2020高考物理二轮总复习专题限时训练1-7-1分子动理论气体及热力学定律（Word版带解析）

专题限时训练 一、多项选择题 1．(2019·郑州三模)下列关于热现象的判断正确的是(　　) A．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的 B．露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用 C．在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零 D．气体被压缩时，内能可能不变 E. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 答案：BDE 解析：单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性 的，故 A 错误；液体表面张力的产生原因是液体表面层分子较稀疏，分子间引力 大于斥力，合力现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用，B 正确；根 据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成 的，与是否失重无关，C 错误；做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被 压缩时，内能可能不变，D 正确；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库 吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，E 正确． 2．(2019·怀化三模)有关对热学的基础知识理解正确的是(　　) A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部 B．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度 C．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零 D．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. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸 分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理 答案：CDE 解析：表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内 部，故 A 错误；热的物体把内能传递给冷的物体，最终达到温度相等，而不是热 的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故 B 错误；当某一密闭 容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故 C 正确；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， 故 D 正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布 的、把油酸分子看成球形、分子之间没有空隙，这三个方面的近似处理，故 E 正 确． 3．(2018·福建质检)下列说法正确的是(　　) A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了 C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动 D．在南方的梅雨季节，湿衣服不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故 E．空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化 答案：ABD 解析：液晶具有液态时呈现各向同性、固态时呈现各向异性的特点，液晶显示器 利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 A 正确；根据麦克斯韦速率分布 规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大 了，故 B 正确；空中飞舞的粉尘的运动是由气流作用引起的宏观表现，不是布朗 运动，故 C 错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣 服不容易晾干，故 D 正确；根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内 传递到温度较高的室外需要消耗电能，故 E 错误． 4．(2019·滨州二模)下列说法正确的是(　　) A．蔗糖受潮后粘在一起形成糖块，粘在一起的糖块是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上的导热性能不同 C．有的物质在不同的条件下能够生成不同的晶体．是因为组成他们的微粒能够按 照不同规则在空间分布 D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 答案：BCD 解析：蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，该糖块是多晶体，故 A 错误；固体可以 分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上呈现各向异性，具有不同的光学 性质，故 B 正确；有些物质在不同条件下生成不同的晶体，那是因为组成它们的 微粒能够按照不同的规则在空间分布．例如：金刚石和石墨都是由碳元素构成的，它们有不同的点阵结构，故 C 正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶 体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非 晶体．