拾躲市安息阳光实验学校提能专训(十二) 分子动理论、气体及热力学定律1．对于一定量的理想气体，下列四个论述中正确的是( )A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大答案：B 解析：根据理想气体状态方程知pVT＝恒量，分子热运动变剧烈时，T增大，由于不知V如何变化，故不知p如何变化，A错误，B正确；当分子间的平均距离变大时，V增大，由于不知T如何变化，故不知p如何变化，C、D 错误．2．(2013·苏北四市调研)下列说法正确的是( )A．液体的分子势能与液体的体积无关B．为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的D．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生答案：BC 解析：液体的体积决定了液体分子间的距离，进而决定液体分子势能，A错误；锄松地面可以破坏土壤里的毛细管，从而保存玉米地里的水分，B正确；气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁引起的，C正确；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，只是固体扩散得慢，D错误．3．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如图V－T 图线所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则( )A．p b>p c，Q ab>Q acB．p b>p c，Q ab<Q acC．p b<p c，Q ab>Q acD．p b<p c，Q ab<Q ac答案：C 解析：本题考查气体状态方程和热力学第一定律．由pVT＝C知，温度T相同，体积越大气体的压强越小，则p b<p c，A、B错误；对过程ab，气体体积增大，克服外界压力做功，W为负值；对过程ac，气体体积不变，对外界不做功，W＝0，而两个过程的温度变化相同即气体内能的增量相同，由ΔU ＝W＋Q知，Q ab>Q ac，故C正确，D错误．4．(2013·开封模拟)如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略，假设气缸壁导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F将活塞B缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列关于气缸内气体的结论，正确的是( ) A．气体做等温膨胀，气体分子的平均速率不变，气体的压强不变B．气体做等温膨胀，气体分子单位时间内对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少C．因为气体内能不变，所以气体从外界吸收的热量全部用来对外做功D．气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，因此此过程违背热力学第二定律答案：BC 解析：气体等温膨胀，平均动能不变，平均速率不变，体积增大，压强减小，单位时间对单位面积碰撞次数减少，A错误，B正确；气体对外做功，吸收的热量全部对外做功，此过程不违背热力学第二定律，C正确，D 错误．5．如图是分子间引力(或斥力)大小随分子间距离变化的图象，下列说法正确的是( )A．ab表示引力图线B．cd表示引力图线C．当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能为零D．当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子力为零E．当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，分子力表现为斥力答案：ADE 解析：根据分子动理论，分子间相互作用的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，但分子间斥力减小快，所以A正确、B错误；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，引力等于斥力，D正确；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能最小，但不一定为零，C错误；当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，E 正确．6．(2013·保定调研)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5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则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害，矿物燃料燃烧排放的烟尘是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是( ) A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C．PM2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E．PM2.5必然有内能答案：DE 解析：PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C错误；倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，PM2.5必然有内能，D、E正确．7．关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的有( )A．两个分子相互靠近的过程中，分子力做正功B．热量一定不能从低温物体传给高温物体C．一定质量的气体，当体积和压强不变时，气体的内能一定不变D．单位面积上撞击器壁的气体分子数增加，气体压强一定增大E．物体温度升高时，物体的每个分子速率都会变大答案：C 解析：本题考查分子力、热传导、气体的内能、气体压强的微观解释以及温度的微观意义．两个分子靠近时，当分子间距离r>r0时，分子力做正功；当分子间距离r<r0时，分子力做负功，A错误；在热机的作用下，热量可以从低温物体传给高温物体，B错误；一定质量的气体，当体积和压强不变时，温度也不变，所以内能不变，C正确；单位面积上撞击器壁的气体分子数增加，如果分子速率较小，作用力不能增大，气体压强不会增大，D错误；物体温度升高时，物体的分子平均速率增大，但是每个分子的速率是不确定的，E 错误．故选C.8．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力．a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则下列说法正确的是( )A．乙分子在b处分子势能最小B．乙分子在b处动能最大C．乙分子在c处分子势能最小D．乙分子在c处动能最大E．乙分子从c到d分子力和分子势能随距离的减小都增加答案：CDE 解析：本题考查分子间的作用力、分子势能与分子间距离的关系．乙分子由a到c，分子力表现为引力，引力做正功，分子势能减小，分子动能增大；分子由c到d，分子力表现为斥力且斥力不断增大，斥力做负功，分子势能增大，分子动能减小，因此乙分子在c处分子势能最小，分子动能最大，A、B错误，C、D、E正确．9．[物理——选修3－3](1)如图甲所示是一晶体物质微粒在平面上的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，由此得出晶体具有________的性质．如图乙所示，液体表面层分子比较稀疏，分子间距离大于分子平衡距离r0，因此表面层分子间作用表现为________．甲乙(2)图中A、B气缸的长度和截面积均为30 cm和20 cm2，C是气缸内可无摩擦滑动、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强p A＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强p B＝1.0×105Pa的氧气，阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡(假定氧气和氮气均为理想气体，环境温度不变，连接气缸的管道体积可忽略)．求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②简要说明活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热．答案：(1)各向异性引力(2)①10 cm 1.5×105 Pa②吸热解析：(1)由于沿着不同方向微粒的数目和微粒间的距离不同，使得晶体具有各向异性；当分子间的距离等于分子间的平衡距离时，分子间的引力等于斥力，合力为零，当分子间的距离大于分子间的平衡距离时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快，合力表现为引力．(2)①设活塞C向右移动x cm，由玻意耳定律得对A部分气体有p A LS＝p(L＋x)S对B部分气体有p B LS＝p(L－x)S代入相关数据解得x＝10 cm，p＝1.5×105 Pa.②由热力学第一定律可知，活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故A中气体从外界吸热．10．[物理——选修3－3](1)下列关于热学的说法正确的是( )A．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的总压力B．分子间的引力和斥力，都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化快C．热机工作过程中，若没有摩擦，则它可以将吸收的热量全部转化为机械能D．一定质量的理想气体体积增大，内能一定减小E．一定质量的理想气体在等温变化过程中，若吸热，则一定对外做功(2)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升，气体体积加倍，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦．①求加热过程中气体的内能增加量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．答案：(1)BE (2)①Q－(p0S＋mg)h②12⎝⎛⎭⎪⎫1＋m0gp0S＋mgT1解析：(1)气体压强是气体分子对器壁持续不断地撞击产生的，是大量气体分子作用在器壁单位面积上的压力，不是单位时间作用在器壁上的压力，A 错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化快，B 正确；能量的传递具有方向性，不可能把热能完全转化为机械能而不引起其他变化，C 错误；一定质量的理想气体体积增大时，气体对外做功，因不知吸热还是放热，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，无法判断内能的变化情况，D错误；理想气体等温变化过程中，气体的内能不变，若吸热，根据ΔU ＝W ＋Q ，可知气体一定对外做功，E 正确．(2)①取活塞为研究对象，由受力平衡得p ＝p 0＋mgS①气体对外做功W ＝pSh ②由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W ③ 解得ΔU ＝Q －(p 0S ＋mg )h ④②设温度为T 1时的气体状态为初状态，此时体积为V 1、压强为p ＝p 0＋mgS活塞回到原位置时，气体状态为末状态，则压强为p 2＝p 0＋m 0＋m gS⑤体积为V 2＝V 12、温度为T 2由理想气体状态方程得pV 1T 1＝p 2V 2T 2⑥ 解得T 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋m 0g p 0S ＋mg T 1⑦ 11．[物理——选修3－3] (1)下列说法正确的是( )A ．分子间的距离增大时，分子间的引力增大而斥力减小B ．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C ．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D ．从单一热源吸收热量，使之完全变成功是不可能的E ．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行(2)如图所示，开口向上导热性能良好、长度为l ＝75 cm 的粗细均匀的细玻璃管竖直放置．用长为h ＝45 cm 的水银柱封闭一定质量的空气(可视为理想气体)，此时管内水银面与玻璃管上端平齐．现保持环境温度T ＝300 K 不变，将玻璃管绕底端在竖直面内缓慢转动一周，在转动过程中没有漏气．已知大气压强为75 cmHg ，求：①玻璃管中剩余水银柱的长度；②在转动一周后对玻璃管进行缓慢加热，当管内水银面再次与玻璃管上端平齐时，管内气体的温度是多少？答案：(1)BCE (2)见解析解析：(1)本题考查热学知识的理解．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，A 错误；根据热力学第二定律知，从单一热源吸收热量，使之完全变成功是可能的，D 错误．(2)本题考查理想气体状态方程的相关计算．①玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p 1＝p 0＋ρgh ，玻璃管开口向下时，水银有一部分要流出，设剩余水银柱的长度为x ，此时空气压强为p 2＝p 0－ρgx由玻意耳定律得p 1(l －h )S ＝p 2(l －x )S 解得x ＝15 cm②玻璃管加热后，管内水银柱上端再次与玻璃管上端平齐时，空气柱的压强为p 3＝p 0＋ρgx设气体的温度是T ′，由查理定律得p 2T ＝p 3T ′解得T ′＝450 K。
2016高三二轮复习之讲练测之练案【新课标版物理】1．【2015·山东·37（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300K，压强为大气压强P0。
当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为P0，温度仍为303K。
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体。
求：（ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；（ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
【答案】（ⅰ）1.01P0；（ⅱ）0.02P0S【规律总结】找到各个状态的状态参量，通过等容变化列得方程；注意各个状态变化的特点，并能对杯盖受力分析.2．【2015·海南·15（1）】.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为A N ，地面大气压强为O P ，重力加速度大小为g 。
由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为，空气分子之间的平均距离为。
【答案】204A R P N Mg π，30AMgh a P N = 【方法技巧】对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体之和等于气体的体积。
3．【2015·海南·15（2）】如图所示，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V 。
已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为O P 。
现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触。
求活塞A 移动的距离。
【答案】0mg V l p S mg S⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 【解析】设平衡时，在A 与B 之间、B 与容器底面之间气体的压强分别为1p 和2p ，由力的平衡条件有10p S p S mg =+ ①21p S p S mg =+②漏气发生后，设整个封闭气体体积为'V ，压强为'p ，由力的平衡条件有：0'p S p S mg =+③由玻意耳定律得'11'p V p V = ④'12'(')p V V p V -= ⑤式中，'1V 是原来A 与B 之间的气体在漏气发生后所占的体积。
1．分子动理论(1)分子的大小．①分子很小，其直径的数量级为10－10m.②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 S. ③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N A ＝6.02×1023mol －1.(2)估算微观量的两种模型． ①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d ＝36V 0π. ②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 ＝3V 0.(3)说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例．①扩散现象的特点：温度越高， 扩散越快．②布朗运动的特点：永不停息、无规则运动；颗粒越小，运动越剧烈；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．①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．②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r 0时，分子势能最小，但不一定是零．2．固体、液体和气体(1)(2)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)①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．②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的饱和汽压之比．相对湿度：水蒸气的实际压强同温度下水的饱和汽压×100%(B ＝p p s ×100%)． (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．(5)液晶是介于固体和液体之间的中间态物质(化合物)，它既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性．液晶的显示原理是利用了液晶的光学各向异性，即液晶分子在电场作用下，其光学特性发生了变化．(6)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. ①当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)②当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)③当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖－吕萨克定律) 3．热力学定律(1)内能的变化．①温度变化引起物体分子平均动能的变化．②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．①公式：ΔU ＝W ＋Q .②符号正负的判断.(3)热力学第二定律．①表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．②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方向性，说明了第二类永动机不能制造成功．1．(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．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 ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．