【物理】2020高考二轮总复习专题十六分子动理论气体及热力学定律限时训练（解析版） 7页

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：＝ 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：‎ ＝②‎ 由②得：‎ pB＝pC 代入①式有：‎ pAVA＝pCVB 整理得：＝ 代入TA＝TB，VB＝VC可得：‎ ＝.‎ ‎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：＝ 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＝ ‎ 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：‎ ＝⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得：‎ p3＝1.6×108 Pa⑥‎ ‎8．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＝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＝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)　(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＝Δx1‎ 联立上式可求得Δx1＝ 此时活塞C距汽缸底部的距离x2＝ 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－)＝ ‎(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＝lS，由盖—吕萨克定律得：＝ 解得T2＝650 K，所以气体此时的温度t＝‎377 ℃‎.‎