【物理】2020届二轮复习专题十六选修3－3作业
专题十六 选修3－3
『经典特训题组』
1．(多选)关于热现象，下列说法正确的是( )
A．将1滴油酸滴在水面上，水面上会形成一块单层油酸薄膜，测出薄膜的厚度d，可认为是油酸分子的直径
B．假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为零，当两个分子间距离为平衡距离r0时，分子势能最低
C．符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生
D．如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管
E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功900 J，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能增加了1110 J
答案 ABD
解析 将1滴油酸滴在水面上，水面上会形成一块单层油酸薄膜，测出薄膜的厚度d，可认为d是油酸分子的直径，A正确；假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为零，当两个分子间距离为平衡距离r0时，由于从无穷远处到分子间距离为平衡距离的过程中分子力为引力，做正功，分子间距离继续减小时，分子力为斥力，做负功，则在平衡位置时分子势能最低，B正确；根据热力学第二定律可知，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能真的发生，C错误；根据毛细现象可知，如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管，D正确；用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功900 J，同时汽缸向外散热210 J，汽缸里空气的内能增加了900 J－210 J＝690 J，E错误。故选A、B、D。
2．(多选)以下说法正确的是( )
A．当一定质量气体吸热时，其内能可能减小
B．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体都没有固定的熔点
C．一定质量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大
D．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出该气体分子间的平均距离
E．给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的
答案 ACD
解析 当一定质量气体吸热时，若气体对外做的功大于吸收的热量，则其内能减小，故A正确；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B错误；根据＝C可知，一定质量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大，故C正确；已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，用气体的摩尔质量除以密度可得摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数，可得一个分子运动占据的空间的体积，把每个分子占据的空间的体积看做是立方体，从而可估算出该气体分子间的平均距离，故D正确；给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体时体积减小，压强变大，从而感觉越费力，与分子间的斥力无关，故E错误。故选A、C、D。
3．(多选)下列说法中正确的是( )
A．热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能
B．一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功，气体分子的平均动能减小
C．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律
D．当分子间距离增大时，分子间斥力减小，引力增大
E．相对湿度100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态
答案 ABE
解析 无论用任何设备和手段进行能转化，总是遵循“机械能可以全部转化为内能，但热机内能不能全部转化为机械能”，故A正确；一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B正确；第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故C错误；当分子间距离增大时，分子间斥力和引力都减小，故D错误；由相对湿度的定义可知，相对湿度100%，表明在当时的温度下，空气中的水汽已达到饱和状态，故E正确。故选A、B、E。
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．液体表面张力的方向为液体表面的切向
B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
C．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，它们都是分子热运动
D．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
E．一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定减小
答案 ABE
解析 液体表面张力的原因是分子间距离较大，表现为引力，它的方向跟液面相切，故A正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故B正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，故C错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，由于云母片导热的各向异性，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故D错误；一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，根据热力学第一定律，气体一定对外做功，气体体积增大，则在该过程中气体的压强一定减小，故E正确。
5．(多选)如图所示是分子间作用力跟距离的关系。下列关于分子动理论的有关说法正确的是( )
A．分子间距离为r0时，分子间既有斥力作用，也有引力作用
B．分子间距离为r0时，分子间势能最小
C．物体中的分子势能总和与物体体积大小有关
D．物体间的扩散作用主要是分子间斥力作用的结果
E．物体具有内能是分子间作用力的宏观表现
答案 ABC
解析 分子间同时存在引力和斥力，分子间距离为r0时，
分子间的斥力等于引力，故A正确；由图可知，分子间平衡距离为r0，设分子间距离为r，当r>r0时分子力表现为引力，分子间距离越大，分子势能越大，当r
2p0，故假设不成立，即活塞B向下移动。
(2)设活塞B下移Δh，
对气体Ⅰ：p0LS＝p1(L－0.6L＋Δh)S
