【物理】2019届二轮复习第1讲 分子动理论、气体及热力学定律学案（全国通用）
第1讲 分子动理论、气体及热力学定律
网络构建
[规律方法]
1.模型法
此类方法在估算分子的直径中常常用到
(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子体积V0＝π()3＝πd3，d为分子的直径。
(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间
V0＝d3，d为分子的间距。
2.宏观量与微观量的转换桥梁
3.“能量守恒法”
物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。
4.注意“三看”、“三想”
(1)看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU。
(2)看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU。
(3)看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0。
热学基础知识与气体实验定律的组合
【典例】 (2018·全国卷Ⅱ，33)(1)(5分)对于实际的气体，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D.气体的体积变化时，其内能可能不变
E.气体的内能包括气体分子热运动的动能
(2)(10分)如图1，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0
，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
图1
解析 (1)实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以B、D、E正确，A、C错误。
(2)开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W＝(p0S＋mg)h⑧
答案 (1)BDE (2)T0 (p0S＋mg)h
1.(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.外界对气体做功，气体的内能不一定增加
B.气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收了热量
C.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
D.理想气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变
E.已知阿伏加德罗常数和某物质的摩尔质量，一定可以求出该物质的分子质量
(2)(10分)如图2所示为竖直放置的粗细相同的导热性能良好的U形管，该U形管左端封闭，右端开口，管内用密度为ρ的液体密封了一定质量的气体A、B(可视为理想气体)。气体A上方液体高度为h1，气体B下端与气体A下端的高度差为h2，大气压强为p0，重力加速度为g。
图2
(ⅰ)求气体B的压强pB；
(ⅱ)若开始时气体A所占管的空间高度为h，现增加气体A上方的液体，使其高度变为2h1，求后来气体A所占管的空间高度h′。
解析 (1)外界对气体做功的同时，气体向外放热，且放出的热量大于外界对气体做的功，气体内能减少，选项A正确；气体在等温膨胀的过程中，对外界做功，而内能不变，则一定吸收了热量，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，由热力学第二定律可知，内能不可能全部转化为机械能，选项C错误；理想气体的温度变化时，其分子平均动能也随之改变，理想气体不考虑分子势能，选项D错误；已知阿伏加德罗常数和摩尔质量，由m＝
可求出分子质量，选项E正确。
(2)(ⅰ)对气体A有pA＝p0＋ρgh1
对气体B有pB＋ρgh2＝pA
解得pB＝p0＋ρg(h1－h2)
(ⅱ)当气体A上方液体的高度变为2h1后，气体A的压强变为pA′＝p0＋2ρgh1
由玻意耳定律可得pASh＝pA′Sh′
解得h′＝h
答案 (1)ABE (2)(ⅰ)p0＋ρg(h1－h2)
(ⅱ)h
2.(1)(5分)如图3为分子间的作用力与分子间距离的关系曲线，正值表示斥力，负值表示引力，则下列关于分子间作用力和分子势能的说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
图3
A.当分子间的距离r>r0时，分子间作用力表现为引力
B.当r
r0时，分子间的引力大于斥力，分子间作用力表现为引力，选项A正确；由题图可以看出当rr0，选项C错误；分子间作用力做正功，分子势能减少，分子间作用力做负功，分子势能增加，当分子间的距离r＝r0时，分子间作用力等于零，无论分子间距离增大还是减小，分子间作用力都做负功，所以r＝r0时分子势能最小但不为零，选项D正确，E错误。
(2)(ⅰ)因打气过程中气体的温度保持不变，所以根据玻意耳定律有
p0(VB＋25·SL)＝pVB
解得p＝4.0×105 Pa
(ⅱ)设活塞向下移动的距离为L′时气筒内的压强等于容器B内的压强，则
p0SL＝p(L－L′)S
解得L′＝30 cm
设此时推动活塞的推力为F，对活塞受力分析，有
p0S＋F＝pS
解得F＝450 N
答案 (1)ABD (2)(ⅰ)4.0×105 Pa (ⅱ)450 N
3.(1)(5分)
关于布朗运动和扩散现象，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.布朗运动就是液体分子的热运动
B.液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
C.悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显
D.靠近梅花就能闻到梅花的香味属于扩散现象
