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质量一定的理想气体,压强不变时,发生等压变化,满足盖·
吕萨克定律,即温度与体积成正比,故C选项正确;
由热力学第二定律可知,D选项正确.本题难度较小.
CD
4.(2013·
丰台一模)对悬挂在空中密闭的气球从早晨到中午过程(体积变化忽略不计),下列描述正确的是( )
A.气球内的气体从外界吸收了热量,内能增加
B.气球内的气体温度升高、体积不变、压强减小
C.气球内的气体压强增大,所以单位体积内的分子增加,单位面积的碰撞频率增加
D.气球内的气体虽然分子数不变,但分子对器壁单位时间、单位面积碰撞时的作用力增大
本题考查热力学定律和气体压强产生的原因.内能变量ΔU=ΔW+ΔQ,由题意知密闭气体的体积不变,温度升高,内能增加,故A项正确;
由理想气体状态方程
=常数,可知V不变,T变大,p变大,故B选项错误;
由气体压强产生的本质可知D选项正确.本题难度较小.
AD
5.(2013·
白山联考)下列说法正确的是( )
A.肥皂水的水面能托住小的硬币主要与液体的表面张力有关
B.酒香不怕巷子深与分子热运动有关
C.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁,此过程外界对其做功,瓶内空气内能增加
D.空调既能制热又能制冷,说明热传递不存在方向性
C选项中温度降低,气体对外放热,内能减少,C错;
D选项中空调制冷是靠压缩机做功实现,不是自发过程,D错.选AB.本题容易.
AB
6.(2013·
北京房山区一模)如图,将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中,则金属罐在水中绘慢下降过程中,罐内空气(可视为理想气体)( )
A.内能增大
B.分子间的平均距离减少
C.向外界放热
D.对外界做正功
本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律.由于温度不变,故气体内能不变(理想气体内能取决于温度),A选项错误;
取金属罐中封闭的理想气体为研究对象,金属罐向下压入恒温游泳池中的过程,可视为等温过程,由题意知压强变大,根据玻马定律p1V1=p2V2,可知体积小,故分子间距变小,B选项正确;
内能不变ΔU=0,体积变小W>
0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q<
0,即向外放热,故C选项正确,D选项错误.本题难度中等.
BC
7.(2013·
诸城一中月考)一定质量的理想气体,由初始状态A开始,状态变化按图中的箭头所示方向进行,最后又回到初始状态A,对于这个循环过程,以下说法正确的是( )
A.由A→B,气体的分子平均动能增大,吸收热量
B.由B→C,气体的分子数密度增大,内能减小,吸收热量
C.由C→A,气体的内能减小,放出热量,外界对气体做功
D.经过一个循环过程后,气体内能可能减少,也可能增加
本题考查理想气体状态方程.根据理想气体状态方程pV=nRT可知,由A→B,体积增大,压强增大,则温度升高,气体分子的平均动能增大,吸收热量,A正确;
由B→C,体积不变,压强变小,则温度降低,内能减小,气体分子的密度不变,放出热量,B错误;
由C→A,压强不变,体积减小,则温度降低,气体内能减小,放出热量,外界对气体做功,C正确;
经过一个过程,气体又回到原来的状态,各个状态参量和原来相等,故气体内能不变,D错误.本题属于中等难度题.
AC
8.(2013·
山东实验中学诊断)
(1)为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的空气等温压缩,空气可视为理想气体.下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是( )
本题考查气体的实验定律和图象.
等温变化时,根据pV=C,p=
,所以p-
图象是一条通过原点的直线,故正确选项为B.
B
(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5kJ的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小________kJ,空气________(填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ.
本题考查的是热力学第一定律的应用.
第一个过程温度不变,内能的改变量为ΔU1=0,第二个过程内能的改变量为ΔU2=Q=-5kJ,则两过程内能的改变量总的为ΔU=ΔU1+ΔU2=-5kJ;
由Q1=-W1=-24kJ,则两个过程的热量变化为Q=Q1+Q2=-29kJ,负号表示空气放出热量.
5 放出 29
(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3,空气的摩尔质量为0.029kg/mol,阿伏加德罗常数NA=6.02×
1023mol-1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气,试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字)
本题考查阿伏加德罗常数及分子动理论的相关知识.先算吸入的空气质量差值,再算出这部分差值的物质的量,就可求出吸入分子数差值.
解:
设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入空气的体积为V,则有Δn=
NA,代入数据得Δn=3×
1022.
9.(2013·
许昌模拟)一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为V0,开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒,气体温度由T0=300K升至T1=350K.
