课时跟踪检测部分
第一章 分子动理论
1.分子动理论的基本内容
1.A 0.012 kg12C的物质的量为＝1 mol，能表示阿伏加德罗常数，故A正确；苯不是气体，22.4 L苯的物质的量不是1 mol，不能表示阿伏加德罗常数，故B错误；1个钠原子中含有多个电子，1 mol钠含有的电子数不是1 mol，则1 mol钠中含有的电子数不能表示阿伏加德罗常数，故C错误；1 L 1 mol·L－1硫酸溶液中含有2 mol H＋，不能表示阿伏加德罗常数，故D错误。
2.A 1 mol铂原子的体积V＝≈9.1×10－6 m3， 每个铂原子的体积V1＝≈1.5×10－29 m3， V1＝π ，解得铂原子的直径D≈3×10－10 m，故选A。
3.B 远远的就能闻到“臭豆腐”的气味，是因为“臭豆腐”的分子在不停地做无规则运动，运动到空气中被我们吸到了，属于扩散现象。故选B。
4.D 布朗运动是颗粒的无规则运动，是液体（气体）分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是液体（气体）分子的无规则运动，颗粒越小，液体（气体）分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，故A、B错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，故C错误；当颗粒很小时，能很长时间都悬浮在液体（气体）中，颗粒的运动属于布朗运动，颗粒能长时间悬浮是受到液体（气体）分子无规则热运动撞击而导致的，故D正确。
5.C 不论物体处于何种状态以及温度高低，分子都在不停地做无规则运动，其剧烈程度只与温度有关，且温度越高，分子的热运动越激烈，故C正确，A、B、D错误。
6.AD 分子在永不停息地做无规则运动，故A正确；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离大于平衡距离时，引力大于斥力，当分子间距离等于平衡距离时，引力与斥力大小相等，当分子间距离小于平衡距离时，引力小于斥力，故B错误；悬浮颗粒做布朗运动是因为受到各个方向液体分子撞击的力不平衡，做布朗运动的悬浮颗粒越小，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表现得越明显，并且固体颗粒越小，它的质量越小，其运动状态越容易改变，所以布朗运动越明显，故C错误；构成物质的分子之间有空隙，故D正确。
7.A 草叶上的露珠在阳光照射下变成水蒸气这一过程分子间的距离增大，而分子间引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，故A正确，B、C、D错误。
8.B 乙分子从a到b，再到c的过程中，分子之间均表现为引力，显然乙分子始终做加速运动，且到达c点时速度最大，A错误，B正确；乙分子从c到d的过程，分子间作用力为斥力且分子力一直做负功，C错误；乙分子由b到c的过程，分子力为引力且分子力一直做正功，D错误。
9.BC 对于气体，一个分子的体积远小于一个分子所占据的体积，故不能用摩尔体积除以分子体积得到阿伏加德罗常数，选项A错误；布朗运动的微粒非常小，肉眼是看不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动是机械运动，不是布朗运动，选项B正确；扩散可以在固体中进行，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，选项C正确；气体很难被压缩是因为压缩气体时气体的压强增大的缘故，不是分子斥力的结果，选项D错误。
10.BD 本题中的布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，是气体介质分子无规则热运动撞击的结果，所以它反映的是气体介质分子的无规则运动。颗粒越小，气体介质分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确，A错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是分子集团，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子的无规则运动的轨迹，故C错误；当固态或液态颗粒很小时，能很长时间都悬浮在气体中，颗粒的运动属于布朗运动；固态或液态颗粒能长时间悬浮，是受到气体介质分子无规则热运动撞击而导致的，故D正确。
11.ACD 根据图甲可知，从r＝r2到r＝r1，分子间引力、斥力都在增大，A正确；根据图乙可知，从r＝r2到r＝r0，分子间的作用力表现为引力，分子间的作用力先增大后减小，一直做正功，B错误，D正确；根据图甲可知，当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，C正确。
12.（1）5×10－26 kg （2）2×1024个 （3）3×10－9 m
解析：（1）一个氮气分子的质量m＝，
解得m≈5×10－26 kg。
（2）设气囊内氮气的物质的量为n，则有n＝
N＝nNA，解得N＝2×1024 个。
（3）气体分子间距离较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的正方体，则有r3＝，解得r≈3×10－9 m。
2.实验：用油膜法估测油酸分子的大小
1.B 滴入水中的油酸酒精溶液的体积为V，油酸的体积为ηV，则水面上形成的油酸薄膜的体积为ηV，故A错误；撒爽身粉是为了便于确定油酸薄膜的轮廓，便于测量油膜的面积，故B正确；油酸薄膜的体积为ηV，根据d＝可以估测油酸分子的直径，故C、D错误。
2.C 一滴溶液中油酸的体积为V0＝，油酸分子直径为d＝＝，故A错误；在水面上先撒上爽身粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定，故B错误；若爽身粉撒的过厚，会导致油膜不能充分散开，面积偏小，所以分子直径测量值偏大，故C正确；估算油膜面积时，将不足一格都当作一格计入面积，将导致面积偏大，所测分子直径偏小，故D错误。
3.见解析
解析：主要有两个原因：（1）水面受到落下液滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积先扩张后又收缩；（2）油酸酒精溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，使液面收缩。
4.（1）a.B步骤中，“立即”改成“待油酸薄膜稳定后”
b.C步骤中，要在水面上均匀撒上爽身粉
（2）ECBAD （3）252 4×10－10
解析：（1）B步骤中，“立即”改成“待油酸薄膜稳定后”；C步骤中，要在水面上均匀撒上痱子粉或细石膏粉。
（2）实验时先配制油酸酒精溶液，得到一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，然后在浅盘中放入水，水面上撒上爽身粉，将一滴油酸酒精溶液滴入，测量油酸在水面上散开的面积，最后进行计算，故实验步骤的合理顺序是ECBAD。
（3）由题图可以估算出油膜的面积是S＝63×2 cm×2 cm＝252 cm2，1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V＝ mL＝1×10－11 m3，由此计算出油酸分子的直径是d＝＝ m＝4×10－10 m。
5.（1）B （2）8.8×10－10 （3）D
解析：（1）本实验中，需要将在水面上形成的油膜看成单分子油膜，并将油酸分子理想化为紧密排列的球体，从而所计算的油膜的厚度即为油酸分子的直径，因此，本实验体现的物理思想方法为理想化模型。故B正确，A、C、D错误。
（2）根据题意可得油酸酒精溶液的浓度为η＝＝5×10－4，则一滴该油酸酒精溶液中油酸的体积为V0＝×5×10－4 mL＝6.25×10－12 m3，对形成的油膜面积进行估算，不足半格的舍去，大于等于半格的记为一格，估算可得油膜面积为S＝71×1×10－4 m2＝7.1×10－3 m2，则油膜分子的直径为d＝＝8.8×10－10 m。
（3）拿错的注射器的针管比原来的粗，则滴出的一滴酒精油酸溶液的体积将偏大，即所含油酸的体积偏大，而计算过程中所用体积比实际小，因此测量得到的油酸分子的直径将偏小，故A错误；乙同学用注射器测得80滴油酸酒精的溶液为1 mL，不小心错记录为81滴，则所得一滴酒精油酸溶液的体积将偏小，从而使油酸的体积偏小，最终导致所测分子直径偏小，故B错误；丙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，则油膜面积偏大，从而导致所测油酸分子直径偏小，故C错误；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，则计算使用油酸的体积将偏大，从而导致所测油酸分子直径偏大，故D正确。
6.（1）4×10－12 4×10－10 （2）B
解析：（1）一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积为V0＝×m3＝4×10－12 m3，由图可知油膜中大约有112个小方格，则油膜面积为S＝112× m2＝1.12×10－2 m2，则油酸分子直径为d＝＝ m≈4×10－10 m。
（2）于老师在该实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据偏大，根据d＝，计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，则油膜面积测量值偏大，油酸分子的直径测量值偏小，A错误；水面上爽身粉撒的较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，油酸分子的直径测量值偏大，B正确；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴，则一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积测量值偏小，油酸分子的直径测量值偏小，C错误。
7.（1）CADBE （2）1.0×10－2 1.0×10－9
解析：（1）根据实验步骤的合理性顺序应为CADBE。
（2）油酸膜的面积S＝nL2＝1×10－2 m2，油酸体积V＝0.05％×0.02×10－6 m3＝Sd，所以d＝1.0×10－9 m。
3.分子运动速率分布规律
1.BCD 气体分子不断相互碰撞，速率不断变化，选项A错误；气体分子不停地做无规则热运动，其分子间的距离大于10r0，因此气体分子间除相互碰撞的短暂时间外，相互作用力十分微弱，分子的运动是相对自由的，可以充满所能达到的整个空间，故选项B、C、D正确。
2.ABD 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，向各个方向运动的分子数目相等，C错误，A、B正确；温度升高时，大量分子的平均速率增大，但某些分子的平均速率有可能减小，D正确。
3.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小，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，故选D。
4.D 各速率区间的分子数占总分子数的百分比不能为负值，A、B错误；气体分子速率的分布规律呈现“中间多、两头少”的趋势，故C错误，D正确。
5.B 封闭气体的压强产生的原因是大量气体分子对容器壁持续的、无规则碰撞产生的，而大气压强是因为地球表面的空气受到重力作用产生的，A错误；容器内的大量气体分子对器壁的碰撞满足统计规律，机会均等，故器壁各部分气体压强相等，B正确；温度升高，分子的平均速率增大，碰撞对容器壁的平均作用力增大，由于气体体积的变化情况不确定，故气体的分子数密度变化情况不确定，在单位时间内对单位面积器壁的平均撞击力不一定增大，C错误；一定质量的理想气体，从宏观上看，压强与气体的体积及温度均有关系，从微观上看，压强与单位体积内的分子数及分子的平均速率有关，故体积减小，压强不一定增大，D错误。
6.D 气体分子间距离大于10r0，分子间的相互作用力可忽略不计，故A、B、C错误；越往下压活塞越费力，是因为一定质量的空气体积减小，分子密集程度增大，空气分子在单位时间内对活塞的碰撞次数增多，压强增大，故D正确。
7.B 气泡的温度不变，则平均速率不变，选项A、C错误；气泡从湖底上升到湖面，则气泡内气体的压强减小，则对气泡壁单位面积的平均作用力减小，选项B正确，D错误。
8.ABD 温度越高，分子平均速率越大，A正确；由不同温度下的分子速率分布曲线可知，各速率区间的分子数占总分子数的百分比呈现“中间多、两头少”的统计规律，B正确；温度高，分子平均速率大，与任一分子的速率无关，C错误；温度升高则分子运动的激烈程度增大，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加，故对容器壁单位面积的平均作用力更大，D正确。
9.AC 根据分子速率分布规律呈现的“中间多，两头少”特征可知：M附近的银原子速率较大，PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，C正确，D错误；穿过S缝的银原子向右做匀速直线运动，同时圆筒匀速转动，银原子进入狭缝N后，银原子依次全部到达最右端并打在记录薄膜，打在薄膜M点附近的银原子先到达最右端，所用时间较短，所以速率较大，故A正确，B错误。
10.A 由题意可知，一个气体分子每与器壁碰撞一次，给器壁的冲量为ΔI＝2mv。设以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，则其内有的气体分子在Δt时间内与该柱体的底发生碰撞，碰撞的分子数为N＝×n×S×vΔt，则Δt时间内气体分子给器壁的冲量为I＝N·ΔI＝nSmv2Δt，器壁受到的压力为F＝＝nSmv2，则气体对器壁的压强为p＝＝nmv2＝nEk，故选A。
11.见解析
解析：不正确。气体压强是由于大量分子都在不停地做无规则运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强。分子的无规则运动与其是否处于失重状态无关，即气体压强与是气体否处于失重状态无关，所以两位同学观点错误。
12.见解析
