第1节 物体是由大量分子组成的
1．下列说法中正确的是( )
A．分子是具有物质物理性质的最小微粒
B．无论是无机物质的分子，还是有机物质的分子，其分子大小的数量级都是10－10 m
C．本节中所说的“分子”，包含了单原子分子、多原子分子等多种意义
D．分子的质量是很小的，其数量级为10－19 kg
【解析】 分子是构成物质并保持物质化学性质的最小微粒，A项错；大分子，特别是有机大分子的直径数量级会超过10－10 m，故B错；分子质量的数量级，对一般分子来说是10－26 kg.D错．
【答案】 C
2．某种物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则关于该物质的说法中，不正确的是( )
A．分子的质量是M/NA
B．单位体积内分子的个数是ρNA/M
C．分子的体积一定是M/(ρNA)
D．平均每个分子占据的空间是M/(ρNA)
【解析】 分子的质量m＝M/NA，A选项正确．V＝，单位体积的分子数为＝ρNA/M，B选项正确．平均每个分子占据的空间V0＝＝M/(ρNA)，D选项正确．由于不知是什么状态的物质，该体积可能是分子占据空间的体积，C选项错误．
【答案】 C
3．根据下列物理量(一组)，就可以估算出气体分子间的平均距离的是( )
A．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
B．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积
C．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
D．该气体的密度、体积和摩尔质量
【解析】 由气体的立方体模型可知，每个分子平均占有的活动空间为V0＝r3，r是气体分子间的平均距离，摩尔体积V＝NAV0＝.因此，要计算气体分子间的平均距离r，需要知道阿伏加德罗常数NA、摩尔质量M和该气体的密度ρ.
【答案】 C
4．(双选)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为( )
A．NA＝ B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
【解析】 据题给条件和阿伏加德罗常数定义NA＝＝，即B、C正确；而气体分子之间距离太大，气体分子的体积与分子所占据的空间体积相差太大，所以A错；同理ρ为气体的密度，ρV0并不等于分子的质量，所以D错．
【答案】 BC
5．试估算氢气分子在标准状态下的平均距离(1摩尔氢气分子在标准状态下的体积为22.4 L)( )
A．4.3×10－10 m B．3.3×10－9 m
C．5.3×10－11 m D．2.3×10－8 m
【解析】 建立气体分子的立方体模型，分子看成是一个质点，处在规则且均匀分布的立方体中心，小立方体的体积是指分子平均占据空间的大小，设a为小立方体的棱长，即为分子间距，若取1 mol标准状态下的氢气，则
a＝ ＝ ≈3.3×10－9 m.
【答案】 B
6．某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则每个分子的质量和单位体积内所含的分子数分别为( )
A.， B.，
C.， D.，
【解析】 每个分子的质量m＝，每个分子的体积V＝则单位体积内所含的分子数为n＝＝.故A项正确．
【答案】 A
7． NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B．2 g氢气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NA
D．17 g氨气所含电子数目为10NA
【解析】 由于构成单质分子的原子数目不同，所以同温同压下相同体积单质气体所含原子数目不一定相同，A错.2 g H2所含原子数目为2 NA，B错．在常温常压下11.2 L氮气的物质的量不能确定，则所含原子数目不能确定，C错.17 g氨气即1 mol氨气，其所含质子数为(7＋3)NA，即10NA.
【答案】 D
8．某物体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N，设想该物质分子是一个挨一个紧密排列的小球，估算分子直径是( )
A. B.
C. D.
【解析】 设分子直径为D，则分子体积为V0＝π·()3＝πD3，而V0＝，故推出选项A对．
【答案】 A
9．从下列哪一组数据可以算出阿伏加德罗常数( )
A．水的密度和水的摩尔质量
B．水的摩尔质量和水分子的体积
C．水分子的体积和水分子的质量
D．水分子的质量和水的摩尔质量
【解析】 由NA＝＝＝＝，可求NA.故选D.
【答案】 D
10．在室温下水分子的平均间距约为3×10－10 m，假定此时水分子是一个紧挨一个的，若使水完全变为同温度下的水蒸气，水蒸气的体积约为原来水体积的1 600倍，此时水蒸气分子的平均间距最接近于( )
A．3.5×10－9 m B．4.0×10－9 m
C．3.0×10－8 m D．4.8×10－7 m
【解析】 假设8个水分子组成一个边长为3×10－10 m的正方体，水蒸气的体积约为原来水体积的1 600倍，可看成是正方体的体积增大为原来的1 600倍，即边长增大为原来的≈11.7倍，可得水蒸气分子的平均间距约为3×10－10×11.7 m＝3.51×10－9 m，故选项A正确．
【答案】 A
11．水分子的直径为4×10－10 m,9 g的水分子一个接一个紧密地排成单行，可绕地球赤道约________圈．(赤道周长为4.0×107 m，NA＝6.0×1023 mol－1)
【解析】 n＝ mol＝0.5 mol，N＝nNA＝0.5×6.0×1023个＝3.0×1023个．
L＝Nd＝3×1023×4×10－10 m＝12×1013 m，故x＝＝＝3×106.
【答案】 3×106
12．随着“嫦娥一号”的成功发射，中国探月工程顺利进行．假设未来在月球建一间实验室，长a＝8 m，宽b＝7 m，高c＝4 m，实验室里的空气处于标准状态．为了估算出实验室里空气分子的数目，有两位同学各提出了一个方案：
方案1 取分子直径D＝1×10－10 m，算出分子体积V1＝πD3，根据实验室内空气的体积V＝abc，算得空气分子数为：n＝＝.
方案2 根据化学知识，1 mol空气在标准状态下的体积V0＝22.4 L＝22.4×10－3 m3.由实验室内空气的体积，可算出实验室内空气的摩尔数nmol＝＝；再根据阿伏加德罗常数算得空气分子数为：n＝nmolNA＝NA.
请对这两种方案做一评价，并估算出实验室里空气分子的数目．
【解析】 方案1把实验室里的空气分子看成是一个个紧挨在一起的，没有考虑空气分子之间的空隙，不符合实际情况．通常情况下气体分子间距的数量级为10－9 m，因此分子本身体积只是气体所占空间的极小一部分，常常可以忽略不计，方案1错误；方案2的计算方法是正确的，根据方案2计算结果如下：n＝NA＝×6.02×1023个＝6.02×1027个．
【答案】 方案1错误，方案2正确 6.02×1027个
模块综合检测
(满分：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1－5小题为单选，6－10小题为双选，全部选对得6分．选对但不全得3分，有选错或不选的得0分)
1．关于液体和固体，以下说法错误的是( )
A．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强
B．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的
C．液体分子的热运动没有长期固定的平衡位置
D．液体的扩散比固体的扩散快
【解析】 液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，但液体分子间的相互作用不像固体微粒那样强，所以选项B正确、A错误．液体具有流动性的原因是液体分子热运动的平衡位置不固定，液体分子之所以能在液体中移动也正是因为液体分子在液体里移动比固体容易，所以其扩散也比固体的扩散快，选项C、D正确．故应选A.
【答案】 A
2．某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( )
A．室内空气的压强比室外的小
B．室内空气分子的平均动能比室外的大
C．室内空气的密度比室外的大
D．室内空气对室外空气做了负功
【解析】 未密闭房间内的空气在温度升高时等压膨胀，对外做功，选项A、C、D错误．温度是分子平均动能的标志，选项B正确．
【答案】 B
3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．若气体的压强和体积都变，其内能也一定变
B．若气体的内能不变，其状态也不一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大
D．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
【解析】 由＝C(常量)可知，p、V都变，而pV乘积可能不变，故T不一定变，选项A错误；同理可知，选项C错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV的乘积不变，其状态有可能改变，选项B错误；气体温度每升高1 K吸收的热量与过程有关，气体温度升高1 K的过程中气体对外做功和气体对外不做功两种情况下，气体吸收的热量并不相等，选项D正确．
【答案】 D
4．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打多少次(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p0＝1 atm)( )
A．8 B．10
C．12 D．15
【解析】 本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的空气和原来组成的整体为研究对象，设打气次数为n，则V1＝V＋nV0，由玻意耳定律，p1V1＝p2V，解得n＝15.
【答案】 D
5．如图1所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后( )
图1
A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加
C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加
【解析】 打开卡子后胶塞冲出，没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，C正确．
【答案】 C
6．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大
D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【解析】 一定质量的理想气体的内能仅由温度来决定，温度不变，气体的内能不变，温度升高，气体的内能增加，选项D正确；由＝C(常量)可知，p、V不变则T一定不变，选项A正确；同理可知，选项C错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV的乘积不变，其状态有可能改变，选项B错误．
【答案】 AD
7．关于一定量的气体，下列说法正确的是( )
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
【解析】 气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间，选项A正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，选项B正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，选项C错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，选项D错误．
【答案】 AB
8.图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )
图2
A．充气后，密封气体压强增加
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光
【解析】 根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．
充气前后，封闭气体的初态参量p1＝1 atm，V1＝0.6 L；末态参量p2＝？，V2＝0.5 L．根据p1V1＝p2V2，得p2＝＝ atm＝1.2 atm，故充气后压强增大，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由＝k知，容器内的气压会降为0.24 atm，小于外部气压，故水不会喷光，选项D错误．
【答案】 AC
9．关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
【解析】 改变内能的方法有做功和热传递两种，所以为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；对物体做功的同时向外界放热，则物体的内能可能不变或减小，选项B错误；根据热力学第二定律可知，在对外界有影响的前提下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，选项C正确；在有外界做功的条件下，可以使热量从低温物体传递到高温物体，选项D错误．
【答案】 AC
10．一定质量气体的状态变化过程的p-V图线如图3所示，其中A是初始态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．如将上述变化过程改用p-T图线和V-T图线表示，则在下列的各图正确的是
( )
图3
【解析】 气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．由此可判断在p-T图中A错误、B正确，在V-T图中C错误、D正确．
【答案】 BD
二、非选择题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11. (14分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的纯油膜的形状如图4所示．若每一小方格的边长为25 mm，试问：
图4
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________ m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________ m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________ m．(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？
请写出你分析的原因：__________________________________________.
【解析】 油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6 m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝××10－6 m3＝1.2×10－11 m3，故油酸分子的直径约等于油膜的厚度
d＝＝ m≈2.7×10－10 m.
【答案】 (1)球形 单分子 直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10
(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，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
12．(10分)如图5所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105 Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．
图5
【解析】 等压变化＝，对外做的功W＝p(VB－VA)
根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，
解得ΔU＝5.0×102 J.
【答案】 5.0×102 J
13．(16分)如图6，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．
(ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(ⅱ)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．
图6
【解析】 (ⅰ)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有
p1＝pC＋Δp①
式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB.依题意有，
pB＝pC②
玻璃泡A和B中气体的体积为
V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得
p1VB＝pBV2④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC＝Δp＝180 mmHg.⑤
(ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体的压强为
p′C＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定律得
＝⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′＝364 K．⑧
【答案】 (ⅰ)180 mmHg (ⅱ)364 K
课件33张PPT。课件44张PPT。图2-1 课件34张PPT。课件42张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 分子的大小 10－10 m 阿伏加德罗常数 6.02×1023 mol－1 微观量 宏观量 分子的大小 阿伏加德罗常数的应用 综合解题方略——估算法求解分子大小和数目 第1节 物体是由大量分子组成的
1．下列说法中正确的是( )
A．分子是具有物质物理性质的最小微粒
B．无论是无机物质的分子，还是有机物质的分子，其分子大小的数量级都是10－10 m
C．本节中所说的“分子”，包含了单原子分子、多原子分子等多种意义
D．分子的质量是很小的，其数量级为10－19 kg
【解析】 分子是构成物质并保持物质化学性质的最小微粒，A项错；大分子，特别是有机大分子的直径数量级会超过10－10 m，故B错；分子质量的数量级，对一般分子来说是10－26 kg.D错．
【答案】 C
2．某种物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则关于该物质的说法中，不正确的是( )
A．分子的质量是M/NA
B．单位体积内分子的个数是ρNA/M
C．分子的体积一定是M/(ρNA)
D．平均每个分子占据的空间是M/(ρNA)
【解析】 分子的质量m＝M/NA，A选项正确．V＝，单位体积的分子数为＝ρNA/M，B选项正确．平均每个分子占据的空间V0＝＝M/(ρNA)，D选项正确．由于不知是什么状态的物质，该体积可能是分子占据空间的体积，C选项错误．
【答案】 C
3．根据下列物理量(一组)，就可以估算出气体分子间的平均距离的是( )
A．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
B．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积
C．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
D．该气体的密度、体积和摩尔质量
【解析】 由气体的立方体模型可知，每个分子平均占有的活动空间为V0＝r3，r是气体分子间的平均距离，摩尔体积V＝NAV0＝.因此，要计算气体分子间的平均距离r，需要知道阿伏加德罗常数NA、摩尔质量M和该气体的密度ρ.
