第2章 气体、固体和液体(考案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程物理选择性必修第三册同步学习指导(人教版2019)

▲ ２４１ ▲ ▲ ２４２ ▲ 考 案 （二） 第二章　 气体、固体和液体 　 　 本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分１００分，时间 ９０分钟。 第Ⅰ卷（选择题　 共４０分） 一、选择题（共１２小题，其中第１ ～ ８小题只有一个选项符合题目要求，每小题 ３分，第９ ～ １２小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得４分，选不全的得 ２分，有选错或不答的得０分） １．（２０２４·江苏扬州高三开学考试）下列三幅图对应的说法中正确的是 （Ｂ ） Ａ．图甲中Ｔ１ ＞ Ｔ２ Ｂ．图甲中两条曲线下的面积相等 Ｃ．图乙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着相互作用 的斥力 Ｄ．图丙是玻璃管插入某液体发生的现象，是由于该液体分子间的相互作用 比液体与玻璃的相互作用强造成的 ２．如图所示，一定质量的理想气体经历ａ→ｂ、ｂ→ｃ、ｃ→ｄ、ｄ→ ａ四个过程，下列说法正确的是 （Ｃ ） Ａ． ａ→ｂ过程中气体压强减小 Ｂ． ｂ→ｃ过程中气体压强增大 Ｃ． ｃ→ｄ过程中气体压强增大 Ｄ． ｄ→ａ过程中气体压强减小 ３．下列叙述中错误的是 （Ｄ ） Ａ．晶体的各向异性是由于它的微粒是按各自的规则排列着的 Ｂ．单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列 Ｃ．非晶体的内部微粒是无规则排列的 Ｄ．石墨的硬度与金刚石差很多，是由于它的微粒没有按空间点阵分布 ４．（２０２３·徐州高二阶段练习）如图所示，一粗细均匀的Ｕ形 玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理 想气体Ａ、Ｂ，水银面ａ、ｂ间的高度差为ｈ１，水银柱ｃｄ的长 度为ｈ２，且ｈ２ ＝ ｈ１，ａ面与ｃ面恰处于同一高度。若在右管 开口端注入少量水银，系统重新达到平衡，则 （Ｃ ） Ａ． Ａ气体的压强小于外界大气压强 Ｂ． Ｂ气体的压强变化量小于Ａ气体的压强变化量 Ｃ．水银面ｃ下降的高度大于水银面ａ上升的高度 Ｄ．水银面ａ、ｂ间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度 ５．（２０２４·云南昆明一模）如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用 绝热活塞封闭在两个相同的绝热汽缸中，两汽缸固定在同一水平面上，开口 分别竖直向上和水平向右，活塞质量不能忽略且可沿汽缸无摩擦滑动。甲、 乙两气体的体积相等，它们的压强分别用ｐ甲、ｐ乙表示，温度分别用Ｔ甲、Ｔ乙 表示。下列关系正确的是 （Ａ ） Ａ． ｐ甲＞ ｐ乙，Ｔ甲＞ Ｔ乙 Ｂ． ｐ甲＞ ｐ乙，Ｔ甲＜ Ｔ乙 Ｃ． ｐ甲＜ ｐ乙，Ｔ甲＞ Ｔ乙 Ｄ． ｐ甲＜ ｐ乙，Ｔ甲＜ Ｔ乙 ６．真空轮胎（无内胎轮胎），又称“低压胎”“充气胎”，在轮胎和轮圈之间封闭 着空气，轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力，提高了对破口的自封能力。 若某个轮胎胎内气压只有１． ６个标准大气压，要使胎内气压达到２． ８个标 准大气压，用气筒向胎里充气，已知每次充气能充入１个标准大气压的气体 ０． ５ Ｌ，轮胎内部空间的体积为３ × １０ －２ ｍ３，且充气过程中保持不变，胎内外 气体温度也始终相同，气体看成理想气体，则需要充气的次数为 （Ｂ ） Ａ． ６６ Ｂ． ７２ Ｃ． ７６ Ｄ． ８２ ７．小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温（室内的 气压为一个标准大气压，相当于７６ ｃｍ汞柱产生的压强），结构 如图所示，大玻璃泡Ａ内有一定量的气体，与Ａ相连的Ｂ管插 在水银槽中，管内水银面的高度ｘ可反映泡内气体的温度，即 环境温度，当室内温度为２７ ℃时，Ｂ管内水银面的高度为 １６ ｃｍ，Ｂ管的体积与大玻璃泡Ａ的体积相比可忽略不计，则以 下说法正确的是 （Ｃ ） Ａ．该测温装置利用了气体的等压变化的规律 Ｂ． Ｂ管上所刻的温度数值上高下低 Ｃ． Ｂ管内水银面的高度为２２ ｃｍ时，室内的温度为－ ３ ℃ Ｄ．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低 ８．（２０２４·河北二模）如图所示，一水槽内盛有某种液体， 一粗细均匀的导热良好的玻璃瓶底朝上漂浮在液体 中，玻璃瓶内外液面高度差为ｈ，若环境温度缓慢升 高，大气压强始终不变，下列说法正确的是 （Ｃ ） Ａ．玻璃瓶内外液面高度差ｈ变大 Ｂ．玻璃瓶内气体压强变大 Ｃ．玻璃瓶逐渐上浮 Ｄ．玻璃瓶受到的浮力变大 ９．下列说法正确的是 （Ａ ） Ａ．只要减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 Ｂ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 Ｃ．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润 现象 Ｄ．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发 １０．（２０２３·高密市第一中学高二期末）如图所示为竖直放置的上粗下 细的密闭细管，水银柱将气体分隔为Ａ、Ｂ两部分，初始温度相同。 使Ａ、Ｂ升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔＶＡ、 ΔＶＢ，压强变化量为ΔｐＡ、ΔｐＢ，则下列说法正确的是（重力加速度为ｇ） （Ａ ） Ａ．初始状态满足ｐＢ ＝ ｐＡ ＋ ρｇｈ，ρ为水银的密度，ｈ为水银柱长度 Ｂ． ΔＶＡ ＞ ΔＶＢ Ｃ． ΔｐＡ ＜ ΔｐＢ Ｄ．液柱将向上移动 １１．（２０２４·河南周口二模）如图，容积为Ｖ０ 的汽缸竖直放置，导热良好，右上 端有一阀门连接抽气孔。汽缸内有一活塞，初始时位于汽缸底部１６高度 处，下方密封有一定质量、温度为Ｔ０的理想气体。现将活塞上方缓慢抽至 真空并关闭阀门，然后缓慢加热活塞下方气体。已知大气压强为ｐ０，活塞 产生的压强为１２ ｐ０，活塞体积不计，忽略活塞与汽缸之间摩擦。则在加热 过程中 （Ａ ） Ａ．开始时，活塞下方体积为１２ Ｖ０ Ｂ．温度从Ｔ０ 升至１． ５Ｔ０，气体对外做功为 １ ６ ｐ０Ｖ０ Ｃ．