2022年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題十四 分子動理論 氣體及熱力學定律專題限時訓練

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1、2022年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題十四 分子動理論 氣體及熱力學定律專題限時訓練 1．(xx·懷化模擬)(1)下列說法中正確的是________． A．擴散現(xiàn)象不僅能發(fā)生在氣體和液體中，固體中也可以 B．巖鹽是立方體結構，粉碎后的巖鹽不再是晶體 C．地球大氣的各種氣體分子中氫分子質量小，其平均速率較大，更容易掙脫地球吸引而逃逸，因此大氣中氫含量相對較少 D．從微觀角度看氣體壓強只與分子平均動能有關 E．溫度相同的氫氣和氧氣，分子平均動能相同 (2)一氣象探測氣球，在充有壓強為76 cmHg、溫度為27 ℃的氫氣時，體積為3.5 m3.當氣球上升到6.50 k

2、m高空的過程中，氣球內氫氣的壓強逐漸減小，但通過加熱使氣體溫度保持不變，氣球到達的6.50 km處的大氣壓強為36.0 cmHg，這一高度氣溫為－48.0 ℃，以后保持氣球高度不變．求： ①氣球在6.50 km處的體積； ②當氫氣的溫度等于－48.0 ℃后的體積． 解析：(1)擴散現(xiàn)象也可以在固體中發(fā)生，A項正確．粉碎后的巖鹽顆粒仍具有立方體結構，仍為晶體，B項錯誤．從微觀角度看氣體壓強與分子平均動能和氣體分子密集程度兩個因素有關，D項錯誤．根據分子動理論，分子的平均動能取決于溫度，與分子種類無關，E項正確．由于各種氣體分子的平均動能mv2相等，氫氣分子的平均速率最大，C項正確． (2

3、)①氣球上升過程是一個等溫變化過程，有：p1V1＝p2V2，解得V2≈7.39 m3. ②氣球在6.50 km處時，氣體是一個等壓變化過程，有：＝，解得V3≈5.54 m3. 答案：(1)ACE　(2)①7.39 m3?、?.54 m3 2．(1)下列說法中正確的是________． A．已知水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數(shù) B．布朗運動說明分子在永不停息地做無規(guī)則運動 C．兩個分子由很遠(r＞10－9 m)距離減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先減小后增大，分子勢能不斷增大 D．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用 E．物體的溫度升高，則物體中所有分子

4、的分子動能都增大 (2)在大氣中有一水平放置的固定圓筒，它由a、b和c三個粗細不同的部分連接而成，各部分的橫截面積分別為2S、S和S.已知大氣壓強為p0，溫度為T0.兩活塞A和B用一根長為4L的不可伸長的輕桿相連，把溫度為T0的空氣密封在兩活塞之間，此時兩活塞的位置如圖所示．現(xiàn)對被密封的氣體加熱，其溫度緩慢上升到T，若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，此時兩活塞之間氣體的壓強為多少？ 解析：(1)NA＝，故A正確；布朗運動是分子熱運動的實驗基礎，B正確；當r＝r0時，分子力為0，兩分子從很遠到很近，分子力先增大后減小再增大，分子勢能先減小后增大，C錯誤；表面張力使液體表面積最小為球形，D正確；

5、物體的溫度升高，分子的平均動能增大，并不是所有分子動能都增大，E錯誤． (2)開始升溫過程中封閉氣體做等壓膨脹，直至B活塞左移L為止．設B剛好左移L距離對應的溫度為T′，則 ＝ 得T′＝T0 所以，若T≤T0，p＝p0 若T＞T0，由＝ 得p′＝p0. 答案：(1)ABD　(2)若T≤T0，p＝p0；若T＞T0，p′＝p0 3．(1)關于一定量的氣體，下列說法正確的是________． A．氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和 B．只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低 C．在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強

6、為零 D．氣體從外界吸收熱量，其內能一定增加 E．氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高 (2)如圖，A容器容積為10 L，里面充滿12 atm、溫度為300 K的理想氣體，B容器是真空，現(xiàn)將A中氣體溫度升高到400 K，然后打開閥門S，將A中的氣體釋放一部分到B容器，當A容器內壓強降到4 atm時，關閉閥門，這時B容器內的壓強是3 atm.不考慮氣體膨脹過程中溫度的變化，求B容器的容積． 解析：(1)氣體分子在空間可自由移動，因此氣體體積應是氣體分子所能到達的空間的體積，選項A正確；分子熱運動的劇烈程度與溫度有關，溫度越高，分子熱運動越劇烈，選項B正確；氣體壓強的大小等于氣體作用在器壁