【答案】 C
4．(双选)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为( )
A．NA＝ B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
【解析】 据题给条件和阿伏加德罗常数定义NA＝＝，即B、C正确；而气体分子之间距离太大，气体分子的体积与分子所占据的空间体积相差太大，所以A错；同理ρ为气体的密度，ρV0并不等于分子的质量，所以D错．
【答案】 BC
5．试估算氢气分子在标准状态下的平均距离(1摩尔氢气分子在标准状态下的体积为22.4 L)( )
A．4.3×10－10 m B．3.3×10－9 m
C．5.3×10－11 m D．2.3×10－8 m
【解析】 建立气体分子的立方体模型，分子看成是一个质点，处在规则且均匀分布的立方体中心，小立方体的体积是指分子平均占据空间的大小，设a为小立方体的棱长，即为分子间距，若取1 mol标准状态下的氢气，则
a＝ ＝ ≈3.3×10－9 m.
【答案】 B
6．某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则每个分子的质量和单位体积内所含的分子数分别为( )
A.， B.，
C.， D.，
【解析】 每个分子的质量m＝，每个分子的体积V＝则单位体积内所含的分子数为n＝＝.故A项正确．
【答案】 A
7． NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B．2 g氢气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NA
D．17 g氨气所含电子数目为10NA
【解析】 由于构成单质分子的原子数目不同，所以同温同压下相同体积单质气体所含原子数目不一定相同，A错.2 g H2所含原子数目为2 NA，B错．在常温常压下11.2 L氮气的物质的量不能确定，则所含原子数目不能确定，C错.17 g氨气即1 mol氨气，其所含质子数为(7＋3)NA，即10NA.
【答案】 D
8．某物体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N，设想该物质分子是一个挨一个紧密排列的小球，估算分子直径是( )
A. B.
C. D.
【解析】 设分子直径为D，则分子体积为V0＝π·()3＝πD3，而V0＝，故推出选项A对．
【答案】 A
9．从下列哪一组数据可以算出阿伏加德罗常数( )
A．水的密度和水的摩尔质量
B．水的摩尔质量和水分子的体积
C．水分子的体积和水分子的质量
D．水分子的质量和水的摩尔质量
【解析】 由NA＝＝＝＝，可求NA.故选D.
【答案】 D
10．在室温下水分子的平均间距约为3×10－10 m，假定此时水分子是一个紧挨一个的，若使水完全变为同温度下的水蒸气，水蒸气的体积约为原来水体积的1 600倍，此时水蒸气分子的平均间距最接近于( )
A．3.5×10－9 m B．4.0×10－9 m
C．3.0×10－8 m D．4.8×10－7 m
【解析】 假设8个水分子组成一个边长为3×10－10 m的正方体，水蒸气的体积约为原来水体积的1 600倍，可看成是正方体的体积增大为原来的1 600倍，即边长增大为原来的≈11.7倍，可得水蒸气分子的平均间距约为3×10－10×11.7 m＝3.51×10－9 m，故选项A正确．
【答案】 A
11．水分子的直径为4×10－10 m,9 g的水分子一个接一个紧密地排成单行，可绕地球赤道约________圈．(赤道周长为4.0×107 m，NA＝6.0×1023 mol－1)
【解析】 n＝ mol＝0.5 mol，N＝nNA＝0.5×6.0×1023个＝3.0×1023个．
L＝Nd＝3×1023×4×10－10 m＝12×1013 m，故x＝＝＝3×106.
【答案】 3×106
12．随着“嫦娥一号”的成功发射，中国探月工程顺利进行．假设未来在月球建一间实验室，长a＝8 m，宽b＝7 m，高c＝4 m，实验室里的空气处于标准状态．为了估算出实验室里空气分子的数目，有两位同学各提出了一个方案：
方案1 取分子直径D＝1×10－10 m，算出分子体积V1＝πD3，根据实验室内空气的体积V＝abc，算得空气分子数为：n＝＝.
方案2 根据化学知识，1 mol空气在标准状态下的体积V0＝22.4 L＝22.4×10－3 m3.由实验室内空气的体积，可算出实验室内空气的摩尔数nmol＝＝；再根据阿伏加德罗常数算得空气分子数为：n＝nmolNA＝NA.
请对这两种方案做一评价，并估算出实验室里空气分子的数目．
【解析】 方案1把实验室里的空气分子看成是一个个紧挨在一起的，没有考虑空气分子之间的空隙，不符合实际情况．通常情况下气体分子间距的数量级为10－9 m，因此分子本身体积只是气体所占空间的极小一部分，常常可以忽略不计，方案1错误；方案2的计算方法是正确的，根据方案2计算结果如下：n＝NA＝×6.02×1023个＝6.02×1027个．
【答案】 方案1错误，方案2正确 6.02×1027个
课件36张PPT。课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究实验操作中应注意的问题 数据处理 分子的两种理想模型的建立 课件56张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 扩散现象 无规则运动 无规则 布朗运动 无规则 不平衡 无规则 越小 越高 无规则 热运动 无规则 扩散 无规则 剧烈 扩散现象与分子运动 对布朗运动的理解 综合解题方略——对布朗运动示意图的理解 第3节 分子的热运动
1．分子的热运动是指( )
A．扩散运动 B．热胀冷缩
C．布朗运动 D．物体分子的无规则运动
【解析】 分子的热运动是指分子的无规则运动，扩散现象和布朗运动仅是分子热运动的两个实例；热胀冷缩现象只能说明温度发生变化时，分子间距离发生变化．故选D.
【答案】 D
2．关于分子热运动和布朗运动，下列说法中正确的是( )
A．悬浮微粒越大，同一时刻与之碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著
B．布朗运动是分子无规则运动的反映
C．当物体的温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止
D．布朗运动的剧烈程度和温度有关，所以布朗运动也叫热运动
【解析】 微粒越大，布朗运动越不显著，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；热运动在0 ℃不会停止，C错误；热运动是分子的无规则运动，布朗运动是悬浮微粒的运动，D错误．
【答案】 B
3．(双选)在长期堆着煤的墙角处，地面和墙角有相当厚的一层染上黑色，这说明( )
A．分子在不停地运动
B．煤是由大量分子组成的
C．分子间存在空隙
D．分子运动有时会停止
【解析】 地面和墙角有相当厚的一层染上黑色，是固体的扩散现象，说明分子间有空隙，分子在不停地运动，故选项A、C正确．
【答案】 AC
4．关于热运动的说法中，正确的是( )
A．热运动是物体受热后所做的运动
B．温度高的分子的无规则运动
C．单个分子的永不停息的无规则运动
D．大量分子的永不停息的无规则运动
【解析】 本题考查热运动，热运动是物体内部大量分子的无规则运动，这种运动是永不停息的，故选项D正确．
【答案】 D
5．如图1-3-3所示，把一块铅和一块金的接触面磨平磨光后紧紧压在一起，五年后发现金中有铅，铅中有金，对此现象说法正确的是
( )
图1-3-3
A．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的相互吸引
B．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的运动
C．属布朗运动，小金粒进入铅块中，小铅粒进入金块中
D．属布朗运动，由于外界压力使小金粒、小铅粒彼此进入对方中
【解析】 属扩散现象，是由于两种不同物质分子运动引起的，B对．
【答案】 B
6．(双选)如图1-3-4所示是做布朗运动的小微粒运动路线记录的放大图，小微粒在A点开始计时，每隔30 s记下小微粒所在的一个位置，得到B，C，D，E，F，G，H，K，I等点，则关于小微粒在75 s末时的位置，以下叙述正确的是
( )
图1-3-4
A．一定在CD连线的中点
B．一定不在CD连线的中点
C．可能在CD连线上，但不一定在CD连线的中点
D．可能在E点
【解析】 本题考查对布朗运动的正确理解．微粒在大量无规则运动的液体分子的冲击力的作用下，它的运动是无规则性的，即使在短短的30 s内，它也不是按图示的折线运动，故75 s末时微粒在哪个位置就不能肯定，因此A、B两项错误，C、D两项正确．
【答案】 CD
7．下列有关扩散现象与布朗运动的叙述中，错误的是
( )
A．扩散现象与布朗运动都能说明分子在做永不停息的无规则的运动
B．扩散现象与布朗运动没有本质的区别
C．扩散现象突出说明了物质的迁移规律，布朗运动突出说明了分子运动的无规则性规律
D．扩散现象与布朗运动都与温度有关
【解析】 首先，布朗运动与扩散是不同的现象，扩散是物质分子的迁移，布朗运动是宏观颗粒的运动，是两种完全不相同的运动，故B错误．两个实验现象说明了分子运动的两个不同侧面的规律，故C正确．其次，布朗运动与扩散现象也有相同之处，他们都反映了分子永不停息地做无规则的运动，故A正确．两种运动都随温度的升高而加剧，所以都与温度有关，故D正确．
【答案】 B
8．(双选)把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图1-3-5所示，下列说法中正确的是( )
图1-3-5
A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒
B．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动
C．越小的炭粒，运动越明显
D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多的静止不动的水分子组成的
【解析】 在光学显微镜下，只能看到悬浮的小炭粒，看不到水分子，故A错；在显微镜下看到小炭粒不停地做无规则运动，这就是布朗运动，且看到的炭粒越小，运动越明显．故B、C正确，D错误．
【答案】 BC
9．(双选)如图1-3-6所示，一个装有无色空气的广口瓶倒扣在装有红棕色二氧化氮气体的广口瓶上，中间用玻璃板隔开，对于抽去玻璃板后所发生的现象(已知二氧化氮的密度比空气的密度大)，下列说法正确的是
( )
1-3-6
A．当过一段时间可以发现上面瓶中的气体也变成了淡红棕色
B．二氧化氮由于密度较大，不会跑到上面的瓶中，所以上面瓶中不会出现淡红棕色
C．上面的空气由于重力作用会到下面的瓶中，于是将下面瓶中的二氧化氮排出了一小部分，所以会发现上面瓶中的瓶口处显淡红棕色，但在瓶底处不会出现淡红棕色
D．由于气体分子在运动着，所以上面的空气会到下面的瓶中，下面的二氧化氮也会自发地运动到上面的瓶中，所以最后上、下两瓶气体的颜色变得均匀一致
【解析】 抽去玻璃板后，空气与二氧化氮两种气体接触，由于气体分子的运动，过一段时间空气、二氧化氮气体会均匀分布在上下两广口瓶当中，颜色均匀一致，都呈淡红棕色，A、D对，B、C错．
【答案】 AD