解析：因为一定质量的气体产生的压强是由单位体积内的分子数和气体分子的平均速率决定的。体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子热运动加剧，分子的平均速率增大，单位时间内分子撞击器壁的次数增多，并且分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大。气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大。所以这两种情况在微观上是有区别的。
4.分子动能和分子势能
1.C 每个分子的体积大小与外界状态无关，A错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度升高，分子的平均动能增大，但并不是每个分子动能都增大，B错误，C正确；气体的分子间距非常大，分子间作用力几乎为零，D错误。
2.AB 因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，两种气体的分子平均动能相同，故选项A正确；因为氢气和氧气的分子质量不同，所以两种气体分子的平均速率不同，分子质量大的平均速率小，故选项B正确，D错误；虽然两种气体分子平均动能相等，但由于两种气体的质量不清楚，即分子数目关系不清楚，则总动能关系不确定，故选项C错误。
3.A 木块静止在桌面上时，物体没有速度，所以没有动能；但由于木块内部分子在不停地做无规则热运动，故分子存在动能，故A正确，B、C、D错误。
4.AB 分子势能变小，说明分子间作用力做了正功，A正确；若分子间距大于平衡间距，分子势能变小，分子间距变小，分子间作用力可能增大也可能减小，若分子间距小于平衡间距，分子势能变小，分子间距变大，分子间作用力减小，分子间的作用力表现为斥力，故B正确，C、D错误。
5.BC 分子力随分子间距离的变化而变化，当r＞r0时，分子间的作用力随着分子间距离的增大而减小，斥力减小得更快，故分子力表现为引力，且合力先增大后减小，故A错误；分子间的引力和斥力同时存在，当分子间的距离r＝r0时，引力等于斥力，分子力为零，故B正确；当分子间的距离r＜r0时，分子力表现为斥力，随着距离的增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间的距离r＞r0时，分子力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故当r＝r0时，分子势能最小，故C正确，D错误。
6.B 若y表示分子之间的作用力，则c点分子力为零，对应为平衡位置，A正确；力是矢量，若y表示分子之间的作用力，则分子之间的距离由rd增大到rb的过程中，分子力先减小后增大，B错误；分子势能是标量，若y表示分子之间的势能（以无穷远处为零势能点），则分子之间的距离由rd增大到rb的过程中，分子势能一直减小，C正确；若y表示分子之间的势能，a、b间分子力表现为引力，若y表示分子之间的作用力，a、b间的分子力也表现为引力，若一个分子固定在坐标原点，另一个分子由a点释放，则这个分子由a到b的过程中，分子力一定做正功，动能一直增加，D正确。
7.D 因为内能还和水的质量有关，所以热水的内能不一定比冷水的大，A错误；因为分子在永不停息地做无规则热运动，所以当温度等于0 ℃时，分子动能不为零，B错误；因为内能与物体的速度无关，所以物体加速运动，内能不一定增大，C错误；因为温度是分子平均动能的唯一标志，所以温度相等的水和冰，它们的分子平均动能相等，D正确。
8.C 组成物质的所有分子动能与分子势能之和是物体的内能，对单个分子不能谈内能，故A错误；分子的平均动能越大，物体的温度越高，单个分子的运动速度大小，对物体温度高低没有意义，故B错误；物体的内能与物质的量、温度和体积有关，物体内能变化时，它的温度可能不变，故C正确；物体的内能不光受温度的影响，还与物体的质量以及体积有关，所以同种物质，温度高的物体内能不一定大，故D错误。
9.B 机械能和内能是两种不同形式的能。机械能包括物体的动能、重力势能和弹性势能；而内能是指所有分子动能和分子势能之和，与物体的温度、体积和物质的量有关；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。
10.CD 物体举得越高，物体的重力势能越大，与分子势能没有关系，分子势能变化与分子间的距离有关，故A错误；物体的内能与物体的温度、体积等因素有关，所以物体的内能改变时，物体的温度可能不变，故B错误；扩散现象在固体、液体和气体中都能发生，只是相同时间内气态物质的扩散现象最明显，固态物质的扩散现象最不明显，故C正确；温度相同时，分子的平均动能相同，分子的平均动能与分子的平均速率和分子质量有关，氢气分子的质量小于氧气分子的质量，故氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率，故D正确。
11.A 0 ℃的水变成0 ℃的冰时，体积增大，并且放热，内能减小，因温度不变，分子平均动能不变，则分子势能减小，故A正确；悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，故B错误；将一个分子从无穷远处（r＞10－9 m）无限靠近另外一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子力先表现为引力，做正功，后表现为斥力做负功，分子势能先减小后增大，故C错误；内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能的总和，故D错误。
12.A 温度升高，分子平均动能增大；温度降低，分子平均动能减小。体积与分子势能间的关系复杂，不能简单地说“体积增大，分子势能增大”，只有选项A正确。
13.C 因为图中线段AQ＝QB，所以Q是平衡位置，则乙分子在P处所受到的分子间作用力表现为斥力，A错误；乙分子从较远处靠近甲分子，则在靠近Q的过程中，分子间作用力表现为引力，引力做正功，乙分子速度增大，分子势能减小，在Q点分子间作用力为零，加速度为零，越过Q点靠近甲分子过程，分子间作用力表现为斥力，斥力做负功，分子速度减小，势能增大，加速度增大，所以vQ＞vP、aQ＜aP、EP＞EQ，B、D错误，C正确。
14.ABD 当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到很远时，乙分子不再受分子间作用力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为 mv2，故A正确；此过程中，分子斥力始终做正功、分子引力始终做负功，即W合＝W斥－W引＝ mv2，即分子斥力比分子引力多做的功为 mv2，故B、D正确，C错误。
15.（1）Ek0－Ep0 （2）见解析
解析：（1）当b分子速度为零时，此时两分子间势能最大，根据能量守恒定律，有Epm＝Ek0－Ep0。
（2）由Ep-x图线可知，当两分子间势能为Epm时，b分子对应x1和x2两个位置坐标，b分子的活动范围Δx＝x2－x1，如图所示。
第二章 气体、固体和液体
1.温度和温标
1.ABC 热学中，为了描述系统所处的状态，所用到的物理量称为状态参量。确定系统空间范围用到的体积，它是一个几何参量；确定外界与系统之间或系统内部各部分之间的力的作用用到的压强，它是一个力学参量；确定系统的冷热程度用到的温度，它是一个热学参量，故A、B、C正确，D错误。
2.B 热力学的平衡态是一种动态平衡，组成系统的分子仍在不停地做无规则运动，只是分子运动的平均效果不随时间变化，系统的状态参量均不随时间发生变化，所以A、C、D错误，B正确。
3.B 两个系统达到了热平衡，它们具有一个“共同性质”，就是温度，或者说温度是决定一个系统与另一个系统是否达到热平衡的物理量，故B正确，A、C、D错误。
4.AB 系统处于平衡态时，其状态参量不随时间变化。冰水混合物在0 ℃的房间里，其温度、压强、体积都不再变化，处于平衡态，故A正确；铜块在沸水中加热很长时间后，其温度、压强、体积也不再变化，处于平衡态，故B正确；开空调5分钟内放映厅内气体的温度、体积都要变化，不是处于平衡态，故C错误；密闭绝热匀速运动的容器突然停止运动时，容器内的气体的温度升高，压强变大，其不是处于平衡态，故D错误。
5.AB 处于热平衡状态的系统，温度一定相同，故A正确；根据热力学温度T与摄氏温度t的关系T＝273.15＋t可知，摄氏温度变化1 ℃，热力学温度变化1 K，故B正确；摄氏温度1 ℃，对应热力学温度为274.15 K，故C错误；温度是分子平均动能的宏观标志，故D错误。
6.B 用热力学温标来表示最高温度和最低温度分别为T1＝273＋t1＝（273＋36）K＝309 K，T2＝273＋t2＝（273＋27）K＝300 K，最大温差为ΔT＝T1－T2＝309 K－300 K＝9 K，故选B。
7.BD 要测量冰下水的温度，必须使温度计与冰下的水达到热平衡时，再读出温度计的示数，但因隔着冰无法直接读数，把温度计取出来，显示的也不再是原热平衡状态下的温度，A错误，B正确；T＝t＋273.15 K＝（4＋273.15）K＝277.15 K，C错误，D正确。
8.D 用温度计测量液体温度时，温度计必须置于液体中，而且不能与容器壁或容器底接触，D项正确。
9.C 摄氏温度用t表示，热力学温度用T表示，则热力学温度和摄氏温度的函数关系为T＝t＋273.15 K，由函数关系式可知，T-t图像的斜率为正值，且当T＝0时， t为负值，故A、B、D错误，C正确。
10.BC 两个系统原来温度相同而处于热平衡状态，分开后，由于升高的温度相同，接触后两者仍处于热平衡状态，新的热平衡状态下温度比以前升高了，两个系统的状态都发生了变化，B、C正确。
11.ABC 双金属温度计是利用热膨胀系数不同的铜、铁两种金属制成的，双金属片的弯曲程度随温度变化而变化，A、B正确；题图甲中，加热时，双金属片弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大，C正确；题图乙中，温度计示数是沿顺时针方向增大的，说明当温度升高时温度计指针沿顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可以推断双金属片的内层一定是铁，外层一定是铜，D错误。
12.C 此温度计每一刻度表示的实际温度为 ℃＝ ℃，当它的示数为41 ℃时，它上升的格数为41－20＝21，对应的实际温度应为21× ℃＝35 ℃；同理，当实际温度为60 ℃时，此温度计应从20开始上升格数为＝36，它的示数为36 ℃＋20 ℃＝56 ℃，所以C正确。
13.t1
解析：由闭合电路欧姆定律I＝知若R较小，则I较大，可确定所标温度的高低。由题图甲可知t1＜t2，RA＜RB，由闭合电路欧姆定律I＝知连入RA时，电流I较大，对应t1，故t1应标在电流较大的位置上。
14.（1）1.8 华氏温度 （2）98.6华氏温度
解析：（1）1 ℃＝华氏温度＝1.8华氏温度。
（2）37×1.8华氏温度＋32华氏温度＝98.6华氏温度。
2.气体的等温变化
第1课时 实验：探究气体等温变化的规律
1.AD
解析：在柱塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，减小实验误差，故A正确； 由于注射器的直径均匀恒定，根据V＝LS可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，故B错误；推拉柱塞时，动作要慢，以免温度发生变化，故C错误；推拉柱塞时，手不可以握住整个注射器，以免温度发生变化，故D正确。
2.C 温度不变的一定质量气体，压强与体积成反比。实验数据中，第1次和第9次数据，它们的压强与体积乘积，正好近似相等，因此第7次的压强p7＝ kPa≈150 kPa，故C正确。
3.（1）5 mL 不需要 （2）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5 mL的注射器；横截面积不变，体积可用长度表示，不必算出体积的大小，就可以找到体积与压强的关系，因此不需要测量空气柱的横截面积。
（2）由于p-V图像为曲线，而p-图像为直线，以p为纵坐标时，应以体积的倒数为横坐标，压缩气体时，温度不变，p＝k，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。
4.（1）温度 （2）不需要 （3）
解析：（1）实验中所研究的对象是封闭气体，应保持不变的物理量是气体的温度。
（2）根据p1（H－h1）S＝p2（H－h2）S可得，p1（H－h1）＝p2（H－h2），则实验时，为判断气体压强与体积的关系，不需要测出容器的横截面积。
（3）要验证的关系为pV＝C，即p（H－h）S＝C，则p＝·，则为直观反映压强与体积之间的关系，若以空气柱压强p为纵坐标，则应以为横坐标在坐标系中描点作图。
5.（1）不需要 （2）p- （3）＞ 试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，即实验时未考虑注射器前端与橡皮帽连接处的气体
解析：（1）设气体初状态压强为p1，空气柱的长度为L1，气体末状态的压强为p2，空气柱长度为L2，空气柱的横截面积为S，根据玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S，所以实验需要验证p1L1＝p2L2，故实验不需要测量空气柱的横截面积。
（2）实验中空气柱体积变化缓慢，可认为温度保持不变。为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，应作出p-图像，其是一条倾斜的直线。
（3）由图乙可知两次实验气体的温度大小关系为T1＞T2；另一小组根据实验数据作出V-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与橡皮帽连接处的气体。
6.（1）压强 质量 温度 （2）不能
（3）实验时注射器内的空气发生了泄漏
解析：（1）题图甲中①为压强传感器；研究一定质量的气体压强与体积关系时，应保持气体的质量和温度不变。
（2）压强与体积成反比的图像应为双曲线的一支，题图乙的p-V图像不能确定是不是双曲线的一支，所以不能确定压强与体积成反比。
（3）实验时注射器内的空气发生了泄漏。
7.（1）防止漏气 （2）C
解析：（1）本实验研究温度不变时气体的压强与体积的关系。根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油。
（2）注射器是否固定在竖直平面内，与保持温度恒定无关，A错误；实验过程中手不能与注射器接触，否则手会把热量传递给注射器，B错误；推动活塞应缓慢进行，保持与外界温度相同，C正确。
第2课时 玻意耳定律