7、單位面積上的壓力，與失、超重無關，選項C錯誤；氣體吸收熱量的同時可對外做功，內能不一定增加，選項D錯誤；氣體等壓膨脹，由＝可知溫度一定升高，選項E正確． (2)設A容器容積為VA＝10 L，溫度T0＝300 K時，壓強為p0＝12 atm；溫度升高到T1＝400 K時，壓強為p1，根據查理定律有＝ 解得p1＝16 atm 對于氣體膨脹過程，為等溫變化，以膨脹后A中氣體為研究對象， 初態(tài)：p1′＝16 atm，體積為V1′ 末態(tài)：p2′＝4 atm，V2′＝10 L 根據玻意耳定律有p1′V1′＝p2′V2′ 解得V1′＝2.5 L. 對B中氣體 初態(tài)：p＝16 atm，V＝V

8、A－V1′＝7.5 L 末態(tài)：p′＝3 atm，V′＝VB 同理有pV＝p′V′ 解得VB＝V′＝40 L. 答案：(1)ABE　(2)40 L 4．(1)下列說法正確的是________． A．液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的光學各向異性特征 B．第二類永動機違反了能量守恒定律，所以它是制造不出來的 C．一定質量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱 D．懸浮在液體中的固體微粒越小，布朗運動越明顯 E．空氣的相對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示 (2)如圖所示，一圓柱形絕熱汽缸豎直放置，通過絕熱活塞封閉著一定質量的理想氣體．已知外界大氣壓強為p

9、0，活塞的橫截面積為S，質量為m＝，與容器底部相距h，此時封閉氣體的溫度為T0.現(xiàn)在活塞上放置一質量與活塞質量相等的物塊，再次平衡后活塞與容器底部相距h，接下來通過電熱絲緩慢加熱氣體，氣體吸收熱量Q時，活塞再次回到原初始位置．重力加速度為g，不計活塞與汽缸的摩擦．求： ①活塞上放置物塊再次平衡后，氣體的溫度； ②加熱過程中氣體的內能增加量． 解析：(1)由液晶的特性可知A正確；第二類永動機不違反能量守恒定律，而是違反熱力學第二定律，B錯誤；由＝C知，體積增大，溫度升高，內能增大，又因氣體膨脹對外做功，由ΔU＝W＋Q知，氣體從外界吸熱，C正確；由布朗運動顯著條件知D正確；相對濕度是所含的水

10、蒸氣的壓強與同溫度水的飽和汽壓的比值，故E錯誤． (2)①由平衡條件知p1＝p0，p2＝p0 又T1＝T0，V1＝hS，V2＝hS，由理想氣體狀態(tài)方程得 ＝，解得：T＝T0. ②由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q得 ΔU＝Q－. 答案：(1)ACD　(2)①T0　②Q－ 5．(xx·高考全國卷Ⅰ，T33，15分)(1)下列說法正確的是________． A．將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體 B．固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質 C．由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體 D．在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉?/p>

11、晶體，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w E．在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變 (2)如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞．已知大活塞的質量為m1＝2.50 kg，橫截面積為S1＝80.0 cm2；小活塞的質量為m2＝1.50 kg，橫截面積為S2＝40.0 cm2；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l＝40.0 cm；汽缸外大氣的壓強為p＝1.00×105 Pa，溫度為T＝303 K．初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為T1＝495 K．現(xiàn)汽缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移．忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大

12、小g取10 m/s2.求： ①在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，汽缸內封閉氣體的溫度； ②缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強． 解析：(1)將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒仍是晶體，故A錯誤；單晶體具有各向異性，有些單晶體沿不同方向上的光學性質不同，故B正確；例如金剛石和石墨由同種元素構成，但由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，故C正確；晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化，如天然水晶是晶體，熔融過的水晶(即石英玻璃)是非晶體，也有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體，故D正確；熔化過程中，晶體的溫度不變，但內能改變，故E錯誤． (2)①設初始時氣體體積為V1，在大

