【物理】2020届二轮复习专题八第1讲　热　学学案（京津鲁琼专用）

【物理】2020届二轮复习专题八第1讲　热　学学案（京津鲁琼专用）

第1讲　热　学 真题再现 考情分析 ‎1.(2019·高考全国卷Ⅰ)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度.‎ ‎(2)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.‎ 解析：(1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度.‎ ‎(2)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p0V0＝p1V1①‎ 被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为 V′1＝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 p2V2＝10p1V′1③‎ 联立①②③式并代入题给数据得 p2＝3.2×107 Pa.④‎ ‎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＝⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得 p3＝1.6×108 Pa.⑥‎ 答案：(1)低于　大于　(2)①3.2×107 Pa　②1.6×108 Pa ‎2.(2018·高考全国卷Ⅰ)‎ ‎(1)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是________.‎ A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中气体对外界做正功 C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小 ‎(2)‎ 如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.‎ 解析：(1)由理想气体状态方程＝可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做正功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，‎ 理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程＝并结合题图可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确.‎ ‎(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p0＝p1V1①‎ p0＝p2V2②‎ 由已知条件得 V1＝＋－＝V③‎ V2＝－＝④‎ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S＝p1S＋mg⑤‎ 联立以上各式得 m＝.⑥‎ 答案：(1)BDE　(2)见解析 命题研究 ‎　　本讲中近几年高考重点考查：对分子动理论、内能、热力学定律的理解，固体、液体和气体的性质的理解，气体实验定律、气体状态变化图象与理想气体状态方程的理解及应用．考查题型固定：(1)为“五选三”的选择式填空题，(2)为小型计算题.2020年备考仍要加强对分子动理论、分子力、分子势能、内能、热力学定律等基本概念和规律的理解和应用，同时要注意微观量的估算问题，特别是气体实验定律、气体状态变化图象与热力学定律的综合等问题 ‎　分子动理论、固体与液体的性质 ‎【高分快攻】‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·高考北京卷)下列说法正确的是(　　)‎ A．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度 B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和 C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关 D．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 ‎[解析]　温度是分子平均动能的量度(标志)，A项正确；内能是物体内所有分子的分子热运动动能和分子势能的总和，B项错误；气体压强不仅与分子的平均动能有关，还与分子的密集程度有关，C项错误；气体温度降低，则分子的平均动能变小，D项错误．‎ ‎[答案]　A ‎【题组突破】‎ 角度1　油膜法测分子大小 ‎1．(2019·高考全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________．‎ 解析：由于分子直径非常小，极少量油酸所形成的单分子层油膜面积也会很大，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d＝，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．‎ 答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积 角度2　分子的无规则运动 ‎2．雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)．‎ 某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．‎ 据此材料，以下叙述正确的是(　　)‎ A．PM10表示直径小于或等于1.0×10－6 m的悬浮颗粒物 B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力 C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D．PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大 解析：选C.PM10表示直径小于或等于1.0×10－5 m的悬浮颗粒物，A项错误；PM10悬浮在空气中，受到的空气分子作用力的合力等于其所受到的重力，B项错误；由题意推断，D项错误；PM10和大颗粒物的悬浮是由于空气分子的撞击，故它们都在做布朗运动，C项正确．‎ 角度3　固体与液体的性质 ‎3．下列说法正确的是(　　)‎ A．小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力 C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远 D．常见的金属都是非晶体 E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性 解析：选ACE.空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势，A正确；给车胎打气，越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大，不是由于分子间存在斥力，B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，C正确；常见的金属都是晶体，D错误；液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E正确．‎ 命题角度 解决方法 易错辨析 微观量的计算 通过阿伏加德罗常数来联系微观量和宏观量 所求的微观密度或微观体积的含义并不是真实自身的体积或密度，而是占有的空间大小 分子热运动与布朗运动 微观解释布朗运动的原因 布朗运动是指颗粒的运动而不是指分子的运动 物体内能的变化分析 明确决定物体内能的因素：物质的量、物态、温度、体积 内能改变的方式可结合做功和热传递来理解 晶体、非晶体的性质 记熟晶体、非晶体分类的依据和晶体的各种特征 晶体熔化过程、温度不变，内能改变 ‎　　气体实验定律的应用 ‎【高分快攻】‎ ‎1．必须理清的知识联系 ‎2．对三个气体实验定律要有充分的理解 ‎(1)定律在温度不太低、压强不太大的情况下适用；‎ ‎(2)一定质量的理想气体做等容变化时，气体的压强跟摄氏温度不成正比；‎ ‎(3)气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比，即＝＝＝C.