1.B 同一液体内部等高处的压强处处相等，由图中液面的高度关系可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh，A点的压强为pA＝p1＋ρgh＝p0＋2ρgh，故选项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＋，C正确。
3.C 以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故C正确。
4.C 初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态气体压强为p'＝p0＝75 cmHg，由玻意耳定律得 pLS＝p'L'S，解得L'＝6.4 cm，故A、B、D错误，C正确。
5.C 把汽缸和活塞当作整体，状态变化前后均满足平衡条件F＝（M＋m）g，弹簧弹力保持不变，两活塞位置保持不变，故A、D错误；图（a）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p0S＝p1S，p0增大，p1增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积缩小，汽缸位置下降；图（b）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p2S＝p0S，p0增大，p2增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积减小，汽缸位置上升，故B错误，C正确。
6.AB 选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线。故选A、B。
7.AD 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正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两点在同一等温线上，D正确。
8.D 由题图可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上。由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故D正确。
9.A 捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为p1＝p0＋ρgh1。水进入了滴管后管内气体的压强为p2＝p0＋ρgh2。根据玻意耳定律得（p0＋ρgh1）V＝（p0＋ρgh2）V'，可得后来气体体积大于初始体积，即V'＞V，所以V1＞V2，故A正确。
10.4p0 p0
解析：弹簧压缩后到阀门打开前瞬间，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V0，解得p1＝4p0，阀门打开后瞬间，根据玻意耳定律有p1V0＋p0V0＝p2（V0＋V0），解得p2＝p0。
11.（1） （2） m2
解析：（1）设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k，则质量之比也为k，以未被抽去的气体为研究对象，该部分气体原来体积为V-kV，压强为p0，该部分气体后来体积为V，压强为
p＝0.01p0
根据玻意耳定律有
p0（V－kV）＝pV
解得k＝。
（2）设真空吸盘的最小面积为S，则有
（p0－p）S＝mg
解得S＝ m2。
3.气体的等压变化和等容变化
第1课时 盖—吕萨克定律和查理定律
1.D 由盖—吕萨克定律有＝C，则对于一定质量的气体，在保持压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比，故D正确，A、B、C错误。
2.B 由盖—吕萨克定律可得＝，代入数据可得＝，解得T2＝450 K，所以升高的温度Δt＝ΔT＝150 ℃。故B正确。
3.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，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，故D错误。
4.BC 根据查理定律有p＝CT，C正确，D错误；将T＝（273.15＋t）K代入得p＝C·（273.15＋t）K，升高1 ℃时的压强为p1＝C·（274.15＋t）K，所以Δp＝，t＝0时有Δp＝，A错误，B正确。
5.A 根据题意，被封闭气体发生等容变化，满足查理定律＝C，即＝C，又因为Δp＝ρgΔh，所以水柱高度变化量Δh＝ΔT，可知水柱高度变化量Δh与温度的变化量ΔT成正比，因此玻璃管上的刻度从下到上都是均匀的。故选A。
6.AD 气体由A→C的变化过程是等温变化，由pV＝C（C是常量）可知，体积减小，压强增大，故A正确；由C→B的变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C（C是常量）可知，温度升高，压强增大，故B错误；综上所述，由A→C→B的过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确。
7.C 由图可知，状态a的温度小于状态b的温度，所以a状态气体分子的平均动能小于b状态气体分子的平均动能，A错误；p-T图像中，Oa的斜率大于Ob的斜率，则状态a的体积小于状态b的体积，B错误；同理，Ob的斜率与Oc的斜率相等，则状态b与状态c体积相等，C正确；a→c过程中气体温度升高，气体分子热运动的平均速率增大，但并不是所有分子的速率都增大，D错误。
8.B 由于气体的压强不变，故ΔV＝·ΔT，由于V1＝V2＞V3，T和ΔT相同，故ΔV1＝ΔV2＞ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。
9.AD 使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气体的压强始终等于外界大气压强且不变。若把烧瓶浸在热水中，气体体积增大，A管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向下移，故A正确，B错误；若把烧瓶浸在冷水中，气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应把A管向上移，故C错误，D正确。
10.B 当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压时，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线。故选B。
11.（1）20 kg （2）15 cm 35 cm
解析：（1）根据U形导管两侧水银面的高度差可知汽缸中的压强为pA＝p0＋ρgΔh
对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝pAS
联立解得m＝20 kg。
（2）由于活塞光滑，所以气体发生等压变化，U形导管两侧水银面的高度差不变，仍为Δh＝15 cm
初状态：温度为T1＝300 K
体积为V1＝50 cm×S
末状态：温度为T2＝210 K
体积为V2＝L'S
由盖—吕萨克定律有＝
解得活塞离容器底部的高度为L'＝35 cm。
12.（1）0.204 kg （2）45 cm
解析：（1）封闭空气柱压强为
p＝p0＋ρgΔh＝1.0×105 Pa＋13.6×103×10×0.15 Pa＝1.204×105 Pa
对活塞，有pS＝p0S＋mg
解得m＝0.204 kg。
（2）T1＝300 K，体积V1＝50S，T2＝270 K，体积V2＝l'S，由于在注水银和降低温度过程中活塞的质量不变，则气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律得＝，
解得l'＝45 cm。
第2课时 理想气体 气体实验定律的微观解释
1.ABC 理想气体是研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型，现实中并不存在，A正确；理想气体建立出来的理想化模型，其所具备的特性都是人为规定的，B正确；温度是分子平均动能的标志，故平均动能增大，其温度一定升高，C正确；实际气体只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体，D错误。
2.AC 根据理想气体的状态方程＝C可知，若经过等温膨胀，则T不变，V增加，p减小，再等容降温，则V不变，T降低，p减小，最后压强p肯定不是原来的值，A项不可实现；同理可以确定C项也不可实现。
3.D 由题图可知，A、B在一条等压线上，则pA＝pB，D、C在一条等压线上，则pC＝pD，由理想气体状态方程得＝C，可知越小，压强越大，因此则有pC＝pD＞pA＝pB，A、B、C错误，D正确。
4.AD 以活塞与汽缸组成的整体为研究对象，对其受力分析，其受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力，在升温过程中，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的高度h不变，故A、D正确；设汽缸质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，封闭气体压强为p，对汽缸，由平衡条件得pS＋mg＝p0S，解得p＝p0－，温度升高时，m、p0和S都不变，汽缸内封闭气体的压强p不变，根据理想气体状态方程＝C可以判断，气体温度升高时，体积V增大，汽缸向下移动，所以汽缸的高度H变化，故B、C错误。
5.A 16：00与10：00相比，温度升高，气体分子运动的平均动能增大，B错误；由于教室内气压认为不变，则墙壁单位面积受到气体压力不变，C错误；根据上述可知，气体压强不变，温度升高，气体分子运动的平均速率增大，则单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数减小，A正确；根据上述可知，气体压强不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，体积增大，即有部分气体膨胀到了室外，则教室内空气单位体积内的分子数量减小，D错误。
6.CD 由题图可知，B→C气体的体积增大，单位体积内气体的分子数减小，A错误；C→A为等温变化，分子平均速率vA＝vC，B错误；B→C为等压变化，pB＝pC，则气体分子对器壁产生的作用力，FB＝FC，由题图知，pA＞pB，则FA＞FB，C正确；A→B为等容降压过程，单位体积内气体的分子数不变，温度降低，NA＞NB，C→A为等温压缩过程，温度不变，单位体积内气体的分子数增大，应有NA＞NC，D正确。
7.CD 温度随高度增加而降低，在上升的过程中，温度降低，一定质量的理想气体内能取决于温度，故内能减小，A错误；在上升的过程中，温度降低，说明分子的平均动能减小，但不是气球内气体所有分子的动能都减小，B错误；在上升过程中，温度降低，分子的平均动能减小，则分子的平均速率减小，单位时间内撞到气球壁单位面积上的分子数逐渐减小，C正确；根据理想气体状态方程＝C，上升的过程中，体积增大，温度降低，则压强减小，D正确。
8.A 由理想气体状态方程pV＝CT，可得V＝T，可知V-T图像的斜率大小与压强大小成反比，如图所示，a'O和b'O分别是这个图的两条切线所对应的最大斜率和最小斜率，从状态c到状态a，斜率先增大后减小，可知压强先减小后增大，故A正确；由图可知整个过程中，b'的斜率最小，则气体在状态b'时压强最大，故B错误；同理可知气体在状态b时的压强大于在状态d时的压强，由压强的微观意义可知状态d时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态b时少，故C错误；状态c对应的温度高于状态a，因此在气体分子的各速率区间的分子数占总分子数的百分比图像中，状态c时的图像峰值比状态a时的图像峰值小，故D错误。
9.0.966
解析：由理想气体状态方程＝可得V2＝V1，代入数据解得V2＝0.966V1，所以此时轮胎内气体体积是上车前的0.966倍。
10.p0 0.24h
解析：初状态下，设封闭气体的压强为p1，以活塞为研究对象，由p1S＋mg＝p0S＋2mg，可得p1＝2p0，又V1＝hS，T1＝300 K
末状态下，设封闭气体的压强为p2，以活塞为研究对象，有p2S＋mg＝p0S＋2mg，
解得p2＝p0
又V2＝（h＋Δh）S，T2＝310 K
根据理想气体状态方程得＝
联立解得Δh＝0.24h。
11.（1）70 cmHg （2）400 K
解析：（1）根据左、右水银面的高度差为5 cm，可知开始时封闭气体压强为
p1＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
（2）设U形管的横截面积为S，对封闭气体
p1＝70 cmHg，T1＝280 K，V1＝L1S＝7.5 cm·S
设封闭气体升高至温度为T2时，左、右两管中水银液面相平，此时封闭气体的长度为
h2＝L1＋＝10 cm
封闭气体的压强为p2＝p0＝75 cmHg
根据理想气体状态方程得＝
解得稳定时理想气体的温度为T2＝400 K。
习题课一 理想气体状态方程和
实验定律的综合应用
1.D 根据p-V、p-T、V-T图像的意义可以判断，其中D项显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。
2.B 理想气体状态方程＝C→p＝·T气体从A到B，体积V不变，气体分子的数密度不变，A错误；
3.A U形管竖直管中右管水银面比左管水银面高h，则pA＝pB＋ph，假设温度升高时水银柱不移动，则由查理定律得＝，压强的变化量Δp＝p'－p＝p，ΔT相同，两气体初温相等，A的初始压强大，因此A的压强增量更多，因此A中液柱下降，B中上升，A体积变大，B体积变小，即pA'＝pB'＋ph1，h1＞h，故A正确。
4.BD 假设环境温度变化时，水银柱不动，则两部分气体都发生等容变化，由查理定律得Δp＝p1。因下部气体的压强大于上部气体的压强，温度相同，则下部气体的压强变化量大于上部气体的压强变化量。若温度降低，压强都减小，下部减小得多，则水银柱会向下移动；若升温，则下部气体压强增加得多，水银柱向上移动。据此可知本题中温度降低，两部分气体压强均减小，故A、C错误，B、D正确。
5.C 取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p（V0＋nV1），n＝＝（瓶）＝56（瓶），故C正确。