对气体Ⅱ：2p0LS＝p2(L－Δh)S
Ⅰ、Ⅱ中气体压强满足关系p1＝p2
联立解得p1＝p0
对活塞A受力平衡有Mg＋p0S＝p1S
联立解得M＝。
13．如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1＝2 cm2、S2＝1 cm2。封闭气体初始温度为451 K，气体长度为L＝22 cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，大气压强p0＝76 cmHg。求：
(1)h1和h2的值；
(2)若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内？
答案 (1)h1＝2 cm h2＝4 cm (2)504 K
解析 (1)由图乙可知，
初始状态：p1＝p0＋ρ水银g(h1＋h2)＝82 cmHg
末状态：S1h1＝S2h3，p2＝p0＋ρ水银g(h2＋h3)＝84 cmHg
解得：h1＝2 cm，h2＝4 cm。
(2)由理想气体状态方程得：＝
其中p1＝82 cmHg，V1＝S1L，T1＝451 K
p2＝84 cmHg，V2＝S1(L＋h1)
代入数据解得：T2＝504 K。
『真题调研题组』
1．(2019·全国卷Ⅰ)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
②将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
答案 (1)低于 大于
(2)①3.2×107 Pa ②1.6×108 Pa
解析 (1)活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
(2)①设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律有
p0V0＝p1V1①
每瓶被压入进炉腔的气体在室温和压强为p1条件下的体积为
V1′＝V1－V0②
设10瓶气体压入炉腔后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律有
p2V2＝10p1V1′③
联立①②③式并代入题给数据得
p2＝3.2×107 Pa④
②设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。由查理定律有
＝⑤
联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa。
2．(2019·全国卷Ⅱ) (1)如pV图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
(2)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求
①抽气前氢气的压强；
②抽气后氢气的压强和体积。
答案 (1)大于 等于 大于
(2)①(p0＋p) ②p0＋p
解析 (1)根据理想气体状态方程有＝＝，可知T1＞T2，T2T2，所以状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于T2N3。
(2)①设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S①
得p10＝(p0＋p)②
②设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p
V1＝。
3．(2019·全国卷Ⅲ)(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________________。
(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
①求细管的长度；
②若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
答案 (1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积
(2)①41 cm ②312 K
解析 (1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
(2)①设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
pS＝p0S＋ρghS②
p1S＋ρghS＝p0S③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给数据得
L＝41 cm⑥
②设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K。
4．(2018·全国卷Ⅰ) (1)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是________。
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
(2)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
答案 (1)BDE (2)
解析 (1)由理想气体状态方程＝可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得
V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝。
5．(2017·全国卷Ⅰ)(1)(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
(2)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
答案 (1)ABC
(2)① 2p0 ②上升直到B的顶部 ③1.6p0
解析 (1)A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等。B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃
时的情形，分子平均动能较小。C对：实线为氧气分子在100 ℃时的情形。D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。E错：速率出现在0～400 m/s区间内，100 ℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。
(2)①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
②打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时压强为p′2＝p0。
③设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。
6．(2017·全国卷Ⅱ) (1)(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________。
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
(2)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
