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章末检测 热学(选修3-3)
(时间：60分钟 满分：100分)
1．(1)(6分)(多选)我国已开展空气中PM 2.5浓度的监测工作．PM 2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规章运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM 2.5的主要缘由．下列关于PM 2.5的说法中正确的是 ( )
A．PM 2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM 2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．PM 2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM 2.5无规章碰撞的不平衡打算的
D．提倡低碳生活，削减煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM 2.5在空气中的浓度
E．PM 2.5必定有内能
(2)(6分)如图所示，圆柱形汽缸开口向上，竖直放置在水平面上，汽缸足够长，内截面积为S，大气压强为p0.一厚度不计、质量为m＝的活塞封住确定量的抱负气体，温度为T0时缸内气体体积为V0.先在活塞上缓慢放上质量为3m的砂子，然后将缸内气体温度缓慢上升到2T0，求稳定后缸内气体的体积．
解析：(1)PM 2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM 2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM 2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM 2.5无规章碰撞的不平衡和气流的运动打算的，C错误；提倡低碳生活，削减煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM 2.5在空气中的浓度，PM 2.5必定有内能，D、E正确．
(2)设初态气体压强为p1，放砂后压强为p2，体积为V2，升温后体积为V3，则有
p1＝p0＋mg/S＝1.5p0
p2＝p0＋4mg/S＝3p0
等温过程：由p1V0＝p2V2得V2＝0.5V0
等压过程：由＝
得V3＝V0.
答案：(1)DE (2)V0
2．(1)(6分)某校开展探究性课外活动，一同学用如右图所示的装置争辩气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的汽缸将其开口向下，内有抱负气体，并将汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙渐渐漏出，外部环境温度恒定，则
( )
A．外界对气体做功，内能增大
B．外界对气体做功，温度计示数不变
C．气体体积减小，温度计示数减小
D．外界对气体做功，温度计示数增加
(2)(6分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度上升时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L1为20 cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10 cm，管内水银柱的高度h为8 cm，大气压强为75 cm水银柱高．
①当温度达到多少℃时，报警器会报警？
②假如要使该装置在87℃时报警，则应当再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱？
③假如大气压增大，则该报警器的报警温度会受到怎样的影响？
解析：(1)细沙漏出，汽缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；汽缸导热良好，细沙渐渐漏出，外部环境温度稳定，气体温度不变，即内能不变，B正确，A、C、D错误．
(2)①依据＝，V1＝L1S，V2＝(L1＋L2)S，T1＝300 K，
解得：T2＝450 K，t＝450℃－273℃＝177℃
②设应当再往玻璃管内注入x cm高的水银柱，则
V3＝(L1＋L2－x)S，
依据＝，T1＝300 K，T3＝360 K，V1＝L1S，p1＝(75＋8)cmHg，
p3＝(75＋8＋x)cmHg，
解得：x＝8.14 cm.
③假如大气压增大，则该报警器的报警温度会上升．
答案：(1)B (2)①177℃ ②8.14 cm ③上升
3．(2021·高考重庆卷)(1)(6分)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时 ( )
A．室内空气的压强比室外的小
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外的大
D．室内空气对室外空气做了负功
(2)(6分)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp，若轮胎内气体视为抱负气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．
解析：(1)由于室内、外相通，内、外压强始终相等，A错误；温度是分子平均动能的标志，室内温度高，分子平均动能大，B正确；室内原有空气体积膨胀对外做功，密度减小，C、D错误．
(2)由抱负气体状态方程＝C(恒量)有
＝
解得：ΔV＝－
答案：(1)B (2)ΔV＝－
4. (1)(6分)如图，确定量的抱负气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强 ( )
A．渐渐增大 B．渐渐减小
C．始终不变 D．先增大后减小
(2)(6分)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g水吸取2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm3变成1 676 cm3，求：
①1 g水所含的分子个数；
②体积膨胀时气体对外界做的功；
③气体的内能变化．(大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的摩尔质量为M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1)
解析：(1)由图象可得，体积V减小，温度T增大，由公式＝C得压强p确定增大．故答案选A.
(2)①1 g水所含的分子个数为n＝×6×1023＝3.3×1022(个)．
②气体体积膨胀时对外做的功为W＝p0ΔV＝105×(1 676－1.043)×10－6 J＝167.5 J.
③依据热力学第确定律有：
ΔU＝W＋Q＝(2 263.8－167.5)J＝2 096.3 J.
答案：(1)A (2)①3.3×1022个 ②167.5 J ③增加 2 096.3 J
5．(1)(6分)下列说法正确的是 ( )
A．确定质量的气体，当温度上升时，压强确定增大
B．确定质量的气体，当体积增大时，压强确定减小
C．确定质量的气体，当体积增大，温度上升时，压强确定增大
D．确定质量的气体，当体积减小，温度上升时，压强确定增大
(2)(8分)在如图所示的坐标系中，确定质量的某种抱负气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；其次种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸取的热量为9 J．图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，抱负气体的分子势能为零．求：
①从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1.
②从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸取的热量Q2.
