1、1热学1(多选)下列说法正确的是( )A一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的B一定质量的理想气体，升高相同的温度所吸收的热量与所经历的状态变化的过程有关C单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点D热力学第二定律的开尔文表述：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E一定质量的理想气体保持体积不变，由于单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积的分子数不变2(多选)以下说法正确的是( )A一定质量的理想气体等压膨胀过程中一定从外界吸收热量B浸润与不浸润现象均是分子力作用的表现C两个分子之间的距离越大，它们之间的分子力 越小，分子势能越大D自然界凡是符合能
2、量守恒定律的宏观过程都能自然发生E气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行3(多选)关于热现象，下列说法正确的是( )A两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小B液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性C处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表面将收缩到最小面积球面，水银滴成为球形D液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看液体不再蒸发E热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第 三者的介入4(多选)以下说法正确的是( )A太空中水滴呈现完
3、美球形是由于液体表面张力的作用B晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C空气中 PM2.5 的运动属于分子热运动D气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的E恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量25(多选)(2018全国卷)如图 1，一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历过程、到达状态 e.对此气体，下列说法正确的是( )图 1A过程中气体的压强逐渐减小 B过程中气体对外界做正功C过程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6(多选)一定质量的理想气体经历如图 2 所示的一系列过程， AB
4、、 BC、 CD、 DA 这四段过程在 p T 图象中都是直线，其中 CA 的延长线通过坐标原点 O，下列说法正确的是( )图 2A A B 的 过程中，气体对外界放热，内能不变B B C 的过程中，单位体积内的气体分子数减少C C D 的过程中 ，气体对外界做功，分子的平均动能减小D C D 过程与 A B 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同E D A 过程与 B C 过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同7在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图 3
5、 所示坐标纸上正方形小方格的边长为 10 mm，该油膜的面积是_m2；已知油酸洒精溶液中油酸浓度为 0.2%,400 滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是 12 mL，则油酸分子的直径为_m(结果均保留两位有效数字)图 338.如图 4 所示，竖直放置的 U 形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的 2 倍，在左管内用水银封闭一段长为 l，温度为 T 的空气柱，左右两管水银面高度差为 h cm，外界大气压为 h0 cmHg.图 4(1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分)，求在右管中注入水银柱的长度 h1(以 cm 为单位)；(2)在两管水银面相
6、平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度变为开始时的长度 l，求此时空气柱的温度 T.9竖直放置的粗细均匀的 U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图 5 所示，单位为厘米现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强 p075 cmHg，环境温度不变，左管足够长求：图 5(1)此时右管封闭气体的压强；(2)左侧管中需要倒入的水银柱的长度10如图 6 所示，绝热汽缸里面用光滑绝热活塞封闭 1 mol 单原子理想气体(质量很小)，初始温度为 T0.开始时汽缸和活塞恰好静止，活塞到汽缸底部的距离为 d.现用一竖直向上的拉力作用在汽缸底
7、部，使汽缸与活塞一起向上做匀加速运动，加速度恒为 2g.达到稳定状态后，活塞到汽缸底部的距离变为 1.5d.已知大气压强为 p0，其 中活塞的横截面积 S 和活塞质量 m 未知，但满足关系 p0S5 mg,1 mol 单原子理想气体的内能等于 ，其中 T 为3RT2理想气体的温度，重力加速度为 g， R 为常数试求：4图 6(1)加速达到稳定状态时封闭气体的温度变为多少；(2)从开始到加速达到稳定状态的过程中，封闭气体是对外做功还是外界对气体做功，做了多少功11将热杯盖扣在水平橡胶垫上，杯盖与橡胶垫之间的密封气体被加热而温度升高，有时会发生杯盖被顶起的现象如图 7 所示，杯盖的横截面积为 S，
8、开始时内部封闭气体的温度为 T0，压强为大气压强 p0.当封闭气体温度上升至 T1时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回橡胶垫，其内部气体压强立刻减为 p0，温度仍为 T1，再经过一段时间后，内部气体温度恢复到 T0.整个过程中封闭气体均可视为理想气体求：图 7(1)杯盖的质量；(2)当温度恢复到 T0时，竖直向上提起杯盖所需的最小力12如图 8 所示，圆柱形喷雾器高为 h，内有高度为 的水，上部封闭有压强为 p0、温h2度为 T0的空气将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门 K，恰好有水流出已知水的密度为 ，大气压强恒为 p0，喷雾口与喷雾器等高忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体图
