2025高考物理步步高同步练习选修3练透答案精析

2025高考物理步步高同步练习选修3练透答案精析第一章分子动理论1分子动理论的基本内容第1课时物体是由大量分子组成的1．D[设气体的密度、摩尔质量和摩尔体积分别为ρ、M和Vmol，则Vmol＝eq\f(M,ρ)，因为1mol气体中的分子数为阿伏加德罗常数，因此可以估算出每个气体分子所占空间的体积V1＝eq\f(Vmol,NA)＝eq\f(M,ρNA)，便可估算出气体分子间的平均距离，D正确．]2．D[由于构成单质分子的原子数目不一定相同，所以同温同压下相同体积气体单质所含氮气的物质的量为0.5mol，所含原子数目为NA，C错误；17g氨气即1mol氨气，其所含质子数为(7＋3)NA，即10NA，D正确．]3．A[1g水所含分子数为n＝eq\f(m,M)NA,1m2所含分子数为n′＝eq\f(n,4πR2)≈7×107个，A正确．]4．C[知道水的密度和水的摩尔质量可以求出其摩尔体积V＝eq\f(M,ρ)，故A错误；根据水的摩尔质量M和水分子的体积V0和水的密度ρ可得，阿伏加德罗常数NA＝eq\f(\f(M,ρ),V0)＝eq\f(M,ρV0)，故B错误；根据水分子的质量m0和水的摩尔质量M，得阿伏加德罗常数NA＝eq\f(M,m0)，故C正确；因为水蒸气中水分子间间隙较大，水分子所占据空间比水分子的体积大的多，所以NA≠eq\f(V,V0)，故D错误．]5．D[摩尔质量等于分子的质量乘以阿伏加德罗常数，即M＝m·NA，故A不符合题意；水蒸气的分子与水分子相同，所以1摩尔水蒸气的质量也是m·NA,2摩尔水蒸气的质量是2m·NA，故B不符合题意；水的摩尔体积等于水分子的体积乘以阿伏加德罗常数，所以3摩尔水的体积是3V0·NA，故C不符合题意；水蒸气中，水分子之间的距离比较大，水分子所占空间的体积远大于水分子的体积，而且不同的压强下水蒸气的摩尔体积不同，所以根据题目提供的条件不能确定4摩尔水蒸气的体积，故D符合题意．]6．A[1mol水银的体积V＝eq\f(M,ρ)，1个水银分子的体积V0＝eq\f(V,NA)＝eq\f(M,ρNA)，把水银分子看成球体，则V0＝eq\f(1,6)πd3，所以d＝，把水银分子看成立方体，则V0＝d3，所以d＝eq\r(3,\f(M,ρNA))＝，故选项A正确．]7．C[a克拉钻石所含有的分子数为n＝eq\f(0.2a,M)NA，所以A、B错误；每个钻石分子的体积为V0＝eq\f(M×10－3,ρNA)，把钻石分子视为球体，则V0＝eq\f(1,6)πd3，解得每个钻石分子直径d＝eq\r(3,\f(6M×10－3,NAρπ))，所以C正确，D错误．]8．B[水蒸气是气体，在标准状况下的摩尔体积Vmol＝22.4×10－3m3/mol，每个水蒸气分子所占空间的体积V＝eq\f(Vmol,NA)，把每个分子和它所占空间看成一个小立方体，分子间距等于每个立方体的边长，即d＝eq\r(3,V)≈3.34×10－9m．液体时水分子的摩尔体积Vmol′＝eq\f(M,ρ)，若建立液态水分子的球模型，有eq\f(1,6)πD3＝eq\f(Vmol′,NA)，水分子的直径D≈3.85×10－10m，所以eq\f(d,D)≈8.7，故选B.]9．D[根据题意，气体单位体积分子数是指单位体积气体分子的数量，选项A中NA是指每摩尔该气体含有的气体分子数量，Vm是指每摩尔该气体的体积，两者相除刚好得到单位体积该气体含有的分子数量，A正确；选项B中，摩尔质量M与分子质量m相除刚好得到每摩尔该气体含有的气体分子数，即为NA，此时就与选项A相同了，B正确；选项C中eq\f(ρNA,M)＝eq\f(NA,\f(M,ρ))，气体摩尔质量与其密度相除刚好得到气体的摩尔体积Vm，之后与A相同，C正确，D错误．]10．A[该物质的分子质量为eq\f(M,NA)；mkg水中所含水分子数为eq\f(m×103g,M水)NA，一个水分子中含有两个氢原子，则所含的氢原子数为eq\f(m×103g,M水)NA×2＝eq\f(m×103g,18)NA×2(个)＝eq\f(1,9)mNA×103(个)，故A正确，B、C、D错误．]11．C[若把空气全部液化且均匀分布在地球表面时，形成一个大的球体，液化后的空气形成球壳的体积V＝eq\f(4,3)π(R＋ΔR)3－eq\f(4,3)πR3，且V＝eq\f(m,M)NAV0，联立可求ΔR的值，故选C.]12．(1)1×1022个(2)3×10－10m解析(1)一个铁原子的平均质量m0＝eq\f(M,NA)，1克铁含有的原子数：N＝eq\f(mNA,M)＝eq\f(1×10－3×6.0×1023,5.6×10－2)≈1×1022个；(2)一个铁原子的体积V0＝eq\f(M,ρNA)＝eq\f(5.6×10－2,7.8×103×6.0×1023)m3≈1.2×10－29m3，根据V0＝eq\f(1,6)πd3得，d＝eq\r(3,\f(6V0,π))＝eq\r(3,\f(6×1.2×10－29,3.14))m≈3×10－10m.第2课时分子热运动和分子间的作用力1．D[扩散现象表明了一切物体的分子都在不停地做无规则运动，气体、液体、固体都能发生扩散现象，故A错误．不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫作扩散现象，一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象，扩散现象表明分子是运动的，且分子间有间隙，并非使人们直接看到了分子的运动，故B、C错误；分子的运动情况与物体的温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散越快，故D正确．]2．B[盐分子的运动属于扩散现象，布朗运动不是分子本身的运动，故A正确，B错误；如果让腌制鸭蛋的盐水温度升高，分子运动更剧烈，则盐分子进入鸭蛋的速度就会加快，故C正确；在腌制鸭蛋的过程中，分子运动是无规则的，有盐分子进入鸭蛋，同样会有盐分子从鸭蛋里面出来，故D正确．]3．A[因为分子永不停息地做无规则运动，所以相互接触的两种物质的分子会彼此进入对方，也就是扩散，最终空气和二氧化氮均匀混合，整体呈现淡红棕色．故选A.]4．D[液体温度越低，悬浮微粒越大，布朗运动越缓慢，故A错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是由于液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故B、C错误，D正确．]5．B[PM2.5是固体小颗粒，不是分子，故PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，故A错误；PM2.5的无规则运动说明了空气分子做分子热运动，故B正确；PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故C错误；温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故D错误．]6．B[题图中的折线是粉笔末在不同时刻的位置的连线，既不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故A错误；题图中的折线没有规则，说明粉笔末的运动是无规则的，反映了水分子的无规则运动，故B正确；粉笔末的运动是无规则的，不能判断出在经过B点后10s，粉笔末是否在BC的中点处，故C错误；根据平均速度的定义，由题图可知，B到C的位移的大小小于C到D的位移的大小，时间间隔相等，所以由B到C的平均速度小于由C到D的平均速度，故D错误．]7．C[分子的热运动永不停息，因此0℃的物体中的分子仍做无规则运动，A错误；虽然布朗运动与温度有关，但是布朗运动是固体微粒的运动，不是分子的运动，而热运动是指分子永不停息的无规则运动，故B错误；扩散现象说明了分子在做无规则的运动，C正确；热运动是分子的运动，其激烈程度只与物体的温度有关，与物体的宏观运动状态没有关系，D错误．]8．D[水由气态凝结成液态，分子间距离变小，而分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故D正确，A、B、C错误．]9．B[分子间同时存在引力和斥力，r<r1时，斥力大于引力，合力表现为斥力，故A错误；r1<r<r2时，两分子间的作用力随r的增大而逐渐增大，故B正确；分子间同时存在引力和斥力，且均随着两分子间距离的减小而增大，r＝r2时，分子间的引力不是最大，故C错误；r>r2时，两分子间的引力随r的增大而减小，斥力不为零，故D错误．]10．C[分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距等于r0时，引力等于斥力，即分子力等于零．