专题九分子动理论、气体及热力学解读

1、高 考 导 航专题九5高三二轮总夏习分子动理论、气体及热力学1重点：分子动理论，热学知识的综合应用，热力学定律的分析和判断，气体实验定律的应用.2 趋势：高考对本部分的考查重点突出，趋势平稳，不会有太大的变化，仍然强调热学基本知识的 理解和应用热力学定律和气体实验定律是考查的热点，考查的题目不会太难热力学第一定律和气 体实验定律仍然主要以计算题的形式出现，而其他考点主要以选择题的形式出现，且以考查知识的记忆和简单的综合应用为主，难度不会太大.BHF对忑庭 j童.也鼻竹；鱼国遇4叫 矗耶屣为眷淫障)：甲吒鼻的flLiS功當恵-监 9L购为債II 直 JlM.IW核心体验疥实基础何味峠典o . .

2、弋I核心透析I .1 分子动理论 (1)分子的大小.分子很小，其直径的数量级为1010口.如果用V表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，用S表示单分子油膜的面积，用D表示分子的直径，则D = V,阿伏加德罗常数表示1 mol任何物质中含有相同的微粒个数NA= 6.02x 1023mo1.(2)估算微观量的两种模型.球体模型：对固体、液体、气体均适用，认为分子为一个球体，直径为立方体模型：一船适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，边长为d=寻V0.(3)说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例.扩散现象的特点：温度越高，扩散越快. 布朗运动的特点：永不停息、无规则运动；颗粒越小，运动越

3、剧烈；温度越高， 运动越剧烈；运动轨迹不确定.(4)分子间的相互作用力和分子势能.分子力：分子间同时存在引力和斥力，分子间距增大，引力和斥力均减小，且斥力 比引力变化更快.分子势能.a.分子力做正功，分子势能减小.b 分子力做负功，分子势能增大.c.当分子间距为ro时，分子势能最小，但不一定是零.2.固体、液体和气体(1)晶体和非晶体液晶是介于固体和液体之间的中间态物质性.液晶的显示原理是利用了液晶的光学各向异性,piVi _ P2V2Ti = T2 (6)理想气体状态方程:(化合物)，它既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异 即液晶分子在电场作用下，其光学特性发生了变化.当Ti = T2时,

4、PlVl= P2V2(玻意耳定律当Vi = V2时,TH (查理定律)当Pi = P2时,V1 V2T；=石(盖一吕萨克定律外界对鞫休融功woW0物休向外界故出热凰qo物体內翩裁少晶体比较单晶体多晶体非晶体形状规则不规则不规则熔点固定固定不固定:特性各向异性各向同性各向同性液体液体表面层的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力，这使得液体表 面像张紧的橡皮膜一样，在液体表面张力的作用下，具有收缩的趋势.(3)饱和汽压液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关.湿度绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强.相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水

5、的饱和汽压之比.相对湿度：同水蒸气的实际压强厂X 100%(B = PX 100%).同温度下水的饱和汽压Ps)(4)毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，毛细管越细, 毛细现象越明显.3.热力学定律(1) 内能的变化. 温度变化引起物体分子平均动能的变化. 体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化.(2) 热力学第一定律. 公式： U= W+ Q. 符号正负的判断(3) 热力学第二定律. 表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体. 表述二：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.揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有

6、方向性，说明了第二类永动机不能制造成功.孝点解码分子动理论的理解和应用【例1】(多选)下列说法正确的是 _.A .悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B .空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.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【审题突破】1命题立意：考查学生对布朗运动，对液体、固体特性，对物态变化等多方面知识的了解情况.2 解题关键：准确而全面地了解上述多方面的知识.3 .理论依据：布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运

7、动，反映了液体分子的无规则运动.(2) 表面张力使液体表面有收缩的趋势.(3) 液晶具有各向异性的特点.(4) 水的沸点与水面气压有关.答案 BCE解析 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，D错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低，E正确.判断分子动能、势能变化的方法(1) 判断分子势能的变化.方法一：根据分子力做功与分子势能变化

