2020届高考物理二轮复习专题七选修模块1分子动理论气体及热力学定律课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题七选修模块1分子动理论气体及热力学定律课时作业含解析

分子动理论、气体及热力学定律 ‎1．(2019·石家庄二模)(1)(多选)下列说法中正确的是(　　 )‎ A．如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%‎ B．如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大 C．如图丙所示为某理想气体分子速率分布图像，由图可知与‎0 ℃‎相比，‎100 ℃‎时速率大的分子所占比例较多 D．在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体 E．如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的 ‎(2)如图所示，质量m＝‎50 kg的导热汽缸置于水平地面上，质量不计，横截面积S＝‎0.01 m2‎的活塞通过轻杆与右侧墙壁相连．活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，气体温度t＝‎27℃‎，汽缸与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，已知g＝‎10 m/s2，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝t＋273，求：‎ ‎①缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；‎ ‎②保证汽缸静止不动时温度的范围．‎ 解析：(1)根据热力学第二定律可知，如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故A错误；如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，由于分子力做负功，分子势能逐渐变大，故B正确；如图丙所示为某理想气体分子速率分布图像，由图可知与‎0℃‎相比，‎‎100℃‎ - 8 -‎ 时速率大的分子所占比例较多；故C正确；在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，由图可知，该样品具有各向同性，则该样品可以是非晶体和多晶体，故D错误；如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的；故E正确．‎ ‎(2)①汽缸开始运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，汽缸内气体压强为：p＝p0＋＝1.2×105 Pa 气体发生了等容变化，根据查理定律可得：＝，代入数据可得：T＝360 K，即：t＝T－273＝‎‎87℃‎ ‎②当汽缸恰好不向右运动时，温度有最低值汽缸内气体压强：p′＝p0－＝0.8×105Pa 气体发生了等容变化，根据查理定律可得：＝，可得T′＝240 K，即：t′＝T′－273＝－‎33℃‎，温度在－‎33℃‎到‎87℃‎之间汽缸静止不动．‎ 答案：(1)BCE　(2)①1.2×105Pa　‎‎87℃‎ ‎②－33℃～‎‎87℃‎ ‎2．(2020·峨山县校级模拟)(1)(多选)下列说法正确的是(　　 )‎ A．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的 B．做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热 ‎(2)一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒联接而成．活塞A、B用一长为‎4L的刚性细杆连接，L＝‎0.5 m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动．A、B的截面积分别为SA＝‎40 cm2，SB＝‎20 cm2，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＝1.0×105 Pa的大气．当汽缸内气体温度为T1＝525 K时两活塞静止于如图所示的位置．‎ ‎(ⅰ)现使汽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？‎ ‎(ⅱ)若在此变化过程中气体共向外放热500 J，求气体的内能变化了多少？‎ 解析：‎ - 8 -‎ ‎(1)第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，不能够实现，故A错误；做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现，故B正确；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故C正确；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是统计规律，具体到个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率非常小，故D正确；‎ 随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝c可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变时，ΔU不变，又W＜0，所以Q＞0，即气泡吸热，故E错误．‎ ‎(2)(ⅰ)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＝ 代入数据：＝ 解得T2＝300 K时活塞A恰好移到两筒连接处 ‎(ⅱ)活塞向右移动过程中，外界对气体做功 W＝p0·‎3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)J＝300 J ‎ 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝300 J－500 J＝－200 J 即气体的内能减少200 J.‎ 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)300 K　(ⅱ)200 J ‎3．(1)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．‎ ‎①气体状态从A到B是________过程(选填“等容”“等压”或“等温”)；‎ ‎②状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(选填“升高”“不变”或“降低”)；‎ ‎③状态从C到D的变化过程中，气体________(选填“吸热”或“放热”)；‎ ‎④状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．