6.AC 以漏气前篮球内的气体为研究对象，初状态压强为p1＝1.46 atm，气体的温度为T1＝（273＋19）K＝292 K ，末状态时气体的温度为T2＝（273＋33）K＝306 K，气体发生等容变化，根据查理定律有＝，代入数值解得p2≈1.53 atm，故A正确，B错误；换下后置于馆内，稳定后篮球内气体的压强为p3＝p0＝1.00 atm，气体的温度为T3＝（273＋27）K＝300 K，设篮球的容积为V，根据理想气体状态方程可得＝，则漏掉的空气体积ΔV＝V3－V，由于在相同温度和压强下，质量之比等于体积之比，可得＝，代入数据解得＝，故C正确，D错误。
7.AB 作出V-T图像，如图所示，根据图像可得VA＝kATA＝TA，VB＝kBTB＝TB，当t＝273 ℃时，VA＝×（273＋273）m3＝0.6 m3，VB＝×（273＋273）m3＝0.2 m3，A气体的体积比B气体的体积大ΔV＝（0.6－0.2）m3＝0.4 m3，故A正确；当tA＝tB时，＝＝，故B正确，C错误；根据理想气体的状态方程可知＝C，可知V＝T，故＝＝＝，故D错误。
8.A 设A管气压为pA，B管气压为pB，则pA＋ρgh＝pB，此时pA＜pB，升高或降低相同的温度，根据＝C知在体积不变时有｜Δp｜＝p1，所以升高同样温度，初状态压强大的气体（B气体）压强增加量大，水银柱向左移动，所以h变大，两部分气体的压强差比升温前大；反之降低相同的温度，B气体压强减小量大，水银柱右移，高度差h变小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；当U形管由图示位置开始下落时，系统处于完全失重状态，高出h的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，所以h变大，故C正确，不符合题意；若U形管加速下落过程中液柱稳定时，通过对水银柱受力分析（加速度等于重力加速度g）可知A、B两部分气体压强相等，则两部分气体的压强差为零，故D正确，不符合题意。
9.12
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，V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
V2＝＝ L＝520 L，
（V2－V1）→V3，由玻意耳定律可得
p2（V2－V1）＝p3V3，
V3＝＝ L＝4 800 L，
则＝12（天）。
10.（1） （2）1.2×105 Pa
解析：（1）设气闸舱中气体压强从p1＝1.0×105 Pa减小到p2＝2 000 Pa时，体积从V1＝10 m3增大为V2，根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得
V2＝＝500 m3
则从气闸舱中抽出的气体与原有气体的质量之比为
＝＝。
（2）从气闸舱中抽出的气体都排入工作舱，设排入气体后，工作舱中的压强为p3，根据玻意耳定律可得
p1V工＋p2（V2－V1）＝p3V工
解得p3＝
＝ Pa
≈1.2×105 Pa。
4.固体
1.D 明矾、石英、冰块为晶体，塑料为非晶体。
2.A 物质在一定条件下可以在晶体和非晶体之间相互转化，所以同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，故A正确；窗户上的玻璃虽然有规则的几何外形，但玻璃没有确定的熔点，是非晶体，故B错误；金属虽然没有确定的几何形状，也不显示各向异性，但其具有确定的熔点，是晶体，故C错误；晶体熔化时要不断吸收热量，但温度保持不变，所以分子的平均动能不变，故D错误。
3.C 电流表示数发生变化，说明圆板沿AB和CD两个方向的导电性能不同，即物理性质表现为各向异性，所以圆板是单晶体。故C正确。
4.C 由图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是晶体，具有一定的几何外形，有固定的熔点、有各向异性的特点。故选C。
5.AD 岩盐离子按一定规律排列，则岩盐是晶体，故A正确，B错误；固体岩盐中氯离子和钠离子都在不停地振动，故C错误，D正确。
6.B 晶体具有固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，故A错误；晶体在固定的温度下熔化为液体，而非晶体随着温度的升高逐渐变成液体，则bc段表示晶体的固液共存状态，故B正确；曲线M的ab段表示固态，曲线M的cd段表示液态。由于非晶体没有固定熔点，逐步熔化，曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，它先是变软，然后逐步由稠变稀，最终完全变成液态，故C、D错误。
7.A 若A、B两点的温度变化不同，说明薄片具有各向异性，则薄片一定为晶体，故A正确，B错误；若A、B两点的温度变化相同，说明薄片具有各向同性。而根据晶体与非晶体的特性规律，单晶体具有各向异性，非晶体与多晶体具有各向同性，因此，薄片既有可能为非晶体，也有可能为多晶体。故C、D错误。
8.D 石墨是晶体，A错误；单层石墨烯的厚度约为原子尺寸10－10 m，B错误；石墨烯是石墨中提取出来的新材料，C错误；根据分子动理论，固体分子在平衡位置附近不停地振动，D正确。
9.D 石墨中的碳原子是运动的，A错误；由题意可知单层的厚度为d＝ m≈3×10－10 m，且层与层之间有间距，B错误；石墨烯碳原子间不仅存在分子引力，同时也存在分子斥力，C错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，D正确。
10.B 晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，A正确；金刚石和石墨都是由碳原子直接构成的，因为碳原子的排列方式不同，故其物理性质差异很大，石墨质地松软，可以用来制作铅笔芯，金刚石很硬，可以用于制造玻璃刀和钻头，B错误，D正确；晶体的许多特性都与点阵结构有关，C正确。
11.见解析
解析：（1）在确定方向上原子有规律排列，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，在空间延伸上呈现出一定的周期性等。
12.（1）停表 （2）42 （3）晶体 （4）温度达到熔点 （5）C
解析：（1）由表中数据可知，实验需要测量温度和时间，实验中需要的测量工具是温度计和停表。
（2）如题图乙，温度计的分度值为1 ℃，读数为42 ℃。
（3）由记录的实验数据可知，海波在固定的温度开始熔化，熔化时温度不变，因此海波是晶体。
（4）通过实验可知，海波熔化需要达到48 ℃，熔化过程中，需要继续加热，由此可知海波熔化需要的条件是：①温度达到熔点；②继续吸收热量。
（5）海波是晶体，熔化过程中温度是不变的，烧杯中的水少，不会影响温度计的示数，故A错误；对试管内的海波不断搅拌，试管中海波受热更加均匀，熔化过程中，温度计示数是不会上升的，故B错误；温度计的玻璃泡碰到了试管壁，因为烧杯中水的温度高于海波的温度，温度计示数缓慢上升，故C正确；海波是晶体，熔化过程中吸热，但温度保持不变，故D错误。
5.液体
1.D 液体表面层的分子分布比内部稀疏，故A错误；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错误，D正确；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错误。
2.A 液体表面的分子数目较少，分子间距大于r0，分子间作用力表现为引力，即液体的表面张力，表面张力的作用效果是使液体的表面积减小，因此若将肥皂膜的a部分用热针刺破，b部分液体由于表面张力作用，表面积缩小将细线绷紧，故呈现选项A中所示的形状，故A正确，B、C、D错误。
3.BCD 题图甲中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；题图乙中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间作用力表现为引力，从而产生表面张力，故B正确；题图丙中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用，故C正确；题图丁中液体表面张力方向与液面平行，故D正确。
4.A 根据题图可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，故A正确；玻璃管与其他液体有可能浸润，管中液面会上升，故B错误；不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，故C错误；在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，故D错误。
5.BC 鸭子从池塘中出来，羽毛不湿是不浸润现象，A错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力作用的结果，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形，B正确；压紧土壤可以把地下水分引上来是毛细现象，故C正确；要保存地下的水分就要把地面的土壤锄松，防止毛细现象的发生，D错误。
6.BD 液体对固体浸润的情况下，在细管中液面将上升，A错误，B正确；毛细现象是指浸润液体在细管中上升，以及不浸润液体在细管中下降的现象，C错误；在液体和毛细管材料一定的情况下，管越细毛细现象越明显，D正确。
7.BD 液晶是一种介于晶体与液体之间的液态晶体，它不是晶体更不是非晶体；液晶分子像晶体分子一样排列有序，但是它们又像液体分子一样可以自由移动，没有固定的位置，即位置无序，所以液晶具有流动性；有些物质只有在特定的条件下才具有液晶态，并不是所有物质都具有液晶态；天然存在的液晶很少，多数液晶是人工合成的，故B、D正确。
8.AD 晶体分为单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何外形，A正确；而多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成，没有天然规则的几何外形，但有固定的熔点，B错误；液晶是一种介于固体与液体之间的中间态，它既具有液体的流动性，又像某些晶体一样具有光学各向异性，C错误，D正确。
9.B 水黾可以停在水面，是因为水的表面张力作用的缘故，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银和空气之间的相互作用力也比较小，这就导致了水银在接触到其他物体时，会尽可能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；当一根内径很细的管垂直插入液体中，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象，减小水分蒸发，故D错误。
10.D 因为水银不浸润玻璃，所以在完全失重的情况下，水银的形状只由表面张力决定，因为在表面张力作用下水银的表面要收缩至最小，所以最终水银呈球形，D正确。
11.C 水和液桥板间是浸润的，若不浸润，则水不会附着在板上，无法形成液桥，故A错误；液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切，故B错误；由于液体表面层的分子间距大于液体内部的分子间距，从而使液体表面存在张力，故C正确；日常生活中我们在指间用水拉出的液桥最多几毫米，是因为液体受到自身重力的影响较大，并不是因为表面张力比在太空小，故D错误。
12.D 由题意知，在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，玻璃呈乳白色，即不透明，像一块毛玻璃，可知入射光在液晶层发生漫反射，光线可以通过，但通过量较少，而且没有规律，A、B错误；通电以后，弥散分布的液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，整个液晶层相当于一块普通的透明玻璃，可知通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播，C错误，D正确。
13.C 铁丝在刚离开液面时和液面之间形成一层膜，膜中分子密度小，分子稀疏，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，即液膜的表面张力对铁丝产生向下的拉力作用，使天平左端下降，故C正确。
14.见解析
解析：水和油对竹筷或玻璃棒是浸润的，因此水和油可以沿着竹筷或玻璃棒流入瓶中；如果要将水银灌入小口瓶中，不能采用竹筷或玻璃棒，因为水银对竹筷或玻璃棒是不浸润的，但可以采用铅棒，因为水银对铅是浸润的。
第三章 热力学定律
1.功、热和内能的改变
1.B 当用力向下压活塞时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，当达到乙醚着火点时，玻璃筒内棉花就会燃烧起来，此实验说明了：外界对物体做功，可以使物体的内能增加。故选B。
2.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A正确。
3.C 空气团上升过程中由于空气团外部的压强减小，则空气团体积膨胀，气体对外做功，气体与外界无热交换，根据ΔU＝W可知，内能减小，理想气体内能只与温度有关，因此空气团温度降低，C正确。
4.C 发生传热的条件是两物体存在温度差，当两物体温度相等时，传热就不再发生，与两物体的内能、所处状态均无关，故C正确，A、B、D错误。
5.B 热量的概念只有在涉及能量传递时才有意义，所以不能说物体含有多少热量，A错误；物体间发生传热的条件是物体间存在温度差，B正确；在传热中，热量一定从温度高的物体传向温度低的物体，温度高的物体内能不一定多，内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递，故C、D错误。
6.D 两个物体之间发生传热的条件是存在温度差，与内能、比热容、热量等无关，而温度是物体分子平均动能的标志，故一定是一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能，故D正确。
7.CD 热量和功都是过程量，而内能是一个状态量，热量是单纯的传热过程中系统内能变化的一个量度，是一个过程量，与功类似，不能讲某个时刻物体具有多少热量，应该讲在传热过程中有多少热量从高温物体传到了低温物体，所以不能讲温度高的物体含有的热量多，内能大的物体含有的热量多；热量、功和内能的国际制单位都是焦耳。故选项C、D正确，A、B错误。