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 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝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/s 2.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)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．答案(1)BCD(2)(ⅰ)330 K(ⅱ)1.01×105Pa解析(1)A.将一晶体敲碎后，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C正确．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＝S1(l2)＋S2(l－l2)①V2＝S2l②在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有V1 T1＝V2 T2④联立①②④式并代入题给数据得T2＝330 K⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，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p′，由查理定律，有p′T＝p1T2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105Pa⑦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．(2015·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．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l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.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＝10.0 cm时将开关K 关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.(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．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l＝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，直到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＝12.0 cm④(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＝10.4 cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm ⑨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．(2015·重庆高考)(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T 1，压强为p 1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T 2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p 0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．答案 (1)D (2)压强差：T 2T 1p 1－p 0. 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．(2)肥皂泡内气体等容变化，冻结后，设膜内气体压强为p 2，则p 1T 1＝p 2T 2，得p 2＝T 2T 1p 1，则肥皂膜内外气体的压强差Δp ＝p 2－p 0＝T 2T 1p 1－p 0. 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．(2015·山东高考)(1)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．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p 0.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p 0，温度仍为303 K ．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K ．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．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．答案 (1)bc (2)(ⅰ)101100p 0 (ⅱ)20110 100p 0S 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b 、c 正确．(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T 0＝300 K ，压强为p 0，末状态温度T 1＝303 K ，压强设为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝101100p 0② (ⅱ)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得p 1S ＝p 0S ＋mg ③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T 2＝303 K ，压强p 2＝p 0，末状态温度T 3＝300 K ，压强设为p 3，由查理定律得p 2T 2＝p 3T 3④ 设提起杯盖所需的最小力为F ，由平衡条件得F ＋p 3S ＝p 0S ＋mg ⑤联立②③④⑤式，代入数据得F ＝20110100p 0S ⑥ 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．分子动理论的理解和应用【例1】(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)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：(1)布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，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＜r0时，r越小，分子势能越大；r＞r0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．(2014·北京高考)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】(2014·新课标全国卷Ⅰ)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(1)玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2.(2)盖一吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2. 答案 9mghT 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Δp ，由玻意耳定律得phS ＝(p ＋Δp )(h －14h )S ① 解得Δp ＝13p ② 外界的温度变为T 后，设活塞距底部的高度为h ′.根据盖—吕萨克定律，得（h －14h ）S T 0＝h ′S T③ 解得h ′＝3T 4T 0h ④ 据题意可得Δp ＝mg S⑤ 气体最后的体积为V ＝Sh ′⑥联立②④⑤⑥式得V ＝9mghT 4pT 0应用气体实验定律的解题思路(1)选择研究对象——一定质量的理想气体．(2)分析状态参量．①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；②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；③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．(2015·宣城二模)如图所示，导热良好的汽缸放置在水平平台上，活塞质量10 kg ，横截面积50 cm 2，厚度1 cm ，汽缸全长21 cm ，汽缸质量20 kg ，大气压强为1×105Pa ，当温度为7 ℃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．g 取10 m/s 2，则(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 ℃解析 (1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为p 1和p 2，气柱长度分别为L 1和L 2.p 1＝p 0＋mg S＝1.2×105Pa p 2＝p 0－mg S＝0.8×105Pa 倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，所以L 2＝p 1p 2L 1＝15 cm (2)设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为T 2和T 3，升温后气柱长度为L 3，则T 2＝T 1＝(273＋7)K ＝280 KL 2＝15 cm ，L 3＝20 cm升温过程为等压变化，由盖－吕萨克定律可得L 2S T 2＝L 3S T 3， 所以T 3＝L 3L 2T 2＝373 K. 即温度升高至100 ℃时，活塞刚好接触平台．。