表示引力的线与表示斥力的线的交点即e点的横坐标表示分子间距r0，r0大约为10－10m，由分子力特点可知，当r>r0时，引力大于斥力，分子力表现为引力；当r<r0时，引力小于斥力，分子力表现为斥力，由此可知ab线表示引力，cd线表示斥力，C对，A、B、D错．]11．A[压紧的铅块会“粘”在一起，说明分子间有引力，故A正确；扩散现象在固体、液体和气体中都能发生，故B错误；布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒所做的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，并不是液体分子的无规则运动，故C错误；物体分子的热运动是微观运动，而物体运动速度反映的是宏观运动，二者没有直接联系，故D错误．]12．B[用手捏面包，面包体积会缩小，这是因为面包内部有间隙，并不能说明分子间有间隙，故A错误；在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快就会变咸，这是食盐分子的扩散现象，选项B正确；把一块铅和一块金的表面磨光后紧压在一起，在常温下放置四五年，结果铅和金互相会渗入，这是两种金属分子扩散的结果，选项C错误；把碳素墨水滴入清水中，稀释后，借助显微镜能够观察到布朗运动现象，这是由水分子的无规则运动引起的，选项D错误．]13．D14．B[由题图可知，质点乙从P由静止开始向右做加速运动，通过Q后做减速运动，因此经过Q点时速度最大，故A、C错误，B正确；由题图可知乙在P点受力最大，根据牛顿第二定律知乙在P点时的加速度最大，故D错误．]2实验：用油膜法估测油酸分子的大小1．B[实验中使用到酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸溶液起稀释作用，尽可能地减少滴入水面的油酸的含量，故A错误；油膜是呈单分子分布的，实验中把油酸分子看成球形，分子间没有空隙，故B正确；溶液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，形成单分子油膜，稳定后再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积，故C错误；多滴几滴油酸酒精溶液，不便于形成单分子油膜，故D错误．]2．D[油酸酒精溶液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积，由于油膜不规则，无法用刻度尺去量油膜的面积，故A、B、C错误，D正确．]3．B[eq\f(1,N)mL是一滴油酸酒精溶液的体积，乘以其中油酸的浓度才是油酸的体积，A错误；多滴以后会使油膜面积增大，可能使油膜这个不规则形状的一部分与浅盘的壁相接触，这样油膜就不是单分子油膜了，故C错误；为了使油酸分子紧密排列，实验时先将爽身粉均匀撒在水面上，再将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，D错误．]4．(1)eq\f(ac,nb)eq\f(ac,nbS)(2)B解析(1)油酸酒精溶液的浓度为eq\f(a,b)，1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V＝eq\f(c,n)·eq\f(a,b)＝eq\f(ac,nb)，则油酸分子直径D＝eq\f(V,S)＝eq\f(ac,nbS)(2)因阿伏加德罗常数等于摩尔体积除以一个分子的体积，则用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数还需知道油酸的摩尔体积，故选B.5．C[1滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V＝eq\f(1,80)×eq\f(1,5000)cm3＝2.5×10－6cm3，油膜的面积为S＝140×0.25cm2＝35cm2，油酸分子直径为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2.5×10－6,35)cm≈7×10－10m，故选C.]6．(1)2.8×105(2)7.1×10－10解析(1)由于每格边长为1cm，则每一格面积就是1cm2，估算油膜的面积时超过半格算一格，小于半格就舍去，共计28格，而轮廓图的比例尺为1∶10000，那么该湖面上油膜的实际面积约为S＝28×100×100m2＝2.8×105m2.(2)在湖面上形成的油膜对应的油酸体积是：V＝eq\f(1,1000)×200L＝0.2L分子直径为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(0.2×10－3,2.8×105)m≈7.1×10－10m.7．(1)DFECBAG(2)理想模型法(3)6.3×10－10解析(1)实验步骤为：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有爽身粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸薄膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，计算出油酸薄膜的面积．则用1滴此溶液中纯油酸的体积除以1滴此溶液形成的油酸薄膜的面积，恰好就是油酸分子的直径．故实验步骤的合理顺序为DFECBAG；(2)在本实验中“将油膜分子看成紧密排列的球形，在水面形成单分子油膜”，体现的物理思想方法是理想模型法；(3)由于每个小方格边长为1cm，则每一个小方格的面积就是1cm2，数出在油膜轮廓范围内的格子数(超过半格的按一格计算，小于半格的舍去)为40个，则油酸薄膜的面积S＝40cm2＝4.0×10－3m2.由题意知，80滴油酸酒精溶液的体积为1mL，且油酸酒精溶液的体积分数为0.02%，故每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V0＝eq\f(V,N)×0.02%＝eq\f(1,80)×0.02%×10－6m3＝2.5×10－12m3.油酸分子直径d＝eq\f(V0,S)＝eq\f(2.5×10－12,4.0×10－3)m≈6.3×10－10m.8．(1)2568×10－10(2)9×10－10(3)A解析(1)通过数格就能计算油膜的面积，多于半个格的算一个，少于半个格的舍去，由题图所示油膜可知，油膜的面积为S＝256cm2＝0.0256m2两滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V＝2×eq\f(1mL,100)×eq\f(0.25mL,250mL)＝2×10－5mL＝2×10－5cm3油酸分子的直径为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2×10－11,0.0256)m≈8×10－10m.(2)圆周周长为2πR＝π×1.4×10－8m，为48个铁原子的直径之和，所以铁原子的直径为d＝eq\f(1.4×10－8×3.14,48)m≈9×10－10m.(3)甲同学在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积比实际值大，由d＝eq\f(V,S)可得，d偏大，A正确；乙同学用注射器测得58滴油酸酒精的溶液为1mL，不小心错记录为59滴，算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏小，由d＝eq\f(V,S)可得，d偏小，B错误；丙同学在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器取一滴溶液滴在水面上，这个拿错的注射器的针管比原来的粗，一滴油酸酒精溶液的实际体积变大，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积变大，对应的油膜面积S变大，但体积V还是按原来的算的，由d＝eq\f(V,S)可得，d偏小，C错误；丁同学计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格，计算出的油膜的面积S偏大，由d＝eq\f(V,S)可得，d偏小，D错误．3分子运动速率分布规律1．A[分子的速率大小与温度有关，温度越高，分子运动的平均速率越大，并非所有分子的速率都增大，选项A错误．]2．C[一定温度下气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，但大量分子的运动遵从统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，气体分子向各个方向运动的机会相等，C错误，A、B正确；温度升高时，大量分子的平均速率增大，但少量(如10个)分子的平均速率有可能减小，D正确．]