8.C 物体的温度升高时，可能是外界对物体做了功，不一定吸收热量，选项A错误；物体沿光滑斜面下滑时，没有摩擦力做功，则物体的内能不会增大，选项B错误；物体沿斜面匀速下滑时，有摩擦力做功转化为物体的内能，则物体的内能可能增大，选项C正确；热量总是从高温物体传递给低温物体，当温度相等时传热停止，选项D错误。
9.A 物体吸收热量，温度不一定就升高，例如晶体熔化、液体沸腾这些过程，B错误；热量是在传热过程中传递能量的多少，是过程量，因此不能说物体含有热量，C错误；在传热的过程中，传递的是能量，不是温度，温度变化是能量变化的表象，D错误；一个铁块的温度升高，其内能增大，A正确。
10.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，选项A、B、D不是焦耳实验的结论。
11.B 高压气体膨胀对外做功，气体内能转化为礼花的机械能，气体内能减少，温度降低，分子热运动减慢，故A、C错误，B正确；气体对外做功，内能减少，这是通过做功的方式改变自身的内能，故D错误。
12.C 气体向真空膨胀，不做功，此为绝热容器，无传热，Q＝0，所以气体内能不变，故C正确。
13.B A、B两球升高同样的温度，体积变化又相同，则二者内能的变化量相同，而B球是处在水银中的，B球膨胀时受到的压力大，对外做功多，因此B球吸收的热量较多，故B正确。
14.1 030 J
解析：汽缸及活塞均绝热，外界对气体所做的功全部转化为气体的内能，即
ΔU＝W外＝（m活塞＋m物体）gΔh＋p0SΔh
代入数据解得ΔU＝1 030 J。
2.热力学第一定律
3.能量守恒定律
1.C 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－100 J－40 J＝－140 J。故C正确。
2.D 根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－4 J，即锅内气体内能减少了4 J，故D正确，A、B、C错误。
3.C 人迅速坐下时，外界对气体做功，气体还没来得及与外界进行充分的热量交换，所以缸内气体的温度升高，故A错误；人坐在椅子上不动，由于人处于平衡状态，所以气体的压强不发生变化，故B错误；人离开椅子后，经过足够长时间，汽缸内气体的温度和外界温度相等，可知气体的内能不变，气体体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，汽缸内的气体对外界做功的大小一定等于气体吸收的热量，故C正确，D错误。
4.CD 永久磁铁间的作用力可以使机械转动起来，是磁场能转化为动能，但要使其持续运动，仍需从外界补充能量，这样的永动机不可能制成，故A不符合题意；若没有外界或自身提供的动力系统（例如风力、人力等），那么它无法获得动能，将不能在水面上行驶，故B不符合题意；在飞机上安装光能发电机，将光能转化为电能，再利用电能使飞机飞行，故C符合题意；蓄电池的电能转化为“木牛流马”的动能，使其行走，故D符合题意。
5.B 第一类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律，故B正确，A、C、D错误。
6.D 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转化成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转化成沙箱和子弹的机械能，故D正确。
7.D 由W＝p·S·Δh＝p·ΔV可知，大气压力对A、B中水做功的代数和为零，但由于水的重心下降，重力势能减小，由能量守恒定律可知水的内能增加，选项D正确。
8.B 被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，重新鼓起来，体积增大，则气体对外做功W＜0，温度升高，内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＞0，即此过程气体吸热，B正确，A、C错误；气体分子总数不变，体积增大，单位体积内分子数减少，D错误。
9.ABD 抽开隔板时，由于右方是真空，气体自由扩散，没有对外做功，又没有传热，则根据ΔU＝Q＋W可知，气体的内能不变，故A正确，C错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，又没有传热，根据ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故B、D正确。
10.B 由于罐内气体温度保持不变，所以气体的内能保持不变，A错误；随着液体喷出，罐内气体的体积增大，由玻意耳定律可知，气体体积增大，压强减小，B正确；气体的体积增大，让药液喷出，所以气体对外界做功，C错误；由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W，已知ΔU＝0，W＜0，则Q＞0，即气体要从外界吸热，D错误。
11. 外界对气体 1.6×105
解析：由题意可知W＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得W＝1.6×105 J，明显W＞0，故外界对气体做功。
12.B 利用潮汐发电，就是将水的重力势能转化为电能，一次退潮水坝内水的势能减少
W水＝GΔh＝mgΔh＝ρ水VgΔh＝ρ水SghΔh
海水平均潮差为3.0 m，则水的重心下降的高度
Δh＝ m＝1.5 m
水能转化电能的效率是10％，则水的势能可转变成的电能为W电＝W水×10％＝ρ水SghΔh×10％＝1.0×103×5.0×108×10×3.0×1.5×0.1 J＝2.25×1012 J
每天两次涨潮，则该电站一天能发电4.5×1012 J，所以每天的平均功率为P＝ W≈5.2×104 kW，故B正确。
13.（1）减少 1.8×105 J （2）增加 （3）减少
解析：（1）气体从外界吸热为Q＝4.2×105 J
气体对外做功W＝－6×105 J
由热力学第一定律
ΔU＝W＋Q＝（－6×105 J）＋（4.2×105 J）＝－1.8×105 J
ΔU为负，说明气体的内能减少了
所以，气体的内能减少了1.8×105 J。
（2）因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了。
（3）因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了。
习题课二 热力学第一定律和
气体实验定律的综合应用
1.AC 由题图知，在过程ca中，气体体积减小，则外界对气体做功，即W＞0，由于气体温度不变，故气体的内能不变，即ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＜0，即气体放热，故A正确，D错误；由题图知，在过程ab中，气体体积不变，则气体对外界不做功，故B错误；由题图知，在过程bc中，气体体积增大，则气体对外界做功，即W＜0，而气体的压强不变，由查理定律可知，气体的温度升高，故气体的内能增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。
2.BC 气体由A到B体积减小，外界对气体做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，该过程气体不一定从外界吸收热量，故A错误；根据理想气体状态方程＝C可知，状态A的压强小于状态B的，则气体在状态A时对单位面积压力更大，根据I＝Ft可知，气体在状态A时单位时间内对单位面积器壁的冲量更小，故B正确；气体由B到C，体积不变，气体不做功，温度升高，气体的内能增加，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故C正确；气体由C到D的过程，做等温变化，气体的内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于从外界吸收的热量，故D错误。
3.A 缓慢推倒汽缸，汽缸内气体压强减小，而环境温度不变，则气体体积增大，单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数减少，该过程气体对外做功，由于温度不变，分子平均动能不变，分子撞击汽缸壁的平均作用力不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确，B、C、D错误。
4.C 充气过程中，储气室内气体质量增大，温度不变，气体分子平均动能不变，但内能增大，故A、B错误；喷水过程中，液面下降，气体体积增大，储气室内气体压强减小，气体体积增大，对外做功，而温度不变，由热力学第一定律知储气室内气体吸热，故C正确，D错误。
5.BC 由于气体体积变大，可知外界对内部封闭气体做负功，故A错误；静置后内部封闭气体的温度升高，则气体分子的平均速率增大，气体的内能增加，故B、C正确；根据理想气体状态方程＝C ，由于不知道气体的初始压强，所以不能求出静置后内部封闭气体的压强，故D错误。
6.（1） Δh （2）ΔU＋1.1p0SΔh
解析：（1）活塞处于平衡状态，则pS＝p0S＋mg
汽缸内气体的压强p＝p0＋
解得m＝
加热过程中气体做等压变化，有＝
解得h＝Δh。
（2）加热过程中气体对外做功，有W＝－pSΔh
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋1.1p0SΔh。
7.B 越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；小瓶在上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程＝C，气体体积变大，瓶内气体对外界做正功，B正确；由A、B分析可知，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加、对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
8.BD 理想气体的内能与温度有关，而温度始终不变，内能不变，故A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能不变，外界对气体做功，气体应该对外界放出热量，故B正确；理想气体的分子势能为零，故C错误；随着水面上涨到井盖被顶起之前，在温度不变的情况下，气体分子平均动能不变，但是，气体分子的数密度增大，故气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大，故D正确。
9.C 气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p-V图像与横轴所围的面积表示气体做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误；气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，c状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误；气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确；由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误。
10.（1）2T0 （2）Q－（p0S－Mg）
解析：（1）在活塞碰到挡板前，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律，有＝
解得T1＝2T0。
（2）从T0升高到3T0的过程中，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W＝－0.5pSH
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－（p0S－Mg）。
4.热力学第二定律
1.B 扩散现象是不同物质相互接触，彼此进入对方的现象，具有自发性，酒精具有易挥发的特性，用蒸发使酒精挥发，这个过程引起了其他变化，所以说扩散现象具有方向性，故B正确，A、C、D错误。
2.ACD 传热、气体的扩散和气体在真空中的膨胀都是与热现象有关的宏观自然过程，由热力学第二定律可知，它们都具有方向性，故A、C、D正确；动能向势能的转化与热现象无关，不具有方向性，故B错误。
3.C 此过程虽然是气体从单一热库吸热，全部用来对外做功，但引起了其他变化，所以此过程不违反热力学第二定律，故C正确。
4.ACD 第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，选项A正确，B错误；热力学第一定律与热力学第二定律相辅相成，相互独立，选项C正确；热力学第二定律的两种表述是等效的，选项D正确。
5.C 热量能由低温物体传递到高温物体，此过程会引起其他的变化，A错误；效率为100％的热机不可能制成，不违反能量守恒定律，但它违反了热力学第二定律，因此它不可能制成，B错误；由熵增加原理可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，C正确；根据热力学第一定律，即ΔU＝W＋Q，物体的内能的变化与外界做功和物体的吸收热量有关，外界对物体做功，物体对外放热，物体的内能可能减小，D错误。
6.ACD 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，内能不变，即ΔU＝0，而W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＞0，气体一定从外界吸收热量，故A正确；热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，故B错误；0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，故C正确；热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，故D正确。