‎ 以上(2)和(3)对等压变化同样适用．‎ ‎3．封闭气体压强的计算方法 ‎(1)“活塞模型”‎ 求活塞封闭的气体压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强．‎ 如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m，面积为S，被封闭气体的压强为p，大气压强为p0，活塞受力如图所示，由平衡条件得pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋.‎ ‎(2)“液柱模型”‎ 求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：‎ ‎①液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；‎ ‎②不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；‎ ‎③有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；‎ ‎④当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简洁．‎ ‎4．应用气体实验定律的解题思路 ‎(1)选择对象——某一定质量的理想气体；‎ ‎(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；‎ ‎(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；‎ ‎(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性．‎ 若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.‎ ‎(1)求细管的长度；‎ ‎(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．‎ ‎[解析]　(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h，初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有 pV＝p1V1 ①‎ 由力的平衡条件有 p＝p0＋ρgh ②‎ p1＝p0－ρgh ③‎ 式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有 V＝S(L－h1－h) ④‎ V1＝S(L－h) ⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm. ⑥‎ ‎(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有 ＝ ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K． ⑧‎ ‎[答案]　(1)41 cm　(2)312 K ‎【题组突破】‎ 角度1　“玻璃管—水银柱”模型 ‎1．(2018·高考全国卷 Ⅲ )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：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有 ‎ p1＝p2＋ρg(l1－l2) ①‎ 式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小 由玻意耳定律有 p1l1＝pl′1 ②‎ p2l2＝pl′2 ③‎ 两边气柱长度的变化量大小相等 l′1－l1＝l2－l′2 ④‎ 由①②③④式和题给条件得 l′1＝22.5 cm ⑤‎ l′2＝7.5 cm. ⑥‎ 答案：见解析 角度2　“活塞—汽缸”模型 ‎2．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求 ‎(1)抽气前氢气的压强；‎ ‎(2)抽气后氢气的压强和体积．‎ 解析：(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 ‎(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①‎ 得p10＝(p0＋p)． ②‎ ‎(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2.‎ 根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S ③‎ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0 ④‎ p2V2＝p0V0 ⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接，故 V1－2V0＝2(V0－V2) ⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p ⑦‎ V1＝. ⑧‎ 答案：(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　 角度3　变质量问题的处理 ‎3．一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．‎ 解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，‎ 根据玻意耳定律得 p1V1＝p2V2 ①‎ 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1 ②‎ 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝④‎ 联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)．‎ 答案：4天 角度4　气体的微观解释 ‎4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3.(填“大于”“小于”或“等于”)‎ 解析：对一定质量的理想气体，为定值，由p－V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，所以T1＝T3>T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2>N3.‎ 答案：大于　等于　大于 命题角度 解决方法 易错辨析 ‎“玻璃管—水银柱”模型 以水银柱为研究对象进行受力分析，联系两部分气体的p、V、T等参量；再结合实验定律求解问题 准确找到液柱高度差是求解压强的关键点 ‎“活塞—汽缸”模型 分析活塞的受力情况，结合运动状态，求解封闭气体的压强 找出封闭气体初、末状态的参量，结合实验定律求解结果 ‎“充气、抽气”变质量问题 转“变质量”问题为“不变质量”问题，把全部气体作为研究对象 选取的研究对象一定要在变化前后都包括进去，否则质量变化，实验定律不再适用 ‎　　气体实验定律与热力学定律的综合问题 ‎【高分快攻】‎ ‎【典题例析】‎ ‎ 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．‎ ‎(1)该循环过程中，下列说法错误的是________．‎ A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 E．该循环过程中，内能减小的过程仅有B→C ‎(2)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的.求气体在B状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，计算结果保留一位有效数字)‎ ‎[解析]　(1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W＜0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU＜0，‎ 即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误；C→D的过程中，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W＞0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误；从A→B、C→D的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B→C，内能增大的过程是D→A，选项E正确．