10．往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色．这一现象在物理学中称为________现象，是由于分子的________而产生的．这种现象进行的快慢与________、________有关．
【解析】 红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果．扩散现象的快慢与物质状态有关，与物质的温度有关．
【答案】 扩散 热运动 物质的状态 物质的温度
11．取一滴稀释的墨汁放在显微镜下观察，记录下做布朗运动的小炭粒的运动路线，如图1-3-7所示，这幅图只记录了________个小炭粒每隔30 s的位置，在短短的30 s内，每个小炭粒的运动是________的，这说明________．若使液体的温度升高，会发现小炭粒的运动________，这说明了________．
显微镜下看到的微粒
运动位置的连线
1-3-7
【答案】 三 无规则 布朗运动是无规则的 加剧 分子的无规则运动与温度有关，温度越高，这种运动越剧烈
12．在房间的一角打开一瓶香水，如果没有空气对流，在房间另一角的人并不能马上闻到香味，这是由气体分子运动速率不大造成的．这种说法对吗？为什么？
【解析】 这种说法是错误的，气体分子运动的速率实际上是比较大的．过一会儿才闻到香味的原因是：虽然气体分子运动的速率比较大，但由于分子运动是无规则的，且与空气分子不断碰撞，因此要闻到足够多的香水分子必须经过一段时间．
【答案】 见解析
课件59张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 分子间的作用力 吸引力 排斥力 引力和斥力 合力 减小 增大 斥力 分子力与分子间距的变化关系 < 斥力 > 引力 > 0 0 分子力的实质 电磁力 原子核 电子 相互作用 对分子间作用力的理解 分子力的宏观表现及其与物态的关系 综合解题方略——图解法分析分子力 第4节 分子间的相互作用力
1．下列现象能说明分子之间有引力的是( )
A．高压密闭的钢管中的油从管壁渗出
B．用粉笔在黑板上留下字迹
C．“酒香四溢”
D．磁铁能吸引铁质物质
【解析】 密闭的钢管中的油在高压下从管壁渗出，说明钢管分子间有间隙，故A错；用粉笔在黑板上留下字迹，说明分子之间存在引力，故B对；“酒香四溢”说明分子在不停地运动，故C错；磁铁吸引铁质物质是磁场力作用的结果，故D错．
【答案】 B
2．(双选)下列说法中正确的是( )
A．用手捏面包，面包的体积缩小了，证明分子间有间隙
B．煤堆在墙角时间长了，墙内部也变黑了，证明分子在永不停息地运动
C．“破镜难圆”说明玻璃间的斥力比引力大
D．封闭在容器中的液体很难被压缩，证明分子间有斥力
【解析】 用手捏面包，面包易被压缩，是因为面包内有空腔，并非分子间距所致．“空腔”是个宏观的“体积”，分子间距是微观量，无法直接测量，A错．两个物体相互接触时，由于扩散现象，会使分子彼此进入对方物体中，B对．“破镜难圆”是因为分子间的距离太大，分子引力与斥力都很小的缘故．故C错．液体很难被压缩，说明分子间有斥力，D正确．
【答案】 BD
3．(双选)图1-4-10所示的是描述分子引力与分子斥力随分子间距离r变化的曲线，根据曲线图，下列说法中正确的是( )
图1-4-10
A．r>r0时，分子间只有引力
B．r
C．r＝r0时，F斥与F引大小相等
D．F引和F斥随r增大而减小
【解析】 分子间引力和斥力同时存在，引力和斥力都随r的增大而减小，随r的减小而增大；r＝r0时，引力等于斥力，合力为零．
【答案】 CD
4．甲、乙两分子，甲固定不动，乙从距甲大于r0(10－10 m)小于10r0的某点，以速率v0开始向甲运动，那么接近甲的过程中( )
A．乙一直做加速运动
B．乙一直做减速运动
C．乙先做加速运动后做减速运动，运动到距甲为r0时具有最大速度
D．乙先做减速运动后做加速运动，运动到距甲为r0时具有最小速度
【解析】 当r>r0时，分子力表现为引力，距离减小时，分子力做正功，分子动能将增大，分子速度将增大；当r＝r0时，速度最大；当r【答案】 C
5．(双选)通常情况下固体分子间的平均距离为r0，分子间的引力和斥力相平衡，由此可以判定，在通常情况下( )
A．固体膨胀时，分子间距离增大，分子力表现为引力
B．固体膨胀时，分子间距离增大，分子力表现为斥力
C．固体压缩时，分子间距离减小，分子力表现为引力
D．固体压缩时，分子间距离减小，分子力表现为斥力
【解析】 固体分子平均距离为r0，故膨胀时，分子间距离增大，分子力表现为引力；压缩时，分子间距离减小，分子力表现为斥力，故选A、D.
【答案】 AD
6．如图1-4-11所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子的速度最大处可能是( )
图1-4-11
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
【解析】 a点和c点处分子间的作用力为零，乙分子的加速度为零，从a点到c点分子间的作用力表现为引力，分子间的作用力做正功，速度增加，从c点到d点分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功．故分子由a点到d点是先加速再减速，所以在c点速度最大，故C正确．
【答案】 C
7．在弹性限度内，弹力的大小跟弹簧的伸长或缩短的长度成正比，从分子间相互作用力跟分子间距离的关系图象来看，最能反映这种规律的是图1-4-12中的( )
图1-4-12
A．ab段 B．bc段
C．de段 D．ef段
【解析】 r＝r0时，分子间作用力为零，对应弹簧原长，无弹力，rr0时，分子间作用力表现为引力，对应弹簧被拉伸，由于bc段近似为直线，分子间的作用力与距离增大量或减小量成正比．因此选B.
【答案】 B
8．分子间同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r的变化规律分别为f引＝、f斥＝，当分子力表现为斥力时，r必须满足( )
A．r< B．r>
C．r> D．r<
【解析】 当分子间的作用力表现为斥力时，实际上是分子间的斥力大于引力，根据题目要求可得f斥>f引，即>，整理可得r>，B正确．
【答案】 B
9.如图1-4-13所示，用F表示两分子间的作用力，EP表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中( )
图1-4-13
A．F不断增大，Ep不断减小
B．F先增大后减小，Ep则不断减小
C．F不断增大，Ep先增大后减小
D．F、Ep都是先增大后减小
【解析】 分子间的作用力是矢量，分子势能是标量，由图象可知F先增大后变小，Ep则不断减小，B正确．
【答案】 B
10．设r0为A、B两个分子间引力和斥力相等时A、B分子间的距离，在它们之间的距离从r1＝0.8r0变为r2＝10r0的过程中，它们分子间的引力将会________，分子间的引力和斥力的合力将会________．
【解析】 分子引力和斥力都与r有关，r增大，引力、斥力都减小，但是在rr0时表现为引力，即当r由r0到10r0过程中，表现为引力，因为r＝10r0时，分子力为零，所以F先变大后变小，即r由0.8r0到10r0过程中，F先减小后增大再减小．
【答案】 减小 先减小后增大再减小
11．需要把两块透镜进行黏合，就要把两个黏合的表面磨光，并处理得很干净，再加上一定的压力就可以使其黏合在一起．这种黏合就是利用分子间的________．
【解析】 把透镜磨光并用力压使之达到分子间引力作用范围，在分子引力作用下黏合在一起．
【答案】 引力
12．最近几年出现了许多新的焊接方式，如摩擦焊接、爆炸焊接等．摩擦焊接是使焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转，同时加上很大的压力(约每平方厘米加几千到几万牛顿的力)，瞬间就焊接成了一个整体．试用所学知识分析摩擦焊接的原理．
【解析】 摩擦焊接是利用分子引力的作用．当焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转且加上很大的压力时，就可以使两个接触面上的大多数分子之间的距离达到或接近r0，从而使两个接触面焊接在一起，这是靠分子力的作用使这两个焊件成为了一个整体．
【答案】 见解析
课件65张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 分子的动能 温度 平均值 越大 越小 平均动能 分子势能 相对位置 体积 距离 引力 引力 斥力 斥力 最小 物体的内能 动能 分子势能 温度 体积 温度 增加 体积 变化 分 子势能 越大 越高 越小 稀薄 温度与分子动能 对分子势能的理解 对物体内能的理解 综合解题方略——图象法分析分子势能
的变化 第5节 物体的内能
1．关于温度，下列说法正确的是( )
A．温度越高，分子动能越大
B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高
C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高
D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志
【解析】 温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错；物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．
【答案】 D
2．有一门窗敞开的房间，上午8点的温度为10 ℃，下午1点的温度为20 ℃.假定大气压强无变化，则上午8点与下午1点相比较，房间内( )
A．每个空气分子的速率都小
B．空气分子的平均动能较小
C．空气分子的个数相同
D．空气分子的分布密度相同
【解析】 温度是分子平均动能的标志，8点温度为10 ℃，空气分子平均动能小，故B正确．分子永不停息地做无规则运动，温度降低平均动能减小，某个分子的速率有可能增大，有可能减小，有可能不变，故A错．温度升高时，质量不变时，压强增大，由于门窗敞开，内部气体向外流出，20 ℃时分子个数少，分子密度减小，故C、D错．
【答案】 B
3．(双选)一辆运输瓶装氧气的货车，由于某种原因，司机紧急刹车，最后停下来，则下列说法正确的是( )
A．汽车机械能减小，氧气内能增加
B．汽车机械能减小，氧气内能减小
C．汽车机械能减小，氧气内能不变
D．汽车机械能减小，汽车(轮胎)内能增加
【解析】 氧气温度不变，体积没变，内能不变，A、B错，C对；汽车机械能减小，转化为内能，D对．
【答案】 CD
4．(双选)设分子间的相互作用力的合力为零时的距离为r0，则下列说法正确的是( )
A．rB．r＝r0时，Ep为零，最小
C．r>r0时，Ep随r增大而减小
D．r>r0时，Ep随r增大而增大
【解析】 分子势能的变化由分子力做功决定，当rr0时，r增大，分子克服引力做功，故分子势能增大，则C错误，D正确．
【答案】 AD
5．一定质量的0 ℃的冰融化成0 ℃的水时，其分子动能之和Ek和分子势能之和Ep的变化情况为( )
A．Ek变大，Ep变大
B．Ek变小，Ep变小
C．Ek不变，Ep变大
D．Ek不变，Ep变小
【解析】 因为冰融化时温度不变，所以分子的平均动能不变，再考虑到分子的总数不变，所以可以判断Ek不变；注意到融化过程中要吸热，同时由于冰融化为水时体积将减小，外界对系统做功，做功和热传递都使内能增加，由此可以判断Ep必增大，故正确选项为C.