3．A[由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子速率呈现“中间多，两头少”的统计规律，温度高则分子速率大的占多数，所以有T1<T2，选项A正确．]4．D[由题图可知，在0℃和100℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确，不符合题意；气体温度越高，分子无规则运动越剧烈，分子的平均速率越大，大速率的分子所占的百分比越大，故虚线对应的温度较低，平均速率较小，故B、C正确，不符合题意；由题图中0～400m/s区间图线下的面积可知，0℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大，故D错误，符合题意．]5．D[冷气从空调中吹进室内，室内温度降低，分子热运动剧烈程度减弱，分子平均速率减小，即速率小的分子数所占的比例升高，但不是每个分子的速率都减小，D正确．]6．C[气体的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁产生的，等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，A错误，C正确；气体分子的平均速率增大，若气体分子的数密度减小，气体的压强不一定增大，B错误；当某一容器自由下落时，容器中气体分子的运动不受影响，气体的压强不为零，D错误．]7．C[甲容器中器壁的压强产生的原因是水受到重力的作用，而乙容器中器壁的压强产生的原因是分子撞击器壁，A、B错误；水的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，C正确；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD变大，D错误．]8．A9．D[压强与单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数和每个分子的撞击力有关，温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数应减小，压强才可能保持不变．]10．C[由于气体压强是由大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的，其值与分子数密度及分子平均速率有关；对于一定质量的气体，压强与温度和体积有关．若压强不变而温度和体积发生变化(即分子数密度发生变化)，N一定变化，故C正确，D错误；若体积减小且温度降低，N不一定增加，A错误；当温度升高，同时体积增大时，N也不一定增加，故B错误．]11．B[气体对容器的压强是大量气体分子做无规则热运动不断撞击器壁的结果，A正确，不符合题意；等温压缩过程中，气体压强增大是因为体积减小，密度增大，同一时间有更多气体分子撞击器壁的结果，B错误，符合题意；同一温度下，速率很大和速率很小的分子数目相对较少，速率分布呈现“中间多、两头少”的特征，C正确，不符合题意；温度升高时，大量气体分子的平均速率增加，但气体中某些分子的速率反而可能减小，D正确，不符合题意．]12．B[该年该地区从1月份到6月份平均气温逐渐升高，所以空气分子热运动的剧烈程度呈增强的趋势，A错误；平均气温逐渐升高，速率大的空气分子所占比例逐渐增加，B正确；平均大气压逐渐减小，单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减小的趋势，C、D错误．]4分子动能和分子势能1．C[温度是物体分子热运动平均动能的标志，则当物体的温度升高时，物体分子的平均动能不断增大，但并非每个分子的动能都变大，故选项C正确，A、B、D错误．]2．B[物体由于运动而具有的能叫动能，它是宏观物体所具有的一种能量；而分子的热运动的动能叫作分子动能，是微观上的内能的一种形式，所以物体运动速度大小，与分子热运动的动能无关，故A错误；温度是分子热运动平均动能的标志，物体的温度降低，分子平均动能减小，温度升高，分子的平均动能增大，但并不是每个分子热运动的动能都增大，故B正确，C错误；温度相同的水和水蒸气，分子平均动能相同，故D错误．]3．D[气泡在上升的过程中，内部气体温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，故D正确．]4．D[当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离增大时，分子力做负功，则分子势能增大，选项A错误；分子间作用力为零时，分子间的势能最小，但不是零，选项B错误；当分子间距r>r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而减小，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，但是引力减小得慢，所以分子力表现为引力，选项C错误；两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢，选项D正确．]5．D[a点处分子力表现为引力，故乙分子将加速运动，到达r0处时，分子力为零，加速度为零，速度最大，在r>r0过程中，分子力做正功，速度增大，分子势能减小，之后分子力表现为斥力，乙分子做减速运动，故D正确，A、B、C错误．]6．B[设分子距离为r.当r＞r0时，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0时，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0时，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为r0时分子势能最小，但不一定为零，故A、C错误，B正确．分子相距无穷远时分子势能为零，在相互靠近到不能再靠近的过程中，分子势能先变小后变大，选项D错误．]7．B[分子间的引力和斥力都随着分子间距离r增大而减小，A错误；当r<r1时，分子间作用力表现为斥力，随r减小而增大，由题图可知，当r<r1时，分子势能随距离减小而增大，B正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间作用力做负功，分子势能增大，C错误；由题图可知，当r1<r<r2时，随着分子间距离r增大，分子势能减小，则分子间作用力一直在做正功，D错误．]8．D[根据分子力做功与分子势能的关系，分子力做正功分子势能减少，分子力做负功分子势能增加，故D选项正确．]9．D[温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子热运动动能和分子势能的总和，故温度不变时，内能可能变化，A项错误；两物体温度相同，内能可能不同，分子的平均动能相同，但分子的平均速率可能不同，故D项正确；有热量从A传到B，只能说明A的温度高，内能大小还要看它们的总分子数和分子势能等因素，故C项错误；机械运动的速度与分子热运动的平均动能无关，故B项错误．]10．B[不考虑分子间的势能，内能只由温度和分子数决定，温度相同则分子平均动能相等，由于质量相等，氢气分子数多，所以氢气的内能较大，故B正确，A、C、D错误．]11．B[物体的内能与物体的机械运动无关，故A错误；当气体的体积不变而温度降低时，气体的分子势能不变，分子的平均动能减小，气体的内能减小，故B正确；物体的温度和体积均发生变化时，物体内的分子势能和分子的平均动能都发生变化，其内能可能不变，故C错误；任何物体都有内能，故D错误．]12．B[机械能大的物体其内能不一定大，机械能损失时，其内能可能增大、不变或减小，故A错误，B正确；物体具有机械能的大小与物体内能的大小无直接关系，物体的内能损失时，机械能可能增大、不变或减小，故C错误；由分子动理论知，物体的内能不能为零，机械能可以为零也可以不为零，故D错误．]13．D[乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，则所受分子力为零，加速度为零，选项A、B错误；乙分子从P点到Q点过程中，分子势能增加，则分子力做负功，选项C错误；乙分子从P点到Q点过程中，分子力表现为斥力，随分子距离的减小分子力增大，选项D正确．]14．D[当分子间距离为r0时，分子力为0，分子势能最小，但不为0，所以A错误；当分子间距离r>r0时，由题图可知，随分子间距离的增大，分子力先增大后减小，所以B错误；当分子间距离r>r0时，由题图知，分子势能随分子间距离的增大而增大，所以C错误；当分子间距离r<r0时，分子间距离逐渐减小，分子力越来越大，分子斥力做负功，则分子势能增加，所以D正确．]