8、的关系判断分子势能变化：分子力作正功时，分子势能减小；分子力做负功时，分子势能增大.方法二：根据分子势能与分子间距的关系判断分子势能变化：r ro时，r越大，分子势能越大.(2) 判断分子动能的变化.方法一：若分子只受分子间作用力，根据分子力做功情况应用动能定理可判断分子动能变化：分子力 做正功时，分子动能增大；分子力做负功时，分子动能减小.方法二：分子只受分子间作用力时，分子势能和动能相互转化，它们的和守恒，可根据分子势能的变 化情况判断分子动能的变化情况.【变式训练】1下列说法中正确的是()A 物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B 物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C 物体温度

9、降低，其内能一定增大D 物体温度不变，其内能一定不变答案 B解析 温度是物体分子平均动能的标志，温度升高则其分子平均动能增大，反之，则其分子平均动能减小，故A错误B正确.物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，宏观上取决于物体的温度、体积和质量，所以只根据温度的变化情况无法判断内能的变化情况，故C、D错.气体实验定律的应用【例2】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动.开始时气体压强为p,活塞下表面相对于汽缸底部的高度为 h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度

10、变为 T,求重新达到平衡后气体的体积已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.【审题突破】第一步：挖掘题目信息(1) “汽缸壁导热良好”，表明：活塞缓慢下降时，气体温度不变.(2) “活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动 ”，表明：沙子倒完后的变化过程中，气体压强不变.第二步：明确题目要求计算平衡后理想气体的体积.第三步：圈定理论依据Vi V2(1)玻意耳定律piVi= P2V2.(2)盖一吕萨克定律 T = Tf答案 9mghT口4pT 0解析 设汽缸的横截面积为 S,沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为厶p，由玻意耳定律得1phS= (p +Ap)(h- qhjS解得 p=3卩(1)选择研

11、究对象定质量的理想气体.10 kg,横截面积50 cm2,厚度1 cm ,汽缸全长21 cm，汽缸质量20 kg ,大气压强为1 x 105Pa,当温度为7 C时，活塞封闭的气柱长10 cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通.(1)汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长？(2)当温度多高时，活塞刚好接触平台？答案 (1)15 cm (2)100 C解析(1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为P1和卩2，气柱长度分别为L1和L2.P1= P0+mgS5=1.2x 105PaP2= P0 mgS=0.8x 105paP1L1S= P2L2S,所以 L2=爵 15 cmT

12、o3T解得h，= 4T?据题意可得 p=岁气体最后的体积为 V = Sh联立式得V=黑应用气体实验定律的解题思路(2)分析状态参量.利用连通器原理(气体被液体封闭时)或平衡条件(气体被活塞封闭时)分析被封闭气体的压强特点; 根据容器的导热性能或题中条件，分析被封闭气体的温度特点; 根据题中条件分析被封闭气体的体积特点.(3)认识过程、选定规律：认清变化过程，选用合适的气体实验定律或理想气体状态方程列式求解.【变式训练】2.如图所示，导热良好的汽缸放置在水平平台上，活塞质量倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得ab、be、ea回到原状态，其 p -T280 KL2= 15 cm , L3= 20

13、cm升温过程为等压变化，由盖-吕萨克定律可得学=L31 2 3 4 5 6T2T3L3所以 T3=|T2= 373 K.L2即温度升高至100 c时，活塞刚好接触平台.热力学定律的综合应用【例3】(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程图象如图所示下列判断正确的是 _(填正确答案标号.)A .过程ab中气体一定吸热B .过程be中气体既不吸热也不放热C 过程ea中外界对气体所做的功等于气体所放的热D . a、b和e三个状态中，状态 a分子的平均动能最小E. b和e两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的 次数不同【审题突破】第一步：挖掘题目信息由图象可知：过程 ab:

14、 V不变，T升高；过程be： T不变，V增大；过程ea： p不变，T降低，V减小.第二步：明确题目要求(1)判断理想气体变化过程中的W、Q.(2)判断气体分子平均动能和气体分子与容器壁的碰撞次数.第三步：圈定理论依据2 气体实验定律和热力学第一定律.3 分子平均动能的标志是温度；气体分子撞击的次数的影响因素是气体分子平均速率和分子数密度.答案 ADE解析 由p- T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab 一定吸热，选项 A正确；过程be温度不变，即内能不变，由于过程be体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误

15、；过程ea压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项 C错误；温度是分子平均动能的标志，由p-T图象可知，a状态气体温度最低，则990 m深处，此过程普=時，联立代入数值可得：V =平均动能最小，选项 D正确；b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面 积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E正确.S厶息龜提.升分析理想气体 U、W、Q的常用思路(1)由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，Wv 0;气体被压缩，外界对气体做功，W 0.(2)由温度变化判断气体内能变化情况：温

16、度升咼，气体内能增大，AU 0;温度降低，气体内能减小,U v 0.由AU = Q + W判断吸热还是放热：由 Q =U W确定Q的正负，若 Q 0，说明气体吸热；或 Qv 0,说明气体放热.【变式训练】3我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录在某次深 潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为 280 K .某同学利用该数据来研究气体状态随海水 深度的变化，如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度300 K ,压强p0= 1 atm,封闭气体的体积 乂= 3 m3.如果将该汽缸下潜至中封闭气体可视为理想气体.(

17、1) 求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强).(2) 下潜过程中封闭气体 _(选填“吸热”或“放热”)，传递的热量_(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.答案 (1)2.8 X 102m3(2)放热 大于990解析(1)汽缸内的理想气体在深度为990 m的海水中的压强为 p1 =6卩0+ P0 =100 atm此处理想气体温度为T1 = 280 K，根据理想气体状态方程可知:232.8X 10 m(2)理想气体的温度降低，气体的内能减小U0,根据热力学第一定律厶U = W+ Q可知Q. O1.下列说法正确的是 _.(填正确答案标号.选对 1个得2分

18、，选对2个得4分，选对3个得 5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A .将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体ViT1=半T2B 固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体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(2)(10分)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞已知大活塞的质量为 m 2.50 kg,横截面积为 S = 80.0 cm2;小活塞的质量为口2= 1.5

19、0 kg ,横截面积为S2 = 40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接，间距为1= 40.0 cm ;汽缸外大气的压强为p = 1.00X 105 Pa,温度为T = 303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距2，两活塞间封闭气体的温度为495 K .现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(i )在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(ii )缸内圭寸闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内圭寸闭气体的压强. 答案 (1)BCD (2)( i )330 K (ii )1.01 X 105Pa解析(1)A.将一晶体敲碎

20、后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项 A错误.B 单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确.C 例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项 确.D 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化.如天然水晶是晶体， 熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确.E熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误.(2)( i )设初始时气体体积为 V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2.由题给条件得V1= “2)+ S2(l -；)V2= Sd 在活塞缓慢下移的

21、过程中，用P1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S1（p1 p）= mg+ m2g+ S2（p1 - p）故缸内气体的压强不变由盖一吕萨克定律有联立式并代入题给数据得pi 在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程p,由查理定律，有h= 3.0 cm.现将开K关闭.已知大气T2= 330 K (ii )在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为中，被封闭气体的体积不变设达到热平衡时被封闭气体的压强为联立式并代入题给数据得,5_p #.01 x 10 Pa知识：本题考查了热力学定律及对晶体的认识.能力：主要考查对热力学定律的理解能力.试题难度：中等.2 关于扩散现象，下列说法正确的是 _.(填正

22、确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A 温度越高，扩散进行得越快B 扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D .扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)(10分)如图，一粗细均匀的 U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关 K关闭；A侧空气柱的长度为1 = 10.0 cm, B侧水银面比A侧的高 关K打开，从U形管中放出部分水银， 当两侧水银面的高度差为10.0 cm时将开关压强 p0= 75.0 cmHg.(i )求放出部分水银后 A