【答案】 C
6．下列说法正确的是( )
A．熔融的铁块化成铁水的过程中，温度不变，内能也不变
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
【解析】 本题的关键是对温度和内能这两个概念的理解，温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子动能和分子势能的总和，故温度不变时，内能可能变化．两物体温度相同时，内能可能不同，分子的平均动能相同，但平均速率可能不同，故A项错误，D项正确．最易错的是认为有热量从A传到B，肯定A的内能大．其实有热量从A传到B只能说明A的温度高，但内能还要看它们的总分子数和分子势能这些因素，故C项错误．机械运动的速度增大与分子热运动的动能无关，故B项错误．
【答案】 D
7．雨滴下落，温度逐渐升高，在这个过程中( )
A．雨滴内水分子的势能在减小，动能在增加
B．雨滴内每个分子的动能都在不断增加
C．雨滴内水分子的平均速率不断增大
D．雨滴内水分子的势能在不断增大
【解析】 雨滴下落，温度升高，温度是分子平均动能大小的标志，所以雨滴分子的平均动能增加，分子的平均速率也增大．而分子的势能由分子间的相互作用力和相对位置决定．故仅选项C正确．
【答案】 C
8．(双选)对于20 ℃的水和20 ℃的水银，下列说法正确的是( )
A．两者的分子平均动能相同
B．水银的分子平均动能比水的大
C．两者的分子平均速率相同
D．水银分子的平均速率比水分子的平均速率小
【解析】 温度相同的任何物体，内部的分子平均动能都相等，所以A对，B错；分子平均动能相同，平均速率不一定相同，还与分子质量有关，水银的分子质量大，平均速率小，所以C错，D对．
【答案】 AD
9．(双选)两分子间的距离为r0时，其合力为零，下图中可能正确反映分子势能Ep与分子间的距离r变化关系的有( )
【解析】 当分子间的距离为无穷远时，分子势能为0，当r＝r0时分子势能一定是小于零的，A正确，B错误．分子接近平衡位置过程中，分子势能总是在减少的；分子远离平衡位置过程中，分子势能总是在增加的，C正确，D错误．(注意：选项C中是取r＝r0处的分子势能为零的．)
【答案】 AC
10．“冬天水管破裂、有时候夏天路面会向上拱起、买来的罐头很难打开、高压电线夏天下垂多、冬天绷的较紧等等”这些都是热胀冷缩现象．对于物体的热胀冷缩现象，下列说法正确的是( )
A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化
B．受热膨胀，体积增大，分子势能增大；遇冷收缩，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变
C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子势能也增大；遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小，体积减小，分子势能也减小
D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，体积减小，但分子势能增大
【解析】 物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．
【答案】 C
11．在体积、温度、物质的量、阿伏加德罗常数四个量中，与分子平均动能有关的量是________；与分子势能直接有关的是________；与物体内能有关的量是________；联系微观量和宏观量的桥梁是________．
【解析】 明确决定内能的相关因素是处理此类问题的关键．
【答案】 温度 体积 温度、体积、物质的量 阿伏加德罗常数
12．放在光滑水平面上的物体受到一个水平方向的作用力而做匀加速直线运动，有人说：“随着物体运动加快，物体内分子的运动也加快，因此分子的平均动能增大，物体的温度升高．”这种说法是否正确？为什么？
【解析】 这种说法是错误的．热运动是物体内分子的无规则运动，这种无规则的运动是相对于物体本身的运动．物体运动时，物体中所有分子在无规则运动的基础上又叠加了一个“整体有序”的运动．这个“整体有序”的运动就是物体的机械运动．而物体的无规则运动跟温度有关，物体的温度越高，无规则运动越剧烈，所以把这种运动叫热运动，物体的机械运动不会影响物体的温度，所以物体的温度不会因物体的运动速度增大而升高．分子的热运动和物体的机械运动是两种不同形式的运动，简单地说，热运动是物体内大量分子的无序运动，而机械运动则是由大量分子组成的整体的有序运动，这两种运动形式可以相互转化，这对应于与它们相联系的两种形式的能量之间的转化，即内能和机械能之间的转化．
【答案】 见解析
课件45张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 分子沿各个方向运动的机会相等 偶然 均等 统计规律 分子速率按一定的规律分布 统计规律 温度 确定 很小 越少 多 少 速率大 减少 增加 增大 多 少 统计规律与气体分子运动特点 综合解题方略——麦克斯韦气体分子速率分布规律 气体分子运动的统计规律
1．历史上不少统计学家做过成千上万次抛掷硬币的试验，关于抛掷硬币的统计规律，下列说法中错误的是( )
A．抛掷次数较少时，出现正反面的比例是不确定的
B．不论抛掷次数多少，出现正反面的比例各占抛掷总次数的50%
C．抛掷次数越多，出现正面(或反面)的百分率就越接近50%
D．某一事件的出现纯粹是偶然的，但大量的偶然事件却会表现出一定的规律
【解析】 大量的偶然事件的发生符合统计规律．
【答案】 B
2．(双选)关于封闭在容器内的一定质量的气体，当温度升高时，下列说法正确的是( )
A．气体中的每个分子的速率必定增大
B．有些分子的速率可能减小
C．速率大的分子数目增加
D．“中间多、两头少”的分布规律改变
【解析】 由于研究对象是由大量分子组成的，具有统计规律，而单个分子的运动情况具有偶然性．对每个分子无法判断速率的变化，A错误，B正确；总体上速率大的分子数目在增加，C正确；无论温度如何变化，“中间多、两头少”的分布规律不会变化，D错误．
【答案】 BC
3．(双选)大量气体分子运动的特点是( )
A．分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动
B．分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动
C．分子沿各方向运动的机会均不相等
D．分子的速率分布毫无规律
【解析】 气体分子除碰撞外可以认为是在空间自由移动的，因气体分子沿各方向运动的机会相等，碰撞使它做无规则运动，但气体分子速率按正态分布，即按“中间多、两头少”的规律分布，所以A、B正确．
【答案】 AB
4．关于气体分子的速率，下列说法正确的是( )
A．气体温度升高时，每个气体分子的运动速率一定都增大
B．气体温度降低时，每个气体分子的运动速率一定都减小
C．气体温度升高时，气体分子运动的平均速率必定增大
D．气体温度降低时，气体分子运动的平均速率可能增大
【解析】 由麦克斯韦气体分子速率分布规律可知，温度升高时，气体分子速率大的分子所占的比率增大，速率小的分子所占的比率减小，故气体分子的平均速率一定增大，故选项C正确．而温度降低时则正好相反，故选项D错．对每一个分子的运动速率在温度升高时不一定增大，在温度降低时也不一定减小，故选项A、B都错．
【答案】 C
5．1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律．若以横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比．下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是( )
【解析】 由于大量分子的速率按“中间多、两头少”的规律分布，故只有D正确．
【答案】 D
6．(双选)如图1-6-2所示为一定质量的氧气分子在0 ℃和100 ℃两种不同情况下的速率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的是( )
图1-6-2
A．温度升高，所有分子的运动速率均变大
B．温度越高，分子的平均速率越小
C．0 ℃和100 ℃氧气分子的速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
D．100 ℃的氧气与0 ℃的氧气相比，速率大的分子所占比例较大
【解析】 温度升高，气体分子的平均动能增大，平均运动速率增大，但有些分子的运动速率可能减小，从图中可以看出温度高时，速率大的分子所占比例较大，A、B错误，C、D正确．
【答案】 CD
7．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图1-6-3所示，图中f(v)表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ，TⅡ，TⅢ，则( )
图1-6-3
A．TⅠ＞TⅡ＞TⅢ B．TⅢ＞TⅡ＞TⅠ
C．TⅡ＞TⅠ，TⅡ ＞TⅢ D．TⅠ＝TⅡ＝TⅢ
【解析】 温度是气体分子平均动能的标志．由图象可以看出，大量分子的平均速率Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，因为是同种气体，则EkⅢ＞EkⅡ＞EkⅠ，所以B正确，A、C、D错误．
【答案】 B
8．密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的______增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图1-6-4所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2.
图1-6-4
【解析】 温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T1＜T2.
【答案】 平均动能 小于
9．在投掷硬币的实验中，硬币的每一次投掷，都是一个独立事件，即某一次的投掷结果同其他各次的投掷结果都没有关系．投掷次数较少时，结果是正面朝上还是反面朝上，都是偶然的．但如果投掷的次数很多，就可以发现，正面朝上和反面朝上的概率都在50%左右，此事例说明了统计规律的适用条件是怎样呢？
【答案】 统计规律只适用于大量统计的规律，对于少量统计不适用，反映的是物体整体所呈现的一种可能情况．
10．根据热力学理论可以计算出氨气分子在0 ℃时的平均速率约为490 m/s，该温度下一个标准大气压时氨气分子对单位面积器壁的单位时间的碰撞次数为3×1023次，气体分子的平均距离约为10－9m，试根据以上数据分析说明为什么研究单个分子的运动规律是不现实的？
【解析】 因为分子运动的速率大，分子间的碰撞频繁，分子速度方向极易变化，单个分子的运动规律根本无法研究，所以不现实．
【答案】 见解析
11．根据天文学家测量，月球的半径为1 738千米，月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6.月球在阳光照射下的温度可以达到127 ℃，而此时水蒸气分子的平均速率达2 000 m/s，试分析月球表面没有水的原因．
【解析】 月球表面的第一宇宙速度v0＝＝1 685 m/s<2 000 m/s，所以水蒸气分子在月球表面做离心运动，因此月球表面没有水.
课件64张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 晶体和非晶体 晶体 非晶体 几何形状 各向同性 没有 几何形状 有 几何形状 有 人工 晶体的微观结构 有规则 规则性 各 向异性 X射线 整齐排列 相互作用 一定的平衡位置 固体新材料 新工艺 新技术 特殊性能 硅 晶体和非晶体 晶体的微观结构 新材料及其应用 晶体的宏观特征、晶体的微观结构、固体新材料
1．如图所示，四块固体中，属于晶体的是( )
【解析】 石英为晶体，橡胶、魔方(木)、塑料为非晶体．
【答案】 B
2．(双选)晶体具有各向异性是由于( )
A．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同
B．晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
C．晶体内部结构的无规则性
D．晶体内部结构的有规则性
【解析】 组成晶体的物质微粒是有规则排列的，由于在不同方向上物质微粒的排列情况不同，造成晶体在不同方向上物理性质的不同．所以，正确答案为A、D.
【答案】 AD
3．(双选)在样本薄片上均匀地涂上一层石蜡，然后用灼热的金属针尖点在样本的另一侧面，结果得到如图2-3-4所示的两种图样，则( )
图2-3-4
A．样本A一定是非晶体
B．样本A可能是非晶体
C．样本B一定是晶体
D．样本B不一定是晶体
【解析】 B体现各向异性，一定是晶体；A导热性能各向同性，可能为非晶体，也可能为多晶体．
【答案】 BC
4．(双选)如图2-3-5所示，甲、乙、丙三种固体物质，质量相等，加热过程中，相同时间内吸收的热量相等，从其温度随时间变化的图象可以判断( )
图2-3-5
A．甲、丙是晶体，乙是非晶体
B．乙是晶体，甲、丙是非晶体
C．乙是非晶体，甲的熔点比丙低
D．乙是非晶体，甲的熔点比丙高
【解析】 由图可知，甲和丙有固定熔点，属于晶体，而乙没有固定熔点，属于非晶体，A对，B错；甲的熔点为t2，丙的熔点为t1，t2＞t1，故C错，D对．
【答案】 AD
5．关于新材料的开发与应用和技术产品与产业进步的关系错误的是( )
A．半导体材料的工业化生产，促进了当前计算机技术的迅猛发展
B．高温高强度的结构材料，为宇航工业奠定了基础
C．低消耗的光导纤维是现代光纤通信的重要材料
D．在远古时代，人们就已经开始利用半导体制造电器了
【解析】 在人类历史上，曾经历了石器时代、青铜器时代和铁器时代，不同材料的应用体现了不同的生产力水平．远古时代，人们选择石器做工具，它是当时自然界中最硬的材料了.20世纪下半叶进入新技术革命时代，新材料成为各个高技术领域发展的突破口；半导体材料的工业化生产，大力促进了计算机技术的发展；高温高强度的结构材料，为宇航工业奠定了基础；低消耗的光导纤维，是现代光纤通信的重要材料．故选D.
【答案】 D
6．晶体不同于非晶体，它具有规则的几何外形，在不同方向上物理性质不同，而且具有一定的熔点，下列说法中不能用来解释晶体的上述特性的是( )
A．组成晶体的物质微粒，在空间中按一定的规律排成整齐的行列，构成特定的空间点阵
B．晶体在不同方向上物理性质不同，是由于不同方向上微粒数目不同，微粒间距离不相同
C．晶体在不同方向上物理性质不同，是由于不同方向上的物理微粒的性质不同
D．晶体在熔化时吸收热量，全部用来瓦解晶体的空间点阵，转化为分子间势能；因此，晶体在熔化过程中保持一定的温度不变；只有空间点阵完全被瓦解，晶体完全变为液体后，继续加热，温度才会升高
【解析】 晶体有规则的几何外形是因为微粒按一定规律排列，呈现各向异性是因为不同方向上微粒数目不同，有固定熔点是因为其熔化时先要破坏点阵结构，之后温度才升高．故选C.
【答案】 C
7．(双选)如图2-3-6所示，ABCD是一厚度均匀的由同一种材料构成的圆板．AB和CD是互相垂直的两条直径，把圆板从图示位置转为90°后电流表读数发生了变化(两种情况下都接触良好)，关于圆板下列说法正确的是( )
图2-3-6
A．圆形板是非晶体
B．圆形板是多晶体
C．圆形板是单晶体
D．圆形板在各个方向导电性不同
【解析】 圆板从图示位置转90°后电流表读数发生变化，说明圆板在不同方向上的导电性能不同，具有各向异性．故正确选项为C、D.