E.温度越高，布朗运动越显著，扩散得越快
(2)(10分)如图5所示，一定质量的理想气体从A状态经过一系列的变化，最终变为状态D，已知气体在A状态时的压强为p0，求气体在状态C时的压强和体积及在状态B时的温度。
图5
解析 (1)布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，间接反映了液体分子运动的无规则性，故选项A错误；液体中的扩散现象不是由液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故选项B错误；悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，撞击作用的不平衡性就表现得越明显，因而布朗运动越明显，故选项C正确；靠近梅花能闻到梅花的香味，是因为梅花释放的香气分子在空气中不断扩散，故选项D正确；温度越高，分子运动越剧烈，液体分子对悬浮颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越显著，温度越高，分子运动越剧烈，扩散进行得越快，故选项E正确。
(2)由题图可知，气体在状态A、D时温度相同，设在状态D时气体压强为p，则由玻意耳定律得p0V0＝p·3V0
解得p＝
设在状态B时气体的温度为TB，气体从状态A到状态B是等压变化，则由盖—吕萨克定律得
＝
解得TB＝2T0
气体从状态B到状态C是等温变化，所以气体在状态C时的温度TC＝TB＝2T0
气体从状态C到状态D是等压变化，所以气体在状态C时的压强p＝
设在状态C时气体的体积为VC
由盖—吕萨克定律得
＝
解得VC＝6V0
答案 (1)CDE (2) 6V0 2T0
热力学定律与气体实验定律的组合
【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，33)(1)(5分)如图6，一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________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)。
图6
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)(10分)如图7，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。
图7
解析 (1)由理想气体状态方程＝可知，pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项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，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，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，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程＝并结合题图可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项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＝⑥
答案 (1)BDE (2)
【典例2】 (2018·全国卷Ⅲ，33)(1)(5分)如图8，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。在此过程中________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
图8
A.气体温度一直降低 B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功 D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
(2)(10分)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
图9
解析 (1)一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
(2)设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
答案 (1)BCD (2)22.5 cm 7.5 cm
气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法
1.(1)(5分)
下列关于热力学定律的说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.热量可以从低温物体传递到高温物体
B.一切宏观热现象的过程一定是从无序状态慢慢向有序状态过渡
C.无论科技多么先进，热力学温度的0 K一定不可能达到
D.一绝热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当气体体积膨胀时，其温度一定降低
E.一导热汽缸中封闭一定质量的理想气体，当缸外温度缓慢升高时，气体可能对外界做功
(2)(10分)如图10所示，矩形汽缸平放在粗糙的水平面上，汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞导热，两者间没有摩擦，汽缸和活塞总质量为m＝10 kg，汽缸与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，汽缸的横截面积为S＝10 cm2，轻弹簧两端分别固定在活塞和墙壁上，弹簧劲度系数为k＝100 N/m。初始时活塞与汽缸底间距为l＝20 cm，恰好静止，且弹簧处于拉伸状态，外界环境温度为T0＝300 K，大气压强为p0＝1×105 Pa，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。缓慢升高外界环境温度，当汽缸将要滑动时。