把晶体硫加热熔化(温度超过 300°C)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶体硫， 再过一段时间又会转化为晶体硫，故 D 正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量， 虽然温度保持不变，但是内能要增加，故 E 错误． 二、计算题 5．(2019·合肥三模)如图所示，一定质量的某种理想气体从状态 A 到状态 B 经历了 一个等温过程，从状态 B 到状态 C 经历了一个等容过程．分别用 pA、VA、TA 和 pB、VB、TB 及 PC、VC、TC 表示气体在 A、B、C 三个状态下的参量．请推导状态 A 的三个参量(pA.VA、TA)和状态 C 的三个参量(PC、VC、TC)之间的关系． 答案：pAVA TA ＝pCVC TC 解析：由题意知，A→B 过程为等温过程，有 TA＝TB，过程满足玻意耳定律有： pAVA＝pBVB① B→C 过程为等容过程，有 VB＝VC，过程满足查理定律有： pB TB ＝pC TC ② 由②得： pB＝TB TCpC 代入①式有： pAVA＝TB TCpCVB 整理得：pAVA TB ＝pCVB TC 代入 TA＝TB，VB＝VC 可得： pAVA TA ＝pCVC TC . 6．(2019·洛阳三模)如图所示，粗细均匀，两端开口的 U 形玻璃管竖直放置．左右竖直部分和水平部分长度均为 H＝14 cm.水平部分一段空气柱将管内水银分隔成 左右两段．当温度 t＝0 ℃时，被封闭的空气柱的长度 L＝8 cm，水平部分左侧水 银柱长 A＝2 cm，左侧竖直管内水银柱长也是 A＝2 cm.大气压强 P0 相当于高为 76 cm 水银柱的压强． (1)当被封闭的空气柱温度缓慢升高到多少摄氏度时，水平部分某一侧的水银恰好 能全部进入竖直管？ (2)当被封闭的空气柱温度缓慢升高到多少摄氏度时，恰好能一让某一侧竖直管内 水银柱上方的空气全部被排出？ 答案：(1)147 ℃　(2)497 ℃ 解析：(1)U 形管两端均开口，所以两竖直管内水银柱高度应相同，即右边竖直管 内水银柱高度也为 h＝2 cm.所以被封闭的空气柱右侧的水银柱的水平长度为 H－ L－h＝4 cm 设玻璃管的横截面积为 S，以被封闭的空气为研究对象，初状态 T1＝(273＋t)＝273K，P1＝P0＋h cmHg＝78 cmHg，V1＝LS＝8S. 设当被封闭的空气柱温度缓慢升高到 T2 时，因为两竖直管内水银柱高度应相同， 所以只能是封闭空气柱左侧水银恰好能全部进入竖直管 AB 中，此时右侧管水银柱 高度也为 4 cm. 以封闭的空气为研究对象，该状态温度为 T2，P2＝P0＋2h cmHg＝80 cmHg 柱，V2 ＝(L＋h＋h)S＝12S. 由理想气体状态方程得：78 × 8S 273 ＝80 × 12S T2 解得：T2＝420 K 所以此时被封闭的空气柱温度升高到 t2＝(420－273) ℃＝147 ℃ (2)设当被封闭的空气柱温度缓慢升高到 T3 时，因为两竖直管内水银柱高度应相同， 所以只能是左侧竖直管内的空气恰好能全部被排出，即左侧竖直管水银柱上表面 和管口相平，此时右侧竖直管水银柱高度仍为 4 cm， 以被封闭的空气为研究对象，该状态温度为 T3，P3＝P0＋2h cmHg＝80 cmHg，V＝ [L＋h＋h＋(H－2h)]S＝22S由理想气体状态方程得78 × 8S 273 ＝80 × 22S T3 解得：T3＝770 K 所以此时被封闭的空气柱温度升高到 t3＝(770－273) ℃＝497 ℃ 7．(2019·全国卷Ⅰ)热等静压设备广泛应用于材料加工中．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)3.2×107 PA　(2)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 耳定律得： p0V0＝p1V1① 被压入进炉腔的气体在室温和 p1 条件下的体积为 V1′＝V1－V0② 设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 p2，体积为 V2.由玻意耳定律得： p2V2＝10p1V1′③ 联立①②③式并代入题给数据得： p2＝3.2×107 Pa④ (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 得： p3 T1 ＝p2 T0 ⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得： p3＝1.6×108 Pa⑥8．如图所示，内壁光滑长度为 4l、横截面积为 S 的汽缸 A、B，A 水平、B 竖直固 定，A、B 之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为 27 ℃、大气 压为 p0 的环境中，活塞 C、D 的质量及厚度均忽略不计．原长为 3l、劲度系数 k＝ 3p0S l 的轻弹簧，一端连接活塞 C、另一端固定在位于汽缸 A 缸口的 O 点．开始活 塞 D 距汽缸 B 的底部 3l.后在 D 上放一质量 m＝p0S g 的物体．求： (1)稳定后活塞 D 下降的距离； (2)改变汽缸内气体的温度使活塞 D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少？ 答案：(1)7l 3 　(2)377 ℃ 解析：(1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸 A、B 中的气体压强都为大气压 p0，弹簧弹力为零； 所以活塞 C 到汽缸 A 底部的距离为 x1＝l 放入重物稳定后汽缸 A、B 中气体的压强都为 p1，对 D 活塞有 p1S＝mg＋p0S 对活塞 C 有 p1S＝F1＋p0S F1 为弹簧的弹力，则 F1＝kΔx1＝3p0S l Δx1 联立上式可求得 Δx1＝l 3 此时活塞 C 距汽缸底部的距离 x2＝4l 3 初状态时气体的总体积 V0＝4lS，末态体积为 V1，由玻意耳定律得： p0V0＝p1V1 解得 V1＝2lS 由此可知活塞 D 下降的距离为 x＝3l－(2l－4l 3)＝7l 3 (2)改变气体温度使活塞 D 回到初始位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变，V2＝13 3 lS，由盖—吕萨克定律得：V1 T0 ＝V2 T2 解得 T2＝650 K，所以气体此时的温度 t＝377 ℃.