①求该热气球所受浮力的大小；
②求该热气球内空气所受的重力；
③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
答案 (1)ABD
(2)①Vgρ0 ②Vgρ0 ③Vρ0T0－m0
解析 (1)气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确。气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确。气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误。气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误。
(2)①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖—吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥
②气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧
③设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝F－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
『模拟冲刺题组』
1．(2019·云南二模)(多选)以下说法正确的是( )
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
答案 BDE
解析 气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。故选B、D、E。
2．(2019·山东潍坊二模)(多选)关于固体、液体的性质，下列说法正确的是( )
A．非晶体不可能转化为晶体
B．单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点
D．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，
这是由于液体表面张力的作用
E．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”一句，诗中荷叶和露水表现为不浸润
答案 CDE
解析 有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体，A错误；单晶体和多晶体都有确定的熔点，B错误；彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点，C正确；玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体表面张力的作用，D正确；唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”一句，诗中荷叶和露水表现为不浸润，E正确。
3．(2019·江西南昌二模)(多选)对于下面所列的热学现象说法正确的是( )
A．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同
B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果
C．“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律
D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
E．直径为1 μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数少
答案 ABD
解析 温度是分子平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有相同的分子动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不同，故A正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币受到的重力等于表面张力，故B正确；第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，故C错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D正确；直径为1 μm的水珠所含水分子的个数为n＝NA＝×6.02×1023 mol－1≈1.4×1011，远多于地球总人口数，故E错误。
4．(2019·两湖八市十二校联合二模)(多选)下列说法正确的是( )
A．一定质量的晶体在熔化过程中，其内能保持不变，分子势能增大
B．低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，
最终两物体可达到热平衡状态
C．当装满水的某一密闭球形容器自由下落时，容器中的水的压强为零
D．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，水蒸发得越慢
E．在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
答案 CDE
解析 晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能保持不变，吸收热量，内能增大，则知分子势能增大，故A错误；根据热力学第二定律，低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体，故B错误；液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故容器中的水的压强为零，故C正确；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，水蒸发得越慢，故D正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，需要将油膜看做单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形，故E正确。故选C、D、E。
5．(2019·安徽宣城二模)(多选)下列说法正确的是( )
A．液体的饱和汽压随温度的升高而增大
B．温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同
C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大
D．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是油脂使水的表面张力增大的缘故
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关
答案 ABE