第二章气体、固体和液体1温度和温标1．B[系统处于非平衡态时状态参量会发生变化，两物体发生传热表示温度在发生变化，它们组成的系统处于非平衡态，故A、D错误；当系统不受外界影响且经过足够长的时间时，其内部各部分状态参量将会达到稳定状态，即平衡态，故B正确；状态参量是描述系统状态的物理量，无论系统处于何种状态都具有状态参量，故C错误．]2．A[达到热平衡的系统都具有相同的状态参量，即温度，A错误，C正确；由热平衡定律可知，若系统C与系统A处于热平衡，它同时也与系统B处于热平衡，则系统A的温度等于系统B的温度，这也是温度计用来测量温度的基本原理，B、D正确．]3．B[由于两个系统原来处于热平衡，温度相同，当分别升高5℃和5K后，温度仍相同，两个系统仍处于热平衡，温度相同，故A、C错误，B正确；由于温度发生了变化，系统的状态也发生了变化，故D错误．]4．B[最高温度和最低温度分别为T1＝273K＋t1＝(273＋33)K＝306K，T2＝273K＋t2＝(273＋22)K＝295K，最大温差为ΔT＝T1－T2＝306K－295K＝11K，故选B.]5．B[水银的熔点是－38.87℃，低于－38.87℃时水银会凝固，而酒精的熔点是－114℃，水在零度就结冰，而体温计的测量范围为35～42℃，所以只能选B.]6．B[热力学温度与摄氏温度的关系为T＝t＋273.15K，知ΔT＝Δt，故热力学温度升高1K，对应摄氏温度升高1℃；摄氏温度升高10℃，对应热力学温度升高10K，故B正确，C错误；10℃对应热力学温度283.15K，故A错误；热力学温度和摄氏温度对应的温标不同，但可通过关系式T＝t＋273.15K进行转换和比较，故D错误．]7．D[细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用球形瓶中空气热胀冷缩的原理制成的，故A、B、C错误，D正确．]8．C[由T＝t＋273.15K得ΔT＝Δt，则若物体的温度增加1℃，也就是增加1K，选项A错误；绝对零度是低温的极限，永远不可能达到，选项B错误；金属铂的电阻随温度变化较明显，故可用来制作电阻温度计，选项C正确；常见的体温计是根据玻璃泡内的液体热胀冷缩原理制成的，选项D错误．]9．C[此温度计每一刻度表示的实际温度为eq\f(100,80－20)℃＝eq\f(5,3)℃，当它的示数为41℃时，它上升的格数为41－20＝21(格)，对应的实际温度应为21×eq\f(5,3)℃＝35℃；当实际温度为60℃时，此温度计应从20℃开始上升格数为eq\f(60,\f(5,3))＝36(格)，温度计的示数应为(36＋20)℃＝56℃，故选C.]2气体的等温变化第1课时封闭气体压强的计算1．B[选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确．]2．C[以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋eq\f(Mg,S)，C正确．]3．88864．B[题图甲中对活塞受力分析可知，p0S＋mg＝pS，则封闭气体压强为p＝p0＋eq\f(mg,S)，选项B正确；题图甲、乙中，对活塞和汽缸整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力大小为Mg＋mg，则汽缸对地面的压力大小为Mg＋mg，选项A、C错误；题图乙中，对活塞受力分析可知，p′S＋mg＝p0S，则封闭气体压强为p′＝p0－eq\f(mg,S)，选项D错误．]5．D[以A管中的水银柱为研究对象，设管的横截面积为S，则有pS＋ρ水银ghcosθ·S＝p0S，管内封闭气体压强p＝p0－ρ水银ghcosθ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高hcosθ，故D正确，A、B、C错误．]6．(1)66cmHg(2)71cmHg(3)81cmHg(4)1.13×105Pa解析(1)pA＝p0－ph＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg.(2)pA＝p0－ph＝76cmHg－10×sin30°cmHg＝71cmHg.(3)pB＝p0＋ph2＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg，pA＝pB－ph1＝86cmHg－5cmHg＝81cmHg.(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105Pa＋1×103×10×1.2Pa＝1.13×105Pa.7．p0＋eq\f(M＋mg＋a,S)解析以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得：pS－p0S－(M＋m)g＝(M＋m)a解得：p＝p0＋eq\f(M＋mg＋a,S).第2课时实验：探究气体等温变化的规律1．D[本实验探究采用的方法是控制变量法，所以要保持被封闭气体的质量和温度不变，而不需要各实验小组被封闭气体的质量和温度必须相同，故A错误；由于注射器是圆柱形的，横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，故B错误；涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，不仅是为了减小摩擦，故C错误；当p与V成反比时，p－eq\f(1,V)图像是一条过原点的直线，而p－V图像是曲线，所以p－eq\f(1,V)图像更直观，故D正确．]2．(1)5mL(2)AB(3)体积的倒数②解析(1)由于注射器长度几乎相同，因此体积越小，横截面积越小，用较小的力就可以产生比较大的压强使体积变化明显，故选5mL的注射器．(2)柱塞上应该涂润滑油，起到密封和润滑的作用，A正确；应缓慢推拉柱塞，从而保证气体的温度不变，B正确；用手握住注射器推拉柱塞，容易引起气体温度发生变化，C错误；由于测量的是气体的体积和压强之间的关系，与重力无关，因此注射器可以水平放置，也可以倾斜放置，D错误．(3)由于p－V图像为曲线，而p－eq\f(1,V)图像为直线，因此以p为纵坐标，应以体积的倒数为横坐标；压缩气体时，温度不变，p＝keq\f(1,V)，由于p与V乘积减小，故斜率减小，因此图线应为图乙中的②.3．(1)D(2)研究气体的质量不同(或同质量气体在不同温度下研究)解析(1)实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动柱塞保证气体温度不变，故B错误；气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；p－eq\f(1,V)图像是一条倾斜的直线，作出p－eq\f(1,V)的图像可以直观反映出p与V的关系，故D正确．(2)根据p－eq\f(1,V)图像可知，如果温度相同，则说明两次气体质量不同，如果气体质量相同则两次温度不同．4．(1)C(2)密封的气体质量不同(或气体质量相同而温度不同)(3)压强传感器与注射器之间气体解析(1)本实验研究气体的压强和体积的比例关系，单位无需统一为国际单位，故A错误；为了防止漏气，应当在注射器活塞上涂润滑油，来增加连接处密封性，故B错误；移动活塞要缓慢，实验时不要用手握住注射器，都是为了保证实验的恒温条件，故C正确；压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量变化了，应该重新做实验，故D错误．(2)交流实验成果时某同学发现各小组所测的pV乘积并不相同，是因为密封的气体质量不同或气体质量相同而温度不同．(3)根据实验数据作出的V－eq\f(1,p)图线应是过坐标原点的直线，在实际的实验过程中实验操作规范正确，根据实验数据作出如题图乙所示的V－eq\f(1,p)图线不过坐标原点，该图线的方程为V＝k·eq\f(1,p)－V0，说明注射器中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，题图乙中V0表示压强传感器与注射器之间气体的体积．第3课时气体的等温变化1．B[由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，B选项正确．]2．B[设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1＝(3－2)·(V1＋4L)，解得V1＝2L，B正确．]3．C[初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80cmHg，末状态气体压强为p′＝p0＝75cmHg由玻意耳定律得pLS＝p′L′S，解得L′＝6.4cm，故A、B、D错误，C正确．]