解析：(1)确定质量的气体，其分子总数确定，当温度上升时，气体分子的平均动能增大，有引起压强增大的可能，但不知道分子的密度如何变化，故不能断定压强确定增大，A项错误，当体积增大时，气体分子的密度减小，有使压强减小的可能，但不知气体分子的平均动能如何变化，同样不能断定气体压强确定减小，B项错误，体积增大有使压强减小的趋势，温度上升有使压强增大的趋势，这两种使压强向相反方向变化的趋势不知谁占主导地位，不能断定压强如何变化，故C项错误；体积减小有使压缩增大的趋势，温度上升也有使压强增大的趋势，这两种趋势都使压强增大，故压强确定增大，D项正确．
(2)①从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化
该气体对外界做的功W1＝0
依据热力学第确定律有ΔU1＝W1＋Q1
内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.
②从状态A到状态B的过程，体积减小，温度上升
该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J
依据热力学第确定律有ΔU2＝W2＋Q2
从外界吸取的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.
答案：(1)D (2)①0 9 J ②9 J 3 J
6．(1)(4分)(多选)下列关于分子热运动的说法中正确的是 ( )
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体假如失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子之间存在斥力的缘由
C．对于确定量的抱负气体，假如压强不变，体积增大，那么它的内能确定增大
D．假如气体温度上升，分子平均动能会增加，但并不是全部分子的速率都增大
(2)(4分)确定质量的抱负气体状态变化如图所示，其中AB段与t轴平行，已知在状态A时气体的体积为10 L，那么变到状态B时气体的体积为________L，变到状态C时气体的压强是0℃时气体压强的________倍．
(3)(4分)如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为2×10－3m2，确定质量的气体被质量为3.0 kg的活塞封闭在汽缸内，活塞和汽缸可无摩擦滑动，现用外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功600 J，同时缸内气体温度上升，向外界放热150 J，求初状态的压强和压缩过程中内能的变化量．(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)
解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中花粉颗粒的运动；气体分子散开的缘由在于分子间间距大，相互间没有作用力；对于确定量的抱负气体，在压强不变的状况下，体积增大，温度上升分子平均动能增加，抱负气体分子势能为零，所以内能增大．
(2)由图可知状态A到状态B是等压过程，由盖－吕萨克定律＝，TA＝273 K，TB＝(273＋273)K＝546 K．得VB＝20 L．状态B到状态C是等容过程，由查理定律＝，得pC＝2pB＝2pA.
(3)初状态p＝p0＋＝1.16×105 Pa
由热力学第确定律W＋Q＝ΔU得，内能的变化量
ΔU＝600＋(－150)＝450(J)．
答案：(1)CD (2)20 2 (3)1.16×105 Pa 450 J
7．(1)(4分)(多选)下列说法中正确的是 ( )
A．确定质量的抱负气体保持压强不变，温度上升，体积确定增大
B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规章运动
C．其次类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的
D．液晶在光学和电学性质上表现出各向同性
(2)(4分)若确定质量的抱负气体对外做了3 000 J的功，其内能增加了500 J，表现该过程中，气体应________(填“吸取”或“放出”)热量________J.
(3)(4分)已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V.求相同体积的水和可视为抱负气体的水蒸气中所含的分子数之比？
解析：(1)由气体试验定律可知A正确，布朗运动是微粒的运动，是由微粒四周的液体分子撞击微粒引起的，B错误，其次类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违反热力学其次定律，它是制造不出来的，C正确；液晶在光学和电学性质上表现出各向异性，D错误．
(2)由ΔU＝W＋Q代入数据得Q＝3 500 J，即吸取热量3 500 J.
(3)设二者的体积均为V′，则水的质量为m＝ρV′，分子个数为N＝NA＝NA，水蒸气的个数N′＝NA
故二者的分子个数比为＝
答案：(1)AC (2)吸取 3 500 (3)
8．(1)(6分)某同学利用DIS试验系统争辩确定量抱负气体的状态变化，试验后计算机屏幕显示如右图的p－t图象．已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是 ( )
A．状态A到状态B气体的体积越来越大
B．状态B到状态C气体内能增加
C．状态A的压强是0.5 atm
D．状态C体积是2 L
(2)(8分)某高速大路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致．已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为87 ℃，轮胎中的空气可看作抱负气体．
①求爆胎时轮胎内气体的压强；
②从微观上解释爆胎前胎内压强变化的缘由；
③爆胎后气体快速外泄，来不及与外界发生热交换，推断此过程胎内原有气体内能如何变化？简要说明理由．
解析：(1)状态A到状态B是等容变化，故体积不变，A错；状态B到状态C是等温变化，气体内能不变，B错；从图中可知，pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K＝364 K，TA＝273 K，依据查理定律，有＝，即＝，解得pA＝0.75 atm，C错；pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm；依据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得，VC＝2 L，D对．
(2)气体作等容变化，由查理定律得：＝ ①
T1＝t1＋273 ②
T2＝t2＋273 ③
p1＝2.5 atm t1＝27℃ t2＝87 ℃
由①②③得：p2＝3 atm.
答案：(1)D (2)①3 atm ②气体体积不变，分子密集程度不变，温度上升，分子平均动能增大，导致气体压强增大．③气体膨胀对外做功，没有吸取或放出热量，据热力学第确定律 ΔU＝W＋Q得ΔU＜0，内能削减．
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