9、 8(1)求室内温度(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比5参考答案1.答案 ABD2.答案 ABE3.答案 ACE4.答案 ABE解析 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故 A 正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故 B 正确；PM2.5 属于固体颗粒的运动 不是分子的热运动，故 C 错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故 D 错误；气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内 空气的温度始终等于外界温
10、度，则内能不变，由热力学第一定律 U W Q 知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故 E 正确5.答案 BDE解析 过程中，气体由 a 到 b，体积 V 不变、 T 升高，则压强增大，A 项错误；过程中，气体由 b 到 c，体积 V变大，对外界做正功，B 项正确；过程中，气体由 d 到 e，温度 T 降低，内能 U 减小，体积 V 不变，气体不做功，根据热力学第一定律 U Q W得 Qpc，由 c 到 d 的过程，温度不变，Vcpd，所以 pbpcpd，E 项正确6.答案 ABE解析 A B 的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由 U
11、W Q 可知气体对外界放热，选项 A 正确； B C 的过程中，气体的压强不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项 B 正确； C D 的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项 C错误； C D 过程与 A B 过程相比较，内能都不变，气体与外界交换的热量等于做功的大小，由于做功不同，故两过程中气体与外界交换的热量不同，选项 D 错误； D A 过程与B C 过程相比较，内能变化相同， D A 过程外界对气体做功 W1 pAD(VD VA)，又 ，VATA VDTD则 W1 ，同理 B C 过程，气体对外做功 W2 ，因pAD TD
12、 TA VATA pBC TC TB VCTC6TD TA TC TB， VA VC， ，则 W1 W2，根据热力学第一定律，两过程中气体与外pADTA pBCTC界交换的热量相同，选项 E 正确7.答案 8.010 3 7.510 9解析 在围成的方格中，不足半格的舍去，多于半格的算一个，共有 80 个方格，故油酸膜的面积为 S801 cm1 cm80 cm 28.010 3 m2每滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积 V 0.2% mL610 5 cm3610 11 m312400则油酸分子的直径 d m7.510 9 mVS 610 118.010 38.答案 (1) h l (2) T3hh
13、0 h02 3hlh0 h0 h解析 (1)封闭气体做等温变化： p1 h0 h， p2 h0，p1l p2lh1 h3( l l)解得： h1 h l3hh0(2)空气柱的长度变为开始时的长度 l 时，左管水银面下降 l，右管水银面会上升 2hh0l，此时空气柱的压强： p3 h03 lhh0 hh0由 p1T p3T解得： T Th02 3hlh0 h0 h9.答案 (1)100 cmHg (2)49.2 cm解析 设管内的横截面积为 S，(1)对右管中封闭气体，右侧的水银刚好全部进入竖直右管后p040S p1(4010) S，解得： p1100 cmHg(2)对水平部分气体，末态压强：
14、p(1001510) cmHg125 cmHg，由玻意耳定律：( p015)15 S p LS解得： L10.8 cm所以加入的水银柱的长度为：(125751010.8) cm49.2 cm10.答案 见解析解析 (1)设初始气体的压强为 p1，活塞恰好静止，对活塞受力分析，根据平衡条件得 p0S mg p1S7解得 p1 p045当整体一起向上做匀加速运动时，设气体的压强为 p2，对活塞由牛顿第二定律得p0S mg p2S2 mg解得 p2 p025又由 ， V1 dS， V21.5 dSp1V1T0 p2V2T2联立解得 T23T04(2)气体的温度降低，说明内能减小，而气体与外界不发生热
15、交换，根据热力学 第一定律得气体对 外做的功等于气体内能的减少量，故 W U (T0 T2)3R2 3RT0811.答案 见解析解析 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由查理定律得 p0T0 p1T1杯盖恰好被顶起 p1S p0S mg解得杯盖的质量 m p0ST1 T0T0g(2)杯盖被顶起放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象由查理定律得 p0T1 p2T0设提起杯盖所需的最小力为 F，由平衡条件得 F p2S p0S mg联立以上各式，代入数据得 F p0ST12 T02T0T112.答案 (1)(1 )T0 (2) gh2p0 2p0 3 gh2p0 gh解析 (1)设喷雾器的横截面积为 S，室内温度为 T1，喷雾器移到室内一段时间后，封闭气体的压强 p1 p0 g h2气体做等容变化： p0T0 p0 gh2T1解得： T1(1 )T0 gh2p0(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完水后，压强为 p2，体积为 V2 hS.若此气体经等温变化，压强为 p1时，体积为 V3则 p2 p0 gh ， p1V3 p2V28即( p0 g )V3( p0 gh )hSh2同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为 m则 ， V0 S mm0 V3 V0V0 h2代入得 mm0 2p0 3 gh2p0 gh