23、侧空气柱的长度；(ii )此后再向B侧注入水银，使 A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.答案 (1)ACD (2)( i )12.0 cm (ii )13.2 cm解析(1)扩散现象与温度有关， 温度越高，扩散进行得越快，选项A正确.扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误，选项 C正确，选项E错误扩散现象在气体、液体和固体都能发生，选项 D错误.(2)( i )以cmHg为压强单位.设 A侧空气柱长度1= 10.0 cm时的压强为p;当两侧水银面的高度差为h1 = 10.0 cm时，空气柱的长度为1仁压强为P1.由玻意耳定律得 pl= P1I1

24、PT由力学平衡条件得p = p0 + h打开开关 K 放出水银的过程中， B 侧水银面处的压强始终为 p0 ，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小， B、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直到B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1 为止由力学平衡条件有pi = Po hi 联立 式，并代入题给数据得11= 12.0 cm (ii )当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为12,压强为P2.由玻意耳定律得pl = P2I2 由力学平衡条件有P2= P0 联立 式,并代入题给数据得12= 10.4 cm 设注入的水银在管内的长度为厶 h,依题意得h= 2(l 1丨2)+

25、 hi 联立式，并代入题给数据得h= 13.2 cm 知识：扩散现象的理解,玻意耳定律的应用及力学平衡条件的分析能力：对扩散现象的理解能力, 对平衡条件的分析能力和对气体实验定律的综合应用能力试题难度：中等3 (1)(6 分)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大若这段时间胎内气 体质量不变且可视为理想气体,那么 ()A 外界对胎内气体做功,气体内能减小B 外界对胎内气体做功,气体内能增大C 胎内气体对外界做功,内能减小D 胎内气体对外界做功，内能增大(2)(6 分)北方某地的冬天室外气温很低,吹出的肥皂泡会很快冻结若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1 ,压强为P1,肥皂泡冻结

26、后泡内气体温度降为T2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变b、c正确.To= 300 K，压强为po,末状态温度化，大气压强为Po求冻结后肥皂膜内外气体的压强差.T2答案 (1)D压强差：亓pi po.解析(1)中午，车胎内气体温度升高，内能增大，车胎体积增大，气体对外做功.选项D正确.肥皂泡内气体等容变化，冻结后，设膜内气体压强为P2,则Ti=T2，得P2=Tpi，则肥皂膜内外气T2体的压强差 p = P2 po= -pi Po.I 1知识：对热力学第一定律及气体实验定律的理解能力：考查对热力学定律及气体实验定律的理解能 力.试题难度：较小.4.(1)墨滴入水，扩而散之，徐徐混

27、匀关于该现象的分析正确的是_.(双选，填正确答案 标号)a.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用b 混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动c.使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速 d 墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的(2)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象.如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强Po.当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为po，温度仍为303 K.再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K.整个过程中封闭气体均可视为理想气

28、体.求：(i )当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强； (ii )当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力.101 , .、201答案(1)bc (2)( i)1oopo (11 )10 1OOPoS解析(1)墨滴入水，最后混合均匀，这是扩散现象，碳粒做布朗运动，水分子做无规则的热运动；碳粒越小，布朗运动越明显，混合均匀的过程进行得越迅速，选项(2)( i )以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T1 = 303 K，压强设为P1,由查理定律得T0=烈代入数据得P1=粘。(1 )设杯盖的质量为 m,刚好被顶起时，由平衡条件得T2= 303 K，压强 p2

29、=piS= poS+ mg 放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度po，末状态温度T3= 300 K，压强设为P3,由查理定律得P2=兰T2 T3设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F + p3S= poS+ mg 联立式，代入数据得爲OPOS知识：主要考查扩散现象、布朗运动、气体实验定律及平衡方程能力：利用气体实验定律和平衡方 程对物理过程进行分析综合的能力试题难度：中等.课堂达标1 侈选）下列说法正确的是（）A 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显-9C 在使两个