7.C 根据能量守恒定律可知选项A错误；在能源的利用过程中，虽然能量在数量上并未减少，但是能源的品质在降低，所以还需要节约能源，选项B错误；根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，选项C正确；能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减小，但能量品质降低了，选项D错误。
8.0.01 kg
解析：效率等于有用功与总功的比值，总功W总＝＝＝4.5×105 J；根据能量守恒定律可知，W总＝Q放＝qm，消耗的汽油质量为m＝＝ kg＝0.01 kg。
9.D 热力学第一定律反映了物体的内能变化与做功和传热的关系，而热力学第二定律则反映了热现象的宏观方向性，A错误；在外界的影响下，可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，B错误；我们要节约能源的根本原因是可利用能源的数量在不断减少，但能量的总量是不变的，C错误；根据热力学第二定律，即使没有摩擦、不必要的散热损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，也就是说，热机的效率不可能达到百分之百，D正确。
10.C 由于系统温度保持不变，所以气体内能不变，即ΔU＝0，气闸舱B内为真空，打开阀门K，A内的气体自由扩散，该过程气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝0，既不吸热也不放热，故A、B错误；气体体积增大，则气体分子的数密度减小，温度不变，则分子的平均动能不变，则气体分子在单位时间对A舱壁单位面积碰撞的次数减少，故C正确；根据热力学第二定律可知，B中气体不能自发地退回到A中，即A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故D错误。
11.C 由1度＝1 kW·h＝3.6×106 J，这个屋顶在一天内发电大约有E＝ηεSt＝1 400×10×5×6×3 600×23％ J≈100度，故C正确。
12.3.4 kW
解析：在时间t内作用于风车的气流质量为
m＝πr2vtρ
这些气流的动能为mv2，转变的电能为
E＝mv2×10％
故风车带动电动机功率为
P＝＝πr2ρv3×10％
代入数据解得P≈3.4 kW。
第四章 原子结构和波粒二象性
1.普朗克黑体辐射理论
1.A 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确，B、C、D错误。
2.D 自然界的任何物体都在向外辐射电磁波，故A错误；黑体对于外界过来的电磁波只吸收而不反射，但黑体辐射光，肉眼能看到黑体，故C错误；温度升高，黑体辐射各种波长的辐射强度都有增加，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B错误，D正确。
3.C 黑体指的是在任何温度下都能全部吸收任何波长的电磁波而不发生反射的物体，黑体本身也能向外辐射电磁波，并非在任何温度下都呈黑色，只有当自身辐射的可见光非常微弱时看上去才是黑色，A、B错误；黑体辐射规律表明，电磁波的能量是不连续的，C正确；黑体辐射电磁波的强度按波长的分布与黑体的形状无关，只与黑体的温度有关，D错误。
4.A 黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射强度越大，同时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B、C、D错误，A正确。
5.D 普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元。量子不是类似于质子、电子的微观粒子，不是一种高科技材料，不是一个数量级的常量，它表示微观世界的不连续性观念。故选D。
6.A 带电微粒辐射和吸收能量时是以最小能量值——能量子ε的整数倍一份一份地辐射或吸收的，是不连续的。故选项A正确，B、C、D错误。
7.A 由c＝λν可知ν＝，由能量子公式ε＝hν得ε＝h，故选项A正确，B、C、D错误。
8.B 打断该材料分子键需要的能量为该激光器单光子能量，则该激光的光子能量为ε＝hν＝，解得ε＝5.5×10－19 J，故选B。
9.ACD 我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫作热辐射，故A正确，B错误；随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故C正确；如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，简称黑体，故D正确。
10.C 设离灯10 m远处每平方米面积上每秒灯照射的能量为E0，则有E0＝，设每秒穿过的能量子数为n，则有nh＝E0，解得n＝，代入数据得n≈2×1017个，故C正确。
11.AC 激光在介质中折射率n＝＝＝，所以激光在真空中的波长为nλ，故A正确；激光频率ν＝＝，故B错误；在t s内辐射能量E＝Pt，每个能量子ε＝hν＝h，故在t s内辐射的能量子数为＝，故C正确，D错误。
12.D 两束能量相同的色光，都垂直地照射到物体表面，在相同时间内打到物体表面的光子数之比为5∶4，根据E＝Nε，因为E相同，可得光子能量之比为4∶5；再根据ε＝hν＝，光子能量与波长成反比，故光子波长之比为5∶4，故选D。
13.36 ℃ 2.12×10－22 J
解析：人体表面的温度为
T＝＝ K≈309 K≈36 ℃
人体辐射的能量子的值为ε＝h＝6.63×10－34× J＝2.12×10－22 J。
14.3.0×10－3 m 3.99×1017个
解析：以Δt、L、c分别表示光脉冲的持续时间、长度和光速，由题意可知该光脉冲的长度
L＝cΔt＝3.0×10－3 m。
以P和E分别表示红宝石激光器的发射功率和光脉冲的能量，则有E＝PΔt
以λ和ν分别表示红宝石激光的波长和频率，则有
c＝λν
因此得到每个红宝石激光的光子的能量
ε＝hν＝
所以该光脉冲含有的光子数
n＝＝≈3.99×1017个。
2.光电效应
1.AC 光电子的最大初动能跟光的频率有关，跟光强无关，故A正确，B错误；频率不变时，发生光电效应时单位时间内的光电子数正比于光强，故C正确，D错误。
2.B 光电效应具有瞬时性，从光照射至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔与光的照射强度无关，故A错误；在发生光电效应的情况下，频率一定的入射光的强度越强，单位时间内发出光电子的数目越多，故B正确，D错误；每种金属都有它的截止频率νc，入射光的频率小于金属的截止频率νc时，不会发生光电效应，故C错误。
3.A 甲灯没有使锌板产生光电效应，但乙灯使锌板发生了光电效应，故乙灯发出的光频率更高，波长更短，光电效应发生与否与光强无关，同种介质中光的传播速度相同，故A正确，B、C、D错误。
4.A 根据爱因斯坦光电效应方程可得Ek＝hν－W，该金属的逸出功为W＝2.2 eV，光电子的最大初动能为1.1 eV，解得hν＝3.3 eV，根据逸出功与截止频率的关系可得W＝hν0，解得＝，故选A。
5.C 光电管两端接的是反向电压，开关K断开后，光电管两端的电压为零，逸出的光电子能够到达另一端，则仍然有电流流过电流表G，故A错误；当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表的读数为0，可知遏止电压为0.7 V，根据动能定理得eUc＝Ek，则光电子的最大初动能为0.7 eV，故B错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0，代入数据解得逸出功W0＝2.3 eV，故C正确；改用能量为1.5 eV的光子照射，因为光子能量小于光电管阴极的逸出功，则不会发生光电效应，没有光电流，故D错误。
6.A 根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，遏止电压与最大初动能的关系－eUc＝0－Ek，两式联立解得eUc＝hν－W0，所以入射光频率越大，遏止电压越大，遏止电压与入射光的强度无关，故A正确，C错误；金属的截止频率与入射光无关，取决于金属，因甲、乙两种光分别照射同一光电管，所以金属的截止频率相同，故B错误；滑动变阻器滑片P移至最左端，所加的反向电压为零，因能发生光电效应，所以电流表示数不为零，故D错误。
7.CD 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则其动量减小，波长增大，故A错误；康普顿效应不仅仅出现在石墨对X射线的散射中，故B错误；康普顿效应揭示了光具有粒子性，表明光子具有动量，故C、D正确。
8.D 光的干涉、衍射及折射现象证明了光的波动性，光电效应和康普顿效应证明了光的粒子性。故D正确。
9.D 光电效应中，金属板向外发射的光电子是电子，不可以叫光子，选项A错误；在光电效应实验中，光电流的大小与光照时间无关，选项B错误；根据Uce＝m＝hν－W逸出功，则对于同种金属而言，遏止电压随入射光的频率增加而增大，选项C错误；石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长，频率变小，这个现象称为康普顿效应，选项D正确。
10.B 由光子的能量ε＝和爱因斯坦光电效应方程有Ek1＝－W0，Ek2＝－W0，又Ek1∶Ek2＝1∶2，联立各式解得逸出功W0＝。故B正确。
11.C 由于截止频率为ν0，故金属的逸出功为W0＝hν0，A正确；由光电效应方程可知，光电子飞出时的最大动能为Ek＝hν－W0，由于加的正向电压U，由动能定理eU＝Ek'－Ek，解得Ek'＝hν－hν0＋eU，故B正确；若将滑片P向右滑动，如果电流达到饱和电流，则电流不再发生变化，故C错误；若将P'向右滑动，所加电压为反向电压，由eU'＝Ek，可得U'＝，则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能到达A极板，则光电流为零，故D正确。
12.BC 入射光子的动量p＝，故A错误；K电极发射光电子的最大初动能为Ek，则Ek＝h－W0 ，解得W0＝－Ek，故B正确；电子聚集在A电极后，使A极带负电，因此会在球内部建立一个从K指向A的反向电场，阻碍电子继续往A聚集。当A、K之间达到最大电势差U，最大初动能为Ek的电子都无法到达A极。根据动能定理得－eU＝0－Ek ，A、K之间的最大电压U＝，故C正确；根据Ek＝h－W0，可知，若仅增大入射光强度，最大初动能不变，A、K之间电压将不变，故D错误。
13.（1）能使钠、钾、铷发生光电效应 （2）铷 1.56×10－19 J
解析：（1）波长越小，光子频率越大，根据最小波长求出最大的光子能量ε＝hν＝h
将λ＝4.0×10－7 m代入，解得ε≈4.97×10－19 J。
根据Ek＝hν－W0可知，入射光的光子能量大于金属的逸出功时可发生光电效应，则可见光能使钠、钾、铷发生光电效应。
（2）根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，入射光的光子能量hν越大，且金属的逸出功W0越小时，逸出的光电子初动能越大。
照射金属铷时，逸出的光电子最大初动能最大。
将ε＝4.97×10－19 J和W0＝3.41×10－19 J代入，解得Ek＝1.56×10－19 J。
习题课三 光电效应方程及其应用
1.B 设单色光的最低频率为ν0，由Ek＝hν－W0知Ek＝hν1－W0，0＝hν0－W0，又ν1＝，整理得ν0＝－，解得ν0≈8×1014 Hz。故B正确。
2.D 根据公式c＝λf＝λν可得，a、b两种光的频率之比为3∶2，所以光子能量之比为3∶2，故A、B错误；根据公式p＝可得，a、b两种光的光子动量之比为3∶2，故C错误；根据光电效应方程可得Eka＝hνa－W0 ，Ekb＝hνb－W0 ，＝ ，联立可得W0＝2Eka－3Ekb，故D正确。
3.B 图甲中所加的电压为反向电压，根据题意可知，遏止电压为0.60 eV，根据Ek＝eUc可知，光电子的最大初动能为0.60 eV，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，解得逸出功W0＝hν－Ek＝2.5 eV－0.60 eV＝1.9 eV，图乙中所加的电压为正向电压，根据动能定理eUc＝Ek'－Ek，解得电子到达阳极的最大动能为Ek'＝eUc＋Ek＝1.5 eV＋0.6 eV＝2.1 eV，故选B。
4.B 由题意可得金属逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1＝＝、Ek2＝ ，设乙的频率为ν，金属的逸出功为W0，由爱因斯坦光电效应方程可得Ek1＝h×2ν－W0、Ek2＝hν－W0 ，解得W0＝ ；由W0＝hνc解得金属的极限频率为νc＝，故选B。
5.A 根据爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0＝hν－hνc，又Ek＝eUc，则eUc＝hν－hνc，由题图图线可知，当Uc＝0时，ν＝νc，金属甲的截止频率大于金属乙的截止频率，则金属甲的逸出功大于乙的逸出功，即W甲＞W乙，选项A正确，B错误；如果用频率为ν1的光照射两种金属，根据光电效应方程可知，金属的逸出功越大，则其光电子的最大初动能越小，因此E甲＜E乙，选项C、D错误。
6.C 根据光电效应方程有Ek＝hν－W0，其中ν＝，W0＝（λc＝540 nm），可得Ek＝hc·－，故C正确，A、B、D错误。
7.C 由Ek＝hν－W0，eUc＝Ek可得光电流恰好为零时，此时光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光子的频率为截止频率，由题图乙可知，②光光子的频率较大，②光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大，由p＝可知②光光子的动量较大，故A、B、D错误；由题图乙可知①光的饱和光电流大，因此①光照射时单位时间内产生的光电子数目较多，故C正确。
8.C 饱和电流只与入射光的光强有关，与外加电压无关，故A错误；测量遏止电压Uc时，光电管应接反向电压，滑片P应向a移动，故B错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0 ，根据动能定理eUc＝Ek ，整理得Uc＝ν－ ，图像的斜率为k＝＝ ，解得普朗克常量h＝，故D错误；根据hν1－W0＝eUc1 ，hν2－W0＝eUc2 ，解得阴极K的逸出功W0＝，故C正确。