解析 温度越高，蒸发越快，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，A正确；温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气的分子平均动能相同，B正确；做加速运动的物体，速度越来越大，物体分子的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温度决定，和物体的宏观运动无关，故C错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，
是由于水浸润玻璃，但不浸润油脂，故D错误；气体压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能的大小，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关，故E正确。故选A、B、E。
6．(2019·安徽安庆高三二模)(多选)下列说法正确的是( )
A．露珠通常呈现球状，是由于水的表面具有张力作用的结果
B．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
C．在阳光的照射下，经常看见空气中尘埃所做的无规则运动是布朗运动
D．水和酒精混合后的总体积小于两者体积之和，说明分子间有间隙
E．冰块打碎后，具有各种不同的形状，说明冰不是晶体
答案 ABD
解析 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故A正确；生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故B正确；飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，故C错误；酒精和水都是由分子构成的物质，由于分子之间存在一定的间隙，当二者混合时分子之间相互渗透，因此总体积减小，说明分子间有间隙，故D正确；区分是不是晶体要看是否具有确定的熔点，冰具有确定的熔点，是晶体，故E错误。故选A、B、D。
7. (2019·安徽六校二联)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E．该循环过程中，气体吸热
答案 ADE
解析 A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，根据ΔU＝Q＋W可知气体吸热，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，温度不变，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；该循环中，内能不变，气体对外界做的功大于外界对气体做的功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸热，故E正确。
8．(2019·石家庄二模)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将1 mL的油酸加入酒精中配制成1000 mL的油酸酒精溶液，通过注射器测得80滴这样的溶液为1 mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后，测得油膜面积为253 cm2。
(1)估算油酸分子的直径d＝________ m(结果保留一位有效数字)。
(2)将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，再使用该溶液进行实验会导致分子直径的测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案 (1)5×10－10 (2)偏小
解析 (1)测得油膜面积为：S＝253 cm2＝2.53×10－2 m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝× mL＝1.25×10－11 m3，则油酸分子的直径为：d＝＝ m＝4.9×10－10 m≈5×10－10 m。
(2)将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致溶液中油酸浓度增大，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积增大，而在计算时仍取原来的值，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，故最终分子直径的测量值小于实际值。
9．(2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短、
导热性良好的平底大烧瓶。在一次实验中，体积为V＝1 L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S＝2 cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦fm＝60 N。瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内、外气压近似相等。已知：实验室环境温度T＝290 K恒定，环境空气密度ρ＝1.20 kg/m3，压强为标准大气压p0＝105 Pa，求：
(1)橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强；
(2)为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量。
答案 (1)4×105 Pa (2)3.6×10－3 kg
解析 (1)橡皮塞即将弹出时，对瓶塞受力分析得：
pS＝p0S＋fm
解得：p＝p0＋＝4×105 Pa。
(2)瓶内气体等温变化：p0V＝pV1，则V1＝0.25 L
对气球内气体：体积V2＝V－V1＝0.75 L
气球内气体压强也为p
等温变化：p0V0＝pV2，可得V0＝3 L
打入空气质量m＝ρV0＝3.6×10－3 kg。
10．(2019·山东聊城二模)如图所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形细管底部相连通，各部分细管内径相同。此时U形玻璃管左、右两侧水银面高度差为15 cm，C管水银面距U形玻璃管底部距离为5 cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5 cm的理想气体A，U形管左管上端封有长25 cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：
(1)气体B的长度；
(2)活塞移动的距离。
答案 (1)20 cm (2)27.5 cm
解析 (1)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
pB1＝75 cmHg－15 cmHg＝60 cmHg，VB1＝25S
pB2＝75 cmHg，VB2＝LS
pB1VB1＝pB2VB2
解得气体B的长度L＝20 cm。
(2)活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图，
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化ΔL左＝25 cm－20 cm＝5 cm
U形管右管中水银柱长度变化ΔL右＝15 cm＋5 cm＝20 cm
气体A做等温变化