‎ ‎(2)如图所示，竖直放置的汽缸上端有一活塞，活塞横截面积为S(厚度不计)，活塞可在汽缸内无摩擦地滑动．汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃细管相通．汽缸内封闭了一段高为L的气柱，U形管内的气体体积不计．此时缸内气体温度为T0，U形管内水银柱高度差为h.已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g - 8 -‎ ‎.(汽缸内气体与外界无热量交换)‎ ‎①求活塞的质量m.‎ ‎②对汽缸内气体进行加热，并在活塞上缓慢添加质量为‎4m的沙子，最终活塞位置不变，求最终汽缸内气体的温度T.‎ 解析：(1)①A→B，对应压强值恒为p2，即为等压过程．‎ ‎②B→C，由＝恒量，V不变，p减小，T降低．‎ ‎③C→D，由＝恒量，p不变，V减小，可知T降低，外界对气体做功，内能减小，由ΔU＝W＋Q可知C→D过程放热．‎ ‎④A→B，气体对外界做功 WAB＝p2(V3－V1)‎ B→C，V不变，气体不做功 C→D，V减小，外界对气体做功 WCD＝－p1(V3－V2)‎ 状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做的总功W＝WAB＋WBC＋WCD＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．‎ ‎(2)本题考查物体的平衡、查理定律，意在考查考生的理解能力．‎ ‎①活塞受力分析如图所示，设此时汽缸内气体的压强为p1，由平衡条件有p1S＝p0S＋mg 由U形管中水银的高度差，结合液体压强公式有p1＝p0＋ρgh 联立解得活塞的质量m＝ρSh ‎②在活塞上添加质量为‎4m的沙子，由平衡条件得p2S＝p0S＋5mg得p2＝p0＋5ρgh 汽缸内气体做等容变化，由查理定律得＝ 所以此时汽缸内气体的温度为T＝T0‎ - 8 -‎ 答案：(1)①等压　②降低　③放热　④p2(V3－V1)－p1(V3－V2)‎ ‎(2)①pSh　②T0‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅱ，33T)‎ ‎(1)(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是________．‎ A．气体的内能包括气体分子的重力势能 B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C．气体的内能包括气体整体运动的动能 D．气体的体积变化时，其内能可能不变 E．气体的内能包括气体分子热运动的动能 ‎(2)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h.a距缸底的高度为H，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态．上下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.‎ 解析：(1)气体的内能包括分子之间相互作用的势能和分子热运动的动能，与整体的重力势能和动能均无关，故A、C错误，B、E正确；由热力学第二定律可知，气体体积变化时，其内能可能不变，故D正确．‎ ‎(2)设活塞在a处时温度为T1，体积为V1，活塞在b处时温度为T2，体积为V2.活塞没动之前是等容过程＝，T1＝之后是一个等压过程，V1＝SH，V2＝S(H＋h)，＝，所以解得：T2＝，W＝F·h＝(mg＋p0S)·h - 8 -‎ 答案：(1)BDE　(2)　(mg＋p0S)h ‎5．(2018·全国卷Ⅲ，33T)(1)(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示．在此过程中________．‎ A．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功 ‎(2)在两端封闭，粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气，当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝‎18.0 cm和l2＝‎12.0 cm.左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度，在整个过程中，气体温度不变．‎ 解析：(1)因＝C，由a→b，pa＜pb，Va＜Vb，可得Ta＜Tb，故A项错误；因Ta＜Tb，故理想气体的内能一直增加，B项正确；因气体的体积一直增大，故气体一直对外做功，C项正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，D项正确；气体吸收的热量有一部分转化为内能，一部分用于对外做功，故E项错误．‎ ‎(2)设管截面积为S 对左边的气体，p1＝12.0 cmHg，l1＝‎‎18.0 cm 设后来压强为p，l′1＝l1＋Δl 根据玻意耳定律得：p‎1l1S＝pl′1S 即：p‎1l1S＝p(l1＋Δl)S 对右边的气体：p2＝p1－p液＝6.0 cmHg l2＝‎‎12.0 cm 后来压强为p，l′2＝l2－Δl 根据玻意耳定律得：p‎2l2S＝pl′2S - 8 -‎ 即p‎2l2S＝p(l2－Δl)S 联立解得：Δl＝‎‎4.5 cm 所以：l′1＝‎18.0 cm＋‎4.5 cm＝‎‎22.5 cm l′2＝‎12.0 cm－‎4.5 cm＝‎‎7.5 cm 答案：(1)BCD ‎(2)l′1＝‎22.5 cm　l′2＝‎‎7.5 cm ‎6．(2020·湖北模拟)(1)(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 ‎(2)一个篮球的容积是‎2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去‎125 cm3.如果在打气前篮球里的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少Pa？(设在打气过程中气体温度不变)‎ 解析：(1)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；‎ ‎(2)由于每打一次气，总是把ΔV体积、相等质量、压强为p0的空气压到容积为V0的容器中，所以打n次气后，共打入压强为p0的气体的总体积为nΔV，因为打入的nΔV体积的气体与原先容器里空气的状态相同，故以这两部分气体的整体为研究对象．取打气前为初状态，压强为p0，体积为V0＋nΔV；打气后容器中气体的状态为末状态；压强为p2、体积为V0.状态及过程如图所示．‎ 令V2为篮球的容积，V1为n次所充气体的体积及篮球的容积之和，则V1＝‎2.5 L＋30×‎‎0.125 L 由于整个过程中气体质量不变、温度不变．‎ - 8 -‎ 可用玻意耳定律求解．‎ p0V1＝p2V2‎ p2＝＝Pa＝2.5×105 Pa.‎ 答案：(1)BCE　(2)2.5×105 Pa - 8 -‎