【答案】 CD
8．(双选)新型金属材料有铝合金、镁合金、钛合金以及稀有金属，以下关于它们的说法正确的是( )
A．铝合金密度小，导电性好，可代替铜用作导电材料
B．铝合金既轻又强，被誉为“未来的钢铁”，可制造超音速飞机的宇宙飞船
C．稀有金属能改善合金性能，用于制造光电材料、磁性材料等
D．钛合金是制造直升机某些零件的理想材料
【解析】 被誉为“未来的钢铁”的是钛合金，可用于制造超音速飞机和宇宙飞船；而镁合金既轻又强，可用来制造直升机的某些零件，故只有选项A、C正确．
【答案】 AC
9.如图2-3-7所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是( )
图2-3-7
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
【解析】 晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，在熔化过程中，是固液共存的，故B正确．
【答案】 B
10．节能减排是今年政府的重要工作，现代建筑出现了一种新设计：在墙面的装饰材料中均匀混入小颗粒状的小球，球内充入一种非晶体材料，当温度升高时，球内材料熔化吸热，当温度降低时，球内材料凝固放热，使建筑内温度基本保持不变．下列四个图象中，表示球内材料的熔化图象的是( )
【解析】 晶体有固定的熔点，在熔化过程中当温度达到熔点后，不断吸热，但温度却保持在熔点温度，直到晶体全部熔化；而非晶体没有固定的熔点，在熔化过程中不断吸热，先变软，然后熔化，在此过程中温度不断上升．
【答案】 C
11．如图2-3-8所示是萘晶体的熔化曲线，由图可知，萘的熔点是________，熔化时间为________．
图2-3-8
若已知萘的质量为m，固态时比热容为c1，液态时比热容为c2，熔化热为λ，试完成下列表格.
过程
状态
吸热后能的转换
吸热计算式
A→B
B→C
C→D
【解析】 晶体温度升高时，吸收的热量由Q＝cmΔt计算，吸收的热量主要增加分子的平均动能．晶体熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量完全用于增加分子势能，吸收的热量由Q＝λm计算．
【答案】 T2 t2－t1
状态
吸热后能的转换
吸热计算式
固态
主要增加分子的平均动能
Q1＝c1m(T2－T1)
固液共存
完全用于增加分子的势能
Q2＝λ·m
液态
大部分增加分子的平均动能
Q3＝c2m(T3－T2)
12.利用扫描隧道显微镜(STM)可以得到物质表面原子排列的图象，从而可以研究物质的构成规律．图2-3-9中的照片是一些晶体材料表面的STM图象，通过观察、比较，可以看到这些材料都是由原子在空间排列而构成的，具有一定的结构特征，则构成这些材料的原子在物质表面排列的共同特点是：
(1)__________________________________________________________；
(2)___________________________________________________________.
图2-3-9
【解析】 本题通过扫描隧道显微镜研究晶体材料的构成规律，尽管不同材料的原子在空间的排列情况不同，但原子都是按照一定规律排列的，都具有一定的对称性．
【答案】 (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一般不同
(2)原子的排列具有一定的对称性
课件43张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 液体的性质 固体 体积 各向 同性 热运动 微小振动 热运动 快 液晶 中间 晶体 流动 连续 各向异性 液晶显示器 探测温度 液体的微观结构 液晶的效应和应用 第4节 液体的性质 液晶
1．液体分子间的距离、液体分子间的作用力分别接近于( )
A．气体、固体 B．固体、固体
C．固体、气体 D．气体、气体
【解析】 液体分子间距较小，与固体接近，不容易压缩．
【答案】 B
2．下列说法正确的是( )
A．液晶是晶体
B．液晶是液体
C．液晶是固体
D．液晶既不是固体也不是液体
【解析】 液晶既不是晶体，也不是液体，也不是固体．
【答案】 D
3．(双选)下列关于液体的微观结构说法正确的是( )
A．液体分子的排列更接近于固体
B．液体分子的排列更接近于气体
C．液体表现出各向异性
D．液体分子没有长期固定的平衡位置
【解析】 液体分子排列接近于固体，但液体分子没有长期固定的平衡位置．
【答案】 AD
4．下列说法正确的是( )
A．液晶的结构与晶体结构相同
B．液晶的结构与液体的结构相同
C．液晶的结构与非晶体结构相同
D．液晶在某些性质上与晶体相同，在某些性质上又与液体相同
【解析】 液晶的结构既不同于晶体结构，也不同于液体结构和非晶体的结构，故A、B、C错．液晶在力学性质上与液体相同，具有流动性、连续性，可以形成液滴，在光学性质、电学性质等方面又具有明显的各向异性，因而又具有晶体的某些性质，所以D正确．
【答案】 D
5．(双选)以下说法中正确的是( )
A．每一个液体分子都没有固定的位置，液体分子的平衡位置时刻变动
B．液体蒸发，是因为某些动能较大的分子克服了其他分子的作用力的缘故
C．液体变成固体(凝结)时体积一定减小
D．液体跟其他固体一样，也会热胀冷缩
【解析】 液体易流动，是因为液体分子没有固定的位置，故A正确；液体的蒸发，是由于那些动能较大的分子挣脱其他分子的作用力而成为自由分子，故B正确；以水为反例可以说明C、D不正确．
【答案】 AB
6．(双选)下列有关液晶的说法，正确的是( )
A．液晶具有流动性
B．液晶具有各向异性
C．液晶具有稳定的空间排列规律
D．液晶就是液态的晶体
【解析】 液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的分子排列整齐、各向异性的状态；但其空间排列规律不稳定．
【答案】 AB
7．(双选)关于液晶的以下说法正确的是( )
A．液晶态只是物质在一定温度范围内才具有的状态
B．因为液晶在一定条件下发光，所以可以用来做显示屏
C．人体的某些组织中存在液晶结构
D．笔记本电脑的彩色显示器，是因为在液晶中掺入了少量多色性染料，液晶中电场强度不同时，它对不同色光的吸收强度不一样，所以显示出各种颜色
【解析】 液晶态可在一定温度范围或某一浓度范围内存在，它对离子的渗透作用同人体的某些组织，在外加电压下，它对不同色光的吸收强度不同．
【答案】 CD
8．下列叙述中错误的是( )
A．棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质呈液晶态
B．利用液晶在电压变化时由透明变浑浊可制作电子手表和电子计算器的显示元件
C．有一种液晶，随温度的逐渐升高，其颜色按顺序改变，利用这种性质，可用来探测温度
D．利用液晶可检查肿瘤，还可以检查电路中的短路点
【解析】 研究表明，不是所有物质都具有液晶态，通常棒状分子、碟状分子和平板状分子的物质容易具有液晶态，但不是任何时候都呈液晶态，所以A错误，B、C、D正确．
【答案】 A
9．液晶在目前最主要的应用方向是在________方面的应用．这方面的应用是利用了液晶的多种________效应．笔记本电脑的彩色显示器也是液晶显示器．在某些液晶中掺入少量多色性染料，染料分子会与液晶分子结合而________，从而表现出光学________．某些物质在水溶液中能够形成________液晶，而这正是________的主要构成部分．液晶已经成为物理科学与生命科学的一个重要结合点．
【答案】 显示器 光学 定向排列 各向异性 薄片状
生物薄膜
10．根据液晶的什么性质可以探测温度，又可以检查肿瘤？
【解析】 有一种液晶，温度改变时会改变颜色，随着温度的逐渐升高，液晶的颜色就发生改变，温度降低，又按相反顺序改变颜色．液晶的这种性质，可以用来探测温度，在医学上用来检查肿瘤，在皮肤表面涂上一层液晶，由于肿瘤部分的温度与周围组织的温度不一样，液晶会显示不同的颜色．
【答案】 见解析
课件39张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 液体的表面现象 右张紧 左张紧 圆形 收缩的趋势 液体的表面张力及其微观解释 有效作用距离 收缩 正确理解液体的表面张力 综合解题方略——液体表面张力与浮力的区别 第5节 液体的表面张力
1．下列现象中哪个不是由表面张力引起的( )
A．使用钢笔难以在油纸上写出字
B．布伞有孔，但不漏水
C．草叶上的露珠呈球形
D．玻璃细杆顶端被烧熔后变成半球形
【答案】 A
2．关于液体的表面张力，下列说法中错误的是( )
A．表面张力是液面各部分间相互吸引的力
B．表面张力是液体表面层中任一分界线两侧大量分子相互作用力的宏观表现
C．表面层里分子分布要比液体内部稀疏些，分子力表现为引力
D．表面层里分子距离比液体内部小些，分子表现为引力
【解析】 表面张力是由于液体表面层的分子距离比液体内部大些，分子力表现为引力．
【答案】 D
3.如图2-5-5所示，布满了肥皂膜的金属框架上的AB，是质量可以忽略不计的一段棉线，若将金属框架下半部分的肥皂膜刺破，则AB的形状是下图中的
( )
图2-5-5
【解析】 下半部分肥皂膜被刺破后，上半部分的液面由于表面张力作用，具有收缩的趋势．故D对．
【答案】 D
4．关于树叶上的露珠呈球形的原因，下列说法正确的是( )
A．露珠在重力和表面张力的共同作用下呈球形
B．露珠的重力和表面张力平衡，靠水分子的引力呈球形
C．露珠的重力比表面张力小得多，可忽略，在表面张力的作用下呈球形
D．露珠只在重力作用下呈球形
【解析】 露珠的质量较小，重力影响与表面张力影响相比小得多，可以忽略不计．露珠的形成是靠液体的表面张力，使其表面积缩小到最小即球形．
【答案】 C
5.用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛的系在环上的两点上，然后浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺穿棉线一侧的肥皂膜，则如图2-5-6所示a、b、c三个图中，可能的是图( )
图2-5-6
A．a、b、c B．a、b
C．b、c D．a、c
【解析】 由于液体表面张力的作用使液体表面像张紧的橡皮膜．一侧的肥皂膜被刺破后，另一侧的液面由于表面张力作用，具有收缩的趋势，故B对．
【答案】 B
6．我们在河边会发现有些小昆虫能静止于水面上，这是因为( )
图2-5-7
A．小昆虫的重力可忽略
B．小昆虫的重力与浮力平衡
C．小昆虫的重力与表面张力平衡
D．表面张力使水面收缩成“弹性薄膜”，对小昆虫产生一个向上的支持力，小昆虫的重力和支持力平衡
【解析】 小昆虫静止在水面上是因为小昆虫所受的合外力为零；表面张力不是作用于小昆虫上的力，而是产生于液体表面层中的力．
【答案】 D
7．液体表面层有收缩的趋势是因为( )
A．空气分子对表面层分子有斥力作用
B．液体放在真空中表面层就没有收缩的趋势
C．在表面层里，分子间相互作用表现为引力
D．气体也有表面层，在气体表面层中分子间相互作用表现为引力
【解析】 在表面薄层里，分子间的距离大，分子间的相互作用表现为引力．气体分子间作用力可忽略．
【答案】 C
8.如图2-5-8所示，若玻璃在空气中的重力为G1，排开的水重G2，则图中弹簧测力计的示数为( )
图2-5-8
A．等于G1
B．等于G2
C．等于(G1－G2)
D．大于(G1－G2)
【解析】 由于存在表面张力，玻璃会受到水面的向下的作用力，故D项正确．
【答案】 D
9．用纸折一只小船，船尾粘一小块肥皂，轻轻放在清水盆中，纸船会自动前进一小段距离，为什么？
【解析】 船尾溶有肥皂，每单位长度的表面张力减少，船四周水面收缩的表面张力的合力向前，使船自动前进．
【答案】 见解析
10．水的密度比沙的密度小，为什么沙漠中的风能刮起大量沙子，而海洋上的风却只带有少量的水沫？
【解析】 由于海水水面有表面张力的作用，水珠之间相互吸引着，风很难把水珠刮起，只能形成海浪，所以海洋上的风只带着少量的水沫；而沙漠中的沙子却不一样，沙粒之间作用力很小，几乎没有，所以风很容易刮起大量沙子．
【答案】 见解析
11.如图2-5-9所示把橄榄油滴入水和酒精的混合液里，当混合液的密度与橄榄油密度相同时，滴入的橄榄油呈球状悬浮在液体中，为什么？
图2-5-9
【解析】 根据油滴的受力情况和表面层的特点即可解释．滴入混合液中的油滴，受到竖直向下的重力和液体对它竖直向上的浮力作用．由于油的密度与液体密度相同，使得油滴好像处于失重状态．油滴在表面张力的作用下，收缩液面有使液面尽量减小的趋势．因为在同体积的几何体中，球的表面积最小，所以油滴在表面张力作用下收缩成球状悬浮在混合液内．
【答案】 见解析
课件56张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 体积和温度 体积 温度 压强 气体的 状态参量 空间 容积 m3 平均动能 数值表示法 摄氏温标 摄氏温 度 ℃ 热力学 热力学温度 T 开尔文 T＝t＋273.15 K 压强 单位面积 帕斯卡 Pa 76 760 密集 平均动能 体积 温度 温度和温标 气体压强的微观解释及计算 综合解题方略——气体压强微观解释 第6节 气体状态参量
1．关于热力学温标与摄氏温标的说法正确的是
( )
A．摄氏温度升高了10 ℃，则热力学温度升高了283 K
B．摄氏温度升高了10 ℃，则热力学温度升高了10 K
C．随着科学技术的进步，绝对零度是可以达到的
D．摄氏温标的零度与热力学温标的零度相同
