；由于气体压强不变，根据＝C可知，当气体膨胀时气体温度升高，分子平均动能增加，选项d错误．‎ ‎(2)①设U形管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①‎ p1＝p0②‎ p2＝p＋ph③‎ V1＝l1S④‎ V2＝l2S⑤‎ 由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦‎ ‎②左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热．‎ 答案　(1)ab　(2)①50 cmHg　②做正功　吸热 ‎2．(2013·山东卷，36)(1)下列关于热现象的描述正确的一项是________．‎ a．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%‎ b．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 c．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 d．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的 ‎(2)‎ 图6－13－2‎ 我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到‎990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图6－13－2所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝‎‎3 m3‎ - 5 -‎ ‎.如果将该气缸下潜至‎990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．‎ ‎①求‎990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于‎10 m深的海水产生的压强)．‎ ‎②下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．‎ 解析　(1)根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，a错．做功是通过能量转化改变系统内能的，而热传递是通过内能的转移改变系统内能的，b错．根据热力学定律，温度相同是达到热平衡的标准，c正确．单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动具有统计规律，d错．‎ ‎(2)①当气缸下潜至‎990 m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知 p＝100 atm①‎ 根据理想气体状态方程得 ＝②‎ 代入数据得V＝2.8×10－‎2 m3‎③‎ ‎②下潜过程中，封闭理想气体温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功；由热力学第一定律可知下潜过程中封闭气体放热，由能量守恒定律可知传递的热量大于外界对气体所做的功．‎ 答案　(1)c　(2)①2.8×10－‎2 m3‎　②放热　大于 ‎3.‎ 图6－13－3‎ ‎(2014·山东卷，37)(1)如图6－13－3，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体________．(双选，填正确答案标号)‎ a．内能增加 b．对外做功 c．压强增大 d．分子间的引力和斥力都增大 图6－13－4‎ ‎(2)一种水下重物打捞方法的工作原理如图6－13－4所示．将一质量M＝3×‎103 kg、体积V0＝‎0.5 m3‎的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝‎40 m，筒内气体体积V1＝‎1 m3‎.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮．求V2和h2.‎ 已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×‎103 kg/m3，重力加速度的大小g＝‎10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．‎ 解析　(1)当环境温度升高时，气体的温度升高，由装置图得气体的压强不变，由盖·吕萨克定律知气体的体积增大，缸内气体膨胀对外做功，理想气体不考虑分子力，内能仅由物质的量和温度决定，温度升高，气体的内能增加，正确选项为ab.‎ ‎(2)当F＝0时，由平衡条件得 Mg＝ρg(V0＋V2)①‎ 代入数据得 - 5 -‎ V2＝‎2.5 m3‎②‎ 设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得 p1＝p0＋ρgh1③‎ p2＝p0＋ρgh2④‎ 在此过程中筒内气体的温度和质量不变，由玻意耳定律得 p1V1＝p2V2⑤‎ 联立②③④⑤式代入数据得 h2＝‎10 m⑥‎ 答案　(1)ab　(2)‎2.5 m3‎　‎‎10 m ‎4.‎ 图6－13－5‎ ‎(2014·新课标全国卷Ⅰ，33)‎ ‎(1)(6分)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图6－13－5所示．下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分．选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分．)‎ A．过程ab中气体一定吸热 B．过程bc中气体既不吸热也不放热 C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎(2)(9分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内．气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.‎ 解析　(1)由p－T图可知，从a→b的过程为等容变化过程，即体积不变，但温度升高，内能增加，所以气体要吸热，选项A对．从b→c过程，温度不变，压强减小，说明体积增大，气体对外做功，所以要吸热，选项B错．从c→a过程，压强不变，温度降低，内能减小，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C错．分子的平均动能与温度有关，因为TaPc，所以状态b单位时间内容器壁受到分子撞击的次数多，选项E对．‎ ‎(2)设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp)(h－h)S①‎ 解得Δp＝p②‎ 外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′，根据盖·吕萨克定律，得 ＝③‎ 解得h′＝h④‎ 据题意可得 Δp＝⑤‎ 气体最后的体积为 - 5 -‎ V＝Sh′⑥‎ 联立②④⑤⑥式得 V＝⑦‎ 答案　(1)ADE　(2) ‎5．(2014·新课标全国卷Ⅱ，33)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分．选对2个得4分．选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分．)‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎(2)(10分)‎ 图6－13－6‎ 如图6－13－6，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为‎7 ℃‎且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的 ，活塞b在气缸正中间．‎ ‎①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度； ‎ ‎②继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．‎ 解析　(1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，选项A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，选项B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，选项D错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸收热量，从而温度会降低的缘故，选项E正确．‎ ‎(2)①活塞b升至顶部的过程中，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，且活塞a不动，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0/4，由题意可得氮气初始状态的体积：V1＝V0＋×＝V0①‎ 末态体积：V2＝V0＋＝V0②‎ 由盖·吕萨克定律得 ＝③‎ 由①②③式及所给的数据可得：T2＝320 K④‎ ‎②活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初始状态的体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得 V1′＝V0，P1′＝P0，V2′＝V0⑤‎ p1′V1′＝p2′V2′⑥‎ - 5 -‎ 由⑤⑥式可得：p2′＝p0⑦‎ 答案　(1)BCE　(2)①320 K　②p0‎ 近三年山东卷的试题都是由一小一大组成的，小题是选择题的形式．大题是填空题和计算题．‎ ‎2012年小题考查的是分子动理论，气、液性质．大题是玻意耳定律和热力学第一定律的应用．‎ ‎2013年小题考查的是分子热运动、温度、热力学定律．大题考查的是理想气体状态方程和热力学定律的应用．‎ ‎2014小题主要考查的是热力学第一定律．大题考查的是玻意耳定律和力的平衡．‎ 命题热点 分子动理论和热学知识的综合应用，热力学定律的分析和判断，气体实验定律的应用等．‎ 高考预测 ‎2015年高考，气体实验定律仍然主要以计算题的形式出现，热力学第一定律和其他考点主要以选择题或填空的题的形式出现，且以考查知识的记忆和简单的综合应用为主，难度不会太大．‎ - 5 -‎