温度升至２Ｔ０时，气体压强为３２ ｐ０ Ｄ．温度升至３Ｔ０时，气体压强为３４ ｐ０ １２．（２０２４·河北保定一模）一定质量的理想气体，从 状态Ａ开始，经历Ｂ、Ｃ两个状态又回到状态Ａ， 压强ｐ与体积Ｖ的关系图像如图所示，ＢＣ与横 轴平行，等腰△ＡＢＣ的面积为Ｓ０，ＡＢ的反向延长 线经过坐标原点Ｏ，已知气体在状态Ｃ的温度为 Ｔ０，再根据图像所提供的其他已知信息，下列说 法正确的是 （Ａ ） Ａ．气体在状态Ａ的体积为２Ｖ０ Ｂ．气体在状态Ｂ的压强为４Ｓ０Ｖ０ Ｃ．气体在状态Ａ的温度为４３ Ｔ０ Ｄ．从状态Ｂ到状态Ｃ，外界对气体做的功为５Ｓ０ 第Ⅱ卷（非选择题　 共６０分） 二、填空题（本题共２小题，共１４分。把答案直接填在横线上） １３．（６分）用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。 （１）关于该实验，下列说法正确的有　 　 　 　 。 Ａ．该实验用控制变量法研究气体的变化规律 Ｂ．应快速推拉柱塞 Ｃ．为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞 Ｄ．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，                                                                                                                                           可以不标注单位 ▲ ２４３ ▲ ▲ ２４４ ▲ （２）测得多组空气柱的压强ｐ和体积Ｖ的数据后，为直观反映压强与体积 之间的关系，以ｐ为纵坐标，以１Ｖ为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在 的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的　 　 　 　 （选填“①”或“②”）。 （３）为更准确地测出气体的压强，小华用压强传感器和注射器相连，得到 某次实验的ｐ － Ｖ图如图丙中的直线ＡＢ所示，究其原因，温度发生了怎样 的变化　 　 　 　 。 Ａ．一直下降 Ｂ．先上升后下降 Ｃ．先下降后上升 Ｄ．一直上升 １４．（８分）（２０２４·山东东营高二期末）如图甲，某同学用气体压强传感器探究 气体等温变化的规律。操作步骤如下： ①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采 集器和计算机连接起来； ②缓慢推进活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体 积Ｖ１和由计算机显示的气体压强值ｐ１； ③重复上述步骤②，多次测量并记录； ④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。 （１）下列操作是为保证实验过程中气体温度不变的是　 　 　 　 （填选项代号）。 Ａ．推进活塞要缓慢 Ｂ．用橡皮帽堵住注射器的小孔 Ｃ．实验时，不要用手握注射器 Ｄ．在注射器活塞一周涂润滑油 （２）由于实验操作有误，导致推进活塞过程中存在漏气现象，则实验得到 的ｐ － １Ｖ图像应是　 　 　 　 （填选项代号）。 （３）该同学进行了两次实验，其中一组得到的ｐ － Ｖ图像如图乙所示，由图 可知两次实验气体的温度大小关系为Ｔ１ 　 　 　 　 Ｔ２（填“＜”“＞”或 “＝”）：另一小组根据实验数据作出的Ｖ － １ｐ图线如图丙所示，若他们的实 验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是　 　 　 　 。 三、论述、计算题（本题共４小题，共４６分。解答应写出必要的文字说明、方程 式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须 明确写出数值和单位） １５．（１０分）如图所示，为一个带有阀门Ｋ、容积为２ Ｌ的汽 缸。先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打 气，打气筒活塞每次可以打进１ × １０５ Ｐａ、２００ ｍＬ的空 气，忽略打气和用气时气体的温度变化，外界大气的压 强ｐ０ ＝ １ × １０５ Ｐａ。 （１）若要使气体压强增大到５． ０ × １０５ Ｐａ，应打气多 少次？ （２）若上述容器中装的是５． ０ × １０５ Ｐａ的氧气，现用它给容积为７００ ｍＬ的 真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的２． ０ × １０５ Ｐａ，则可充满多 少瓶？ １６．（１０分）（２０２４·山西太原一模）如图所示，粗细均匀的Ｕ形 细玻璃管竖直倒置，竖直高度为２０ ｃｍ，水平宽度为５ ｃｍ，左 端开口，右端封闭。用长度为１０ ｃｍ的水银柱在右侧管内封 闭了长为１０ ｃｍ的理想气体，初始状态环境温度为２５８ Ｋ， 大气压强为７６ ｃｍＨｇ。现缓慢升高环境温度，有６ ｃｍ长的 水银柱进入左侧竖直细管，细玻璃管的内径远小于其自身 的长度。求： （１）此时管内封闭气体的压强； （２）此时环境的温度。 １７．（１２分）（２０２４·黑龙江齐齐哈尔二模）“拔火罐” 是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生 用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后 迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐 便紧贴在皮肤上（如图）。假设加热后小罐内的 空气温度为８７ ℃，当时的室温为２７ ℃，大气压为ｐ０ ＝ １ × １０５ Ｐａ，小罐开口 部位的面积Ｓ ＝ ３ × １０ －３ ｍ２。当罐内空气温度变为室温时，求：（不考虑因 皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响） （１）小罐内的空气对皮肤的压力大小； （２）某次拔罐时由于医生操作不当，小罐未紧贴在皮肤上，当罐内空气变 为室温时，进入罐内空气与原有空气质量之比为多少。 １８．（１４分）如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为Ｓ的活塞封闭有一定量 的理想气体，中间的隔板将气体分为Ａ、Ｂ两部分；初始时，Ａ、Ｂ两部分气 柱的长度均为Ｌ０，压强均等于大气压ｐ０，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩 擦力为ｆｍ，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。