9.BC 该单色光光子的能量为hν，A错误；根据电流定义式可知q＝IΔt＝ne，则在Δt时间内阴极K逸出的光电子数为n＝，B正确；每个单色光光子的动量大小为p＝＝，C正确；根据动能定理，光电子到达阳极时有Ue＝mv2－（hν－hνc），解得v＝，D错误。
10.D 由题意知在甲装置中，用紫外线照射锌板，发生光电效应，则锌板将失去一部分电子，锌板带正电，则验电器带正电，验电器的张角将变大，故A错误；根据ε＝hν可知，光子的能量由光的频率决定，与光的强度无关，B错误；根据eUc＝hν－W0＝hν－hν0 ，解得Uc＝ν－ ，结合图像可解得该金属的截止频率ν0＝ν2 ，故C错误；根据Ek＝hν－W0，结合图像解得该金属的逸出功W0＝E，故D正确。
11.（1）3.2×10－19 J （2）60°
解析：（1）根据光电效应方程可得
Ek＝－W0＝ J－6.73×10－19 J＝3.2×10－19 J。
（2）因调节电压使电流表的示数减小到0时，M、N间的电压为U0，则Ek＝U0e
当电压为U0时恰能到达N的光子满足
U0e＝m＝Ek（sin θ）2
解得sin θ＝
则θ＝60°。
3.原子的核式结构模型
1.C 阴极射线是高速运动的电子流，人们只有借助于它与物质相互撞击时使一些物质发出荧光等现象才能观察到，故C正确。
2.BD 阴极射线是在真空管中由阴极发出的高速电子流，不是气体导电的辉光放电，故A错误，B正确；阴极射线是高速电子流，不是电磁波，故C错误；阴极射线是在真空管中由阴极发出的高速电子流，可被电场、磁场偏转，也可以直线传播，D正确。
3.BD 若加磁场，由左手定则可知，所加磁场方向沿y轴正方向，选项B正确，A错误；若加电场，因电子向下偏转，则电场方向沿z轴正方向，选项C错误，D正确。
4.C 绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度偏转，所以A处观察到的屏上的闪光次数多，B处观察到的屏上的闪光次数少，选项A、B错误；卢瑟福曾用金、铂等箔片做实验，结果基本相似，α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，选项C正确，D错误。
5.D 卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验结果是越靠近原子核的α粒子，其偏转角度越大，故选D。
6.CD α粒子由A经B运动到C，由于受到库仑斥力的作用，α粒子先减速后加速，A错误，D正确；库仑斥力对α粒子先做负功后做正功，使动能先减小后增大，电势能先增大后减小，B错误；A、C处于同一个等势面上，从A到C库仑力不做功，α粒子在A、C两处的速度大小相等，C正确。
7.B 因为原子大小的数量级为10－10 m，故该电镜的测量精度至少约为10－10 m，故选B。
8.A 原子核半径的数量级为10－15m，原子半径的数量级为10－10m，两者相差十万倍之多，因此原子内部是十分“空旷”的，A正确，B错误；原子核集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，C、D错误。
9.A 油滴做匀速直线运动过程中受到的电场力和重力平衡，根据平衡条件，有mg＝qE，又E＝，联立可得q＝，故A正确，B、C、D错误。
10.BD 设α粒子的质量为m，速度为v，反弹回来的α粒子速度大小不变，方向反向，以反弹速度方向为正方向，则动量变化量为Δp＝mv－（－mv）＝2mv，故A错误；动能为标量，大小与速度方向无关，所以动能变化量ΔEk＝0，故B正确；极少数α粒子被反弹回来，是因为受到金属原子核的库仑力作用，故D正确，C错误。
11.C 卢瑟福通过这个实验，得出了原子核式结构模型。放在3位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少。放在2位置时，屏上仍能观察一些闪光，但次数很少。放在1位置时，屏上可以观察到闪光，只不过极少。故C正确，A、B、D错误。
12.AC 如果偏转线圈中没有电流，则阴极射线沿直线运动，打在O点，故A正确；由阴极射线的电性及左手定则可知，故B错误，C正确；由R＝可知，B越小，R越大，故磁感应强度应先由大变小，再由小变大，故D错误。
13.（1）负电 （2）垂直纸面向外 （3）
解析：（1）由于阴极射线在电场中向下偏转，阴极射线受静电力方向向下，可知静电力的方向与电场方向相反，所以阴极射线带负电。
（2）由于所加磁场使阴极射线受到向上的洛伦兹力而与静电力平衡，由左手定则得磁场的方向垂直纸面向外。
（3）设此射线带电荷量为q，质量为m，当射线在D、G间做匀速直线运动时，有qE＝Bqv。当射线在D、G间的磁场中偏转时，有Bqv＝，同时又L＝rsin θ，如图所示，联立解得＝。
4.氢原子光谱和玻尔的原子模型
第1课时 氢原子光谱和玻尔的原子模型
1.B 原子发出的光谱是特征光谱，是线状谱，A错误；线状谱只包含对应波长的若干光，B正确；做光谱分析一定要用线状谱，既可以是发射光谱，也可以是吸收光谱，C、D错误。
2.B 高温物体的连续谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，A错误；某种物质发射的线状谱中的亮线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质的组成成分，B正确；高温物体发出的光通过某物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线由所经过的物质决定，C错误；某种物质发出某种频率的光，当光通过这种物质时它也会吸收这种频率的光，因此同一物质线状谱上的亮线与吸收光谱上的暗线相对应，D错误。
3.B 由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b元素的特征谱线在该线状谱中不存在，故选B。
4.B 氢原子光谱是线状谱，波长是一系列不连续的、分立的特征谱线，并不是只含有一种波长的光，也不是亮度不连续的谱线，B正确，A、C错误；氢原子光谱是氢原子的特征谱线，只要是氢原子发出的光的光谱就相同，与放电管的放电强弱无关，D错误。
5.C 巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子发光中的光的波长，A、D错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B错误，C正确。
6.（1）原子结构 （2）里德伯 （3）线状 分立
解析：（1）许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱研究是探索原子结构的一条重要途径。
（2）巴耳末公式＝R∞中R∞为里德伯常量，R∞＝1.10×107 m－1。
（3）巴耳末公式的意义在于以简洁的形式反映了氢原子的线状光谱，即辐射波长的分立特征。
7.D 选项A、B、C三项都是玻尔提出来的假设，其核心是原子定态概念的引入与能级跃迁学说的提出，也就是“量子化”的概念。原子的不同能量状态与电子绕核运动时不同的圆轨道相对应，电子跃迁时辐射光子的频率由前后两个能级的能量差决定，即hν＝En－Em，故选D。
8.B 按照玻尔的观点，电子在一系列定态轨道上运动时不会向外辐射电磁波，习题课二 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用
题组一 热力学第一定律和热学图像的综合
1.（多选）如图所示，一定质量的理想气体从状态a经等容过程到达状态b，再经过等压过程到达状态c，最后经等温过程回到初态a。下列说法正确的是（ ）
A.在过程ca中，外界对气体做功
B.在过程ab中，气体对外界做功
C.在过程bc中，气体从外界吸收热量
D.在过程ca中，气体从外界吸收热量
2.（多选）（2024·天津和平高二期末）一定质量的理想气体封闭在汽缸中，气体由状态A经状态B、C最终变化到D，该过程中气体的V-T图像如图，O、A、D三点共线。下列说法正确的是（ ）
A.气体由A到B一定是从外界吸收热量
B.气体在状态A单位时间对单位面积器壁的冲量小于在状态B的冲量
C.气体由B到C从外界吸收热量
D.气体由C到D对外做的功大于从外界吸收的热量
题组二 热力学第一定律与气体实验定律的综合
3.如图所示，有一导热性能良好的汽缸放在水平面上，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸内用一定质量的活塞封闭了一定质量的气体，忽略气体分子间的相互作用（即分子势能视为零），忽略环境温度的变化。现缓慢推倒汽缸，在此过程中（ ）
A.气体吸收热量，内能不变
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多
D.汽缸内分子撞击汽缸壁的平均作用力增大
4.某喷水壶的示意图如图所示。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B，打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（ ）
A.充气过程中，储气室内气体内能不变
B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大
C.喷水过程中，储气室内气体吸热
D.喷水过程中，储气室内气体压强不变
5.（多选）（2024·天津北辰高二期中）啤酒是人们夏季喜欢喝的饮品，如图是袋装原浆，某次售卖时，售货员将3 ℃冰镇原浆倒入袋中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气体从啤酒中析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知外界大气压强保持一个标准大气压不变，室温为33 ℃，封闭气体（视为理想气体）体积从0.2 L增大为0.3 L，则下列说法正确的是（ ）
A.外界对内部封闭气体做正功
B.静置后内部封闭气体的内能增加
C.静置后内部封闭气体分子的平均速率增大
D.根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强
6.（2024·陕西安康高二期末）如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的横截面积为S，初始时封闭气体的压强为1.1p0（p0为大气压强且不变），热力学温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞上升的高度为Δh时，气体的内能增加ΔU，气体的热力学温度上升到T2。已知重力加速度大小为g，不计活塞与汽缸的摩擦。求：
（1）活塞的质量m及活塞与汽缸底部初始的间距h；
（2）加热过程中气体吸收的热量Q。
7.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（ ）
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
8.（多选）（2024·辽宁大连高二期末）在日常生活中有很多有趣的热学现象，可以用所学的气体知识来解释。例如，如果你留心观察，会发现在暴雨期间，水位迅速上涨，井盖可能出现不断跳跃的现象。图乙是某排水管道的侧面剖视图，井盖上的泄水孔因杂物而堵塞，井盖与井口间密封良好但不粘连。井内密封的空气可视为理想气体，密封空气的温度始终不变。随着水面上涨到井盖被顶起之前，对于被井盖封闭的气体，下列说法正确的是（ ）
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.气体对外界放出热量
C.气体分子平均动能不变，气体的分子势能增大
D.气体单位时间、单位面积撞击侧壁的分子数增大
9.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0），b（2V0，p0），c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（ ）
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
10.如图所示，质量为M、内部高为H、底面积为S的绝热汽缸内部带有加热装置，汽缸顶部有挡板，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，用绳将活塞悬挂在天花板上，开始时缸内气体温度为T0，活塞到汽缸底部的距离为0.5H。已知大气压强恒为p0，忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求活塞刚碰到挡板时气体的温度；
（2）汽缸内气体的温度从T0升高到3T0的过程中，气体吸收的热量为Q，求气体内能的增加量。
4 / 42.热力学第一定律 3.能量守恒定律
题组一 热力学第一定律的理解和应用
1.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时对外放热40 J，气体内能的增加量ΔU是（ ）
A.60 J B.－60 J
C.－140 J D.140 J
2.压力锅结构如图所示，盖好锅盖，将压力阀套在出气孔上，对压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。在压力阀被顶起时，停止加热。假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1.5 J，并向外界释放了2.5 J的热量，则下列说法正确的是（ ）
A.锅内原有气体的内能没有发生变化
B.锅内原有气体的内能增加了3 J
C.锅内原有气体的内能减少了3 J
D.锅内原有气体的内能减少了4 J
3.如图所示为某品牌的气压式椅子，其主要构造由汽缸、活塞及汽缸内的封闭气体组成，汽缸及活塞为导热材料制成。人坐下时，向下压活塞，使气体体积减小；人离开椅子后，汽缸内的气体体积增大将椅子顶起。假设汽缸内的气体可视为理想气体，周围环境温度及大气压强恒定，则下列说法正确的是（ ）
A.人迅速坐下时，汽缸内气体的温度一定不变
B.人坐在椅子上不动，当环境温度降低，气体的压强将减小
C.人离开椅子后，足够长时间内，汽缸内的气体对外做的功的大小一定等于气体吸收的热量
D.人离开椅子后，汽缸内气体吸收的热量一定比对外做的功少，否则违背了热力学第一定律
题组二 能量守恒定律
4.（多选）下列设想符合能量守恒定律的是（ ）
A.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械
B.造一艘没有动力系统的船在水面上行驶