pA1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg，VA1＝12.5S
pA2＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg，VA2＝LA2S
pA1VA1＝pA2VA2
解得气体A的长度LA2＝10 cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以d＝LA1－LA2＋25 cm＝27.5 cm。
11. (2019·安徽定远重点中学高三二模)如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体，
此时气体密度为ρ0。在活塞上加一竖直向下的推力，使活塞缓慢下降到某位置O，此时推力大小F＝2p0S，已知封闭气体的摩尔质量为M，大气压强为p0，阿伏加德罗常数为NA，环境温度不变。求活塞下降到位置O时：
(1)封闭气体的体积V；
(2)封闭气体单位体积内的分子数n。
答案 (1)V0 (2)
解析 (1)封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有：p0V0＝V
解得：V＝V0。
(2)密闭气体的物质的量n0＝
单位体积内的分子数n＝
解得：n＝。
12．(2019·江苏南京、盐城二模)在大气中，空气团运动时经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看做绝热过程。潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风。
(1)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，试说明其原因？
(2)设空气团的内能U与温度T满足U＝CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，求此过程中空气团升高的温度ΔT。
答案 (1)见解析 (2)
解析 (1)空气团在山的迎风坡上升时对外做功，该过程可看做绝热过程，
所以内能减少，温度降低。
(2)根据U＝CT得：ΔU＝CΔT①
根据热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q②
Q＝0③
联立①②③解得：ΔT＝。
13. (2019·福建厦门二模)如图所示，有两个不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在竖直放置的绝热汽缸内，温度均为27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，汽缸底部有加热丝。已知M活塞的质量m1＝2 kg，N活塞的质量不计。M、N活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝24 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝12 cm。现将一质量为m2＝2 kg的小物体放在M活塞的上表面，活塞下降，稳定后B气体的压强为p2。已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2。求：
(1)稳定后B气体的压强p2；
(2)现通过加热丝对B气体进行缓慢加热，M、N活塞发生移动，当B气体的温度为267 ℃时，停止加热。求此时M活塞距离底部的高度h3。
答案 (1)3.0×105 Pa (2)22.4 cm
解析 (1)以两个活塞和小物体为整体，由平衡条件可知：p2S＝m1g＋m2g＋p0S
解得p2＝3.0×105 Pa。
(2)对A气体分析，设初始压强为p1，最终稳定后的体积为LS，
将M活塞和小物体作为整体，
由平衡条件：p1S＝m1g＋p0S
由玻意耳定律：p1(h1－h2)S＝p2LS
解得L＝8 cm
对B气体进行分析，初态压强为p1，体积为h2S，温度为T1，末态压强为p2，体积为hS，温度为T2，
由气态方程：＝，解得h＝14.4 cm
由题意可知h3＝h＋L＝22.4 cm。
14. (2019·黑龙江哈尔滨三中二模)如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S＝0.01 m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体。A、B都可沿圆筒壁无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k＝5×103 N/m的较长的弹簧相连。已知大气压强p0＝1×105 Pa，平衡时两活塞之间的距离l0＝0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡，此时用于压A的力F＝500 N。求活塞A下移的距离。
答案 0.3 m
解析 设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：
初态：p1＝p0，V1＝l0S
末态：p2＝p0＋，V2＝(l0－l＋x)S
由玻意耳定律p1V1＝p2V2，
得：p1l0S＝(l0－l＋x)S①
初态时，弹簧的压缩量为x′，由胡克定律：Mg＝kx′②
当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图所示，F′为此时的弹簧弹力，
由平衡条件可知：
p0S＋F′＝p0S＋F＋Mg③
由胡克定律有：F′＝k(x＋x′)④
联立①②③④解得：l＝0.3 m。
15．(2019·湖北武汉二模)如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸水平放置，一面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔，活塞右侧气体的压强为p0，活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0。将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热。已知重物的质量满足关系式mg＝p0S，重力加速度为g。求：
(1)活塞刚碰到汽缸右侧时气体的温度；
(2)当气体温度达到2T0时气体的压强。
答案 (1)1.5T0 (2)p0
解析 (1)当活塞右侧的压强为p0时，左侧气体压强为p1，
则p1＝＋p0＝2p0
右侧抽真空时，p2S＝mg得p2＝p0
由p1V0＝p2V2，得：V2＝2V0
缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与汽缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3，
则：＝，得到：T3＝1.5T0。
(2)气体温度由T3升高到2T0的过程中，气体发生等容变化，
则＝，得到：p4＝p0。
16. (2019·重庆一中高三5月模考)如图甲，竖直放置、粗细均匀的玻璃管开口向上，管里一段高为h＝15 cm的水银柱封闭一段长为L＝14 cm的气体，水银柱的截面积为S，若将玻璃管按如图乙倾斜放置，倾角为θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，大气压强p0＝75 cmHg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)倾斜后气柱的长度；