图10
(ⅰ)求外界环境的温度T；
(ⅱ)若在此过程中气体内能增加了20 J，则气体从外界吸收的热量Q为多少？
解析 (1)热量可以从低温物体传递到高温物体，但会引起其他变化，选项A正确；一切宏观热现象的过程一定是从有序状态慢慢向无序状态过渡，选项B错误；热力学温度的0 K永远不能达到，选项C正确；绝热汽缸中理想气体与外界没有热交换，当气体自由膨胀时，不对外做功，其内能不变，则温度不变，选项D错误；导热汽缸，汽缸外温度缓慢升高时，气体内能增加，气体可能对外界做功，且气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，选项E正确。
(2)(ⅰ)初始时汽缸恰好静止，弹簧处于拉伸状态，则汽缸受到向左的最大静摩擦力，设弹簧的伸长量为x1
对汽缸和活塞整体有μmg＝kx1
设初始时汽缸内气体的压强为p1
对活塞有p1S＋kx1＝p0S
升高温度，活塞向右移动，当汽缸将要滑动时，弹簧处于压缩状态，汽缸受到向右的最大静摩擦力
对汽缸和活塞整体有μmg＝kx2
对活塞有p2S＝kx2＋p0S
对汽缸内理想气体有＝
代入数据解得T＝1 350 K
(ⅱ)由于x1＝x2，弹簧对活塞做功为零，设封闭气体对外做功为W
则有W＝p0S(x1＋x2)
解得W＝40 J
由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q
解得Q＝60 J
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)1 350 K (ⅱ)60 J
2.(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.密闭容器中装有某种液体及其饱和汽，若温度升高，同时增大容器的容积，饱和汽压可能会减小
B.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同温度下水的饱和汽压
C.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
D.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
E.一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积的器壁平均碰撞的次数随着温度降低而增加
(2)(10分)如图11所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2 L，温度是300 K，B状态的体积为4 L，C状态的体积是3 L，压强为2个标准大气压(atm)，1标准大气压等于1×105 Pa。
图11
(ⅰ)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(ⅱ)A→B过程如果内能变化了200 J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
解析 (1)饱和汽压只与温度有关，温度升高，饱和汽压增大，选项A错误；相对湿度是指空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同温度下水的饱和汽压，选项B正确；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，选项C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小，克服斥力做功，故分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D正确；一定质量的气体，在压强不变时，分子在单位时间单位面积上的冲击力不变，随着温度降低，分子的平均动能减小，分子每秒对单位面积的器壁平均碰撞的次数随温度降低而增加，故选项E正确。
(2)(ⅰ)A→B过程由题图可知是等压变化，由盖－吕萨克定律＝
得TB＝600 K
B→C过程由题图可知是等温变化，所以TC＝600 K
C→A过程根据理想气体状态方程可得＝
解得pA＝1.5 atm
(ⅱ)A→B过程理想气体温度升高，内能增加ΔU＝200 J
体积膨胀，气体对外界做功
W＝－pA·ΔV＝－1.5×1×105×(4－2)×10－3 J＝－300 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝500 J，即该理想气体吸热，吸收热量Q为500 J
答案 (1)BDE (2)(ⅰ)600 K 1.5 atm (ⅱ)吸热 500 J
3.(1)(5分)
下列关于热现象的说法，正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高热机机械效率的常用手段
B.热力学第二定律的克劳修斯表述和开尔文表述，其实是等价的，可以从一种表述推导出另一种表述
C.第一类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成
D.第二类永动机违反热力学第二定律，因此不可能制成
E.物体的内能越大，含有的热量就越多
(2)(10分)如图12所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为真空，汽缸B活塞的面积为汽缸A活塞面积的2倍。两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A中气体的体积为V0，压强为p0，温度为T0，汽缸B中气体的体积为2V0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍。设环境温度始终保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，求：
图12