4．C[由于气泡缓慢上升，在湖面下20m处，气泡的压强p1＝ρ0＋ρgh1＝3×105Pa；在湖面下10m深处，气泡的压强p2＝p0＋ρgh2＝2×105Pa.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，因此eq\f(V2,V1)＝eq\f(p1,p2)＝eq\f(3×105Pa,2×105Pa)＝1.5，故C正确．]5．85cmHgcm，开始时封闭气体长l1＝51cm，初状态p1＝p0＋ph1，V1＝l1S，末状态p2＝p0＋ph，V2＝(l－h)S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得h＝9cm，则p2＝85cmHg.6．D[作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程温度升高，A项错误，D项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错误．]7．A[由题图可知，a→b，温度不变，体积增大，压强减小，A正确；b→c，温度升高，压强增大，体积增大，B错误；c→d，压强不变，温度降低，体积减小，C错误；d→a，压强减小，温度降低，体积不变，D错误．]8．A9．C[对汽缸和活塞的整体，由平衡条件得kx＝(M＋m)g，可知弹簧的伸长量不变，则弹簧的长度保持不变，选项A错误；对汽缸受力分析，可知Mg＋pS＝p0S，故大气压p0缓慢变大时，封闭气体的压强p变大，则根据玻意耳定律可知，封闭气体的体积减小，选项B错误，C正确；气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，选项D错误．]10．(1)eq\f(p0L,L－d)(2)eq\f(p0Sd,mL－d)解析(1)小车静止时，根据平衡条件可得气体的压强为p0，体积为V0＝LS设小车加速稳定时，气体压强为p，体积为V＝(L－d)S由玻意耳定律得p0V0＝pV联立可得p＝eq\f(p0L,L－d)(2)活塞受到汽缸内外气体的压力大小分别为F＝pS，F0＝p0S由牛顿第二定律得F－F0＝ma联立可得a＝eq\f(p0Sd,mL－d).11．(1)1.03×105Pa(2)0.04m(3)eq\f(103,101)解析(1)设密闭空气的压强为p时井盖刚好被顶起，则对井盖由平衡条件可得pS＝p0S＋mg解得p＝1.03×105Pa.(2)设从题图所示位置起，水面上涨x后井盖会被顶起，根据玻意耳定律可得p0hS＝p(h－x)S解得x＝0.04m.(3)若井盖被顶起前封闭空气等温膨胀至压强为p0时的体积为V′，则根据玻意耳定律可得pV＝p0V′井盖被顶起后井中空气的压强变为p0，体积为V，所以井盖被顶起前后井中空气的质量之比为eq\f(m,m′)＝eq\f(V′,V)＝eq\f(p,p0)＝eq\f(103,101).12．(1)5cm(2)80cm解析(1)以活塞为研究对象，有p0S＋mg＝p1S得p1＝p0＋eq\f(mg,S)而p1＝p0＋ρgh1所以有：eq\f(mg,S)＝ρgh1解得：h1＝eq\f(m,ρS)＝eq\f(6.8,13.6×103×0.01)m＝0.05m＝5cm(2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05)Pa＝93200Pa初始时封闭气体的压强为：p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝106800Pa汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2即p1HS＝p2H′S解得：H′≈80cm.3气体的等压变化和等容变化第1课时气体的等压变化和等容变化1．B[由盖－吕萨克定律可得eq\f(V1,V2)＝eq\f(T1,T2)，代入数据可知，eq\f(1,\f(3,2))＝eq\f(300K,T2)，得T2＝450K．所以升高的温度Δt＝150K＝150℃，选项B正确．]2．B[一定质量的气体，在压强不变时有V＝CT＝C(t＋273K)，设27℃时的体积为V1，故有eq\f(ΔV,ΔT)＝C＝eq\f(V1,300K)，故有ΔV＝eq\f(V1,300K)·ΔT，即温度每升高1℃，增加的体积等于它在27℃时体积的eq\f(1,300)，故选B.]3．A[加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得eq\f(V1,T)＝eq\f(V1′,T′)，eq\f(V2,T)＝eq\f(V2′,T′)，所以eq\f(V1′,V2′)＝eq\f(V1,V2)＝eq\f(2,1)，即V1′＝2V2′，故A正确．]4．B[把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体发生等容变化，由查理定律可知，温度降低，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，在外界大气压作用下火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故选B.]5．B[根据气体做等容变化有eq\f(p,T)＝C，则压强减为原来的一半时，热力学温度也减为原来的一半，则有T′＝eq\f(T,2)＝eq\f(273＋27,2)K＝150K＝－123℃，故选B.]6．A[假定两个容器内气体体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为273K和293K，当温度降低ΔT时，左边的压强由p1降至p1′，Δp1＝p1－p1′，右边的压强由p2降至p2′，Δp2＝p2－p2′，由查理定律得Δp1＝eq\f(p1,273K)ΔT，Δp2＝eq\f(p2,293K)ΔT，因为p1＝p2，所以Δp1>Δp2，即水银柱应向A移动，故A正确．]7．C[从状态A到状态B，V－T图像斜率不变，且线段AB的延长线过原点，为等压变化，压强不变，即pA＝pB，从B到C过程为等容变化，根据eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，可得pB<pC，故C正确，A、B、D错误．]8．A[ab过程气体发生的是等温变化，压强减小，由玻意耳定律可知，气体的体积变大，故A正确．bc连线过原点，bc过程是等容变化，故bc过程中体积不变，故B错误．cd过程是等压变化，由盖－吕萨克定律可知，温度降低，体积减小，故C错误．d点、O点连线的斜率大于a点、O点连线的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程中体积增大，故D错误．]9．D[从状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A、B错；从状态B到状态CpC＝1.5atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2L，D对．]10．B[设汽缸质量为M，活塞质量为m，对汽缸由平衡条件有Mg＋p0S＝pS，可知当温度降低时，气体的压强不变；对活塞和汽缸的整体由平衡条件有(m＋M)g＝kx，可知当温度变化时，x不变，即活塞高度h不变；根据盖－吕萨克定律可得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，故温度降低时，气体的体积减小，因h不变，则汽缸高度H减小，选项B正确，A、C、D错误．]11．(1)9×104Pa(2)127℃解析(1)在缸内气体温度为27℃时，即T1＝300K，①活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力，有p1S＋mg＝p0S解得p1＝p0－eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa－eq\f(5.0×10,50×10－4)Pa＝9×104Pa②(2)当温度升为T2时汽缸对地面恰好无压力，对汽缸有p2S＝p0S＋Mg解得p2＝p0＋eq\f(Mg,S)＝1.2×105Pa③缸内气体发生等容变化，由查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)④联立①②③④解得T2＝400K即t2＝127℃.12．