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2021届高考物理二轮复习 专题七 第1讲 分子动理论、气体及热力学定律作业

2021届高考物理二轮复习 专题七 第1讲 分子动理论、气体及热力学定律作业

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- 10 -

第1讲 分子动理论、气体及热力学定律
(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)(1)分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r＝r1时，F＝0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能________(选填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能________(选填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能________(选填“大于”“等于”或“小于”)零。

(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
①两罐中气体的压强；
②甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
解析：(1)分子势能与分子间距离变化的关系图像如图乙所示，两分子间距减小到r2的过程中和由r2减小到r1的过程中，分子力做正功，分子势能减小；在间距等于r1处，分子势能最小，小于零。

(2)①假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
p(2V)＝pV1 ①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V) ②
联立①②式可得p′＝p ③
②若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤
联立③④⑤式可得k＝ ⑥
答案：(1)减小　减小　小于　(2)①p　②
2．(2020·高考全国卷Ⅲ)(1)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中________。

A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
(2)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg。

①现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
②再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
解析：(1)温度不变，理想气体的内能不变，A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，B正确；根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，C、D正确，E错误。
(2)①设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2 ①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
p1＝p0＋ρgh0 ②
p2＝p0＋ρgh ③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS ④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9 cm ⑤
②密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
＝ ⑥
按题设条件有
V3＝(2H－h)S ⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2＝363 K ⑧
答案：(1)BCD　(2)①12.9 m　②363 K
3．(1)水的摩尔质量为M＝18 g/mol，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，则一个水分子的质量为________kg，一瓶600 mL的纯净水所含水分子的个数为________个。
(2)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短、导热性良好的平底大烧瓶。在一次实验中，体积为V＝1 L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S＝2 cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦fm＝60 N。瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内、外气压近似相等。已知实验室环境温度T＝290 K恒定，环境空气密度ρ＝1.20 kg/m3，压强为标准大气压p0＝1×105 Pa，求：

①橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强；
②为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量。
解析：(1)水分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，即m＝
代入数据得m＝3×10－26kg
水分子数目为N＝NA
代入数据得N＝×6×1023＝2×1025(个)。
(2)①橡皮塞即将弹出时，对瓶塞受力分析得
pS＝p0S＋fm
解得p＝p0＋＝4×105 Pa。
②瓶内气体等温变化：p0V＝pV1，则V1＝0.25 L
气球内气体的体积V2＝V－V1＝0.75 L
气球内气体压强也为p
等温变化：p0V0＝pV2，可得V0＝3 L
打入空气质量m＝ρV0＝3.6×10－3 kg。
答案：(1)3×10－26　2×1025　(2)①4×105 Pa　②3.6×10－3 kg
[能力题组专练]
4．(1)关于热现象，下列说法正确的是________。
A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变
D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点
E．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
(2)如图甲所示，开口向上、内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，在汽缸P、Q两处设有卡口，使厚度不计的活塞只能在P、Q之间运动。开始时活塞停在Q处，温度为300 K。现缓慢加热缸内气体，直至活塞运动到P处，整个过程中的p­V图线如图乙所示。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。

①写出图乙中气体状态的变化过程，求出卡口Q下方气体的体积以及两卡口之间的汽缸的体积；
②求活塞刚离开Q处时气体的温度以及缸内气体的最高温度。
解析：(1)气体的温度升高时，分子的平均动能增大，每次撞击器壁时对器壁的作用力增大，但气体的压强不一定增大，还与气体的密集程度有关，A错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁产生的，所以在完全失重的情况下压强不会改变，C正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D错误；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故E正确。
(2)①从题图乙可以看出，气体先做等容变化，然后做等压变化，最后再做等容变化。
由题图乙可知，卡口Q下方气体的体积V0＝1.0×10－3 m3
两卡口之间的汽缸的体积ΔV＝1.2×10－3 m3－1.0×10－3 m3＝2×10－4 m3。
②从题图乙可以看出开始时缸内气体的压强为0.9p0
活塞刚离开Q处时，气体压强p2＝1.2p0
由查理定律有＝
解得t2＝127 ℃
设活塞最终移动到P处，由理想气体状态方程有＝
解得t3＝327 ℃。
答案：(1)BCE　(2)①气体先做等容变化，然后做等压变化，最后再做等容变化　1.0×10－3 m3　2×10－4 m3　②127 ℃　327 ℃
5．(1)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴。由状态a变到状态b的过程中，气体________(选填“吸收”或“放出”)热量，从状态b到状态c，气体对外做________(选填“正功”或“负功”)，从状态a到状态d，气体内能________(选填“增加”“不变”或“减少”)。

(2)如图所示，在两端封闭、导热良好、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，U形管两端竖直朝上。环境温度为240 K时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝24 cm和l2＝16 cm，左边气体的压强为20 cmHg。现改变环境温度，使左侧竖直管内水银液面下降1 cm(左侧竖直管内仍有水银)，求此时的环境温度。

解析：(1)由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量；从状态b到状态c，气体体积变大，则气体对外做正功；从状态a到状态d，气体温度升高，则内能增加。
(2)对于左侧气体，初状态：p1＝20 cmHg，l1＝24 cm，T＝240 K
末状态：l1′＝l1＋Δh，其中Δh＝1 cm
根据理想气体状态方程得＝
对于右侧气体，初状态：p2＝p1－(l1－l2)，l2＝16 cm，T＝240 K
末状态：p2′＝p1′－2Δh－(l1－l2)，l2′＝l2－Δh
根据理想气体状态方程得＝
联立可得T′＝375 K。
答案：(1)吸收　正功　增加　(2)375 K
6．(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液，通过注射器测得80滴这样的溶液为1 mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后，测得油膜面积为253 cm2。估算油酸分子的直径d＝______ m(结果保留一位有效数字)。将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，再使用该溶液进行实验会导致分子直径的测量结果______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)如图甲所示为一个倒立的U形导热玻璃管，A、B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。已知A、B管内空气柱长度分别为hA＝6 cm、hB＝10.8 cm。管内装入水银液面高度差Δh＝4 cm。欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C(如图乙所示)。已知大气压为p0＝76 cmHg，环境温度保持不变。当两管液面处于同一水平面时，求：

①A管封闭气体的压强pA′；
②活塞C向上移动的距离x。
解析：(1)测得油膜面积为S＝253 cm2＝2.53×10－2 m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝× mL＝1.25×10－11 m3，则油酸分子的直径为d＝＝ m≈5×10－10 m。
将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致溶液中油酸浓度增大，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积增大，而在计算时仍取原来的值，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，故最终分子直径的测量值小于实际值。
(2)①设A、B两管的横截面积为S，以A管封闭气体为研究对象，
初状态：pA＝p0－ρgΔh＝72 cmHg，VA＝ShA，
设末状态的压强为pA′，体积为VA′，从初状态到末状态，设A管水银面下降h，则B管水银面上升h，
有2h＝Δh，
可得h＝2 cm，
VA′＝(hA－h)S，
由玻意耳定律有pAVA＝pA′VA′
由以上各式得pA′＝108 cmHg。
②以B管封闭的气体为研究对象，初状态：pB＝p0＝76 cmHg，VB＝ShB
末状态：pB′＝pA′＝108 cmHg，VB′＝S(hB＋h－x)
由玻意耳定律有pBVB＝pB′VB′
由以上各式得x＝5.2 cm。
答案：(1)5×10－10　偏小　(2)①108 cmHg　②5.2 cm