(ⅰ)停止加热达到稳定后汽缸B中气体的体积VB；
(ⅱ)停止加热达到稳定后汽缸A中气体的温度TA。
解析 (1)从单一热源吸收热量，使之完全变为功违反了热力学第二定律，不可能实现，故选项A错误；克劳修斯表述是按热传递的方向性表述的，而开尔文表述是按机械能与内能转化过程的方向性来表述的，这两种表述看似毫无联系，其实是等价的，可以从一种表述推导出另一种表述，它们都表明了一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，故选项B正确；第一类永动机违反了能量守恒定律，因此不可能制成，故选项C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故选项D正确；内能是状态量，热量是过程量，只能说吸收热量或放出热量，不能说含有热量，故选项E错误。
(2)(ⅰ)汽缸A末态压强为2p0，汽缸B活塞的面积为汽缸A活塞面积的2倍，初状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件有pASA＝pBSB，解得pB＝
末状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件有
2p0SA＝pB′SB，解得pB′＝p0
汽缸B中气体初末温度不变，根据玻意耳定律得
pB 2V0＝pB′VB，解得汽缸B中气体体积VB＝V0
(ⅱ)两活塞移动的距离相同，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞的面积的2倍，汽缸B中气体体积减小了V0，则汽缸A中气体体积增加了，则加热后汽缸A中体积为VA＝
根据理想气体状态方程得＝
解得TA＝3T0
答案 (1)BCD (2)(ⅰ)V0 (ⅱ)3T0
课时跟踪训练
1.(1)(5分)以下关于热运动的说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B.水凝结成冰后，但水分子仍在做热运动
C.水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D.水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
E.水的温度升高，水分子的平均动能增大
(2)(10分)如图1所示，导热汽缸内密闭一定质量的理想气体，将汽缸倒立着悬挂起来。轻质活塞可无摩擦地上下滑动，活塞横截面积为S＝1×10－2 m2，大气压强为p0＝1×105 Pa。活塞下部悬挂重为100 N的物体，平衡后气柱长度为20.0 cm。若悬挂的物体增加为200 N，保持环境温度不变。
图1
(ⅰ)求活塞下移的距离；
(ⅱ)分析判断气体从外界吸收热量还是向外界释放热量。
解析 (1)热运动是水内部分子的运动，与水流速度无关，故选项A错误；水凝结成冰后，水分子仍然在做无规则运动，故选项B正确；分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故选项C正确；水的温度升高，水分子的平均动能增大，但并不是每个水分子的运动速率都增大，也可能有些水分子的运动速率减小，故选项D错误，E正确。
(2)(ⅰ)环境温度不变，以活塞为研究对象，则有
G1＋p1S＝p0S
可得开始时气体压强p1＝9×104 Pa
G2＋p2S＝p0S
末态时气体压强p2＝8×104 Pa
环境温度不变，根据玻意耳定律有p1Sh1＝p2Sh2
解得h2＝22.5 cm
活塞下移的距离Δh＝h2－h1＝2.5 cm
(ⅱ)活塞下移的过程中，气体体积增大，气体对活塞做功，而环境温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量。
答案 (1)BCE (2)(ⅰ)2.5 cm (ⅱ)从外界吸热
2.(1)(5分)下列叙述正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.容器内的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及气体温度有关
B.晶体一定是各向异性的
C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D.对于一定质量的理想气体，如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大
E.能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
(2)(10分)一定质量的理想气体，从状态A开始经历如图2所示的状态变化。设在状态A时气体的温度为682.5 K。
图2
(ⅰ)求在状态C时气体的温度TC和气体从状态B变化到状态C对外界做的功；
(ⅱ)已知标准状态(压强为1.0×105 Pa，温度为273 K)下1 mol气体的体积为V0＝22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，估算气体在状态B时分子之间的平均距离。(保留1位有效数字)
解析 (1)容器内的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及气体温度有关，选项A正确；单晶体是各向异性的，多晶体是各向同性的，选项B错误；当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，选项C正确；如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，若气体温度升高的同时体积增大，根据＝C可知，压强可能减小，选项D错误；能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，选项E正确。
(2)(ⅰ)由理想气体状态方程，可得＝
解得在状态C时气体的温度TC＝546 K
从状态B到状态C气体对外界做的功
W＝pBΔV＝1.0×105×2×10－3 J＝200 J。