气体温度始 终保持不变，向右缓慢推动活塞。 （１）当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？ （２）若隔板向右缓慢移动了Ｌ０２的距离，则活塞向右移动了多大的距离？                                                                                                                                           书 ▲ ２６１ ▲ ▲ ２６２ ▲ 　 　 　 　 　 考案部分 　 　 　 　 　 参考答案 考案（一） １． Ｃ　 １００ ℃时分子的平均速率比０ ℃时大，但１００ ℃时有的分子速 率比０ ℃时要小，故Ａ错误；图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒 的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故Ｂ错误；当两个 相邻的分子间距离为ｒ０时，分子力为零，此时无论分子间距离增大还是减小，分子力均做负功，分子势能均增大，所以此时它们之 间的势能达到最小值，故Ｃ正确；图中模拟气体压强的产生，分子 的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速率一定相等，故 Ｄ错误。 ２． Ｃ　 一定质量的０ ℃的冰融化成０ ℃的水时，温度不变，分子的平 均动能不变，故Ａ、Ｂ、Ｄ错误；０ ℃的冰融化成０ ℃的水时，需要吸 收热量，所以其内能一定增加，而其分子总动能不变，所以分子的 势能增大，故Ｃ正确。 ３． Ｃ　 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 积内的分子数有关，还与分子平均速率有关，故Ａ错误；由于气体 分子的大小相对于分子间的空隙来说很小，故不能用摩尔体积除 以分子体积得到阿伏加德罗常数，故Ｂ错误；扩散可以在固体中 进行，温度越高，扩散越快，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Ｃ正确；水流速度反映机械运动情况，不能反映热运动情 况，故Ｄ错误。 ４． Ｄ　 同一温度下，中等速率的氧气分子数所占的比例大，Ａ错误； 温度升高使得氧气分子的平均速率增大，Ｂ错误；温度越高，一定 速率范围内的氧气分子所占的比例有高有低，Ｃ错误；温度升高 使得速率较小的氧气分子所占的比例变小，Ｄ正确。 ５． Ｂ　 乙分子的运动方向始终不变，故Ａ错误；加速度的大小与力的 大小成正比，方向与力的方向相同，故Ｂ正确；乙分子从Ａ处由静 止释放，分子势能不可能增大到正值，故Ｃ错误；分子动能不可能 为负值，故Ｄ错误。 ６． Ｄ　 气体的质量一定，则气体分子的总数保持不变；保持温度不 变，则气体分子的平均动能不变，气体分子的平均速率不变，气体 分子每次碰撞器壁的平均作用力不变；仅减小体积之后，单位体 积内的分子数量变多，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分 子碰撞的次数增多，气体的压强会增大，故Ｄ正确。 ７． Ａ　 显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的运动，这是花粉受到 液体分子频繁碰撞，而出现了布朗运动，这说明水分子在做无规 则运动，故Ａ正确；一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间 后水变成红色，属于扩散现象，故Ｂ错误；一锅水中撒一点胡椒 粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布 朗运动，故Ｃ错误；悬浮在液体中的微粒越小，某时刻与它相撞的 各个方向液体分子数越不平衡，布朗运动越明显，故Ｄ错误。 ８． Ｃ　 自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，由分子动理论知，体 积不变，气体分子间分子力（引力）可忽略不计，分子间相互作用 力不变，故Ａ错误；根据热力学第一定律，爆裂前气体温度升高， 内能应增大，突然爆裂的瞬间气体对外界做功，其内能应减少，温 度也会有所下降，故Ｂ错误，Ｃ正确；自热米饭盒爆炸前，盒内气 体温度升高，分子平均动能增加，但并不是每一个气体分子速率 都增大，故Ｄ错误。 ９． ＡＣ　 扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动，在气 体、液体和固体中都能发生，故Ａ正确；分子热运动越剧烈，物体 分子的平均动能越大，但并不是物体内每个分子的动能越大，故 Ｂ错误；分子间的引力和斥力是同时存在的，都随距离的增大而 减小，故Ｃ正确；做布朗运动的微粒肉眼根本看不见，要在显微镜 下才能看见，扫地时观察到的尘埃飞扬是固体小颗粒的机械运 动，不是布朗运动，故Ｄ错误。 １０． ＡＢ　 当ｒ ＝ ｒ０时分子势能最小，当ｒ ＞ ｒ０ 时分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力做负功，分子势能增加，因此当 １０ｒ０ ＞ ｒ ＞ ｒ０，Ｅｐ随着ｒ的增加而增大，故Ａ正确，Ｃ错误；当ｒ ＜ ｒ０时，分子力表现为斥力，随着ｒ的减小，分子力做负功，分子势能 增加，因此当ｒ ＜ ｒ０时，Ｅｐ随着ｒ的减小而增大，故Ｂ正确；根据题意可知，当ｒ ＝ ∞时，Ｅｐ ＝ ０，而当ｒ ＞ ｒ０，且分子间距逐渐增大的过程中，分子势能逐渐增大，当ｒ ＜ ｒ０，且分子间距逐渐减小的过程中，分子势能逐渐增大，因此可知，当ｒ≠ ｒ０ 时，Ｅｐ 并非最小，且Ｅｐ的最小值小于０，故Ｄ错误。 １１． ＢＣ　 质量为１０ ｇ的单层石墨烯，物质的量为ｎ ＝ ｍＭ ＝ １０ １２ ｍｏｌ ＝ ５ ６ ｍｏｌ，则包含有碳原子的个数为Ｎ ＝ ｎＮＡ ＝ ５． ０ × １０ ２３个，故Ａ 错误，Ｂ正确；因为石墨烯最小的六元环上有６个碳原子，每个 碳原子被３个环占用，所以１０ ｇ的单层石墨烯占有的空间体积 约为Ｖ ＝ １２ ＮＳｄ ＝ ４． ３ × １０ －６ ｍ３，故Ｃ正确，Ｄ错误。 １２． ＡＤ　 综合题设及题图信息可知，分子势能选择了无穷远处或大 于１０ｒ０处为零势能参考点，故Ａ正确；图甲中阴影部分面积表示分子势能差值，势能差值与零势能点的选取无关，故Ｂ错误； 分子势能与分子间距图像中，图线切线的斜率的大小表示分子 间作用力大小，故Ｃ错误，Ｄ正确。 １３．（１）Ａ　 （２）Ｄ　 （３）７． ５ × １０ －１０ 解析：（１）用油膜法估测分子的大小的实验中，所做的理想化假 设包括：不考虑分子间的间隙，将油膜看成单分子层油膜，以及 将油分子看成球形等，分子间的作用力使油酸在水面上形成油 膜，所以分子间的相互作用力需要考虑，故Ｂ、Ｃ、Ｄ错误，Ａ正确。 （２）计算油酸分子直径的公式是ｄ ＝ ＶＳ ，Ｖ是纯油酸的体积，Ｓ是 油酸的面积。油酸未完全散开，Ｓ偏小，故得到的分子直径ｄ将 偏大，故Ａ错误；将油酸酒精溶液的体积算作一滴纯油酸的体 积，则Ｖ偏大则直径将偏大，故Ｂ错误；计算油膜面积时舍去了 所有不足一格的方格，则Ｓ偏小直径将偏大，故Ｃ错误；在向量 筒中滴入１ ｍＬ油酸酒精溶液时，滴数多数了１０滴，由Ｖ ＝ Ｖ０ｎ可 知，油酸的体积将偏小，则计算得到的直径将偏小，故Ｄ正确。 故选Ｄ。 （３）纯油酸的体积为Ｖ０ ＝ １． ２ × １０ －６ × ０． ２％ ＝ ２． ４ × １０ －９ ｍ３ 一滴纯油酸的体积为Ｖ ＝ Ｖ０ｎ ＝ ２． ４ × １０ －９ ４００ ｍ ３ ＝ ６ × １０ －１２ ｍ３ 则油酸分子的直径为ｄ ＝ ＶＳ ＝ ６ × １０ －１２ ８ × １０ －３ ｍ ＝ ７． ５ × １０ －１０ ｍ。 １４．（１）ＣＢＤＡ　 （２）ＡＣＮＢＳ　 （３）ＣＤ 解析：（１）“油膜法估测分子大小”实验中先把痱子粉均匀撒到 水面上，再用注射器取一定的溶液，然后滴到水中，再盖上玻璃 盖，用笔在玻璃上描出油酸的轮廓，把坐标纸铺在玻璃上，故顺 序为ＣＢＤＡ。 （２）体积为Ｃ的油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为Ｖ ＝ ＡＣＢ ，一 滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为Ｖ０ ＝ ＡＣＮＢ，所以油酸分子的 直径大小为ｄ ＝ Ｖ０Ｓ ＝ ＡＣ ＮＢＳ。 （３）油膜面积测量值偏大，由上式可知ｄ的测量值偏小，故Ａ错 误；痱子粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大，ｄ 的测量值偏小，故Ｂ错误；未等痱子粉完全散开，就在玻璃片上 描绘了油膜轮廓，导致油膜面积测量值偏小，ｄ的测量值偏大，故 Ｃ正确；求每滴的体积时，溶液有Ｎ滴时数成了（Ｎ －１）滴，则体积偏 大，ｄ的测量值偏大，故Ｄ正确。 １５．（１）２ＳｌρＮＡＭ 　 （２） ２ＳρＮＡｖｅ Ｍ 解析：（１）每一个铜原子能贡献两个自由电子，设这根铜导线的 质量为ｍ，所以有ｍ ＝ Ｓｌρ，Ｎ ＝ ２ ｍＭ ＮＡ 解得Ｎ ＝ ２ＳｌρＮＡＭ 。 （２）设铜导线内部的自由电子全部流出所用的时间为ｔ，根据电 流的定义式得Ｉｔ ＝ ２ＳｌρＮＡＭ ｅ，ｔ ＝ ｌ ｖ 解得Ｉ ＝ ２ＳρＮＡｖｅＭ 。 １６．（１）ρ１ＶＭ ＮＡ 　 （２） ３ ６Ｍ ρ１πＮ槡Ａ 　 （３） ３ Ｍ ρ２Ｎ槡Ａ解析：（１）设体积为Ｖ的水中含有的水分子数为Ｎ，质量为ｍ，物 质的量为ｎ，则ｍ ＝ ρ１Ｖ ｎ ＝ ｍＭ ＝ ρ１Ｖ Ｍ 得Ｎ ＝ ｎＮＡ ＝ ρ１ＶＭ ＮＡ。 （２）将水看成由球状水分子紧密排列而成，水分子直径即为水分 子之间的距离Ｄ。 一个水分子的体积１６ πＤ ３ ＝ ＶＮ ＝ Ｖ ρ１Ｖ Ｍ ＮＡ ＝ Ｍ ρ１ＮＡ 得Ｄ ＝ ３ ６Ｍ ρ１πＮ槡Ａ。（３）体积为Ｖ的水转为标况下的水蒸气后，设水蒸气分子之间的 距离为ａ，一个水蒸气分子占据的体积ａ３ ＝ ρ１Ｖ ρ２Ｎ ＝ Ｍ ρ２ＮＡ 得ａ ＝ ３ Ｍ ρ２Ｎ槡Ａ。 １７．（１）２ｍｖ　 （２）１６ ｎａ ３ 　 （３）见解析 解析：（１）以气体分子为研究对象，以分子碰撞器壁时的速度方 向为正方向，根据动量定理，有－ Ｉ ＝ － ｍｖ － ｍｖ ＝ － ２ｍｖ 所以一个分子与器壁碰撞一次器壁给分子的冲量的大小为 Ｉ ＝ ２ｍｖ。 （２）如图所示，以器壁的面积Ｓ为底，以 ｖΔｔ为高构成柱体由题设条件可知，柱体内的分子在Δｔ时间内有六分之一与器壁Ｓ发生碰撞， 碰撞分子总数为Ｎ ＝ １６ ｎ·ＳｖΔｔ ＝ １ ６ ｎａ ２ ｖΔｔ ＝ １６ ｎａ ３。 （３）在Δｔ时间内，设Ｎ个分子对面积为 Ｓ的器壁产生的作用力为Ｆ，Ｎ个分子对器壁产生的冲量为 ＦΔｔ ＝ ＮＩ 根据压强的定义ｐ ＝ ＦＳ ＝ ｎｋＴ 所以１２ ｍｖ ２ ＝ ３２ ｋＴ 由此可知，温度是分子平均动能的标志。 １８．（１）①ｍ０ ｖ０ 　 ② １３ ｍ０ ｖ０ ２ 　 ｔ１ 　 （２）① ４Ｆ０ ｒ０５槡ｍ 　 ② － １５ Ｆ０ ｒ０解析：（１）①根据动量定理，得ＩＢ ＝ ｍ０ ｖ０。 ②Ａ和Ｂ共速时，系统弹性势能最大，由动量守恒定律得 ｍ０ ｖ０ ＝ ２ｍ０ ＋ ｍ( )０ ｖ 解得ｖ ＝ １３ ｖ０ 最大弹性势能满足Ｅｐ ＝ １２ ｍ０ ｖ０ ２ － １２ × ３ｍ０ ｖ ２ 解得Ｅｐ ＝ １３ ｍ０ ｖ０ ２ 由图可知，第一次达到该值时为ｔ１时刻。 （２）①当分子Ｂ到达ｒ ＝ ｒ０时，速度最大，根据图像，可以用图线 和横轴围成的面积求该过程分子力所做的功Ｗ ＝ ５０ × １５ Ｆ０ × １ ５ × ０． ２ｒ０ ＝ ２ ５ Ｆ０ ｒ０ 由动能定理得Ｗ ＝ １２ ｍｖｍ ２ － ０ 解得ｖｍ ＝ ４Ｆ０ ｒ０５槡ｍ 。 ②在到达最大距离前，分子力始终做负功，分子势能增大，当Ａ和Ｂ共速时，系统分子势能最大，二者间距最大，由动量守恒定 律得ｍｖｍ ＝ ２ｍｖ 解得ｖ ＝ Ｆ０ ｒ０５槡ｍ 故分子力做功大小Ｗ ＝ １２ × ２ｍｖ ２ － １２ ｍｖｍ ２ ＝ － １５ Ｆ０ ｒ０。 考案（二） １． Ｂ　 图甲中分子热运动越剧烈，各速率区间的分子数占总分子数 的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知Ｔ１ ＜ Ｔ２，两条曲线下的面积相等均为１，故Ａ错误，Ｂ正确；图乙中，玻璃是非晶体， 熔化再凝固后仍然是非晶体，细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖 端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧 即减小表面积的作用，故Ｃ错误；在附着层处液体和玻璃间的相 互作用比液体分子间的相互作用强，发生了浸润现象，故Ｄ错误。 ２． Ｃ　 根据理想气体状态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ（常量）可知，Ｖ ＝ Ｃ ｐ Ｔ，在Ｖ － Ｔ 图像中，图线上各点与坐标原点的连线的斜率与压强有关，斜率 越大，压强越小。 