13、活塞與大圓筒底部剛接觸時，缸內封閉氣體的體積為V2，溫度為T2.由題給條件得 V1＝S1＋S2① V2＝S2l② 在活塞緩慢下移的過程中，用p1表示缸內氣體的壓強，由力的平衡條件得 S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③ 故缸內氣體的壓強不變．由蓋－呂薩克定律有 ＝④ 聯(lián)立①②④式并代入題給數(shù)據得 T2＝330 K．⑤ ②在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，被封閉氣體的壓強為p1.在此后與汽缸外大氣達到熱平衡的過程中，被封閉氣體的體積不變．設達到熱平衡時被封閉氣體的壓強為p′，由查理定律有 ＝⑥ 聯(lián)立③⑤⑥式并代入題給數(shù)據得 p′≈1.01×105 Pa. 答

14、案：(1)BCD　(2)①330 K?、?.01×105 Pa 6．(xx·高考全國卷Ⅱ，T33，15分)(1)關于擴散現(xiàn)象，下列說法正確的是________． A．溫度越高，擴散進行得越快 B．擴散現(xiàn)象是不同物質間的一種化學反應 C．擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則運動產生的 D．擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生 E．液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的 (2)如圖，一粗細均勻的U形管豎直放置，A側上端封閉，B側上端與大氣相通，下端開口處開關K關閉；A側空氣柱的長度l＝10.0 cm，B側水銀面比A側的高h＝3.0 cm.現(xiàn)將開關K打開，從U形管中放出部分水銀，當兩側水銀面的高

15、度差為h1＝10.0 cm時將開關K關閉．已知大氣壓強p0＝75.0 cmHg. ①求放出部分水銀后A側空氣柱的長度； ②此后再向B側注入水銀，使A、B兩側的水銀面達到同一高度，求注入的水銀在管內的長度． 解析：(1)擴散現(xiàn)象與溫度有關，溫度越高，擴散進行得越快，選項A正確．擴散現(xiàn)象是由于分子的無規(guī)則運動引起的，不是一種化學反應，選項B、E錯誤，選項C正確．擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項D正確． (2)①以cmHg為壓強單位．設A側空氣柱長度l＝10.0 cm時的壓強為p；當兩側水銀面的高度差為h1＝10.0 cm時，空氣柱的長度為l1，壓強為p1.由玻意耳定律得 pl＝

16、p1l1① 由力學平衡條件得 p＝p0＋h② 打開開關K放出水銀的過程中，B側水銀面處的壓強始終為p0，而A側水銀面處的壓強隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側水銀面的高度差也隨之減小，直至B側水銀面低于A側水銀面h1為止．由力學平衡條件有 p1＝p0－h(huán)1③ 聯(lián)立①②③式，并代入題給數(shù)據得 l1＝12.0 cm.④ ②當A、B兩側的水銀面達到同一高度時，設A側空氣柱的長度為l2，壓強為p2.由玻意耳定律得 pl＝p2l2⑤ 由力學平衡條件有 p2＝p0⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式，并代入題給數(shù)據得 l2＝10.4 cm⑦ 設注入的水銀在管內的長度為Δh，依題意得 Δh＝2(

17、l1－l2)＋h1⑧ 聯(lián)立④⑦⑧式，并代入題給數(shù)據得 Δh＝13.2 cm. 答案：(1)ACD　(2)①12.0 cm?、?3.2 cm 7．(xx·高考全國卷Ⅰ，T33，15分)(1)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p－T圖象如圖所示．下列判斷正確的是________． A．過程ab中氣體一定吸熱 B．過程bc中氣體既不吸熱也不放熱 C．過程ca中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱 D．a、b和c三個狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動能最小 E．b和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同 (2)一定質量的理想氣體