‎ ‎(2)从A→B气体为等温变化，根据玻意耳定律有 pAVA＝pBVB，所以VB＝＝ L＝15 L 所以单位体积内的分子数n＝＝ 个/L ‎＝4×1022 个/L＝4×1025 个/m3.‎ ‎[答案]　(1)ABD　(2)4×1025个 ‎【题组突破】‎ ‎1．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V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 解析：选BCD.一定量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误．‎ ‎2．(2019·湖北八校高三4月联考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.‎ ‎(1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？‎ ‎(2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？‎ 解析：(1)对一定质量的理想气体由图象可知，A→B等容变化，由查理定律得＝ 即代入数据得TB＝450 K 即tB＝177 ℃‎ A→C由理想气体状态方程得＝ 代入数据得TC＝300 K 即tC＝27 ℃.‎ ‎(2)由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，‎ ΔU＝0‎ 从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0，‎ 从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，W＝pΔV 由p－V图线与横轴所围成的面积可得 W＝＝1 200 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可得Q＝－1 200 J 即气体向外界放出热量，传递的热量为1 200 J.‎ 答案：(1)177 ℃　27 ℃　(2)放热　1 200 J 热力学第一定律的应用技巧 ‎(1)内能变化量ΔU的分析思路 ‎①由气体温度变化分析气体内能变化．温度升高，内能增加；温度降低，内能减少．‎ ‎②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化．‎ ‎(2)做功情况W的分析思路 ‎①由体积变化分析气体做功情况．体积被压缩，外界对气体做功；体积膨胀，气体对外界做功．注意气体在真空中自由膨胀时，W＝0.‎ ‎②由公式W＝ΔU－Q分析气体做功情况．‎ ‎(3)气体吸、放热Q的分析思路：一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况．‎ ‎1．(2018·高考北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是(　　)‎ A．气体扩散的快慢与温度无关 B．布朗运动是液体分子的无规则运动 C．分子间同时存在着引力和斥力 D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大 解析：选C.在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；分子间同时存在着引力和斥力，故C正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故D错误．‎ ‎2．(2019·衡水高三调研)(1)下列说法中正确的是(　　)‎ A．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动 B．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大 C．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同 D．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小 E．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态 ‎(2)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．‎ ‎①已知从A到B的过程中，气体对外放出600 J的热量，则从A到B，气体的内能变化了多少？‎ ‎②试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？‎ 解析：(1)分子做永不停息的无规则热运动，A错误；物体温度越高，分子的平均动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同则物体分子热运动的平均动能可能相同，选项B、C正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项D正确；处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，故E错误．‎ ‎(2)①从A到B，外界对气体做功，有 W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J 根据热力学第一定律，内能的变化量 ΔU＝W＋Q＝900 J－600 J＝300 J.‎ ‎②根据理想气体状态方程有＝ 代入数据可得TB＝TC 根据理想气体状态方程有＝ 代入数据可得TA＝1 200 K.‎ 答案：(1)BCD　(2)①300 J　②1 200 K ‎3．(2019·武汉4月调研)(1)下列说法正确的是(　　)‎ A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律 B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动 C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关 ‎(2)如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：‎ ‎①活塞刚好升到缸口时，气体的温度；‎ ‎②汽缸内气体对外界做的功；‎ ‎③气体内能的变化量．‎ 解析：(1)第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，A项错误．布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反映的是液体分子热运动的规律，B项错误．‎ ‎(2)①封闭气体初态：V1＝1 500 cm3，T1＝273 K 末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3‎ 缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化 则有＝ 解得T2＝364 K.‎ ‎②设封闭气体做等压变化的压强为p 对活塞：p0S＝pS＋G 汽缸内气体对外界做功W＝pSh 解得W＝25 J.‎ ‎③由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量 ΔU＝Q－W 得ΔU＝35 J 故汽缸内的气体内能增加了35 J.‎ 答案：(1)CDE　(2)①364 K　②25 J　③35 J ‎4．(1)(2019·陕西汉中高三一模)以下说法正确的是(　　)‎ A．晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征 B．液体的分子势能与液体的体积有关 C．水的饱和汽压随温度变化而变化 D．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”‎ E．分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同 ‎(2)如图，用质量m＝1 kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝0.5 m，气体的温度t1＝27 ℃.