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(45分钟 100分)
1．(16分)(1)用油膜法估测油酸分子大小的实验步骤如下：①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2；②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0；③往边长为30～40 cm的浅盘里倒入2 cm深的水；④用注射器往水面上滴1滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上，计算出轮廓范围内正方形的总数为N。
则上述过程遗漏的步骤是_________________________________________；
油酸分子直径的表达式d＝_________________________________。
(2)(2020·全国Ⅱ卷)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
①求进入圆筒内水的高度l；
②保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
【解析】(1)判断实验步骤遗漏的关键就是掌握好本实验的原理、操作步骤等。此题忘记“将痱子粉均匀撒在水面上”了。先算出一滴纯油酸的体积V′＝，油膜的面积为S＝Na2，根据d＝可得油酸分子直径的表达式d＝。
(2)①设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1＝p0V0①
V0＝hS②
V1＝(h－l)S③
p1＝p0＋ρg(H－l)④
联立以上各式并考虑到H≫h>l，解得l＝h⑤
②设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0＝ p0V3⑥
其中p2＝p0＋ρgH⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V＝V3－V0⑧
联立②⑥⑦⑧式得V＝⑨
答案：(1)将痱子粉均匀撒在水面上
(2)①h ②
2．(16分)(1)(多选)关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )
A．扩散现象说明物体分子在做永不停息的无规则运动
B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
C．两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大
D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表示它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫作内能
E．两个分子间的距离为r0时，分子势能最小
(2)(2020·深圳模拟)如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连，汽缸中活塞的横截面积为S＝100 cm2。初始时，环境温度T＝300 K，活塞离缸底距离d＝40 cm。现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F＝×103 N时，活塞离缸底距离d′＝10 cm。已知大气压强p0＝×
105 Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：
①容器A的容积VA；
②保持力F＝×103 N不变，当外界温度缓慢变化，活塞向缸底缓慢移动了
Δd＝3 cm时，此时环境温度为多少摄氏度？
【解析】(1)选A、C、E。扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，故A正确；压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；两个分子间距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；D选项表明系统之间没有热量交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，但内能不一定一样，故D错误；当分子间距r＞r0时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子间距r＜r0时，分子势能随距离的减少而增大，当r＝r0时，分子势能最小，故E正确。
(2)①由题意知，汽缸和容器A内气体做等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
其中压缩前有p1＝p0，V1＝VA＋dS，
压缩后有p2＝p0＋，V2＝VA＋d′S，
解得VA＝2 L。
②依题意可知，气体做等压变化，由盖­吕萨克定律有
＝，
其中变化前T2＝T，
变化后V3＝V2－Δd·S，T3＝(t3＋273) K，
解得t3＝－3 ℃。
答案：(1)A、C、E (2)①2 L ②－3 ℃
3．(16分)(1)(多选)(2020·沈阳模拟)下列说法正确的是( )
A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
B．两个分子间距离减小时，它们之间的分子势能一定减小
C．温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移
D．一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量等于其增加的内能
E．干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越小，则相对湿度越大，人感觉越潮湿
(2)如图所示，×105 Pa，经历A→B→C→A的过程， J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。