(1)363K(2)见解析图解析(1)活塞离开A处前缸内气体发生等容变化，初态p1＝0.9p0，T1＝297K末态p2＝p0根据查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)代入数据解得活塞刚离开A处时的温度T2＝330K活塞由A移动到B的过程中，缸内气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得eq\f(V0,T2)＝eq\f(1.1V0,TB)代入数据解得TB＝1.1T2＝1.1×330K＝363K(2)p－V图线如图．第2课时理想气体、气体实验定律的微观解释1．D2．A[根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，压强p不变，温度升高，体积应增大，不可能减小，A正确，B错误；温度不变，压强不变，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，体积不变，C、D错误．]3．A[由题意可知，封闭空气温度与大气温度相同，封闭空气体积随水柱的上升而减小，将封闭空气近似看作理想气体，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，若温度降低，体积减小，则压强可能增大、不变或减小，A正确；若温度升高，体积减小，则压强一定增大，B、C错误；若温度不变，体积减小，则压强一定增大，D错误．]4．C[由p－T图像可知，气体由a到b过程，气体压强p增大、温度T升高，压强p与热力学温度T成正比，由理想气体状态方程可知，气体体积不变；b到c过程气体温度不变而压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大；由此可知，由a到b过程气体体积V不变而压强p增大，由b到c过程压强p减小而体积V增大，由此可知，选项C所示p－V图像符合气体状态变化过程，故选项C正确．]5．C[设弹簧的劲度系数为k，当气柱高为h时，弹簧弹力F＝kh，由此产生的压强eq\f(F,S)＝eq\f(kh,S)，S为容器的横截面积．取封闭的气体为研究对象，初状态为：T、hS、eq\f(kh,S)；末状态为：T′、h′S、eq\f(kh′,S)，由理想气体状态方程有eq\f(\f(kh,S)·hS,T)＝eq\f(\f(kh′,S)·h′S,T′)，解得h′＝heq\r(\f(T′,T))，故C正确，A、B、D错误．]6．B[由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强增大，故A错误，B正确；一定质量的气体，气体体积不变，则气体分子的密集程度不变，故C、D错误．]7．C[只有p或T变化，不能得出体积的变化情况，A、B错误；eq\f(p,T)增大时，V一定减小，单位体积内的气体分子数一定增大，C正确，D错误．]8．D[以活塞和汽缸整体为研究对象可知，整体重力等于弹簧弹力，跟外界大气压无关，即弹簧压缩量不变，A错误；因为弹力不变，故活塞距地面的高度不变，C错误；以汽缸为研究对象，若外界大气压增大，则汽缸内气体压强增大，体积减小，所以汽缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；若气温升高，汽缸内气体压强不变，故气体的体积增大，所以汽缸的上底面距地面的高度将增大，D正确．]9．B[根据理想气体状态方程有：eq\f(pV,T)＝C，其中：T＝t＋273K，联立得到：eq\f(pV,t＋273K)＝C，变形得到：eq\f(p,t)＝eq\f(C＋\f(273K·C,t),V)；由题图得到eq\f(pa,ta)＝eq\f(pb,tb)，ta<tb，所以有Va>Vb，故选B.]10．B[以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有：Mg＋p0S＝p1S，Mg＋p0S＝p2S，对T3状态下的气体有：p0S＋Mg＋mg＝p3S，可以得出：p1＝p2＜p3；根据理想气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)＝eq\f(p3V3,T3)，因V1＜V2，p1＝p2，则T1＜T2，因V2＝V3，p2＜p3，则T2＜T3，即T1＜T2＜T3，B正确．]11．大于等于大于解析对一定质量的理想气体，eq\f(pV,T)为定值，由p－V图像可知，2p1·V1＝p1·2V1>p1·V1，所以T1＝T3>T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，即N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，即N2>N3.12．(1)79℃(2)17.04cm(3)5.92cmK＝300Kp2＝75cmHg，V2＝(L＋eq\f(Δh,2))S根据理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)代入数据得T2≈352K则t2＝(352－273)℃＝79℃(2)因为p3＝75cmHg，T3＝T1＝300K根据玻意耳定律p1V1＝p3V3又V3＝L3S联立解得L3＝17.04cm(3)注入水银柱的长度l＝Δh＋2(L－L3)＝4cm＋2×(18－17.04)cm＝5.92cm.专题强化练1变质量问题理想气体的图像问题1．C[取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律：p0V0＝p′(V0＋nV1)，n＝eq\f(p0V0－p′V0,p′V1)＝eq\f(150×20－10×20,10×5)瓶＝56瓶，选项C正确．]2．A[设大气压强为p0，篮球的容积为V0，打气筒的容积为V，打第n次气后篮球内气体的压强为pn，打第n＋1次气后篮球内气体的压强为pn＋1，根据玻意耳定律有pnV0＋p0V＝pn＋1V0，整理得pn＋1－pn＝eq\f(V,V0)p0，即后一次与前一次推活塞过程比较，篮球内气体压强的增加量相等，故A正确，B、C错误；每次压入的气体体积、温度和压强都相同，所以每次压入的气体分子数相同，故D错误．]3．D[取原来瓶中空气为研究对象，初态V1＝V，T1＝280K末态V2＝V＋ΔV，T2＝320K由盖－吕萨克定律得：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又eq\f(m余,m原)＝eq\f(V,V＋ΔV)解得eq\f(m余,m原)＝eq\f(7,8)，故选D.]4．D[气体压强不变时，体积与热力学温度成正比，在V－T图像中等压线为过原点的倾斜直线，直线斜率越大，压强越小，可知pC＞pB＞pA，故选D.]5．D[根据理想气体状态方程得eq\f(pV,T)＝C，得到p＝eq\f(C,V)T，从题图可知斜率eq\f(C,V)逐渐变小，故体积逐渐增大．故选D.]6．A[由p－T图像可知，A→B过程温度不变，压强变大，根据玻意耳定律可知，气体体积变小，A正确；B→C过程压强不变，温度升高，根据盖－吕萨克定律可知，气体体积变大，B错误；C→D过程压强变小，温度降低，并且满足eq\f(p,T)为定值，根据查理定律可知，气体体积不变，C错误；eq\f(pB,TB)>eq\f(pA,TA)>eq\f(pC,TC)＝eq\f(pD,TD)，根据理想气体状态方程可知VB<VA<VC＝VD，D错误．]7．C[由题图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有eq\f(2p0·\f(3,5)V0,TA)＝eq\f(\f(3,5)p0·2V0,TC)，可得TA＝TC，综上分析可知C正确．]8．C[设玻璃瓶的容积是V，抽气机的容积是V0，气体发生等温变化，由玻意耳定律可得pV＝eq\f(4,5)p(V＋V0)，解得V0＝eq\f(1,4)V，设抽n次后，气体压强变为原来的eq\f(256,625)，由玻意耳定律可得：抽一次时：pV＝p1(V＋V0)，解得p1＝eq\f(4,5)p，抽两次时：p1V＝p2(V＋V0)，解得p2＝(eq\f(4,5))2p，抽n次时：pn＝(eq\f(4,5))np，又pn＝eq\f(256,625)p，则n＝4，C正确．]9．12天解析用如图所示的方框图表示思路．以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，由V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，V2＝eq\f(p1V1,p2)＝eq\f(130×40,10)L＝520L，由(V2－V1)→V3，由玻意耳定律可得p2(V2－V1)＝p3V3，V3＝eq\f(p2V2－V1,p3)＝eq\f(10×480,1)L＝4800L，则eq\f(V3,400L/天)＝12(天)．10．