30、分子间的距离由很远 （r 10 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大;分子势能不断增大D 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E. 定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大答案 ADE解析 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，B错误在使两个分子间的距离由很远（r 10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，C错.2 （多选）如图所示，电路与一绝热密闭汽缸相连，R为电阻丝，汽缸内有一定质量的理想气体，外界大气压恒定闭合开关后，绝热活塞K缓慢且无摩擦地向

31、右移动，则下列说法正确的是（）A 气体的内能增加B 气体分子平均动能不变C 电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功D .气体的压强不变E气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少 答案 ADE解析 闭合开关后，电阻丝发热加热气体，温度升高，气体的分子平均动能增加，气体的内能增加,3.如图所示, 吸收的热量答案5 ，定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态 B.此过程中，气体压强p= 1.0X 10 Pa,Q = 7.0X 1O2J,求此过程中气体内能的增量.5.0 X 102J解析理想气体经历等压变化，由盖吕萨克定律得6,0VA= VBTA= TBtWxlO 1 m1 B:ir/xio2K3

32、.0 4.0选项A正确、B错误；绝热活塞K缓慢且无摩擦地向右移动，气体对外做功，气体的压强不变，体积增大,电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功和增加的内能，选项C错误、D正确；由于气体分子平均动能变大，平均每次的撞击力变大，又由于气体压强不变，气体对器壁单位面积的撞击力不变，故气体分子单位时间内对器壁单位面积撞击次数减少，E正确.解得：VB= 8.0X 10 3m3外界对气体做的功 W= P(VA VB)= 1.0 X 105X (6.0 X 103 8.0 X 10 3)J= 2 X 102J根据热力学第一定律 U=W+Q2解得AU = 5.0X 10 J4.(本题共有两小题，每小题 6分，

33、共12分每小题只有一个选项符合题意)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是 _(填选项前的字母)A 分子间距离减小时分子势能一定减小B 温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D 非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 如图，一定质量的理想气体，由状态 a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和 ac中吸收的热量分别为Qab和Qac.则 _(填选项前的字母)A Tb Tc, Qab QacB Tb Tc, Qab Q ac D Tb= Tc, Qab Q

34、ac.选项C正确.（1）知识：分子动理论、晶体能力：理解能力试题难度：较小.（2）知识：理想气体状态方程、热力学第一定律能力：推理能力试题难度：较小.专题提升练习1 . （1）下列说法正确的是 _.A .液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著 B .第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律C 一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加 D .因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势（2）如图所示，圆柱形气缸开口向上，竖直放置在水平面上，气缸足够长，内截面积为S,大气压强为po.一厚度不计、质量为 m =讐的活塞封住一定量的理想气体， 2g温度为To时缸内气

35、体体积为 Vo.先在活塞上缓慢放上质量为3 m的砂子，然后将缸内气体温度缓慢升高到 2T。，求稳定后缸内气体的体积.答案 （1）CDVo解析（2）设初态气体压强为pi,放砂后压强为P2，体积为V2,升温后体积为V3,则有pi= Po+ mg/S= 1.5poP2= Po+ 4mg/S= 3po等温过程：由 piVo= P2V2 得 V2 = 0.51 Vo等压过程：由V2/To= V3/2T0得V3= Vo2.（1）下列说法正确的是（）A 气体对外做功，其内能一定减小B 热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体C 能量耗散说明能量不会凭空产生，但可以凭空消失D .单晶体具有规则的几何外形，物理

36、性质具有各向异性E.单晶体、多晶体都具有固定的熔点用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气.解得 PB= 1.2po对打气筒内的气体，要使容器B内压强不超过5po，意味着活塞从顶端下压至 C处时,打气筒C处以下的压强不能超过5po，由玻意耳定律得PoHS= 5po(H- h)Sh 4解得h = 43 (1)1 mol任何气体在标准状况下的体积都是22.4 L.试估算温度为 0 C,压强为2小组的同学们经过思考，解决了这一问题他们在传统打气筒基础上进行了如图所示的改装：圆柱型打气筒高H，内部横截面积为 S,底部有一单向阀门 K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压