(ⅱ)由理想气体状态方程，可得＝
解得在状态B时气体的温度TB＝273 K，即状态B为标准状态。
气体的物质的量n＝
分子数N＝nNA
分子之间的平均距离l＝
联立以上各式代入数据解得l＝3×10－9 m。
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)546 K 200 J (ⅱ)3×10－9 m
3.(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.液体表面层的分子分布比内部密
B.液体有使其表面积收缩到最小的趋势
C.饱和汽压与温度和体积有关
D.将饱和汽变成未饱和汽，可采用升高温度的方法
E.在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增加
(2)(10分)如图3所示，竖直静置在水平地面上、上端开口的汽缸由横截面积不同的上下两个导热圆筒A、B构成，A、B横截面积分别为SA＝20 cm2、SB＝15 cm2，A顶部与底部的间距h1＝20 cm。A中有一厚度和质量均不计的活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在A内，当活塞在CD处且与A顶部间恰好无弹力时，A内气体的温度t1＝27 ℃。现从开口处缓慢滴入水银，直至活塞在EF处且与汽缸底部的间距为h2＝18 cm时停止滴入水银，此过程中气体的温度保持不变。已知大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度ρ＝1.36×104 kg/m3，取g＝10 m/s2，B足够长。
图3
(ⅰ)求活塞在EF处时上方水银的总质量；(保留2位有效数字)
(ⅱ)活塞在EF处时开始对汽缸缓慢加热，并对A施加保温装置，求活塞刚移回
CD处时A内气体的摄氏温度。
解析 (1)液体表面层的分子分布比内部疏，表面层分子间作用力表现为引力，在宏观上表现为表面张力，表面张力有使液体表面积收缩到最小的趋势，选项B正确，A错误；饱和汽压与温度有关，与体积无关，选项C错误；升高温度，可以将饱和汽变成未饱和汽，选项D正确；由相对湿度＝×100%知，绝对湿度不变，即水蒸气的实际压强不变，气温降低，同温度水的饱和汽压减小，故相对湿度增加，选项E正确。
(2)(ⅰ)活塞从CD处移到EF处的过程中A内的气体为等温变化，则根据玻意耳定律有p0h1SA＝p2h2SA
活塞在EF处时A内的气体压强p2＝×105 Pa
由p2＝p0＋ρgh′，h′为水银柱的高度
得h′＝8.2 cm
由于h′>h1－h2，所以活塞在EF处时上方水银的总质量为
m＝ρSA(h1－h2)＋ρSB[h′－(h1－h2)]
得m＝1.8 kg
(ⅱ)当活塞缓慢地移回CD时A内气体的温度设为T2，则根据理想气体状态方程有
＝
其中p3＝p0＋
解得T2＝336 K
即活塞刚移回CD处时A内气体的摄氏温度为63 ℃
答案 (1)BDE (2)(ⅰ)1.8 kg (ⅱ)63 ℃
4.(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.给车胎打气，越来越吃力，是由于分子间存在斥力
B.液体的表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
C.悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动，反映了花粉分子做无规则的热运动
D.干湿泡湿度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
E.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
(2)(10分)如图4所示，两端开口、粗细均匀的足够长U型玻璃管插在容积很大的水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段气体柱被封闭在左右两侧的竖直管中。开启阀门A，当各水银液面稳定时，位置如图所示，此时两段气体柱的温度均为300 K。已知h1＝5 cm，h2＝10 cm，右侧气体柱长度L1＝60 cm，大气压p0＝75 cmHg，重力加速度为g，水银密度为ρ，求：
图4
(ⅰ)左侧竖直管内气体柱的长度L2；
(ⅱ)关闭阀门A，当右侧竖直管内的气体柱长度L1′＝68 cm时(管内气体未溢出)，气体温度为多少？
解析 (1)给车胎打气，越来越吃力，是由于车胎内气体压强增大，选项A错误；液体的表面张力是由于液体表面分子之间距离较大，表面分子间的作用力表现为引力的现象，浸润现象是液体分子与固体分子之间引力较强产生的，因此液体的表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，选项B正确；悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，选项C错误；干湿泡湿度计中两支温度计的示数差越大，表明空气越干燥，空气中的水蒸气离饱和状态越远，选项D正确；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项E正确。
(2)(ⅰ)设右侧竖直管内气体压强为p1，左侧竖直管内气体压强为p2，左侧竖直管内气体柱下端与水银槽面的高度差为h3，则有
p1＝p0＋ρgh2＝85 cmHg①
p2＝p1－ρgh1＝80 cmHg②
p2＝p0＋ρgh3③
联立①②③得h3＝5 cm
则L2＝L1－h2＋h1＋h3＝60 cm。
(ⅱ)设U型管横截面积为S，对右侧竖直管中气体柱有
初态：p1＝85 cmHg，V1＝L1S＝60 cm×S，T1＝300 K
末态：p1′＝p0＋ρg(L1′－L1＋h2)＝93 cmHg，V1′＝L1′S＝68 cm×S，设此时温度为T1′
根据理想气体状态方程有＝
解得T1′＝372 K。
答案 (1)BDE (2)(ⅰ)60 cm (ⅱ)372 K