【解析】 摄氏温标与热力学温标的零点不同，但温差是相同的，绝对零度是低温的极限，永远也达不到，故A、C、D错误．B正确．
【答案】 B
2．封闭在容器中的气体的压强( )
A．是由气体重力产生的
B．是由气体分子间相互作用(引力和斥力)产生的
C．是由大量分子频繁碰撞器壁产生的
D．当充满气体的容器自由下落时，由于失重，气体压强将减小为零
【解析】 大气压强是由空气重力产生的，容器中气体压强是由大量分子频繁碰撞器壁产生的，A、B错，C对．当容器自由下落时，气体分子的频繁碰撞没有变化，压强不变，D错．
【答案】 C
3．某同学觉得一只气球体积比较小，于是他用打气筒给气球继续充气．据有关资料介绍，随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐减小，假设充气过程气球内部气体的温度保持不变，且外界大气压强也不变，则充气气球内部气体( )
A．压强增大 B．单位体积内分子数增多
C．单位体积内分子数减少 D．分子的平均动能增大
【解析】 随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐减小，充气气球内部气体的压强减小，故选项A是错误的．温度不变，分子平均动能不变，压强减小，所以单位体积内分子数减少，故选项B、D是错误的，选项C是正确的．
【答案】 C
4．在冬季，剩有半瓶热水的暖瓶经过一个夜晚后，瓶口的软木塞不易拔出，出现这种现象的主要原因是( )
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体因温度降低而压强减小
【解析】 瓶内气体压强小于外界大气压强，故软木塞不易拔出，D正确．
【答案】 D
5．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上，其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
【解析】 火罐“吸”在皮肤上之后，火罐内气体的体积不变，当罐内气体温度降低后，分子平均动能减小，分子对器壁的碰撞作用力减小，从而使气体压强减小，外面的大气压便将火罐紧紧地压在了皮肤上．
【答案】 B
6．将H2、N2、O2三种气体分别放入不同容器中，使它们的温度、密度相同，则其压强p大小的关系符合(原子质量：H：1、N：14、O：16)( )
A．p(H2)>p(O2)>p(N2)
B．p(O2)>p(N2)>p(H2)
C．p(H2)>p(N2)>p(O2)
D．p(N2)>p(O2)>p(H2)
【解析】 气体的压强是由气体分子对器壁频繁碰撞产生的，从微观角度考虑，气体压强的大小由两个因素决定：一是气体分子的平均动能，二是分子的密集程度(即单位体积内分子的个数)．将H2、N2、O2三种气体分别放入不同的容器中，由于它们的温度相同，所以它们分子热运动的平均动能相同，而它们压强的大小是由分子的密集程度决定的，分子越密集，气体的压强就越大．它们的密度相同，即单位体积内气体的质量m相同，由于不同气体的摩尔质量M不同，所以，单位体积内气体的物质的量n也就不同．由n＝可知，由于M(O2)>M(N2)>M(H2)，所以有n(O2)【答案】 C
7．如图2-6-10所示，密闭汽缸内装有某种气体，则气体对缸内壁A、B两点产生的压强分别为pA、pB，若在完全失重状态下，气体对汽缸内壁两点的压强为pA′、pB′则( )
图2-6-10
A．pA>pB，pA′>pB′ B．pAC．pA＝pB，pA′＝pB′ D．无法确定
【解析】 密封容器内气体压强由分子的平均动能和分子数密度决定与容器的运动状态无关．
【答案】 C
8．如图2-6-11所示，竖直放置的长直汽缸内密封有一定质量的气体，质量不能忽略的活塞可在缸内无摩擦地滑动，活塞上方与大气相通，整个系统处于平衡状态，大气压强不变．现使缸内气体的温度缓慢升高ΔT，则系统再次达到平衡状态时( )
图2-6-11
A．活塞位置没有改变，缸内气体压强不变
B．活塞位置没有改变，缸内气体压强增大
C．活塞向上移动一些，缸内气体压强不变
D．活塞向上移动一些，缸内气体压强增大
【解析】 设活塞的质量为m，大气压强为p0，活塞面积为S，分析活塞受力，由平衡条件可求出：p＝p0＋.当温度升高后，活塞再次平衡时，缸内压强不变；但温度升高，使缸内气体分子无规则运动加剧，要使压强不变，缸内气体单位体积内的分子数必减少，气体的体积增大，活塞向上移动一些，所以只有C项正确．
【答案】 C
9．如图2-6-12所示，一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置，圆板A上表面是水平的，下表面是倾斜的，且下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计一切摩擦，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为( )
图2-6-12
A．p0＋Mgcos θ/S B．p0/S＋Mgcos θ/S
C．p0＋Mgcos2 θ/S D．p0＋Mg/S
【解析】 以圆板为研究对象，如图所示，竖直方向受力平衡
pAS′cos θ＝p0S＋Mg，
S′＝S/cos θ
所以·cos θ＝p0S＋Mg
所以pA＝p0＋Mg/S
故此题应选D选项．
【答案】 D
10.有一压力锅，锅盖上的出气孔截面积约为7.0×10－6 m2，压力阀重为0.7 N．使用该压力锅煮水，根据下列水的沸点与气压关系的表格，分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为1.01×105 Pa)( )
图2-6-13
p/×105 Pa
1.01
1.43
1.54
1.63
1.73
1.82
1.91
2.01
2.12
2.21
t/℃
100
110
112
114
116
118
120
122
124
126
A.100 ℃ B．112 ℃
C．122 ℃ D．124 ℃
【解析】 当高压锅的压力阀刚好被顶起时锅内压强最大，温度最高，pm＝p0＋＝2.01×105 Pa，由列表知此时锅内温度为122 ℃，故选C.
【答案】 C
11.(双选)如图2-6-14所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是( )
图2-6-14
A．B管内水银面比管外水银面高h
B．B管内水银面比管外水银面高hcos θ
C．B管内水银面比管外水银面低hcos θ
D．管内封闭气体的压强比大气压强小hcos θ汞柱
【解析】 本题考查气体压强的确定．A管内水银柱产生的压强为hcos θ汞柱，因而其封闭气体的压强为p0－hcos θ汞柱，即封闭的气体压强比大气压强小hcos θ汞柱，故D项正确；而B管外水银面的压强为大气压强p0，封闭气体的压强与B管中水银柱产生的压强之和为大气压强p0，因而B管内水银柱的高度为hcos θ，比管外水银面高hcos θ，故B项正确．对压强的计算应用液柱对应的竖直高度．
【答案】 BD
12.在竖直放置的U形管内密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱，大气压强为p0，各部分长度如图2-6-15所示，求A、B气体的压强．
图2-6-15
【解析】 选与气体接触的液柱为研究对象．进行受力分析，利用平衡条件求解．
求pA：取液柱h1为研究对象，设管横截面积为S，大气压力和液柱重力方向向下，A气体产生的压力方向向上，液柱h1静止，则p0S＋ρgh1S＝pAS 得：pA＝p0＋ρgh1.
求pB：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，下端液体产生的压强可以不予考虑，A气体压强由液体传递后对h2的压力方向向上，B气体压力、液体h2重力方向向下，液柱受力平衡，则pBS＋ρgh2S＝pAS 得得pB＝p0＋ρgh1－ρgh2.
【答案】 pA＝p0＋ρgh1 pB＝p0＋ρgh1－ρgh2
课件57张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 探究气体规律的方法 参量 其他状态 一个状态参量 玻意耳定律 温度 质量 p1V1＝p2V2 反比 温度 气体等温变化的图象(即等温线) 倾斜直线 成反比 双曲线 对玻意耳定律的理解及应用 等温线 综合解题方略——变质量气体的求解方法 第7节 气体实验定律（Ⅰ）
1．(双选)如图2-7-11所示，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，下列对气泡内气体分子的描述正确的有( )
图2-7-11
A．气体分子的平均速率不变
B．气体分子数密度增加
C．气体分子数密度不变
D．气体分子对气泡壁单位面积的平均作用力减小
【解析】 在气泡缓慢浮起时，温度不变，而压强减小，气体分子对气泡壁单位面积的平均作用力减小，故D对．由玻意耳定律知，体积增大，所以分子数密度减小，B、C均错．温度不变时，分子的平均动能不变，A对．
【答案】 AD
2．(双选)一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( )
A．气体分子的平均动能增大
B．气体的密度变为原来的2倍
C．气体的体积变为原来的一半
D．气体的分子总数变为原来的2倍
【解析】 温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得
p1V1＝2p1V2，解得：V2＝V1，ρ1＝，ρ2＝
可得：ρ1＝ρ2，即ρ2＝2ρ1，故B、C正确．
【答案】 BC
3．一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处，它的体积约变为原来体积的(温度不变，ρ水＝103 kg/m3，大气压强p0＝105 Pa)( )
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍 D．0.7倍
【解析】 水下深20 m处，压强为3p0(p0为大气压强)，10 m深处，压强为2p0，由玻意耳定律得3p0V1＝2p0V2，V2＝1.5V1，故C项对．
【答案】 C
4．如图2-7-12所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气( )
图2-7-12
A．体积不变，压强变小 B．体积变小，压强变大
C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小
【解析】 由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积一定减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确．
【答案】 B
5．如图2-7-13所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内水银柱，封闭了一长为L的空气柱，弯曲玻璃管竖直放置．当玻璃管自由下落时，空气柱的长度将( )
图2-7-13
A．变长 B．变短
C．不变 D．无法判断
【解析】 当玻璃管自由下落时，完全失重，水银柱不再产生压强，故封闭气体的压强变小，由于温度不变，由玻意耳定律，故其体积变大，空气柱的长度变长，故选项A对．
【答案】 A
6. (双选)某同学用同一个注射器做了两次验证玻意耳定律的实验，操作完全正确．根据实验数据却在p-V图上画出了两条不同的双曲线，如图2-7-14所示．造成这种情况的可能原因是( )
图2-7-14
A．两次实验中空气质量不同
B．两次实验中温度不同
C．两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同
D．两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同
【解析】 实验时若两次所封气体的质量不同，在同一坐标系上会画出不同的等温线，A项正确．在质量一定的情况下，温度不同，得出的等温线也不同，B项正确．质量、温度都不变，压强与体积成反比，得到的是同一条等温线，C、D项错误．
【答案】 AB
7. 如图2-7-15所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程相符合的是( )
图2-7-15
【解析】 活塞上方液体缓慢流出的过程中，外界的温度保持不变，属于等温变化，D正确．
【答案】 D
8．(双选)如图2-7-16所示是医院为病人输液的部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通．则在输液过程中(瓶A中尚有液体)，下列说法正确的是( )
图2-7-16
A．瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大
B．瓶A中液面下降，但A中上方气体的压强不变
C．滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小
D．在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变
【解析】 进气管C端的压强始终是大气压p0，设输液瓶A上方气体的压强为pA，可以得到pA＝p0－ρgh，因此pA将随着h的减小而增大．滴壶B的顶端液面与进气管C顶端的高度差不受输液瓶A内液面变化的影响，因此压强不变．选A、D.