37、时可将打气筒内气体推入容器B中，B的容积VB= 3HS,向B中打气前A、B中气体初始压强均2为po,该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环C(体积不计),C距气筒顶部高度为 h = 2H，这样就可以自3动控制容器B中的最终压强求： 假设气体温度不变，则第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B内的压强是多少？ 要使容器B内压强不超过5po, h与H之比应为多少？答案4(1)BDE (2)化0 5解析(1)气体对外做功时，可能吸热也可能放热，所以内能如何变化不确定，A项错误根据热力学第二定律，B项正确能量耗散说明了能量转化的方向性，C项错误根据单晶体的特点，D项正确.根据晶体的特点，E项正确.(2)第

38、一次将活塞从打气筒口压到HC处时，设容器 B内的压强为PB, C距底部H h = ，由玻意耳定律得PO(VB+ HS)= PB(VB+ HS)个标准大气压时单位体积内气体分子数目为 _(结果保留两位有效数字)如图所示，在两端封闭、粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体.开始时管道内气体温度都为To = 500 K，下部分气体的压强 po= 1.25X 105pa,活塞质量m= 0.25 kg,管道的内径横截面积 S= 1 cm2.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的若不计活塞与管道壁间的摩擦，g取10 m/s

39、2,求此时上部分气体的温度T.4答案 (1)5.4 X 1022L -1 或 5.4X 1025m-3(2)281.25 K解析(1)温度为0C,压强为2个标准大气压时，1 mol气体的体积为 V2,根据查理定律p0V0= 2pV2,可得：V2= 11.2 L ,单位体积内气体分子数目：N =严=5.4 X 1022L -1 = 5.4 X 1025m- 3V2初态Pi = Po mgS5=1X iO5Pa末态P2= P-mgS5=0.75 X 105Pa根据理想气体状态方程,有学=To3P24V0T解得 T= 281.25 K4. (1)下列说法不正确的是 _(填正确答案代号)A 质量、温度

40、都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同 B .温度升高，物体的内能一定增大C 分子力随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大 D 从单一热源吸取热量并全部用来做功是可以实现的E.饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大(2)如图所示，某空间竖直存放一上端开口的圆柱形气缸, 温度为27C,横截面积为5X 10 在气缸内，此时活塞距离气缸底部求封闭气体的压强.若该空间温度缓慢升高到气缸导热性能良好,3m2、质量为2.0 kg的光滑活塞把一定质量的气体:50 cm.大气压强为1.01 X 105 Pa且不随温度变化，37 C,则活塞的位置会如何变化？变化了多少?2g 取 10 m/s)答

41、案 （1）ABC_5_1.05 X 10 Pa 升高了 1.7 cm解析p= P0 +mgS5=1.05 X 105 Pa下部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有pVo= pV V= 4V05解得 p= 1 X 10 Pa对于上部分气体,缓慢上升，所以气缸内压强不变V1= SH1, T1= 300 KV2= SH2, T2= 310 KV1 T1由G = 1 可得 H2= 51.7 cmV212AH = H2 H1 = 1.7 cm所以活塞位置升高了1.7 cm.5.(1)气体膨胀对外做100 J的功，同时从外界吸收120 J的热量，则这个过程气体的内能 _(选填“增加”或“减少”)_J 在任何

42、自然过程中，一个孤立系统的熵是 _(选填“增加”“减少”或“不变”)的.(2) 如图所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到状态B.在此过程中，气体分子平均速度的变化情况是 _(3) 密闭容器内充满 100 C的水的饱和汽此时容器内压强为1标准大气压，若 、保持温度不变，使其体积变为原来的一半，此时容器内水蒸气的压强等于_标准大气压.-答案增加 20增加(2)先增大后减小 (3)1解析(1)根据热力学第一定律U = W+ Q=- 100 J+ 120 J= 20 J即内能增加20 J根据热力学第二定律：任何自然过程中，一个孤立系统的熵是增加的.(2)根据p- V图象的性质判断，沿直线