(1)求此时气体的压强;
(2)保持T1=350K不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热,并简述原因.
(1)设升温后气体的压强为p1,由查理定律得
=
①
代入数据得
p1=
p0②
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V,由玻意耳定律得
p1V0=p0V③
联立②③式得
V=
V0④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k,由题意得
k=
⑤
联立④⑤式得
⑥
吸热.因为抽气过程中剩余气体温度不变,故内能不变,而剩余气体膨胀对外做功,所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热.
本题考查气体实验定律、热力学第一定律较简单的综合应用.
10.(2013·
贺兰一中期末)
(1)以下说法正确的是( )
A.当分子间距离增大时,分子间作用力减小,分子势能增大
B.已知某物质的摩尔质量为M,密度为ρ,阿伏加德罗常数为NA,则该种物质的分子体积为V0=
C.自然界发生的一切过程能量都是守恒的,符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
D.液晶既具有液体的流动性,又具有单晶体的光学各向异性的特点
(2)一气缸竖直放在水平地面上,缸体质量m=10kg,活塞质量m=4kg,活塞横截面积S=2×
10-3m2,活塞上面的气缸里封闭了一定质量的理想气体,下面有气孔O与外界相通,大气压强p0=1.0×
105Pa.活塞下面与劲度系数k=2×
103N/m的轻弹簧相连.当气缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度,此时缸内气柱长度L1=20cm,g取10m/s2,活塞不漏气且与缸壁无摩擦.
①当缸内气柱长度L2=24cm时,缸内气体温度为多少开?
②缸内气体温度上升到T0以上,气体将做等压膨胀,则T0为多少开?
(1)r<
r0时分子间距离增大分子力减小分子势能减小,A错;
球形模型只适用于固体和液体,B错;
宏观自然过程有方向笥,C错;
选D,本题容易.
(2)本题考查气体的状态变化,理想气体状态方程的应用,要选力学、热学研究对象.本题容易.
(1)D
(2)①V1=20S V2=24S T1=400K
p1=p0-
=0.8×
105Pa
p2=p0+
=1.2×
根据理想气体状态方程,得:
解得T2=720K
②当气体压强增大到一定值时,气缸对地压力为零,此后再升高气体温度,气体压强不变,气体做等压变化.设气缸刚好对地没有压力时弹簧伸长为Δx,则
kΔx=(m+M)g
Δx=7cm
V3=27S
p3=p0+
=1.5×
解得 T0=1012.5K
11.(2013·
兰州模拟)
(1)下列说法中正确的是( )
A.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
B.扩散运动就是布朗运动
C.蔗糖受潮后会粘在一起,没有确定的几何形状,它是非晶体
D.对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明,都可以作为热力学第二定律的表述
(2)将1mL的纯油酸加到500mL的酒精中,待均匀溶解后,用滴管取1mL油酸酒精溶液,让其自然滴出,共200滴.现在让其中一滴落到盛水的浅盘内,待油膜充分展开后,测得油膜的面积为200cm2,则估算油酸分子的大小是________m(保留车位有效数字).
(3)如图所示,一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体,活塞横截面积为S,汽缸内壁光滑且缸壁是导热的,开始活塞被固定,打开固定螺栓K,活塞下落,经过足够长时间后,活塞停在B点,已知AB=h,大气压强为p0,重力加速度为g.
①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强;
②若周围环境温度保持不变,求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量的理想气体的内能仅由温度决定).
本题考查热学中的基本概念
(1)扩散运动是分子无规则运动产生的,布朗运动是固体小颗粒的无规则运动,两者实质不同,B错误;
蔗糖是晶体,虽然受潮后会粘在一起,没有确定的几何形状,但用放大镜观看,仍可发现组成糖块的一个个晶体粒,粘在一起的糖块是多晶体,而不是非晶体,C错误.本题难度易.
(2)本题考查估算分子的大小.一滴纯油酸的体积,V=
×
1×
mL=10-5mL,根据d=
得,d=5×
10-10m.本题难度易.
(3)考查压强的计算和热力学第一定律.本题难度易.
(1)AD
(2)5×
10-10
(3)解:
①设封闭气体的压强为p,活塞受力平衡p0S+mg=pS
解得 p=p0+
②由于气体的温度不变,则内能的变化ΔE=0
由能量守恒定律可得 Q=(p0S+mg)h
12.(2013·
孝感一中期末)
(1)关于晶体和非晶体,下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母).( )
A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
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.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的,非晶体是各向同性的
(2)如图所示,一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体;
一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4.现用活塞将气缸封闭(图中未画出),使活塞缓慢向下运动,各部分气体的温度均保持不变.当小瓶的底部恰好与液面相平时,进入小瓶中的液柱长度为l/2,求此时气缸内气体的压强.大气压强为p0,重力加速度为g.
