【文档说明】【三维设计】2017届高三物理二轮复习（通用版）课前诊断——分子动理论 气体及热力学定律 Word版含解析.doc，共(7)页，104.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课前诊断——分子动理论气体及热力学定律1．(2016·西安模拟)(1)(多选)下列说法中正确的是________。A．一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20JB．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，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E．空气相对

湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢。(2)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图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。则：①该气体在状态B、C时的温

度分别为多少℃？②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？③该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？解析：(1)根据热力学第一定律知：ΔU＝W＋Q＝－100J＋120J

＝20J，A正确；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，B错误；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在

张力，C正确；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，E正确。(2)①状态A：t

A＝300K，pA＝3×105Pa，VA＝1×10－3m3状态B：tB＝？pB＝1×105Pa，VB＝1×10－3m3状态C：tC＝？pC＝1×105Pa，VC＝3×10－3m3A到B过程等容变化，由等容变化规律得：pAtA＝pBtB，代入数据得：tB＝100

K＝－173℃B到C为等压变化，由等压变化规律得：VBtB＝VCtC，代入数据得：tC＝300K＝27℃。②因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志所以在这个过程中：ΔU＝0。③由热力学第一定律

得：ΔU＝Q＋W，因为ΔU＝0故：Q＝－W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，所以：W＝－pΔV＝－1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝－200J即：Q＝200J，是正值，故在这个过程中吸热。答案：(1)ACE(2)①－17

3℃27℃②0③吸热200J2．(2016·衡水冀州中学检测)(1)(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是________。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)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l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将

开关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h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出部分水银后A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。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、液体和固体中都能发生，选项D正确。(2)(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时的压强为p；

当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②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，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm。④(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l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1

⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm。答案：(1)ACD(2)(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm3．(2016·济宁一模)(1)(多选)下列说法正确的是________。A．悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡B．

荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用C．物体内所有分子的热运动动能之和叫做物体的内能D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大E．一定质量的理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的

数值(2)如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足

5mg＝p0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度。解析：(1)做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不容易保持平衡，故A错误；叶面上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；物体内所有分子的热运动动能之

和与分子势能的总和叫做物体的内能，故C错误；人们感到潮湿时，与空气的相对湿度有关，与绝对湿度无关，当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，故D正确；根据理想气体的状态方程：pVT＝C可知，一定质量的理想气体先经

等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始的数值，故E正确。(2)对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：p1＝p0－3mgS＝25p0末状态的压强为：p1′＝p0－mgS＝45p0由玻意耳定律有：p1l0S＝p1′l1S解得：l1＝12l0对气体

Ⅱ分析，初状态p2＝p1－mgS＝15p0末状态p2′＝p1′－mgS＝35p0由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2Sl2＝13l0A活塞上升的高度Δl＝(l0－l1)＋(l0－l2)＝76l0。答案：(1)BDE(2)76l04.(2016·六安一中模拟

)(1)(多选)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________。A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．当分子间的距离增大时

，分子间作用力就一直减小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)如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长L＝100cm，其中有一段长h＝15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管竖直放置时，封闭气柱A的长度LA＝50cm。现把开口端向下插入水银槽中

，直至A端气柱长LA′＝37.5cm时为止，这时系统处于静止状态。已知大气压强p0＝75cmHg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度。解析：(1)温度高的物体分子平均动能一定大，但是内

能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，若物体散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；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，选项E正确。(2)对A部分气体，由玻意耳

定律有：pALAS＝pA′LA′SpA＝60cmHg解得：pA′＝pALALA′＝60×5037.5＝80cmHg对B部分气体有：pBLBS＝pB′LB′S而pB′＝95cmHgpB＝p0＝75cmHg解得：LB′＝75×3595＝27.6cmΔ

h＝L－LA′－h－LB′＝19.9cm。答案：(1)ACE(2)19.9cm5.(2016·全国甲卷)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，

其p-T图像如图所示。其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是________。A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程b

c中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功(2)一氧气瓶的容积为0.08m3，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0.36m3。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：(1)由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程c

d是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：paVaTa＝pbVbTb＝pcVcTc＝pdVdT

d＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd。设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa。由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc

)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确。(2)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＝p2V2①重新充气前，用去

的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②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＝V0ΔV④联立①②③④式，并

代入数据得N＝4(天)。⑤答案：(1)ABE(2)4天6．(2016·全国乙卷)(1)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是________。A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理

想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压

强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝2σr，其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。(ⅰ

)求在水下10m处气泡内外的压强差；(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。解析：(1)根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误。改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确

。理想气体等压膨胀对外做功，根据pVT＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误。根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确。两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系

统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。(2)(ⅰ)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝2σr1①代入题给数据得Δp1＝28Pa。②(ⅱ)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡

内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2③由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1④p2＝p0＋Δp2⑤气泡体积V1和V2分别为V

1＝43πr13⑥V2＝43πr23⑦联立③④⑤⑥⑦式得r1r23＝p0＋Δp2ρgh＋p0＋Δp1⑧由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。代入题给数据得r2r1＝32≈1.3。⑨答案：(1)BDE(2)(ⅰ)28Pa(ⅱ)32或1.3