见解析解析(1)状态A的热力学温度：TA＝t＋273.15K＝(－73.15＋273.15)K＝200K.(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程．对A至C，由理想气体状态方程有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)解得：VA＝eq\f(pCVCTA,pATC)＝eq\f(2.0×105×0.6×200,1.5×105×400)m3＝0.4m3.(3)由盖－吕萨克定律得：eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得：VB＝eq\f(VATB,TA)＝eq\f(0.4×300,200)m3＝0.6m3V－T图像如图所示．11．(1)0.84p0(2)eq\f(4,21)解析(1)该过程瓶内气体发生等容变化，由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，其中p1＝0.825p0，T1＝275K，T2＝280K解得p2＝0.84p0(2)设准备输液，插入输液管后，进入瓶内的气体在p0压强下的体积为ΔV，则p2V0＋p0ΔV＝p0V0，解得ΔV＝0.16V0，从进气口A进入瓶内的空气质量Δm与瓶内原有气体质量m之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V0－ΔV)，联立解得eq\f(Δm,m)＝eq\f(4,21).12．(1)1.0kg/m3(2)1.2×1025K，T1＝(114＋273)K＝387K解得孔明灯刚好悬浮时V1＝2.58m3对于孔明灯内的气体，初始时有m0＝ρ0V0孔明灯刚好悬浮时灯内气体质量为m＝eq\f(V0,V1)m0此时灯内的气体密度为ρ＝eq\f(m,V0)联立可解得ρ＝1.0kg/m3(2)初始时灯内气体分子数为n0＝eq\f(m0,M)NA加热过程中灯内溢出的气体分子数为n＝eq\f(V1－V0,V1)n0解得n＝1.2×1025(个)．专题强化练2理想气体的综合问题1．B[对A部分气体有：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pA′VA′,TA′)①对B部分气体有：eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pB′VB′,TB′)②因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以可得eq\f(VA,VB)＝eq\f(VA′TB′,VB′TA′)所以eq\f(VA′,VB′)＝eq\f(VATA′,VBTB′)＝eq\f(1×400,2×300)＝eq\f(2,3)，故选B.]2．C[将管慢慢地向下按一段距离时，假设L1、L2的长度不变，L1、L2内气体的压强增大，根据玻意耳定律可得L1、L2的长度都减小，故A、B、D错误，C正确．]3．D[设活塞C向右移动，最后共同的温度为T，压强为p，由理想气体状态方程可知：对A部分气体有：eq\f(p1LS,T1)＝eq\f(pV1,T)对B部分气体有：eq\f(p2LS,T2)＝eq\f(pV2,T)则有eq\f(V1,V2)＝eq\f(p1,p2)·eq\f(T2,T1)＝eq\f(4,1)，故选D.]4．C[药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误．]5．(1)78cmHg(2)7cm解析(1)设均匀玻璃管的横截面积为S，插入水银槽后对右管内气体，由玻意耳定律得：p0l0S＝p(l0－eq\f(Δh,2))S，所以p＝78cmHg.(2)插入水银槽后左管内气体压强：p′＝p＋ρgΔh＝80cmHg，左管内、外水银面高度差h1＝eq\f(p′－p0,ρg)＝4cm，对中、左管内气体有p0lS＝p′l′S，得l′＝38cm，左管插入水银槽深度h＝l＋eq\f(Δh,2)－l′＋h1＝7cm.6．(1)1.5×105Pa(2)500K解析(1)A部分气体发生等温变化，由玻意耳定律得pA0V＝pA·eq\f(2,3)V，所以pA＝eq\f(3,2)pA0，把pA0＝1.0×105Pa代入，得pA＝1.5×105Pa.(2)B部分气体：初状态：pB0＝2.0×105Pa，VB0＝V，TB0＝300K，末状态：pB＝pA＋(pB0－pA0)＝2.5×105Pa.VB＝V＋eq\f(1,3)V＝eq\f(4,3)V，由理想气体状态方程eq\f(pB0VB0,TB0)＝eq\f(pBVB,TB)，得TB＝eq\f(TB0pBVB,pB0VB0)＝eq\f(300×2.5×105×\f(4,3)V,2.0×105×V)K＝500K.7．(1)127℃(2)1.5×105Pa解析(1)活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由平衡条件可得p2＝p0＋eq\f(mg,S)解得p2＝1.2×105Pa由查理定律得eq\f(0.9p0,273K＋t1)＝eq\f(p2,273K＋t2)解得t2＝127℃(2)假设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得eq\f(0.9p0V0,273K＋t1)＝eq\f(p3V3,273K＋t3)解得p3＝1.5×105Pa因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立．8．(1)88cmHg(2)4.5cm解析设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，p1＝80cmHg，V1＝11cm×3SV2＝10cm×3S封闭气体做等温变化：p1V1＝p2V2可得p2＝88cmHg(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，p1′＝76cmHg，V1′＝11cm·S，p2′＝88cmHg封闭气体做等温变化：p1′V1′＝p2′V2′可得V2′＝9.5cm·S活塞推动的距离：L＝11cm＋3cm－9.5cm＝4.5cm.9．(1)2×104Pa(2)1080K(3)2.6解析(1)活塞自重产生的压强为p＝eq\f(mg,S)＝2×104Pa(2)对下部分气体分析，做等温变化．根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2即(p0＋p)V0＝p2·eq\f(1,2)V0解得p2＝2.4×105Pa对上部分气体分析，当活塞移动到最低点时，对活塞受力分析可得出两部分气体的压强p2′＝p2，根据理想气体状态方程，有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2′V2′,T2′)即eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2·\f(3,2)V0,T2′)代入数据解得T2′＝3.6T0＝1080K(3)打开阀门，上部分气体发生等温变化，设压强回到p0时体积为V3，根据玻意耳定律有p0V3＝p2′V2′代入数据解得V3＝eq\f(p2′V2′,p0)＝3.6V0，对应释放气体的等效体积为ΔV＝V3－V0＝2.6V0释放气体与剩余气体质量之比为：eq\f(Δm,m0－Δm)＝eq\f(ρΔV,ρV3－ρΔV)＝2.6.4固体1．C[单晶体是各向异性的，熔化在单晶体表面的石蜡是椭圆形；非晶体和多晶体是各向同性的，则熔化在表面的石蜡是圆形，所以P薄片可能是非晶体，Q薄片一定是单晶体，故C正确．]2．B[固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体有各向异性，有些晶体在不同的方向上具有不同的光学性质，A正确，不符合题意；将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，B错误，符合题意；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，例如石墨和金刚石，C正确，不符合题意；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)却是非晶体；把晶体硫加热熔化，倒入冷水中，会变成柔软的非晶体硫，再经一些时间又会转变成晶体硫，D正确，不符合题意．]3．B[晶体是在固定的温度下熔化为液体，而非晶体是随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体，bc段表示晶体的固液共存状态，而玻璃、橡胶是非晶体，没有固定的熔化温度，A错误，B正确．曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，所以非晶体的分子(或原子、离子)排列没有规则，非晶体的物理性质表现为各向同性，C、D错误．]4．D5．D[原子排列结构不同，同种元素可以按照不同规则排列；即具有不同的空间点阵，物理性质不同，如石墨和金刚石的密度、机械强度、导热性、导电性、光学性质等都有很大的区别，故D正确．]6．C[晶体中的分子只在平衡位置附近振动，不会沿三条线方向发生定向移动，故A错误；三条线段上晶体分子的数目不同，表明晶体的物理性质是各向异性的，故B、D错误，C正确．]7．A[天然石英是晶体，表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间按各自的规则排列着，故A错误，符合题意；石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，故B正确，不符合题意；多晶体是由小晶粒杂乱无章的排列在一起的，故多晶体物理性质表现为各向同性，故C正确，不符合题意；粘在一起的糖块是多晶体，单个的蔗糖晶体颗粒是单晶体，故D正确，不符合题意．]8．C[测试发现，材料甲沿ab、cd两个方向的电阻相等，材料乙沿ef方向的电阻大于沿gh方向的电阻，说明了甲具有各向同性，而乙具有各向异性，单晶体是各向异性的，所以乙一定是单晶体，而多晶体和非晶体是各向同性的，所以甲可能是多晶体，也可能是非晶体，故C正确，A、B、D错误．]9．D[铜条虽具有规则的几何形状，但它是多晶体，它的内部分子排列是规则的，但构成多晶体的单晶体颗粒的排列是不规则的，所以D正确．]10．A[晶体熔化时，其温度虽然不变，但其内部结构可能发生变化，其吸收的热量转化为分子的势能，内能增大，故A正确；单晶体不一定是单质，故B错误；多晶体没有确定的几何形状，但有确定的熔点，故C错误；单晶体表现为各向异性，但多晶体表现为各向同性，故D错误．]11．B[多晶体没有确定的几何外形，所以A错误；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔化温度，所以B正确；晶体、非晶体内部的物质微粒都是不停地运动着的，所以C错误；多晶体与非晶体都具有各向同性，所以D错误．]12．(1)在确定方向上原子有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同(2)原子排列具有一定的对称性解析从题图中可以看出，这几种材料的原子排列均有一定的规则，因此是晶体，具有晶体的特点．5液体1．D[与气体接触的液体表面分子比较稀疏，分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，所以露珠呈球形，A、B、C错误，D正确．]2．B[因为液体表面张力的存在，缝衣针漂在水面上，故A错误；木船漂浮在水面是由于水的浮力，不是由表面张力引起的，故B正确；荷叶上的水珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故C错误；液体存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，故慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高于杯口，水仍不会流出，故D错误．]3．D[在小水滴表面层中，水分子间距较大，故水分子之间的相互作用总体上表现为引力；当r＝r0时，F引＝F斥，分子力F＝0，分子势能最小，故c点为分子间作用力为零的点，即c点表示平衡位置，表现为引力的位置只能为d点．故选D.]4．D[先把棉线系在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液薄膜．膜中分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以产生收缩效果；用烧热的针刺破a侧的薄膜，b中的薄膜能使b的面积最小，故选D.]5．B[浸润与不浸润是相对的，不能说哪种液体是浸润液体或不浸润液体，故A错误；在玻璃试管中，如果液体能够浸润器壁，液面呈凹形，且液体在容器内上升，故B正确；固体分子对液体分子的引力大于液体分子间引力时，才会形成浸润现象，故C错误；由于细玻璃管的内径不同，竖直插入水中时，管内水柱高度不同，故D错误．]6．C[图A、C中液体与玻璃管表现为不浸润，即附着层内分子间作用力表现为引力，附着层有收缩的趋势，且管内的液面会稍微低于管外的液面高度，故A错误，C正确；图B中的液体与玻璃管外部表现为不浸润，而在管内部表现为浸润，这是相互矛盾的，故B错误；图D中的液体与玻璃管表现为浸润，即附着层内分子间作用力表现为斥力，附着层有扩展的趋势，且管内的液面会稍微高于管外的液面高度，故D错误．]7．C[浸润液体附着层分子间距较小，表现为斥力，所以浸润液体在细管里能上升，而不浸润液体附着层分子间距较大，表现为引力，所以不浸润液体在细管里能下降，A、B正确；在建筑房屋时，在砌砖的地基上要铺一层油毡或涂过沥青的厚纸，是因为水对油和沥青不浸润，会阻止毛细现象，阻止地下水上升，C错误；土壤里有很多的毛细管，地下水可以沿着它们上升到地面，如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些毛细管，以减少毛细现象的发生，D正确．]8．B[液晶是一种介于液体和固体之间的特殊物质，不是晶体，液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定，液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，但液晶本身不发光，并不是所有物质都能成为液晶，故选B.]9．D[液晶具有各向异性，温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质，故A、B错误；液晶是介于固态和液态之间的特殊物质，与液体有本质的不同，故C错误；在显示器方面的应用是液晶的主要应用方向，故D正确．]10．D[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，故A错误；晶体和非晶体在熔化过程中都吸收热量，而非晶体在熔化过程中温度逐渐升高，故B错误；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，故C错误；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液体表面存在张力，故D正确．]11．B[“天宫课堂”中物体在失重状态下，气泡不会受到浮力，选项A错误；水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，选项B正确；由于在失重状态下，水球呈球状而不是扁球状，选项C错误；气泡内分子一直在做无规则的热运动，选项D错误．]12．B[因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；将棉线圈中肥皂膜Q刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；毛细管中，浸润液体呈凹液面且高于管外液面，不浸润液体呈凸液面且低于管外液面，都属于毛细现象，故C错误；玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误．]13．C[运动员入水过程中，在水中产生的气泡内的气体压强应等于大气压和气泡所在处水所产生的压强，即大于大气压，A正确，不符合题意；运动员入水激起的水花中，很多呈现球形，这是水的表面张力的作用，B正确，不符合题意；运动员入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则运动，这些小气泡的运动不符合布朗运动的特点，不是布朗运动，C错误，符合题意；运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为制造泳衣的材料对水不浸润，D正确，不符合题意．]第三章热力学定律1功、热和内能的改变1．C[重物下落带动叶片转动，由于叶片对水做功而使水的温度升高，故A错误．做功增加了水的内能，而热量只是传热过程中内能改变的量度，所以做功与热量是不同的，故C正确，B、D错误．]2．C[焦耳通过多次实验，最后得到的结论是，在各种不同的绝热过程中，系统状态的改变与做功方式无关，仅与做功数量有关，故选项C正确，其余选项均不是焦耳实验的结论．]3．A[筒内气体不与外界发生热交换，当M向下滑动时，筒内气体体积变小，外界对气体做功，使气体的内能增大，故选A.]4．B[在猛推推杆的过程中，气体来不及和外界进行热交换，就认为是