43、从A到B的过程中，会经过一系列等温线，这些等温线温度逐渐升高达最高后再逐渐降低最后回到原来的等温线上.不能用p1V1 = P2V2解题，因为压强增大后，水蒸气会变成水，即气体的质量变小了，所以仍然保持原来的压强.6.(1)下列说法正确的是()A . 0 C的冰与0 C的水分子的平均动能相同B 温度高的物体内能一定大C 分子间作用力总是随分子间距离的增大而减小D .随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能在实验室中达到(2)一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的体积Vo= 2 m3,线段AB与p轴平行. 求气体在状态 B时的体积； 气体从状态A变化到状态B过程中

44、，对外界做功30 J,问该过程中气体吸热还是 放热？传递的热量为多少？答案(1)A1 m3吸热 30 J解析(1)温度是分子平均动能的标志，A正确；物体的内能与温度、 体积、物质的量相联系，B错误;当rv r0时，分子间作用力随分子间距离的增大而减小，当r r。时，分子间作用力随分子间距离的增大先增大后减小，C错误；绝对零度不可能达到，D错误.1 3(2)气体从状态A变化到状态B发生等温变化，根据玻意耳定律得：pVo = 2POVB,解得VB = VO = 1 m . AT B : AU = 0, W=- 30 JA中气体满足:P0LSA 1.2PQLASAT0 =TAB错误单晶体与多晶体都具

45、有固由 AU = Q + W 得 Q = -W= 30 J该过程中气体吸热，吸收热量为30 J.7 .下列说法正确的是 _.（填入正确选项前的字母.）A 一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少B 给篮球打气时，到后来越来越费劲，说明分子间存在斥力C .液体表面层的分子较密集，分子间引力大于斥力，因此产生液体的表面张力D 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，气体分子的平均动能减小E.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律（2）如图所示，结构相同的绝热气缸 A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气

46、缸 间均无摩擦已知两气缸的横截面积之比SA： SB = 2 : 1,两气缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时气缸中的活塞与缸底的距离均为L,温度均为T0,压强均为处界大气压，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的 1.2倍.设环 境温度始终保持不变，求： 停止加热达到稳定后， A、B气缸中的气体压强之比. 稳定后气缸A中气体的温度TA.答案 （1）ADE（2）设初态压强为po,膨胀后A的压强PA= 1.2 po加热后活塞平衡时，合力为零，有（PA PO）SA= （PBPO）SB贝U PB= 1.4 po因此 PA : PB= 6 : 7B中气体做等温变化，有PLSB=

47、 14PLBSB由于 LA + LB = 2L解得 TA = 54，T08.（1）下列说法中正确的是（）A 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数B 随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也一定减小C .单晶体有固定的熔点，而多晶体没有固定的熔点D 硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用（2）如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横 截面积S1= 4S2,下端与大气连通粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下 表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h= 4 cm.现在细管口连接一抽气机（图中未

48、画出），对细管内气体进行缓慢抽气， 最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管已知大气压强为p0= 76 cmHg. 求抽气结束后细管内气体的压强； 抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因.答案 （1）D58 cmHg 见解析解析（1）水蒸气分子间距离大，水蒸气的摩尔体积不等于1摩尔水蒸气分子体积之和，A错误.分子力表现为引力时，分子间距离增大时分子力做负功，分子势能增大,液体表面张力沿液面切向向上，当液面张力的合力等于硬币或钢针的重力时硬币或钢针可浮于液面上，D正确.(2)缓慢抽气时，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为pi,细管内气体压强为P2，由玻意耳定律1(po h) h= pi (h + 2h)P2= Pi+ gh + 2h)可得 P2= 58 cmHg抽气过程管内气体温度不变，气体内能不变， U = 0;气体体积增大，对外做功，W0，故气体吸热.9.(1)下列说法中正确的有 _.(填正确答案标号.)A 悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动叫做布朗运动B .金属铁有固定的熔点C 液晶的光学性质具有各向异性D .由于液