ａ→ｂ过程，图线的延长线过坐标原点，为等压线，所以压强不变， Ａ错误；ｂ→ｃ过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越 大，故压强越来越小，即ｐｂ ＞ ｐｃ，Ｂ错误；ｃ→ｄ过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即ｐｄ ＞ ｐｃ，故 Ｃ正确；ｄ→ａ过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即ｐａ ＞ ｐｄ，Ｄ错误。故选Ｃ。 ３． Ｄ　 晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质不同，也 正是由于它的微粒按一定规律排列，使单晶体具有规则的几何外 形，选项Ａ、Ｂ正确；非晶体的内部微粒是无规则排列的，选项Ｃ正 确；石墨与金刚石的硬度相差甚远是由于它们内部微粒的排列结 构不同，石墨的层状结构决定了它的质地松软，而金刚石的网状结 构决定了其中碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度， 选项Ｄ错误。故选Ｄ。 ４． Ｃ　 注入水银前，Ａ气体压强ｐＡ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ２ － ρｇｈ１ ＝ ｐ０，当在右管开口端注入少量水银时，ｈ２增大，Ａ、Ｂ气体压强均变大，即Ａ气体的压强大于外界大气压强，Ａ错误；右管注入水银后，两部分封闭气 体压强均变大，由玻意耳定律ｐ１Ｖ１ ＝ ｐ２Ｖ２，Ａ、Ｂ气体体积均变小。假设Ｂ气体体积不变，则水银面ａ上升的高度等于水银面ｃ下降的 高度，等于ｂ下降的高度，由于Ｂ气体体积同时要变小，故水银面ｃ 下降的高度大于水银面ａ上升的高度，Ｃ正确；假设注入Δｈ高度的水银，则Ｂ气体的压强变化量一定为ΔｐＢ ＝ ρｇΔｈ，假设Ａ、Ｂ气体的体积均不变，则Ａ气体的压强变化量也为ΔｐＡ ＝ ρｇΔｈ，压强增大后，根据玻意耳定律，体积要变小，故Ａ气压变化量小于ρｇΔｈ，即Ｂ气体的压强变化量大于Ａ气体的压强变化量，Ｂ错误；注入水银 前，Ａ气体压强ｐＡ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ２ － ρｇｈ１ ＝ ｐ０，右管中注入少量水银达到平衡后，封闭气体Ａ、Ｂ气体压强均变大，注入水银后，设右管上 段新水银柱的长度为ｈ２ ′，ａ、ｂ间新的高度差为ｈ１ ′，根据平衡可得 ｐＡ′ ＋ ρｇｈ１ ′ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ２ ′，由于ｐＡ′ ＞ ｐ０，所以ｈ２ ′ ＞ ｈ１ ′，水银面ａ、ｂ间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度，Ｄ错误。故选Ｃ。 ５． Ａ　 对甲图活塞受力分析有ｍｇ ＋ ｐ０Ｓ ＝ ｐ甲Ｓ，乙图活塞受力分析有 ｐ乙Ｓ ＝ ｐ０Ｓ，由题知质量相等的同种理想气体甲乙两气体的体积相 等，则根据ｐ甲Ｔ甲＝ ｐ乙 Ｔ乙 ，可知ｐ甲＞ ｐ乙，Ｔ甲＞ Ｔ乙，故Ａ正确。 ６． Ｂ　 根据题意知，气体做等温变化ｐ１Ｖ ＋ ｎｐ０Ｖ０ ＝ ｐ２Ｖ，即１． ６ｐ０ × ３ × １０ －２ ＋ ｎｐ０ × ０． ５ × １０ －３ ｍ３ ＝ ２． ８ｐ０ × ３ × １０ －２ ｍ３，解得ｎ ＝ ７２，故 Ｂ正确。 ７． Ｃ　 根据受力分析可知ｐＡ ＋ ｘ ＝ ｐ０，又Ｂ管的体积与大玻璃泡Ａ的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故Ａ错误；温度越 高，由ｐＴ ＝ Ｃ可知压强越大，故而温度越高，刻度ｘ的数值就越 小，应为上低下高，故Ｂ错误；由ｐＡ１ ＋ ｘ ＝ ｐ０，得ｐＡ１ ＝ ６０ ｃｍＨｇ，又 ｐＡ２ ＝ ５４ ｃｍＨｇ，ｐＡ１Ｔ１ ＝ ｐＡ２ Ｔ２ ，Ｔ１ ＝ ３００ Ｋ得Ｔ２ ＝ ２７０ Ｋ ＝ － ３ ℃，故Ｃ正 确；若把该装置放到高山上，ｐ０ ′会减小，ｘ′ ＝ ｐ０ ′ － ｐＡ会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高，故Ｄ错误。 ８． Ｃ　 玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和 玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差 不变，故Ａ、Ｂ错误；瓶内气体压强不变、温度升高，故体积变大，玻璃 瓶逐渐上浮，故Ｃ正确；玻璃瓶受到的浮力等于玻璃瓶的重力，故瓶 内气体温度缓慢升高的过程中，玻璃瓶受到的浮力不变，故Ｄ错误。 ９． ＡＤ　 温度就是量度分子运动剧烈程度的物理量，分子运动越剧 烈温度越高，反之亦然，故Ａ正确；在完全失重情况下，气体分子 也在撞击容器壁，所以依然存在压强，故Ｂ错误；液体表层分子间 距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象 是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子 力，导致附着层分子增多，分子间距小于ｒ０ 体现出斥力，故Ｃ错误；干旱的时候，土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤 松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水 分蒸发，故Ｄ正确。故选ＡＤ。 １０． ＡＤ　 初始状态满足ｐＢ ＝ ｐＡ ＋ ρｇｈ，ρ为水银的密度，ｈ为水银柱长度，Ａ正确；由于气体的总体积不变，因此ΔＶＡ ＝ ΔＶＢ，Ｂ错误；首先假设液柱不动，则Ａ、Ｂ两部分气体发生等容变化，由查理定 律，对气体Ａ：ΔｐＡ１ ＝ ｐＡＴ ΔＴ，对气体Ｂ：ΔｐＢ１ ＝ ｐＢ Ｔ ΔＴ，由于ｐＢ ＞ ｐＡ 所以，ΔｐＢ１ ＞ ΔｐＡ１，则液柱将向上移动，则液体压强减小，液体稳定后有ｐＢ ′ ＝ ｐＡ ′ ＋ ρｇｈ′，则ｐＢ ′ － ｐＢ ＝ ｐＡ ′ － ｐＡ ＋ ρｇ（ｈ′ － ｈ），即 ΔｐＢ ＝ ΔｐＡ ＋ ρｇ（ｈ′ － ｈ）＜ ΔｐＡ，故Ｃ错误，Ｄ正确。故选ＡＤ。 １１． ＡＤ　 由于初始时位于汽缸底部１６高度处，则初始时，活塞下方 体积为１６ Ｖ０，由于大气压强为ｐ０，活塞产生的压强为 １ ２ ｐ０，则初 始时，气体的压强ｐ１ ＝ ｐ０ ＋ １２ ｐ０ ＝ ３ ２ ｐ０，将活塞上方缓慢抽至真 空并关闭阀门过程，末状态气体的压强为１２ ｐ０，根据玻意耳定律 有ｐ１ １６ Ｖ０ ＝ １ ２ ｐ０Ｖ１，解得Ｖ１ ＝ １ ２ Ｖ０，即加热开始时，                                                                                                                                                                                                                活塞下方体 ▲ ２６３ ▲ ▲ ２６４ ▲ 积为１２ Ｖ０，故Ａ正确；若活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门之后 缓慢加热，活塞恰好到达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹 力，气体压强始终为１２ ｐ０，此时，根据盖—吕萨克定律有 １ ２ Ｖ０ Ｔ０ ＝ Ｖ０ Ｔ１ ，解得Ｔ１ ＝ ２Ｔ０，可知，温度从Ｔ０升至１． ５Ｔ０过程，活塞没有到 达顶部，气体做等压变化，则有Ｖ１Ｔ０ ＝ Ｖ２ １． ５Ｔ０ ，解得Ｖ２ ＝ ３４ Ｖ０，则温 度从Ｔ０ 升至１． ５Ｔ０，气体对外做功为Ｗ ＝ １２ ｐ０ Ｖ２ － Ｖ( )１ ＝ １ ８ ｐ０Ｖ０，故Ｂ错误；结合上述可知，温度升至２Ｔ０ 时，活塞恰好到 达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹力，气体压强为１２ ｐ０，故 Ｃ错误；结合上述可知，温度升至３Ｔ０ 时，活塞已经到达汽缸顶部，与顶部有相互作用的弹力，温度由２Ｔ０ 升高至３Ｔ０ 过程为等 容过程，根据查理定律有 １ ２ ｐ０ ２Ｔ０ ＝ ｐ２ ３Ｔ０ ，解得ｐ２ ＝ ３４ ｐ０，故Ｄ正确。 １２． ＡＣ　 根据题意已知等腰△ＡＢＣ做∠ＣＡＢ的角平分线会垂直平分底边ＢＣ，得ＶＡ ＝ ２Ｖ０，故Ａ正确；设气体在状态Ａ、Ｂ的体积分别为ＶＡ、ＶＢ，ＡＢ的反向延长线经过坐标原点Ｏ，由正比例函数关 系可得ｐＡＶＡ ＝ ｐＢ ＶＢ ，三角形ＡＢＣ的面积为Ｓ０，则有Ｓ０ ＝ １２ （ｐＢ － ｐＡ）（ＶＢ － ＶＣ），联立解得ｐＡ ＝ ２Ｓ０Ｖ０ ，ｐＢ ＝ ３Ｓ０ Ｖ０ ，故Ｂ错误；由Ｃ到Ａ 由理想气体状态方程可得ｐＣＶＣＴＣ ＝ ｐＡＶＡ ＴＡ ，已知ＴＣ ＝ Ｔ０，由图可知ｐＢ ＝ ｐＣ，联立解得ＴＡ ＝ ４３ Ｔ０，故Ｃ正确；由功的定义可得气体对外 界做的功等于ｐ － Ｖ关系图像与横轴所围成的面积，则气体从状 态Ｂ到状态Ｃ，外界对气体做的功为Ｗ ＝ ｐＢ（ＶＢ － ＶＣ），解得Ｗ ＝ ６Ｓ０，故Ｄ错误。 １３．（１）ＡＤ　 （２）②　 （３）Ｂ解析：（１）该实验是研究质量一定的气体在温度不变情况下，压 强跟体积的关系，采用了控制变量法，故Ａ正确；快速推拉或用 手握住注射器，会导致气体温度发生变化，不符合实验条件，故 Ｂ、Ｃ错误；实验只需要关注图像的斜率变化即可探究压强跟体 积的关系，所以注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以 不标注单位，故Ｄ正确。 （２）因漏气，导致气体质量减小，在一定体积时的压强会变小，也 就是图像的斜率变小，故选②。（３）根据图像与等温线的关系，可知气体温度先升高再降低。故 选Ｂ。 １４．（１）ＡＣ　 （２）Ｂ　 （３）＞ 　 实验时未考虑注射器前端连接处的 气体 解析：（１）移动活塞要缓慢，使注射器内的空气与外界充分进行 热交换，保持注射器内气体温度不变，故Ａ正确；用橡皮帽堵住 注射器的小孔是为了控制气体的质量不变，不是控制气体温度 不变，故Ｂ错误；实验时，不要用手握注射器可以保持注射器内 气体温度不变，故Ｃ正确；在注射器活塞一周涂润滑油是防止注 射器漏气，保持注射器内气体质量不变，故Ｄ错误。 （２）一个等温变化，由ｐＶ ＝ Ｃ得ｐ ＝ Ｃ １Ｖ ，对应的ｐ － １ Ｖ图像为一 条过原点的倾斜直线，由于漏气，ｐＶ乘积减小，即图像的斜率变 小，故Ａ错误，Ｂ正确。 （３）根据一定质量的理想气体状态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ，可知ｐＶ的乘积 越大，则气体的温度越高，所以Ｔ１ ＞ Ｔ２，另一小组根据实验数据 作出的Ｖ － １ｐ图线如图丙所示，若实验操作规范正确，造成图像 不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气 体的体积，结合实验器材可知，实验时未考虑注射器前端封有橡 胶套处有多余气体。 １５．（１）４０次　 （２）４瓶 解析：（１）设需要打气ｎ次，因每次打入的气体相同，故可视ｎ次 打入的气体一次性打入，则气体的初状态 ｐ１ ＝ １． ０ × １０ ５ Ｐａ，Ｖ１ ＝ Ｖ０ ＋ ｎΔＶ末状态ｐ２ ＝ ５． ０ × １０５ Ｐａ，Ｖ２ ＝ Ｖ０其中Ｖ０ ＝ ２ Ｌ，ΔＶ ＝ ０． ２ Ｌ由玻意耳定律ｐ１Ｖ１ ＝ ｐ２Ｖ２ 代入数据解得ｎ ＝ ４０次。 （２）设气压为２． ０ × １０５ Ｐａ时气体的体积为Ｖ３，则ｐ３ ＝ ２． ０ × １０５ Ｐａ 由玻意耳定律有ｐ２Ｖ２ ＝ ｐ３Ｖ３代入数据解得Ｖ３ ＝ ５ Ｌ真空瓶的容积为Ｖ瓶＝ ０． ７ Ｌ 因Ｖ３ － Ｖ２Ｖ瓶 ＝ ４ ２ ７ 故可充满４瓶。 １６．（１）７０ ｃｍＨｇ　 （３）４４１ Ｋ 解析：（１）升温后有６ ｃｍ长的水银柱进入左侧竖直细管，水银柱 高ｈ２ ＝ ６ ｃｍ空气柱长ｌ２ ＝ ２１ ｃｍ封闭气体的压强为ｐ２，则ｐ２ ＋ ρｇｈ２ ＝ ｐ０所以ｐ２ ＝ ７０ ｃｍＨｇ。（２）升温前水银柱高ｈ１ ＝ １０ ｃｍ温度为Ｔ１ ＝ ２５８ Ｋ空气柱长为ｌ１ ＝ １０ ｃｍ封闭气体的压强为ｐ１，则ｐ０ ＋ ρｇｈ１ ＝ ｐ１解得ｐ１ ＝ ８６ ｃｍＨｇ 根据理想气体状态方程可得ｐ１ ｌ１ＳＴ１ ＝ ｐ２ ｌ２Ｓ Ｔ２解得Ｔ２ ＝ ４４１ Ｋ。 １７．（１）２５０ Ｎ　 （２）１５ 解析：（１）加热后小罐内的空气ｐ１ ＝ ｐ０ ＝ １ × １０５ Ｐａ Ｔ１ ＝ ８７ ＋ ２７３ Ｋ ＝ ３６０ Ｋ罐内空气温度变为室温时Ｔ２ ＝ ２７ ＋ ２７３ Ｋ ＝ ３００ Ｋ 气体做等容变化，则ｐ１Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 解得ｐ２ ＝ ５６ × １０ ５ Ｐａ 小罐内的空气对皮肤的压力大小为 Ｆ ＝ ｐ２Ｓ ＝ ５ ６ × １０ ５ × ３ × １０ －３ Ｎ ＝ ２５０ Ｎ。 （２）设小罐的体积为Ｖ１，小罐未紧贴在皮肤上，气体做等压变 化，则Ｖ１Ｔ１ ＝ Ｖ２ Ｔ２罐内空气温度变为室温时，原先小罐内的空气的体积变为 Ｖ２ ＝ ５ ６ Ｖ１ 进入罐内空气与原有空气质量之比为Δｍｍ ＝ ρ（Ｖ１ － Ｖ２） ρＶ２ ＝ １５ 。 １８．