18、被活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內．汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動．開始時氣體壓強為p，活塞下表面相對于汽缸底部的高度為h，外界溫度為T0.現(xiàn)取質量為m的沙子緩慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完時，活塞下降了h/4.若此后外界的溫度變?yōu)門，求重新達到平衡后氣體的體積．已知外界大氣的壓強始終保持不變，重力加速度大小為g. 解析：(1)對一定質量的理想氣體，由＝C進行狀態(tài)分析．由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q進行吸放熱、做功分析． 在不同坐標系中要注意各種圖象的不同，從圖象中找出體積、溫度、壓強的變化情況．由題p－T圖象可知過程ab是等容變化，溫度升高，內能增加，體積不變，由熱力學第一定律

19、可知過程ab一定吸熱，選項A正確；過程bc溫度不變，即內能不變，由于過程bc體積增大，所以氣體對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體一定吸收熱量，選項B錯誤；過程ca壓強不變，溫度降低，內能減少，體積減小，外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知，放出的熱量一定大于外界對氣體做的功，選項C錯誤；溫度是分子平均動能的標志，由題p－T圖象可知，a狀態(tài)氣體溫度最低，則分子平均動能最小，選項D正確；b、c兩狀態(tài)溫度相等，分子平均動能相等，由于壓強不相等，所以單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同，選項E正確． (2)求理想氣體狀態(tài)參數(shù)時，要找出初末狀態(tài)，然后由理想氣體狀態(tài)方程列方程求解． 設汽缸的

20、橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對氣體產生的壓強為Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp)S① 解得Δp＝p② 外界的溫度變?yōu)門后，設活塞距底面的高度為h′，根據蓋－呂薩克定律，得 ＝③ 解得h′＝h④ 據題意可得Δp＝⑤ 氣體最后的體積為V＝Sh′⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得V＝. 答案：(1)ADE　(2) 8．(xx·高考全國卷Ⅱ，T33，15分)(1)下列說法正確的是________． A．懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了花粉分子的熱運動 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果 C．彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點 D．高原地區(qū)水的沸點

21、較低，這是高原地區(qū)溫度較低的緣故 E．干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱的結果 (2)如圖，兩汽缸A、B粗細均勻、等高且內壁光滑，其下部由體積可忽略的細管連通；A的直徑是B的2倍，A上端封閉，B上端與大氣連通；兩汽缸除A頂部導熱外，其余部分均絕熱．兩汽缸中各有一厚度可忽略的絕熱輕活塞a、b，活塞下方充有氮氣，活塞a上方充有氧氣．當大氣壓為p0，外界和汽缸內氣體溫度均為7 ℃且平衡時，活塞a離汽缸頂?shù)木嚯x是汽缸高度的，活塞b在汽缸的正中間． ①現(xiàn)通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b恰好升至頂部時，求氮氣的溫度； ②繼續(xù)緩慢加熱，使活塞a上升．當活塞a

22、上升的距離是汽缸高度的時，求氧氣的壓強． 解析：(1)懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了水分子的熱運動，而不是反映花粉分子的熱運動，選項A錯誤．由于表面張力的作用使液體表面的面積收縮，使小雨滴呈球形，選項B正確．液晶的光學性質具有各向異性，彩色液晶顯示器就利用了這一性質，選項C正確．高原地區(qū)水的沸點較低是因為高原地區(qū)的大氣壓強較小，水的沸點隨大氣壓強的降低而降低，選項D錯誤．由于液體蒸發(fā)時吸收熱量，溫度降低，所以濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，選項E正確． (2)①活塞b升至頂部的過程中，活塞a不動，活塞a、b下方的氮氣做等壓變化，設汽缸A的容積為V0，氮氣初態(tài)體積為V1，溫度為T1，末態(tài)體積為V2，溫度為T2，按題意，汽缸B的容積為，由題給數(shù)據和蓋－呂薩克定律得 V1＝V0＋×＝V0① V2＝V0＋V0＝V0② ＝③ 由①②③式和題給數(shù)據得 T2＝320 K. ②活塞b升至頂部后，由于繼續(xù)緩慢加熱，活塞a開始向上移動，直至活塞上升的距離是汽缸高度的時，活塞a上方的氧氣做等溫變化，設氧氣初態(tài)體積為V′1，壓強為p′1，末態(tài)體積為V′2，壓強為p′2，由題給數(shù)據和玻意耳定律得 V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0④ p′1V′1＝p′2V′2⑤ 由④⑤式得p′2＝p0. 答案：(1)BCE　(2)①320 K　②p0