(2)如果将图乙中的玻璃管以一定的加速度向右做加速运动，若空气柱的长度又变成L，则加速度a为多大。
答案 (1)15 cm (2)5 m/s2
解析 (1)玻璃管竖直时，管内气体压强：
p1＝75 cmHg＋15 cmHg＝90 cmHg
当玻璃管倾斜时，管内气体压强：
p2＝p0＋ρghsin37°＝84 cmHg
气体发生等温变化，则有：p1LS＝p2xS
得到：x＝15 cm。
(2)如果玻璃管向右做匀加速运动，使管中空气柱的长度仍为L，则管内气体的压强仍为p1，以水银柱为研究对象，受力如图所示：
有：(p1－p0)Scosθ－Nsinθ＝ma，
(p1－p0)Ssinθ＋Ncosθ＝mg，
其中m＝ρSh
解得：a＝0.5g＝5 m/s2。
17．(2019·甘肃靖远一中高三下学期二模)如图所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S＝10－3 m2，活塞的质量为m＝2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求：
(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2；
(2)缸内气体最后的压强；
(3)在图乙中画出整个过程中的pV图线。
答案 (1)127 ℃ (2)1.5×105 Pa (3)图见解析
解析 (1)活塞刚离开B处时，
气体压强p2＝p0＋＝1.2×105 Pa
气体等容变化，＝
代入数据，解得t2＝127 ℃。
(2)设活塞最终移动到A处，由理想气体状态方程有：
＝，即＝
代入数据，解得
p3＝p0＝1.5p0＝1.5×105 Pa
因为p3＞p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。
(3)如图所示。
18．(2019·福建莆田第二次质检)如图，一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，外界对气体做了90 J的功。已知状态A时气体的体积VA＝600 cm3。求：
(1)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量；
(2)状态A时气体的压强pA。
答案 (1)45 J (2)1.5×105 Pa
解析 (1)根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q①
由①代入数据得Q＝＋45 J②
即气体从外界吸收热量45 J。
(2)从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有＝③
从状态B到状态C为等压变化过程，根据盖—吕萨克定律有＝④
从状态A到状态B，外界对气体不做功，从状态B到状态C，外界对气体做的功W＝pBΔV⑤
又ΔV＝VB－VC⑥
由③④⑤⑥式代入数据得：pA＝1.5×105 Pa。
19．(2019·吉林辽源五中高三下学期二模)如图所示，向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，吸管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm。
(1)估算这个气温计的测量范围；
(2)证明吸管上标刻温度值时，刻度线一定均匀分布。
答案 (1)23.4～26.6 ℃ (2)见解析
解析 (1)封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最下端时，气体的温度最低，
由盖—吕萨克定律得＝
得T2＝T1＝×298 K≈296.4 K＝23.4 ℃
封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖—吕萨克定律得＝，
得T3＝T1＝×298 K≈299.6 K＝26.6 ℃
此温度计的测量范围为23.4～26.6 ℃。
(2)根据盖—吕萨克定律，得：＝
则有＝＝＝＝，
设吸管内部的横截面积为S，内部在25 ℃时的热力学温度为T1，体积为V1，当温度变化Δt时油柱移动的距离为Δl，则有＝，即：Δt＝Δl
由上式可以看出，Δt与Δl成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的。
『热门预测题组』
1．(2019·陕西省三模)(多选)根据热学知识可以判断，下列说法正确的是( )
A．物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变
B．载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功
C．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
D．在压强不变时，
分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
E．气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V，则该气体单位体积内的分子数为
答案 ADE
解析 温度是物体分子平均动能的标志，物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，故A正确；载重汽车卸去货物的过程中，轮胎内气体的压强减小，由理想气体的状态方程可知，气体的体积将增大，所以该过程中外界对汽车轮胎内的气体做负功，故B错误；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，相同时间内水中水分子飞出水面与空气中水分子进入水中的数目是相等的，故C错误；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力，气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故D正确；气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则阿伏加德罗常数：NA＝，若1摩尔该气体的体积为V，则单位体积内气体的物质的量：n＝，所以该气体单位体积内的分子数为：N＝n·NA＝，故E正确。故选A、D、E。
2. (2019山东滨州二模)道尔顿总结了一些实验事实，得出下列结论：某一气体在气体混合物中产生的分压强等于在相同温度下它单独占有整个容器时所产生的压强；而气体混合物的总压强等于其中各气体分压强之和，这就是气体分压定律。如图所示的容积不变的控温箱里面放一烧杯水，不考虑水的体积的变化，温度是27 ℃时水蒸气的饱和汽压是6 kPa，77 ℃时水蒸气的饱和汽压是40 kPa。温度是27 ℃时控温箱内空气中的水蒸气已成为饱和汽，控温箱内的压强是1.26×105 Pa；当控温箱内温度是77 ℃时，控温箱内的空气的相对湿度是80%时，控温箱内的压强是多大？
答案 1.72×105 Pa
解析 控温箱内除水蒸气以外其他气体做等容变化，
初状态：p1＝1.26×105 Pa－6×103 Pa＝1.2×105 Pa，T1＝300 K
末状态：p2，T2＝350 K
由查理定律得：＝②
77 ℃时水蒸气的气压：
p4＝40 kPa×80%＝3.2×104 Pa③
联立①②③解得：
控温箱内的压强p＝p2＋p4＝1.72×105 Pa。
