2014年版高考物理第14讲分子动理论气体及热力学定律考前小测

2014年版高考物理第14讲分子动理论气体及热力学定律考前小测

‎04适考素能特训 ‎ ‎1.[2013·东北三省四市模拟](12分)(1)下列说法正确的是________．‎ A. 已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA.则该种物质的分子体积为V0＝ B. 布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规则运动 C. 分子质量不同的两种气体温度相同，它们分子的平均动能一定相同 D. 两个分子间距增大的过程中，分子间的作用力一定减小 ‎(2)如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍．管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为‎12 cm，大气压强为p0＝75 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达‎6 cm为止，求活塞下移的距离(假设环境温度不变)．‎ 解析：(1)选项A中的物质不明确状态，若是气体，要考虑分子间距，则选项A错误；布朗运动观察到的是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，则选项B错误；温度是分子平均动能的标志，则选项C正确；两分子间距增大，分子力可能增大，也可能减小，则选项D错误．‎ ‎(2)设粗管中气体为气体1，细管中气体为气体2.‎ 对粗管中气体1：有p‎0L1＝p‎1L′1‎ 右侧液面上升h1，左侧液面下降h2，有 S1h1＝S2h2，h1＋h2＝‎6 cm，得h1＝‎2 cm，h2＝‎‎4 cm L′1＝L1－h1‎ 解得：p1＝90 cmHg 对细管中气体2：有p‎0L1＝p‎2L′2‎ p2＝p1＋Δh 解得：L′2＝‎‎9.375 cm 因为h＝L1＋h2－L′2‎ 解得：h＝‎6.625 cm.‎ 答案：(1)C　(2)‎‎6.625 cm ‎2．[2013·长沙二模](12分)(1)如图是分子间引力(或斥力)大小随分子间距离变化的图象，下列说法正确的是________．‎ A. ab表示引力图线 B. cd表示引力图线 C. 当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能为零 D. 当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子力为零 E. 当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，分子力表现为斥力 ‎(2)湖底有一气泡(内有非理想气体)在上升过程中体积膨胀对外做了4×103 J的功，同时又从外界吸收了2.4×103 J的热量，则在该过程中，气泡内气体内能的增量ΔU＝________J，气体的分子势能和分子平均动能分别________、________(填“增加”、“减小”或“不变)‎ ‎(3)开口向下插入浅水银槽的粗细均匀的玻璃管长‎818 mm，管内封闭一定质量的空气，当外界大气压为758 mmHg、温度为‎27 ℃‎时，管内外水银面的高度差为‎738 mm，此时管中水银面距管顶‎80 mm(如图所示)．当温度降至零下‎3 ℃‎时，管内外水银面的高度差为‎743 mm，求此时的实际大气压值为多少？‎ 解析：(1)根据分子动理论，分子间相互作用的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，但分子间斥力减小快，所以A对、B错；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，引力等于斥力，D对；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能最小，但不一定为零，C错；当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，E正确．‎ ‎(2)根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU得：‎ ΔU＝W＋Q＝－4×103 J＋2.4×103 J＝－1.6×103 J 由于气体体积膨胀，分子间距离增大，所以分子势能增加；由于气体的内能减小，所以分子平均动能减小．‎ ‎(3)分别写出两个状态的状态参量：‎ p1＝758 mmHg－738 mmHg＝20 mmHg　V1＝80S mm3(S是管的横截面积)‎ T1＝300 K p2＝p0－743 mmHg　V2＝75S mm3‎ T2＝270 K 将数据代入理想气体状态方程＝ 解得：p0＝762.2 mmHg 答案：(1)ADE　(2)－1.6×103　增加　减小 ‎(3)762.2 mmHg ‎3．(12分)(1)两个分子相距为r1时，分子间的相互作用力表现为引力，相距为r2时，表现为斥力，则下面说法正确的是(　　)‎ A. 相距为r1时，分子间没有斥力存在 B. 相距为r2时，分子间的斥力大于相距为r1时的斥力 C. 相距为r2时，分子间没有引力存在 D. 相距为r1时，分子间的引力大于相距为r2时的引力 ‎(2)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示．开始时气体的体积为2.0×10－‎3 m3‎，现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为‎136.5 ℃‎.(大气压强为1.0×105 Pa)‎ ‎①求汽缸内气体最终的体积；‎ ‎②在p－V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化，并用箭头在图线上标出状态变化的方向．‎ 解析：(1)引力和斥力同时存在，在距离增大时引力与斥力均减小，距离减小时引力与斥力均增大，斥力变化更快，只有B对．‎ ‎(2)①缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙的过程，汽缸内气体为等温变化：‎ p1＝1.0×105 Pa　V1＝2.0×10－‎3 m3‎　T1＝273 K p2＝？　V2＝1.0×10－‎3 m3‎　T2＝273 K p2＝＝ Pa＝2.0×105 Pa 汽缸移出水槽缓慢加热，汽缸内气体为等压变化：‎ p3＝p2　V3＝？　T3＝409.5 K V3＝＝ m3‎ ‎＝1.5×10－‎‎3 m3‎ ‎②如图 答案：(1)B ‎(2)①1.5×10－‎3 m3‎　②见解析 ‎4．(12分)(1)分子甲固定，分子乙从无穷远处以动能Ek向分子甲运动，直至不能再靠近为止，其分子势能Ep随距离r变化如图所示，则两分子在逐渐靠近至d的过程中，分子乙的动能________(选填“先增大后减小”“先减小后增大”或“保持不变”)，在d点时，两分子间的作用力为________(选填“引力”“斥力”或“零”)．‎ ‎(2)如图为一定质量的某种理想气体由状态A经过状态C变为状态B的图象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 该气体在状态A时的内能等于在状态B时的内能 B. 该气体在状态A时的内能等于在状态C时的内能 C. 该气体由状态C至状态B为吸热过程 D. 