(1)BC
(2)解:
设当小瓶内气体的长度为
l时,压强为p1;
当小瓶的底部恰好与液面相平时,瓶内气体的压强为p2;
气缸内气体的压强为p3,依题意p=p0+
ρgl①
由玻意耳定律p1
S=p2(l-
)S②
式中S为小瓶的横截面积.
联立①②两式,得p2=
(p
0+
ρgl)③
又有p2=p3+
ρgl④
联立③④式,得p3=
p0+
⑤
13.(2013·
莱芜期末)
(1)以下关于热力学知识的叙述正确的是( )
A.绝热过程是指系统不从外界吸热,也不向外界放热,这个过程不与外界交换能量.
B.热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度,所以不能说物体具有多少热量,只能说物体吸收或放出多少热量.
C.悬浮在液体中的微粒越小,在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少,撞击作用的不平衡性就表现得越明显,因而布朗运动越明显.
D.由熵的定义可知,熵较大的宏观状态就是无序程度很小的宏观状态,也就是出现概率较小的宏观状态.
(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L′A=37.5cm时为止,这时系统处于静止状态.已知大气压强p0=75cmHg,整个过程温度保持不变,试求槽内的水银进入管内的长度Δh.
对A部分气体,由玻意耳定律:
pALAS=p′AL′AS
pA=60cmHg
得:
p′A=
pA=
60cmHg=80cmHg
对B部分气体pBLBS=p′BL′BS
p′B=95cmHg
pB=p0=75cmHg
L′B≈27.6cm
Δh=L-L′A-h-L′B=19.9cm.
本题考查热力学第一定律、热力学第二定律、玻意尔定律.本题难度较易.
14.(2013·
大庆35中模拟)某学校科技兴趣小组,利用废旧物品制作了一个简易升温计:
在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管,玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱,接口处用蜡密封,将酒瓶水平放置,如图所示.已知:
该装置密封气体的体积为560cm3,玻璃管内部横截面积为0.5cm2,瓶口外的有效长度为48cm.当气温为7℃时,水银柱刚好处在瓶口位置.
(1)求该气温计能测量的最高气温;
(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中,密封气体从外界吸收3.2J热量,问在这一过程中该气体的内能如何变化?
变化了多少?
(已知大气压为1×
105Pa)
(1)当水银柱到达管口时,所测气温最高,设为T2,此时气体体积为V2,
初状态:
T1=(273+7)K=280K;
V1=560cm3,
末状态V2=(560+48×
0.5)cm3=584cm3
由等压变化知:
代入数据得T2=292K即19℃
(2)内能增加
水银柱移动过程中,外界对气体做功
W=-p0SL=-1×
105×
0.5×
10-4×
48×
10-2J=-2.4J
由热力学第一定律知内能变化为:
ΔU=W+Q=-2.4J+3.2J=0.8J
本题考查气体的等压变化和热力学第一定律,本题容易.
15.(2013·
德州二模)
(1)一定质量的某种理想气体由状态A经过图中所示过程缓慢变到状态B,在此过程中( )
A.气体的密度一直变小
B.气体的密度一直变大
C.气体的内能一直增加
D.气体的内能一直减小
(2)横截面积分别为SA=2.0×
10-3m2、SB=1.0×
10-3m2的气缸A、B竖直放置,底部用细管接通,气缸A中有定位卡环.现用质量分别为mA=4.0kg、mB=2.0kg的活塞封闭一定质量的某种理想气体,当气体温度为27℃时,活塞A恰与定位卡环接触,此时封闭气体的体积为V0=300mL,外界大气压强为p0=1.0×
105Pa.(g取10m/s2)
①使气体温度缓慢升高到57℃时,求此时封闭气体的体积;
②保持气体的温度57℃不变,用力缓慢压活塞B,使封闭气体体积恢复到V0,此时封闭气体的压强多大?
活塞A与定位卡环间的弹力多大?
(1)AC
①等压变化,由盖·
吕萨克定律有
解得V2=1.1V0=330mL
②等温变化,由玻意耳定律有p2V2=p3V3
其中p2=p0+
解得p3=1.32×
对活塞A进行受力分析,有
p0SA+mAg+FN=p3SA
解得FN=24N
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