现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至t2＝267 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2 处，此过程中被封闭气体增加的内能增加ΔU＝400 J．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，活塞横截面积S＝5.0×10－4 m2，求：‎ ‎①初始时汽缸内气体的压强p1 和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；‎ ‎②此过程中汽缸内气体吸收的热量Q.‎ 解析：(1)单晶体一定具有规则的形状，且有各向异性的特征，而多晶体的物理性质表现为各向同性，选项A错误；分子势能的产生是由于分子间存在作用力，微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化，分子间作用力变化，分子势能才变化，选项B正确；水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度越高，饱和汽压越大，选项C正确；只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”，选项D 错误；温度是分子平均动能的标志，分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同，选项E正确．‎ ‎(2)①开始时，活塞受力平衡，有p0S＋mg＝p1S 解得p1＝p0＋＝1.2×105 Pa 气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得＝ 解得h2＝0.9 m.‎ ‎②气体在膨胀过程中外界对气体做功为 W＝－p1ΔV＝－1.2×105×(0.9－0.5)×5×10－4 J＝－24 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得Q＝ΔU－W＝400 J－(－24 J)＝424 J.‎ 答案：(1)BCE　(2)①0.9 m　②424 J ‎5．(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A．图中两条曲线下面积相等 B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大 ‎(2)如图，‎ 容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．‎ ‎①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；‎ ‎③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．‎ 解析：(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，‎ 可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．‎ ‎(2)①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得 p0V＝p1V1 ①‎ ‎(3p0)V＝p1(2V－V1) ②‎ 联立①②式得 V1＝ ③‎ p1＝2p0. ④‎ ‎②打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2 ⑤‎ 由⑤式得 p2＝p0 ⑥‎ 由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p′2＝p0.‎ ‎③设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 ＝ ⑦‎ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0.‎ 答案：(1)ABC　(2)见解析 ‎6．(2019·山东十校联考)(1)下列说法中，正确的是(　　)‎ A．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性 B．物块在自由下落过程中，分子的平均动能增大，分子势能减小 C．布朗运动虽不是分子运动，但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动 D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度 E．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变 ‎(2)内径相同、导热良好的“T”形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，此时外界温度t1＝27 ℃，各部分长度如图所示．外界大气压p0＝76 cmHg.求：‎ ‎①若外界温度保持不变，缓慢从管口注入水银，直到水平管中右侧气柱长度减小到28 cm时注入的水银柱长度；‎ ‎②在①的状态下，水平管中右侧气柱再次恢复为30 cm时的环境温度(用摄氏温度表示)．‎ 解析：(1)非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性，A正确；分子动能与分子势能都与机械能无关，物块在自由下落过程中，动能增加，重力势能减小，而分子平均动能和分子势能不变，B错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，C错误；根据热力学第零定律，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，D正确；温度是分子的平均动能的标志，若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积无关，所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变，E正确．‎ ‎(2)①注入水银的过程中，水平管内封闭的气体做等温变化 以水平管右侧气柱为研究对象，设管的横截面积为S，水银柱高度h1＝22 cm 由玻意耳定律p1SL1＝p2SL2‎ 其中L1＝30 cm，L2＝28 cm，p1＝p0＋h1＝98 cmHg 解得，p2＝105 cmHg，竖直管内水银柱高度h2＝29 cm 由于水平管左右两侧压强相等，所以左侧气柱长度由15 cm变为14 cm 则需要注入的水银柱长度Δh＝h2－h1＋3 cm＝10 cm.‎ ‎②对水平管右侧气柱，设环境温度为T2时，气柱长度为L1＝30 cm，压强为p3，由理想气体状态方程 ＝ 其中L1＝30 cm，L2＝28 cm，p2＝105 cmHg，p3＝108 cmHg，T1＝300 K 解得，T2≈331 K 所以，t2＝58 ℃.‎ 答案：(1)ADE　(2)见解析 ‎7. (1)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是(　　)‎ A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 ‎(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，‎ 水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎①待测气体的压强；‎ ‎②该仪器能够测量的最大压强．‎ ‎ ‎ 解析：(1)ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误．‎ ‎(2)①水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则 V＝V0＋πd2l ①‎ V1＝πd2h ②‎ 由力学平衡条件得 p1＝p＋ρgh ③‎ 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1 ④‎ 联立①②③④式得 p＝. ⑤‎ ‎②由题意知 h≤l ⑥‎ 联立⑤⑥式有 p≤ ⑦‎ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax＝.‎ 答案：(1)ABD　(2)见解析