【解析】(1)选A、D、E。当分子间的引力和斥力平衡时，分子力最小，如果要分子间距再变化，则要克服分子力做功，故分子势能要变大，故平衡位置的分子势能最小，故A正确：当分子间的距离小于平衡距离，分子力是斥力，间距增大分子力做正功，分子势能减小，当分子间的距离大于平衡距离，分子力是引力，间距增大分子力做负功，分子势能增大，故B错误；热量总是从温度高的物体传给温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，所以热量总是从分子平均动能大的物体传给分子平均动能小的物体，故C错误；根据能量守恒定律，一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量等于其增加的内能，故D正确：干湿泡温度计由干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热，湿泡所示的温度小于干泡所示的温度，干湿泡温度计温差的大小与空气湿度有关，温度相差越小，说明相对湿度越大，人感觉越潮湿，故E正确。
(2)整个过程中，外界对气体做功W＝WAB＋WCA，且WCA＝pA(VC－VA)
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得WAB＝－(Q＋WCA)
代入数据得WAB＝－ J， J。
答案：(1)A、D、E (2) J
4．(16分)(1)(多选)下列说法正确的是( )
A．铁块熔化成铁水的过程中，温度不变，内能增大
B．物体运动的速度增大，则物体中分子热运动的平均动能增大，物体的内能增大
C．A、B两物体接触时有热量从物体A传到物体B，这说明物体A的内能大于物体B的内能
D．A、B两物体的温度相同时，A，B两物体的内能可能不同，分子的平均速率也可能不同
E．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的温度
(2)(2021·成都模拟)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103 kg、体积V0= m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定质量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。
已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=
10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
【解析】(1)选A、D、E。铁块熔化成铁水的过程中,虽然温度不变,但要吸热,所以内能增大,A正确;物体运动的速度增大,与分子热运动的动能无关,B错误;热量从物体A传到物体B,这说明物体A的温度高于物体B的温度,但不能说明内能的大小关系,C错误;A、B两物体的温度相同时,只能说明A和B的分子平均动能相同,内能可能不同,并且由于A和B的分子质量可能不同,分子平均速率也可能不同,D正确;由热平衡的定义知,E正确。
(2)当F=0时,由平衡条件得
Mg=ρg(V0+V2) ①
代入数据得
V2= m3 ②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2,由题意得
p1=p0+ρgh1 ③
p2=p0+ρgh2 ④
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p1V1=p2V2 ⑤
联立②③④⑤式,代入数据得
h2=10 m
答案:(1)A、D、E (2) m3 10 m
5．(18分)(1)(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是( )
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
(2)用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL。假设在室温(17 ℃V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm。 atm，则保存温度不能超过多少？
【解析】(1)选B、C、E。分子力F与分子间距r的关系是：当r<r0时F为斥力；当r＝r0时F＝0；当r>r0时F为引力。综上可知，当两分子由相距较远逐渐达到最近过程中分子力是先变大再变小后又变大，A项错误。分子力为引力时做正功，分子势能减小，分子力为斥力时做负功，分子势能增大，故B项正确，D项错误。因仅有分子力作用，故只有分子动能与分子势能之间发生转化，即分子势能减小时分子动能增大，分子势能增大时分子动能减小，其总和不变，C、E项均正确。
(2)取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K，
末态：p2＝ atm，T2未知。
气体发生等容变化，
由查理定律＝得
T2＝T1＝K＝348 K
t＝(348－273) ℃＝75 ℃。
答案：(1)B、C、E (2)75 ℃
6.(18分)(1)(多选)如图所示，一个封闭的绝热汽缸，被中间的挡板分割成左、右相等的两部分。左边充满一定量的某种理想气体，右边真空。现将中间的挡板移去，待气体稳定后，则( )
A．气体的温度不发生变化
B．因为气体的体积膨胀了，所以内能降低
C．气体分子的平均动能减小
D．虽然气体的体积膨胀了，但是没有对外做功
E．气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半
(2)在全国千万“云监工”的注视下，2月2日，武汉火神山医院交付使用，建设工期仅为十天十夜。在“云监工”视线之外，先进的设计理念和科技元素充当着“幕后英雄”，火神山医院病房全部为负压病房，所谓负压病房是通过特殊的通风抽气设备，使病房内的气压低于病房外的气压，保证污染空气不向外扩散。若已知某间负压隔离病房的空间体积V＝60 m3，启用前环境温度t1＝－3 ℃，外界大气压强为p0＝×105 Pa，启用后，某时刻监测到负压病房的温度t2＝27 ℃、负压为－15 Pa(指与外界大气压p0的差值)。