（１） Ｌ０ ｆｍｐ０Ｓ ＋ ｆｍ 　 （２） ４ｐ０Ｌ０Ｓ ＋ ３Ｌ０ ｆｍ ４ｐ０Ｓ ＋ ２ｆｍ解析：（１）对于气体Ａ，初态ｐＡ１ ＝ ｐ０，ＶＡ１ ＝ Ｌ０Ｓ 设当活塞向右移动ｘ１距离时隔板开始移动，则ｐＡ２ ＝ ｐ０ ＋ ｆｍＳ 体积ＶＡ２ ＝ Ｌ０Ｓ － Ｓｘ１根据玻意耳定律可得ｐＡ１ＶＡ１ ＝ ｐＡ２ＶＡ２ 即ｐ０Ｌ０Ｓ ＝ ｐ０ ＋ ｆｍ( )Ｓ （Ｌ０Ｓ － Ｓｘ１） 解得ｘ１ ＝ Ｌ０ ｆｍｐ０Ｓ ＋ ｆｍ。（２）对于气体Ｂ，初态ｐＢ１ ＝ ｐ０，ＶＢ１ ＝ Ｌ０Ｓ 设当活塞向右移动ｘ２距离时隔板向右移动Ｌ０２ ，体积 ＶＢ２ ＝ Ｌ０Ｓ － Ｓ·Ｌ０２ 根据玻意耳定律可得ｐＢ１ＶＢ１ ＝ ｐＢ２ＶＢ２解得ｐＢ２ ＝ ２ｐ０ 此时气体Ａ的压强为ｐＡ３ ＝ ｐＢ２ ＋ ｆｍＳ ＝ ２ｐ０ ＋ ｆｍ Ｓ 体积ＶＡ３ ＝ Ｌ０ ＋ Ｌ０２ － ｘ( )２ Ｓ 根据玻意耳定律可得ｐＡ１ＶＡ１ ＝ ｐＡ３ＶＡ３ 即ｐ０Ｌ０ ＝ ２ｐ０ ＋ ｆｍ( )Ｓ ３２ Ｌ０ － ｘ( )２ 解得ｘ２ ＝ ４ｐ０Ｌ０Ｓ ＋ ３Ｌ０ ｆｍ４ｐ０Ｓ ＋ ２ｆｍ 。 考案（三） １． Ｃ　 图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多， 布朗运动越不明显，故Ａ错误；图乙中，在ｒ由ｒ１ 变到ｒ２ 的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故Ｂ错误；图丙中，曲线Ｔ２对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知 Ｔ２ ＞ Ｔ１，则曲线１对应的分子平均动能比曲线２对应的分子平均动能小，故Ｃ正确；图丁中，完成Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａ一个循环，温度先升高，后降低，再升高，故Ｄ错误。 ２． Ｄ　 由于温度相同，体积变大，由ｐＶＴ ＝ Ｃ可知，气体的压强减小，由 于温度是分子平均动能的标志，温度相同分子平均动能相等，故 Ｄ正确。 ３． Ｄ　 温度降低，分子的平均速率减小，并不是所有气体分子运动的 速率都减小，故Ａ错误；灯罩内外由通风口连通，所以灯罩内外气 体压强一直相等，即气体压强不变，故Ｂ错误；由Ｂ可知，灯罩内 原有空气为等压变化，温度降低，体积减小，故Ｃ错误；灯罩内原 有空气温度降低，内能减小，故Ｄ正确。 ４． Ｂ　 被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，水进入瓶 内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故Ａ错误；由于水温 上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，则气体分子平均 动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界 放热，故Ｂ正确，Ｃ错误；由于气体体积减小，所以单位时间内与 瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故Ｄ错误。 ５． Ｂ　 压强不变的方式：对外做功的过程压强不变，做功的力不变， 根据盖—吕萨克定律，温度升高，内能增加，ΔＵ１ ＞ ０，吸热Ｑ１ ＝ Ｗ１ ＋ ΔＵ１。温度不变的方式：由玻意耳定律，对外做功的过程压强减小，做功的力减小，Ｗ１ ＞ Ｗ２。温度不变，内能不变，ΔＵ２ ＝ ０，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２，吸热Ｑ２ ＝ ΔＵ２ ＋Ｗ２，Ｑ１ ＞ Ｑ２，故Ｂ正确。 ６． Ｄ　 气体从状态Ａ到状态Ｂ做等容变化，由查理定律有ｐＡＴＡ ＝ ｐＢ ＴＢ ， 解得ＴＢ ＝ １５０ Ｋ，气体从状态Ｂ到状态Ｃ做等压变化，由盖—吕 萨克定律有ＶＢＴＢ ＝ ＶＣ ＴＣ ，解得ＴＣ ＝ ４５０ Ｋ，故Ａ、Ｂ错误；因为状态Ａ和 状态Ｃ温度相等，且理想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，由热力学第一定律ΔＵ ＝ Ｑ ＋Ｗ，得Ｑ ＝ － Ｗ，在整个过程中，气体在Ｂ到Ｃ过程对外做功，因此Ｗ ＝ － ｐＢΔＶ ＝ － ２００ Ｊ，即Ｑ ＝ －Ｗ ＝ ２００ Ｊ，是正值，所以气体从状态Ａ到状态Ｃ过程中是吸热，吸收的热量 Ｑ ＝ ２００ Ｊ，故Ｃ错误，Ｄ正确。 ７． Ｃ　 由于系统隔热，所以气体与外界没有热交换，活塞对气体做正 功，所以由热力学第一定律知气体的内能增加，且ΔＥ ＝ Ｗ，而从能量守恒的角度考虑，ｍ和Ｍ减少的机械能即重力势能和大气压 做功共Ｍｇｈ ＋ ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ，这部分损失的能量一部分使气体的内能增加，另一部分损失到碰撞过程中ｍ和Ｍ的内能上，所以 Ｗ ＜Ｍｇｈ ＋ ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ，故选Ｃ。 ８． Ｃ　 活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化； 由理想气体的状态方程可知，活塞上升的过程中气体体积增大， 故温度一定升高，Ａ错误；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理 想气体内能只取决于分子动能，故气体的内能一定增大，Ｂ错误； 因内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量 一定大于气体对外做的功，Ｃ正确；气体体积变大，故气体单位体 积内的分子数减小，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减 小，但由前面分析知气体压强不变，Ｄ错误。故选Ｃ。 ９． ＣＤ　 图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下分子速率占总分子数的百分比的极大值的速率较大，则气体在①状态下分子平均动能大于②状态下的分子平均动能，故Ａ错误；图乙是分子势能Ｅｐ与分子间距ｒ的关系示意图，在ｒ ＝ ｒ２ 时分子力表现为零，可知在ｒ２ ＞ ｒ ＞ ｒ１ 时分子力表现为斥力，故Ｂ错误；图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内 气体体积变大，对外界做功，因来不及与外界进行热交换，则气体 的内能减少，故Ｃ正确；图丁为一定质量的理想气体分别在Ｔ１、Ｔ２温度下发生的等温变化，由图可知距离原点越远的曲线上ｐＶ乘 积越大，可知温度越高，即Ｔ１ ＜ Ｔ２，故Ｄ正确。 １０． ＣＤ　 根据ｐＶＴ ＝ Ｃ可知状态Ａ到状态Ｂ过程，压强减小，温度升 高，则体积变大，气体密度变小，故Ａ错误；状态Ｂ到状态Ｃ过 程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即Ｗ ＞ ０；温度先升高 后降低，则内能先增加后减小，根据ΔＵ ＝ Ｗ ＋ Ｑ可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，故Ｂ错 误；Ａ、Ｃ两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均 撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击 单位面积的次数不相等，故Ｃ、Ｄ正确。 １１． ＣＤ　 活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，汽缸内气 体压强减小，因为汽缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对 活塞撞击的次数减少，故Ａ错误；气体分子对活塞的碰撞是活塞 向上运动的原因，故Ｂ错误；外界的温度保持不变，导热材料制 成的汽缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故Ｃ 正确；汽缸内气体温度不变，汽缸内气体内能不变；汽缸内气体 压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体 对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故Ｄ正确。故选ＣＤ。 １２． ＢＣＤ　 对ａ加热时，气体ａ的温度升高，压强增大，由于Ｋ与汽缸 壁的接触面是光滑的，可以自由移动，所以ａ、ｂ两部分的压强始 终相同。气体ｂ被压缩，外界对气体ｂ做功，又因气体与外界没 有发生热交换，所以ｂ的内能增大，温度升高。根据理想气体状 态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ，可知ｂ体积减小，温度升高，压强一定增大，故Ａ 错误，Ｂ正确；ａ、ｂ气体的压强始终相同，ａ的体积较大，则气体ａ 的温度较高，所以加热后ａ的分子的热运动比ｂ的分子的热运 动更剧烈，故Ｃ正确；由于ａ气体的温度较高，所以ａ气体内能 增加较多，故Ｄ正确。 １３．大于　 ① 解析：对活塞分析有ｐ ＝ ｍｇＳ ，因为Ａ中细沙的质量大于Ｂ中细沙 的质量，故稳定后有ｐＡ ＞ ｐＢ；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有ＷＡ ＞ＷＢ，则根据ΔＵ ＝ Ｗ ＋ Ｑ，因为汽缸和活塞都是绝热的，故有ΔＵＡ ＞ ΔＵＢ，即重新平衡后Ａ汽缸内的气体内能大于Ｂ汽缸内的气体内能；由图２中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知Ｂ汽缸温度较低，故曲线①表示汽缸Ｂ中气体分子的速率分布规律。 １４．（１）变小　 变小　 当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程 度降低，可知分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强降低 （２）升高　 放热　 Ｗ ＋ ΔＵ　 （３）Ｄ解析：（１）温度降低，可知分子平均动能减小，分子热运动剧烈程 度降低，分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强变小。 （２）温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低，ΔＵ为负值，液面升高，外接对气体做正功，气体放热，根据－ ΔＵ ＝Ｗ － Ｑ，则Ｑ ＝Ｗ ＋ ΔＵ。（３）考查热力学第二定律：热传递的方向性，热量自发的从高温 物体传到低温物体，但可以在外界的影响使得热量从低温物体 传到高温物体，由于外界的影响也即引起了其他变化，故Ｄ 正确。 １５．（１）２００ Ｊ　 （２）８ × １０ －３ ｍ３ 解析：（１）等容过程中，气体做功为零，即ΔＵ ＝ － Ｑ ＝ － ４００ Ｊ等压过程，内能减小４００ Ｊ，放出６００ Ｊ热量，则Ｗ ＝ΔＵ －Ｑ ＝２００ Ｊ。 （２）根据等压变化可得Ｖ０Ｔ０ ＝ Ｖ１ Ｔ１ Ｗ ＝ ｐ０（Ｖ０ － Ｖ１）联立解得Ｖ０ ＝ ８ × １０ －３ｍ３。 １６．（１）Ｉ２Ｒｔ － Ｈ２ （ｐ０Ｓ －Ｍｇ）　 （２） ７ ６ ｐ０ － Ｍｇ( )Ｓ 解析：（１）假设在活塞碰到挡板前，气体一直做等压变化，当Ｔ１ ＝ ３００ Ｋ时，体积为０． ５ＨＳ；当Ｔ２ ＝ ７００ Ｋ时，设活塞到汽缸底部的距 离为ｈ，则０． ５ＨＳＴ１ ＝ ｈＳ Ｔ２ 解得ｈ ＝ ７６ Ｈ ＞ Ｈ 故假设不成立，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容 变化。在等压变化过程中，设气体的压强为ｐ，对汽缸有Ｍｇ ＋ ｐＳ ＝ ｐ０Ｓ此过程气体对外做功为Ｗ ＝ ｐＳ × ０． ５Ｈ 由热力学第一定律有ΔＵ ＝ Ｉ２Ｒｔ －Ｗ 解得ΔＵ ＝ Ｉ２Ｒｔ － Ｈ２ ｐ０Ｓ －( )Ｍｇ 。 （２）设Ｔ２ ＝ ７００ Ｋ时气体的压强为ｐ′，由理想气体状态方程得 ｐ × ０． ５ＨＳ Ｔ１ ＝ ｐ′ＨＳＴ２ 解得ｐ′ ＝ ７６ ｐ０ － Ｍｇ( )Ｓ 。 １７．（１）ｐ０ ＋ ρｇｈ　 （２）Ｓ（Ｔ１ ｌ２ － Ｔ２ ｌ１）Ｔ２ － Ｔ１ 　 （３）ΔＵ ＋（ｐ０ ＋ ρｇｈ）（ｌ２ － ｌ１）Ｓ解析：（１）对液柱受力分析有ｐ１Ｓ ＝ ｐ０Ｓ ＋ ρｇｈＳ解得ｐ１ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ。（２）设容器的容积为Ｖ，对封闭气体，其初态的体积为Ｖ１ ＝Ｖ ＋ ｌ１Ｓ其末态体积为Ｖ２ ＝ Ｖ ＋ ｌ２Ｓ 由于该过程中气体压强不变，即发生等压变化，有Ｖ１Ｔ１ ＝ Ｖ２ Ｔ２ 解得Ｖ ＝ Ｓ（Ｔ１ ｌ２ － Ｔ２ ｌ１）Ｔ２ － Ｔ１                                                                                                                                                                                                                。