C.通过太阳照射飞机，使飞机不带燃料也能飞行
D.利用蓄电池打造现代版的“木牛流马”，在地面上行走
5.“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为（ ）
A.它不符合机械能守恒定律
B.它违背了能量守恒定律
C.它做功产生的热不符合热功当量
D.暂时找不到合理的设计方案和理想材料
6.如图所示为冲击摆实验装置，一水平飞行的子弹射入沙箱后与沙箱合为一体，共同摆起一定高度，在此过程中有关能量转化的说法中正确的是（ ）
A.子弹的动能转化成沙箱和子弹的内能
B.子弹的动能转化成沙箱和子弹的重力势能
C.子弹的动能转化成沙箱和子弹的动能
D.子弹的动能一部分转化成沙箱和子弹的内能，另一部分转化为沙箱和子弹的机械能
7.如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压强恒定。A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.大气压力对水做功，水的内能增加
B.水克服大气压力做功，水的内能减少
C.大气压力对水不做功，水的内能不变
D.大气压力对水不做功，水的内能增加
8.被压瘪但尚未破裂的乒乓球放在热水里泡一会儿，就会重新鼓起来。这一过程乒乓球内的气体（ ）
A.吸热，对外做功，内能不变
B.吸热，对外做功，内能增加
C.温度升高，对外做功，内能不变
D.压强增大，单位体积内分子数增大
9.（多选）如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气，下列说法正确的是（ ）
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中，气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
10.如图所示的是某种消毒用的喷雾消毒桶及其原理图；学校用如图所示的压缩式喷雾器对教室走廊等场所进行消杀工作。给储液罐打足气，打开开关就可以让药液喷洒出来。若罐内气体温度保持不变，随着药液的不断喷出，则罐内气体（看作理想气体）（ ）
A.内能不断减小 B.压强不断减小
C.外界对气体做功 D.气体对外放热
11.（2024·上海普陀高二期中）一定量的气体从外界吸收了2.6×105 J的热量，内能增加了4.2×105 J。 （选填“气体对外界”“外界对气体”）做功 J。
12.如图所示是某类潮汐发电示意图。涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门（如图甲所示），当落潮时，开闸放水发电（如图乙所示）。设海湾水库面积为5.0×108 m2，平均潮差为3.0 m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10％，则一天内发电的平均功率约为（ρ水取1.0×103 kg·m－3，g取10 m/s2）（ ）
A.2.6×104 kW B.5.2×104 kW
C.2.6×105 kW D.5.2×105 kW
13.一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：
（1）气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
（2）气体分子势能是增加还是减少？
（3）气体分子的平均动能是增加还是减少？
3 / 3第三章 热力学定律
1.功、热和内能的改变
题组一 做功与物体内能的改变
1.（2024·上海虹口高二期中）如图所示的实验装置中，把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒内底部，当很快向下压活塞时，由于被压缩的气体温度骤然升高，当温度达到乙醚的燃点时，就会使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明对物体（ ）
A.做功可以增加物体的热量
B.做功可以改变物体的内能
C.做功一定会升高物体的温度
D.做功一定可以使物态发生变化
2.如图所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图。M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中（ ）
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.外界对气体做功，气体内能减小
C.气体对外界做功，气体内能增大
D.气体对外界做功，气体内能减小
3.地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计。已知大气压强随高度的增加而降低，则该空气团在上升过程中（不计空气团内分子间的势能）（ ）
A.体积减小，温度降低 B.体积减小，温度不变
C.体积增大，温度降低 D.体积减小，温度升高
题组二 传热与物体内能的改变
4.若A、B两物体之间没有传热，正确的解释是（ ）
A.两物体所包含的热量相等
B.两物体的内能相等
C.两物体的温度相等
D.两物体没有接触，且都处在真空中
5.关于传热，下列说法正确的是（ ）
A.传热中，热量一定从含热量多的物体传向含热量少的物体
B.两个物体间发生传热的条件是它们之间有温度差
C.在传热中热量一定从内能多的物体传向内能少的物体
D.内能相等的两个物体相互接触时，不可能发生传热
6.两个物体之间发生了传热，则一定是（ ）
A.内能大的物体向内能小的物体传递热量
B.比热容大的物体向比热容小的物体传递热量
C.含热量多的物体向含热量少的物体传递热量
D.一个物体的分子平均动能大于另一个物体的分子平均动能
题组三 内能和相关概念的辨析
7.（多选）下列关于热量、功、内能的说法正确的是（ ）
A.高温物体含有的热量多
B.内能大的物体含有的热量多
C.热量、功和内能的单位都相同
D.热量和功都是过程量，而内能是一个状态量
8.（2024·河南信阳高二期中）关于内能、温度和热量，下列说法正确的是（ ）
A.物体的温度升高时，一定吸收热量
B.物体沿斜面下滑时，内能一定增大
C.物体沿斜面匀速下滑时，内能可能增大
D.内能总是从高温物体传递给低温物体，当内能相等时传热停止
9.关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ）
A.一个铁块的温度升高，其内能增大
B.物体吸收热量，其温度一定升高
C.温度高的物体比温度低的物体含有的热量多
D.温度总是从物体热的部分传递至冷的部分
10.如图所示是焦耳在研究热与功之间关系的两个典型实验，那么从焦耳的这两个实验中可得出的结论是（ ）
甲 乙
A.热量可由高温物体传给低温物体
B.机械能守恒
C.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
D.在各种不同的绝热过程中，系统状态的改变不仅与做功方式有关，还与做功数量有关
11.（2024·福建厦门高二期末）礼花喷射器原理如图。通过扭动气阀可释放压缩气罐内气体产生冲击，将纸管里填充的礼花彩条喷向高处，营造气氛。在喷出礼花彩条的过程中，罐内气体（ ）
A.温度保持不变
B.内能减少
C.分子热运动加剧
D.通过传热方式改变自身的内能
12.如图所示，绝热容器中间用隔板隔开，左侧装有气体，右侧为真空。现将隔板抽掉，让左侧气体自由膨胀到右侧直至平衡，在此过程中（ ）
A.气体对外界做功，温度降低，内能减少
B.气体对外界做功，温度不变，内能不变
C.气体不做功，温度不变，内能不变
D.气体不做功，温度不变，内能减少
13.如图所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度处，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高到同一值，两球膨胀后，体积相等，则（ ）
A.A球吸收的热量较多
B.B球吸收的热量较多
C.两球吸收的热量一样多
D.无法确定
14.如图所示，一个质量为20 kg的绝热汽缸竖直放置，绝热活塞的质量为5 kg，面积为0.1 m2，处于静止状态时被封闭气体的高度为50 cm，现在活塞上方加一质量为15 kg的物体，待稳定后，被封闭气体的高度变为40 cm。则在这一过程中气体的内能增加了多少？（p0＝1.01×105 Pa，g取10 m/s2）
2 / 34.热力学第二定律
题组一 对热力学第二定律的理解
1.把水和酒精混合后，用蒸发的方式又可以分开，然后液化恢复到原来的状态，这说明（ ）
A.扩散现象没有方向
B.将水和酒精分开时，引起了其他变化，故扩散具有方向性
C.将水和酒精分开时，并没有引起化学变化，故扩散现象没有方向性
D.用本题的实验，无法说明扩散现象是否具有方向性
2.（多选）下列哪些过程具有方向性（ ）
A.传热过程
B.动能向势能的转化过程
C.气体的扩散过程
D.气体向真空中的膨胀过程
3.如图所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，汽缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触面是光滑的，但不漏气。现将活塞与杆连接，使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并对外做功。若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是（ ）
A.气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，所以此过程违反了热力学第二定律
B.气体是从单一热库吸热，但并未全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律
C.气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D.以上三种说法都不对
题组二 热力学第一定律、第二定律及两类永动机的比较
4.（多选）下列说法中正确的是（ ）
A.第一类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律
B.第二类永动机不可能制成，因为它违背了能量守恒定律
C.热力学第一定律和热力学第二定律是相互独立的
D.热力学第二定律的两种表述是等效的
5.关于热力学定律，下列表述正确的是（ ）
A.不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B.效率为100％的热机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律
C.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D.外界对物体做功，物体的内能必定增加
6.（多选）（2024·辽宁盘锦高二期中）下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是（ ）
A.一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，气体一定从外界吸收热量
B.热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律
C.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，内能增加
D.“覆水难收（泼出去的水难以收回）”反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性
题组三 能源的开发和利用
7.关于能量和能源，下列说法正确的是（ ）
A.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
B.在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
C.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D.能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质提升了
8.已知某台汽油机的效率是20％，如果这台汽油机用来做有用功的能量是9×104 J，则这段时间里汽油机消耗了多少的汽油？（假设汽油的热值为4.5×107 J·kg－1）
9.（2024·辽宁沈阳高二期中）下列关于热力学定律的说法中，正确的是（ ）
A.热力学第一定律与热力学第二定律的实质是一样的
B.不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
C.我们要节约能源的根本原因是能量在数量上减少了
D.即使没有摩擦、不必要的散热损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能
10.气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满气体，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统保持温度不变，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中（ ）
A.气体膨胀做功，内能减小
B.气体从外界吸收热量
C.气体分子在单位时间内对A舱壁单位面积碰撞的次数减少
D.一段时间后，A内气体的密度可以自发地恢复到原来的密度
11.在人类经济发展中环境保护日益重要，而利用太阳能发电投资少，见效快。如果用太阳能替代化石燃料可以减少温室气体的排放，减轻污染，有利于环境保护。以农村住宅屋顶发电为例，如屋顶放置垂直太阳光线的光电池板，面积为10 m×5 m，已知太阳光垂直照射到地球表面的光能平均为1 400 J/（m2·s），如果太阳平均每天有6小时的垂直照射，现在的光电转化率大约为23％，那么这个屋顶在一天内发电大约有（ ）
A.10 000度 B.1 000度
C.100度 D.10度
12.某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10％的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多少？
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