【答案】 AD
9．如图2-7-17所示，是一定质量的某种气体状态变化的p-V图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是( )
图2-7-17
A．一直保持不变 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【解析】 由图象可知pAVA＝pBVB，所以TA＝TB，但中间过程p、V乘积发生变化，温度发生变化．故由状态A变化到状态B不是等温变化．温度越高，p、V乘积越大．由此知由A→B温度先升高再降低．所以D项正确．
【答案】 D
10．(1)在用注射器做“探究气体等温变化的规律”的实验中为了提高准确度，提出了如下几条措施：
A．注射器必须竖直固定在铁架台上，活塞表面应抹上适量的润滑油
B．实验时必须用手握住注射器以免晃动
C．实验时让活塞缓慢移动，待活塞稳定后再读数
D．计算时只需要将p、V单位分别统一，不必都化成国际制单位
E．计算得到的pV值可能保留多个小数位数
其中不必要或不正确的是( )．
(2)实验前，用适量的润滑油涂抹活塞，其目的是___________________；
检查润滑性的方法是__________________________________________；检
查气密性的方法是________________________________________．
【解析】 实验时应保持温度不变，所以不能用手握住注射器．保留多个小数位数，误差会更大．
【答案】 (1)B、E (2)密封和减小摩擦 拔去橡皮帽，注射器竖直放置时活塞自动下落 套上橡皮帽，封入一定量空气，拉压活塞释放后能自动复位
11．在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图2-7-18所示，U型管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为76 cm汞柱高，图中给出了气体的两个不同的状态．
图2-7-18
(1)实验时甲图气体A的压强为________ cm汞柱高；乙图气体B压强为
________ cm汞柱高．
(2)实验时某同学认为管子的横截面积S可不用测量，这一观点正确吗？
答：________(选填“正确”或“错误”)．
(3)数据测量完后在用图象法处理数据时，某同学以压强p为纵坐标，以体积V(或空气柱长度)为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗？
答：________.
【解析】 (1)由连通器原理可知，甲图中气体压强为p0＝76 cmHg，乙图中气体压强为p0＋4 cmHg＝80 cmHg.
(2)由玻意耳定律p1V1＝p2V2，即p1l1S＝p2l2S，即p1l1＝p2l2(l1、l2为空气柱长度)，所以玻璃管的横截面积可不用测量．
(3)以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p-图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比．
【答案】 (1)76 80 (2)正确 (3)不能
12．如图2-7-19，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.
图2-7-19
【解析】 选容器内和左管内空气为研究对象，根据玻意耳定律，得
p1V1＋p0V2＝(p0＋ρgh)(V1＋V2)
所以p1＝p0＋.
【答案】 p0＋
课件61张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 查理定律 p∝T 热力学温度T 体积不变 压强p 盖·吕萨克定律 正比 压强 三个实验定律 简化模型 对气体实验定律的微观解释 减小 减小 增大 增大 一定 查理定律、盖·吕萨克定律与热力学温标 图2-8-3 对气体实验定律的微观解释 综合解题方略——液柱移动方向的判断 第8节 气体实验定律（Ⅱ）
1．一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1 ℃它的压强变化量
( )
A．相同 B．随温度升高逐渐变大
C．随温度升高逐渐变小 D．无法判断
【解析】 根据查理定律＝得
＝ 故Δp＝ΔT.
ΔT＝1 K Δp＝为定值．A项正确．
【答案】 A
2．一定质量气体在状态变化前后对应图2-8-9中A、B两点，则与A、B两状态所对应的分别等于VA、VB的大小关系是( )
图2-8-9
A．VA＝VB B．VA>VB
C．VA【解析】 可通过A、B两点分别与原点O相连，得到两条等容线，线上各点所对应的气体体积分别等于VA、VB，由于PA对应的等容线的斜率大，表示它的体积小．C对．
【答案】 C
3．(双选)下列各图中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，各图中正确描述一定质量气体等压变化规律的是( )
【解析】 图A中压强保持不变，故是等压变化过程．据一定质量气体理想状态方程＝恒量C，在V-T图象中等压线是一条过原点的直线，C对．图B中随着V增大，p减小；图D中随着t增大，p增大．正确答案为A、C.
【答案】 AC
4．一定质量的气体做等压变化时，其V-T图象如图2-8-10所示，若保持气体质量不变，而改变气体的压强，再让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列不可能正确的是( )
图2-8-10
A．等压线与V轴之间夹角变小
B．等压线与V轴之间夹角变大
C．等压线与t轴交点的位置不变
D．等压线与t轴交点的位置一定改变
【解析】 对于一定质量的等压线，其V-t图象的延长线一定要经过t轴上－273 ℃的点，故C正确；由于题目中没有给定压强p的变化情况，因此A、B都有可能．
【答案】 D
5．注射器中封闭着一定质量的气体，现在缓慢压下活塞，下列物理量不发生变化的是( )
A．气体的压强 B．气体分子的平均速率
C．单位体积内的分子数 D．气体的密度
【解析】 缓慢压下活塞意味着密闭气体是等温压缩，故分子的平均速率及分子的平均动能不变，气体的总质量不变，体积减小，单位体积内的分子数和气体的密度都增加，由气体压强的微观意义可知，注射器中密闭气体的压强增大．故选B.
【答案】 B
6．如图2-8-11所示为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是( )
图2-8-11
A．温度降低，压强增大
B．温度升高，压强不变
C．温度升高，压强减小
D．温度不变，压强减小
【解析】 对被封闭的气体研究，当水柱上升时，封闭气体的体积V减小，结合理想气体的状态方程＝C得，当外界大气压强P0不变时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低；当外界大气压强p0减小时，封闭气体的压强p减小，则温度T一定降低；当外界大气压强p0增大时，封闭气体的压强p存在可能增大、可能不变、可能减小三种情况．当封闭气体的压强p增大时，温度T可能升高、不变或降低，封闭气体的压强p不变时，温度一定降低，封闭气体的压强p减小时，温度一定降低．故只有选项A可能．
【答案】 A
7．(双选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )
【解析】 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp＝，而各管原来p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C、D项正确．
【答案】 CD
8．(双选)一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么下列过程可以实现的是( )
A．先将气体等温膨胀，再将气体等容降温
B．先将气体等温压缩，再将气体等容升温
C．先将气体等容升温，再将气体等温膨胀
D．先将气体等容降温，再将气体等温压缩
【解析】 等温膨胀时压强减小，等容降温压强也减小，故A错误．等温压缩压强增大，等容升温压强增大，故B错误．等容升温压强增大，等温膨胀压强减小，故C正确．等容降温压强减小，等温压缩压强增大，故D正确．
【答案】 CD
9．汽缸中有一定质量的理想气体，从a状态开始，在等容条件下增大气体压强到达b状态；再在等温条件下增大体积到达c状态；最后在等压条件下减小体积回到a状态，选项中能正确描述上述过程的是( )
【解析】 在p-V图象中，等温变化曲线是双曲线，由此可知只有B项正确．
【答案】 B
10．如图2-8-12所示为一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.
图2-8-12
(1)求此时气体的压强．
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0，求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
【解析】 (1)设升温后气体的压强为p1，
由查理定律得＝①
代入数据得p1＝p0②
(2)抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0＝p0V③
联立②③式解得V＝V0④
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K，由题意得K＝⑤
联立④⑤式解得K＝⑥
【答案】 (1)p0 (2)
11．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 ℃)罐内装有0.9 V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐承受的压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
【解析】 取CO2气体为研究对象，则：
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K
末态：p2＝1.2 atm，T2＝？
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】 75 ℃
12．容积为2 L的烧瓶，在压强为1.0×105 Pa时，用塞子塞住瓶口，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被弹开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27 ℃，求：
(1)塞子弹开前的最大压强；
(2)27 ℃时剩余空气的压强．
【解析】 塞子弹开前，瓶内气体的状态变化为等容变化．塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为研究对象，再利用查理定律求解．
(1)塞子打开前，选瓶中气体为研究对象：
初态：p1＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K
末态：p2＝？T2＝(273＋127) K＝400 K
由查理定律可得p2＝＝ Pa≈1.33×105 Pa.
(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象：
初态：p1′＝1.0×105 Pa，T1′＝400 K
末态：p2′＝？T2′＝300 K
由查理定律可得p2′＝＝ Pa≈0.75×105 Pa.
【答案】 (1)1.33×105 Pa (2)0.75×105 Pa
【备选习题】(教师用书独具)
高空试验火箭起飞前仪器舱内压强p0＝1 atm，温度T＝300 K．当火箭竖直向上加速飞行(a＝g)时，仪器舱内水银气压计示数为0.6p0.已知舱是密封的，求此时舱内的温度．
【解析】 加速前后，仪器舱内气体做的是等容变化，可以用查理定律求加速时舱内温度．
取舱内气体为研究对象，由查理定律得＝，①
取气压计内高出液面的水银柱为研究对象，由牛顿第二定律得
p2S－ρSh2g＝ρSh2a，②
又ρh2g＝0.6p0.③
由①②③得
T2＝360 K.
【答案】 360 K
课件49张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 饱和蒸汽与饱和汽压 动态平衡 增加 减少 相等 返回 飞出 动态 增大 不同 ps 压强 空气的湿度 水汽压 饱和 水蒸气的压强 水汽密度 数 水汽分子 对饱和蒸汽和饱和汽压的理解 对绝对湿度和相对湿度的理解 综合解题方略——潮湿情况的判定方法 饱和蒸汽 空气的湿度
1．(双选)在相对湿度相同的情况下，比较可得( )
A．冬天的绝对湿度大 B．夏天的绝对湿度大
C．冬天的绝对湿度小 D．夏天的绝对湿度小
【解析】 冬季温度低，蒸发慢，空气中含水分少，绝对湿度小；夏季温度高，蒸发快，空气中含水分多，绝对湿度大．
【答案】 BC
2．有的空调带有除湿功能，除湿的目的是( )
A．使相对湿度适中 B．使绝对湿度适中
C．使饱和汽压适中 D．减少大气压强
【解析】 空调降温时，若空气中的相对湿度过大，人感觉到太潮湿，除掉空气中的部分水后，使相对湿度适中，人感觉更舒服．
【答案】 A
3．对饱和蒸汽，如图2-9-2所示，下面说法正确的是( )
图2-9-2
A．液面上的蒸汽分子的密度不断增大
B．液面上的蒸汽分子的密度不断减小
C．液面上的蒸汽分子的密度不变
D．液面上没有蒸汽分子
【解析】 达到饱和蒸汽时，液体与气体之间达到了动态的平衡，即相同时间内回到水面的分子数等于从水面飞出的分子数，液面上蒸汽分子的密度不再改变．
【答案】 C
4．我们感到空气很潮湿，这是因为( )
A．空气中所含水蒸气较多
B．气温较低
C．绝对湿度较大
D．空气中的水蒸气离饱和状态较近
【解析】 我们感到空气很潮湿，是因为空气的相对湿度大，由公式B＝×100%可知，空气中的水蒸气压强比较大，离饱和状态近，故选D.
【答案】 D
5．某兴趣小组用相同的烧杯盛等量的水，用相同的热源同时加热，甲杯为隔水加热，乙杯为隔油加热，丙杯为隔沙加热，加热一段时间后，测得烧杯外物质的温度分别为水温100 ℃、油温300 ℃、沙温600 ℃，且观察到乙、丙两烧杯中的水呈沸腾状态，则三杯水的温度高低顺序为( )
A．甲>乙>丙 B．甲<乙<丙
C．甲<乙＝丙 D．甲＝乙＝丙
【解析】 甲杯外水温为100 ℃，所以甲杯中的水温也为100 ℃，乙、丙两烧杯外的物质温度虽分别达到了300 ℃和600 ℃，但由于两烧杯中的水呈沸腾状态，沸腾过程中水温保持100 ℃不变，所以两烧杯中的水温也同为100 ℃，故选D.
【答案】 D
6．(双选)某地白天的气温是20 ℃，空气中水蒸气的压强是1.1×103 Pa；夜间，空气中水蒸气的压强不变，气温降到10 ℃.白天水蒸气饱和汽压2.3×103 Pa，夜间水蒸气饱和汽压1.2×103 Pa，则我们感觉到的潮湿与干爽情况是( )
A．夜间干爽 B．白天潮湿
C．白天干爽 D．夜间潮湿
【解析】 看相对湿度大小，白天相对湿度：B1＝×100%＝48%，夜间相对湿度：B2＝×100%＝91.7%，所以白天干爽，夜间潮湿，故选C、D.