①试估算启用后负压隔离病房内减少的气体质量与启用前负压病房内气体总质量的比值；
②判断在负压隔离病房启用过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
【解析】(1)选A、D、E。气体在向真空膨胀的过程中没有力的作用，所以不做功，绝热过程，内能不变，故温度不变，故A正确、B错误、D正确；温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，故分子的平均动能不变，故C错误；气体的温度不变，体积增加为原来的2倍，故分子热运动的平均动能不变，分子数密度减小为一半，故气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半，故E正确。
(2)①气体状态参量：T1＝(273－3)K＝270 K，
T2＝(273＋27)K＝300K，p1＝p0，p2＝p0－15 Pa，
以病房内气体为研究对象，由理想气体状态方程得：
＝，病房内减少的气体质量与启用前病房内气体总质量之比：＝，代入数据解得：
＝；
②抽气过程剩余气体的温度升高，内能增加，ΔU＞0，
剩余气体体积增大对外做功，W＜0，
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，
Q＝ΔU－W＞0，气体从外界吸收热量。
答案：(1)A、D、E (2)①1∶10 ②吸热 原因见解析
【加固训练】
1.(1)(多选)下列对热力学定律的理解正确的是 ( )
，使之完全变为功
，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
，物体的内能也可能减少
(2)(2020·宜宾模拟)如图所示，一定质量的理想气体密封在体积为V0的容器中，室温为T0=300 K，光滑导热活塞C(体积忽略不计)将容器分成A、B两室，A室的体积是B室的2倍，B室上连有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)。两边水银柱高度差为76 cm，A室装有阀门K，可与大气相通。已知外界大气压强等于76 cmHg，求：
①将阀门K打开，待系统稳定后，B室的体积；
②打开阀门K后将容器内气体的温度从300 K缓慢加热到540 K，U形管内两边水银面的高度差。
【解析】(1)选A、C、E。在引起其他条件变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，选项A正确；由热力学第一定律可知，当W≠0，Q≠0时，ΔU=W+Q可以等于0，选项B错误；空调机在制冷过程中消耗了电能，总体上是放出热量，选项C正确；热量可以由低温物体传给高温物体，选项D错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，如果对外做的功大于从外界吸收的热量，则物体的内能减少，选项E正确。
(2)①开始时，=2×76 cmHg，VB0=V0；打开阀门，B室气体等温变化，pB=76 cmHg，体积为VB，
由玻意耳定律得=pBVB，
解得VB=V0。
②打开阀门K将容器内的气体加热后，B室内的气体先发生等压变化。
设等压变化过程，最终活塞C到左边时的温度为T0，
由盖－吕萨克定律得＝，解得T0＝450 K<540 K，
将气体温度从450 K继续加热到540 K，B室内气体发生等容变化，
设B室内气体最后压强为p′，
由查理定律得＝，p0＝pB＝76 cmHg，
解得p′＝ cmHg，
故U形管内两边水银面的高度差为
Δh＝ cm－76 cm＝ cm。
答案：(1)A、C、E (2)①V0 ② cm
2.(1)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．气体体积变大
B．气体温度升高
C．气体从外界吸收热量
D．气体的内能不变
E．气体放出热量
(2)(2020·深圳模拟)如图所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是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，已知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H＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18 cm。现将一质量为m＝400 g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝×105 Pa。
①求下部分气体的压强多大；
②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。
【解析】(1)选A、B、C。如题图所示，气体压强不变，温度升高，根据气体状态方程＝C可知，气体体积变大。所以气体内能增大，且对 外界做功，根据ΔU＝W＋Q，ΔU＞0，W＜0，故Q＞0，气体吸热，故A、B、C正确，D、E错误。
(2)①对两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：pS＝mg＋p0S
解得：p＝×105 Pa。
②对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：
＝
得：h2＝20 cm，故活塞N距离底部的高度为h2＝20 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(H－h)S＝pLS
得：L＝ cm
故此时活塞M距离底部的高度为
H2＝(20＋) cm＝ cm
答案：(1)A、B、C (2)①×105 Pa
② cm 20 cm