该气体由状态A至状态C对外界所做的功大于从状态C至状态B对外界所做的功 ‎(3)如图所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的理想气体，容器横截面积为S，活塞质量为m，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞处于静止状态，现对容器缓缓加热使容器内的气体温度升高t℃，活塞无摩擦地缓慢向上移动了h，在此过程中气体吸收的热量为Q，问：‎ ‎①被密封的气体对外界做了多少功？‎ ‎②被密封的气体内能变化了多少？‎ 解析：(1)分子乙在向分子甲靠近过程中，分子力做功实现了分子势能和分子动能的转化；由分子势能和距离的关系图象可以看出，分子势能先减小后增大，则分子动能先增大后减小．分子势能最小的时候，正好分子引力和分子斥力相等，d点分子势能为零，此时分子力为斥力．‎ ‎(2)由气体状态方程＝＝，可求得TA＝TB>TC，而理想气体的内能是由温度决定的，温度高内能大，温度低内能小，故气体在状态A时的内能等于在状态B时的内能而大于在状态C时的内能．气体由C到B，体积增大，对外做功，其内能又增加，由热力学第一定律可知，该过程必然吸热．‎ ‎(3)①活塞缓慢上移，气体推动活塞的力F＝mg＋p0S，则气体对活塞做功W＝(mg＋p0S)h.‎ ‎②由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，其中因为是气体对外界做功，功代入负值运算，得到ΔU＝－(p0S＋mg)h＋Q.‎ 答案：(1)先增大后减小　斥力 ‎(2)A、C　(3)①(p0S＋mg)h ‎②－(p0S＋mg)h＋Q ‎5．[2013·福州二模](12分)如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1 V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B.求：‎ ‎(1)活塞移动到B时，缸内气体温度TB；‎ ‎(2)画出整个过程的p－V图线；‎ ‎(3)阐述活塞由A到B过程中，缸内气体吸热的理由．‎ 解析：(1)活塞由A移动到B的过程中，先做等容变化，后做等压变化．‎ 由理想气体状态方程得＝，＝或＝，代入数据解得TB＝363 K.‎ ‎(2)如图所示 ‎(3)气体在缓慢加热过程中，温度升高，气体内能增加；活塞由A移动到B，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热．‎ 答案：(1)363 K　(2)、(3)见解析 ‎6．[2013·邯郸二模](14分)(1)下列说法正确的是(　　)‎ A. 某种液体的饱和蒸气压与温度有关 B. 不是所有晶体都具有各向异性的特点 C. 一切自发过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行 D. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力 E．一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少 ‎(2)如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g.求：‎ ‎①初始时，水银柱两液面高度差；‎ ‎②通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两水银面相平．‎ 解析：(2)①选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有 p0S＋mg＝pS 可得被封闭气体压强 p＝p0＋ 设初始时水银柱两液面高度差为h，则被封闭气体压强 p＝p0＋ρgh 联立以上三式可得，初始时液面高度差为h＝ ‎②降低温度直至液面相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化．‎ 初状态：p1＝p0＋，V1＝1.5h0S，T1＝T0；‎ 末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0S，T2＝？‎ 根据理想气体状态方程有 ＝ 代入数据，可得 T2＝ 答案：(1)ABE　(2)①　② ‎7．[2013·长春二调](12分)(1)下列说法正确的是________．‎ A. 已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离 B. 在自然过程中熵总是增加的，其原因是有序是不可能实现的 C. 液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质具有各向异性 D. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力 E. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 ‎(2)如图甲所示，在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V－T图象，已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量ΔU.‎ 解析：(2)由图乙中V—T图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化．‎ 由盖—吕萨克定律得：＝，解得：VB＝8.0×10－‎‎3 m3‎ 气体对外做的功：‎ W＝p(VB－VA)＝1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3) J＝2×102 J 根据热力学第一定律：ΔU＝Q－W 解得：ΔU＝7.0×102 J－2.0×102 J＝5.0×102 J 答案：(1)ACE　(2)5.0×102 J ‎8．[2013·湖南六校联考](14分)如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积为V0＝‎90 cm3的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为‎27℃‎时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝‎‎16 cm ‎，水银柱上方空气柱长h0＝‎20 cm.现在对金属球形容器缓慢加热．(已知大气压p0＝76 cmHg，U形玻璃管的横截面积为S＝‎0.5 cm2)．求：‎ ‎(1)当加热到多少摄氏度时，两边水银柱高度在同一水平面上．‎ ‎(2)当加热到‎277℃‎时停止加热(此时右管中还有水银)，此时U形玻璃管左、右两侧水银面的高度差．‎ 解析：(1)初始状态：p1＝p0－ρgh1＝60 cmHg, V1＝V0＋h0S＝‎100 cm3，T1＝300 K 末状态：p2＝p0＝76 cmHg，V2＝V1＋S＝‎104 cm3‎ T2＝(273＋t2) K 由理想气体状态方程有＝ 代入数据解得t2＝‎‎122.2℃‎ ‎(2)由于‎277℃‎>‎122.2℃‎，所以左边水银柱将高于右边，设左边比右边高h(cm)‎ 末状态：p3＝p0＋ρgh＝(76＋h) cmHg V3＝V1＋(＋)S T3＝(273＋277) K＝550 K 由理想气体状态方程有 ＝ 代入数据解得h＝‎24 cm.‎ 答案：(1)122.2℃　(2)‎‎24 cm