【答案】 CD
7．湿球温度计与干球温度计的示数差越大，表示( )
A．空气的绝对湿度越大
B．空气的相对湿度越大
C．空气中的水汽离饱和程度越近
D．空气中的水汽离饱和程度越远
【解析】 湿球温度计与干球温度计的示数差越大，表示水分蒸发越快，所以相对湿度越小，即空气中的水汽离饱和程度越远．
【答案】 D
8. 如图2-9-3所示，在一个带活塞的容器底部有一定量的水，现保持温度不变，上提活塞，平衡后底部仍有部分水，则下列说法正确的是( )
图2-9-3
A．液面上方的水蒸气从饱和变成未饱和
B．液面上方水蒸气的质量增加，密度减小
C．液面上方的水蒸气密度减小，饱和汽压减小
D．液面上方水蒸气的密度和饱和汽压都不变
【解析】 活塞上提前，密闭容器中水面上水蒸气为饱和汽，水蒸气密度一定，其饱和汽压一定．当活塞上提时，密闭容器中水面会有水分子飞出，使其上方水蒸气与水又重新处于动态平衡，达到饱和状态．在温度保持不变的条件下，水蒸气密度不变，饱和汽压也保持不变．故选项D正确．
【答案】 D
9．印刷厂里为使纸张好用，主要应控制厂房内的( )
A．绝对湿度 B．相对湿度
C．温度 D．大气压强
【解析】 相对湿度太大，纸张潮湿，不好用，相对湿度太小，空气太干燥，纸张容易产生静电，纸张也不好用，故印刷厂里主要控制相对湿度，B项正确．
【答案】 B
10．在严寒的冬天，房间玻璃上往往会出现一层雾，雾珠是在窗玻璃的________表面．(填“外”或“内”)．请叙述雾珠是怎样形成的．
【解析】 内．靠近窗的温度降低时，饱和汽压也变小，这时会有部分水蒸气液化变成水附在玻璃上．
【答案】 见解析
11．学校气象小组在某两天中午记录如下数据：
第一天，气温30 ℃，空气中水蒸气压强为15.84 mm汞柱．
第二天，气温20 ℃，空气中水蒸气压强为10.92 mm汞柱．
查表知，气温30 ℃时，水的饱和汽压为4.242×103 Pa；气温20 ℃时，水的饱和汽压为2.338×103 Pa.
你能根据采集的数据判定哪一天中午人感到较潮湿吗？试计算说明．
【解析】 气温30 ℃水的饱和汽压ps1＝4.242×103 Pa，这时水蒸气实际压强pl1＝15.84 mmHg＝2.111×103 Pa，则第一天中午空气的相对湿度
B1＝×100%＝×100%＝49.76%.
气温20 ℃时，水的饱和汽压ps2＝2.338×103 Pa.
这时水蒸气实际压强
pl2＝10.92 mmHg＝1.456×103 Pa.
则第二天中午空气的相对湿度
B2＝×100%＝×100%＝62.28%.
显然B2>B1，即第二天中午人感觉较潮湿．
【答案】 见解析
12．夏季引发中暑有三个临界点：气温在30 ℃，相对湿度为85%；气温在38 ℃，相对湿度为50%；气温在40 ℃，相对湿度为30%，它们的绝对湿度分别为多少？由此得到怎样的启示？(水在三个对应温度的饱和汽压分别为31.82 mmHg、49.70 mmHg、55.32 mmHg)
【解析】 由题可知，水的饱和汽压在30 ℃、38 ℃、40 ℃时分别为ps1＝31.82 mmHg，ps2＝49.70 mmHg，ps3＝55.32 mmHg
由相对湿度的定义关系式B＝得p＝B·ps，由此可得
p1＝0.85×31.82 mmHg＝27.05 mmHg，
p2＝0.50×49.70 mmHg＝24.85 mmHg，
p3＝0.30×55.32 mmHg＝16.60 mmHg，
由上述结果可知，对人影响比较大的不是绝对湿度．
【答案】 27.05 mmHg 24.85 mmHg 16.60 mmHg
对人影响比较大的不是绝对湿度
课件52张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 改变物体内能的两种方式 物质的量 体积 温度 分子势能 动能 内能 减小 下降 增加 升高 减少 增加 物体内能 低温 高温 功与内能 热传递与内能 综合解题方略——做功与热传递改变物体内能的判定 内能 功 热量
1．(双选)下列哪些过程是通过做功改变物体内能的( )
A．汽车刹车过程中，刹车片温度升高
B．太阳能热水器中水温升高
C．在寒冷的冬天，人从室外进入室内，感觉暖和
D．电饭锅将饭煮熟
【解析】 汽车刹车时，克服摩擦力做功，温度升高，A正确；太阳能热水器中水温升高属于热传递，B错误；人从室外到室内，人与室内空气发生热传递，C错误；电饭锅煮饭是电流做功，将电能转化为热能，D正确．
【答案】 AD
2．日常生活中谈到“热”，具有不同的含义，它可以表示物理学中的热量、温度、内能等，以下叙述中哪个“热”是用来表示物理学上的内能( )
A．今天的天气很热
B．摩擦生热
C．物体放热温度降低
D．今年出现足球热
【解析】 选项A中的“热”表示温度，B中的“热”表示内能，C中的表示热量，D中的没有物理含义．故选B.
【答案】 B
3．2008年9月27日下午，举世瞩目的“神舟七号”实现了航天员出舱和太空行走，从电视转播中可以看到翟志刚和刘伯明穿上加气压的舱外服在(与返回舱隔离的)轨道舱中协同作业，16时35分12秒翟志刚在经过几次尝试后奋力向内打开舱盖，太空在中国人面前打开！以下关于轨道舱舱内气压的猜想正确的是
( )
A．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内和舱外的太空都有约为一个大气压的空气压强，所以舱内气体不做功
B．翟志刚打开舱盖时，轨道舱内有与地表附近相似的空气，但由于完全失重，这些空气产生的气压为零，不会对外做功
C．翟志刚用很大的力才把舱盖打开，是因为舱内有约一个大气压的空气压强，而舱外的太空气压为零，所以气体不做功，内能不变
D．翟志刚打开舱盖前，轨道舱中应该已泄压，舱内接近真空
【解析】 在太空中，舱外为真空，气压为零，选项A错误；若舱内有约为一个大气压的空气，则用人力是无法打开舱盖的，选项C错误；若舱内有与地表相似的空气，即使完全失重也会产生约一个大气压的压强，选项B错误；事实上轨道舱中已经泄压而接近真空，选项D正确．
【答案】 D
4．如图3-1-5所示一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起(若不计气泡内空气分子势能的变化)，则( )
图3-1-5
A．气泡对外做功，内能不变，同时放热
B．气泡对外做功，内能不变，同时吸热
C．气泡内能减少，同时放热
D．气泡内能不变，不吸热也不放热
【解析】 在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，对外做功．但由于外部恒温，且气泡缓慢上升，故可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，内能不变，故须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功．故正确答案为B.
【答案】 B
5．在一个完全真空的绝热容器中放入两个物体，它们之间没有发生热传递，这是因为( )
A．两物体具有相同的内能
B．真空容器中不能发生热传递
C．两物体的温度相同
D．两物体没有接触
【解析】 发生热传递的方式有三种，条件是有温度差，而与物体内能的多少、是否接触、周围环境(是否真空)无关．故C项正确．
【答案】 C
6．一定质量的0 ℃的冰融化成0 ℃的水时其分子动能之和Ek与分子势能之和Ep及物体内能E的变化情况为( )
A．Ek变大，Ep变大，E变大
B．Ek变小，Ep变小，E变大
C．Ek不变，Ep变大，E变大
D．Ek不变，Ep变小，E变小
【解析】 温度是分子平均动能的标志，温度相同，平均动能一定相同.0 ℃的冰融化成0 ℃的水，分子个数不变，总动能Ek相同．但融化过程中吸收热量，内能E增大，所以分子势能增大，C对，A、B、D错．
【答案】 C
7．如图3-1-6所示把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速向下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明( )
图3-1-6
A．做功可以升高物体的温度
B．做功可以改变物体的内能
C．做功一定可以增加物体的内能
D．做功可以增加物体的热量
【解析】 活塞压缩空气做功，使空气内能增加，温度升高，故此实验目的是用来说明做功可以改变物体的内能．但压缩过程不一定是绝热过程，故内能不一定增加，因此选B.
【答案】 B
8. (双选)如图3-1-7所示为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高．关于这个实验，下列说法正确的是( )
图3-1-7
A．这个装置可测定热功当量
B．做功增加了水的热量
C．做功增加了水的内能
D．功和热量是完全等价的，无区别
【解析】 将做功过程和吸热过程在同等条件下对比，可测出热功当量，故A正确；做功增加了水的内能，热量只是热传递过程中内能改变的量度，故B错误，C正确；做功和传热递产生的效果相同，但功和热量是不同的概念，D错误．
【答案】 AC
9．(双选)在光滑水平面上有一木块保持静止，子弹穿过木块，下列说法中正确的是( )
A．子弹对木块做功使木块内能增加
B．子弹损失的机械能等于子弹与木块增加的内能
C．子弹损失的机械能等于木块动能的增加和木块、子弹增加的内能的总和
D．子弹与木块总动能守恒
【解析】 子弹损失的动能，一部分使木块的动能增加，另一部分转化为内能被子弹和木块吸收，故选A、C.
【答案】 AC
10．(双选)如图3-1-8所示，大口玻璃瓶内有一些水，水的上方有水蒸气，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，观察瓶内的变化．以下说法正确的是( )
图3-1-8
A．水蒸气对外界做功，内能减少
B．外界对水蒸气做功，内能增加
C．瓶口处水蒸气因液化有“白雾”出现
D．因向瓶内打气，内能增加，瓶口处不会出现“白雾”
【解析】 当瓶塞跳出时，我们会发现瓶内的瓶口处有“白雾”产生．我们所选的研究对象是瓶内水面上方的水蒸气，在瓶塞跳出的过程中，是系统膨胀对外界做功，在这个过程中系统的内能减少．瓶内的瓶口处的“白雾”实际上是瓶内的水蒸气液化形成的无数小液滴，水蒸气液化过程中内能减少．
【答案】 AC
11．如图3-1-9所示，直立容器内部被隔板隔开，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，使气体均匀混合．此过程绝热，则气体内能________．
图3-1-9
【解析】 气体A、B密度不等，均匀混合，原重心下移，重力做正功，重力势能减少，因为这一过程绝热，所以气体内能增加．
【答案】 增加
12．某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的盆盛6 kg的水，经太阳光垂直照射5 min，温度升高5 ℃.若地表植物接收太阳光的能力与水相等，试计算：
(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少？
(2)若绿色植物在光合作用中每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少L的氧气？(1公顷＝104 m2)
【解析】 (1)水吸收的太阳能为E＝cmΔt＝4.2×103×6×5 J＝1.26×105 J，
所以每平方米每秒吸收太阳能E′＝＝4.2×103 J.
(2)每公顷每秒吸收太阳能：E＝4.2×103×104 J＝4.2×107 J，故放出氧气＝×0.05 L＝2 100 L.
【答案】 (1)4.2×103 J (2)2 100 L
课件48张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 热力学第一定律 减少 ΔU 增加 外界 热传递 做功 W＋Q 物体 外界对物体 减少 ΔU 增加 能量守恒定律 能量守恒定律 对外做功 转移 转化 转化 凭空消失 凭空产生 对热力学第一定律的理解 能量守恒定律及其应用 综合解题方略——热力学第一定律与气体的综合应用 热力学第一定律、能量守恒定律
1．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( )
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
【解析】 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 得：Q＝2.5×104 J 得：W＝－1.0×104 J，可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对．
【答案】 D
2．气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收了120 J的热量，它的内能的变化是( )
A．减小20 J B．增大20 J
C．减小220 J D．增大220 J
【解析】 研究对象为气体，依据符号规则，对外做功W＝－100 J，吸收热量Q＝＋120 J．由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J＞0，说明气体的内能增加，故选项B正确．
【答案】 B
3.固定的水平汽缸内由活塞B封闭着一定量的理想气体，气体分子之间的相互作用可以忽略．假设汽缸的导热性能很好，环境的温度保持不变．若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，如图3-3-6所示．则在拉动活塞的过程中，关于汽缸内气体的下列结论，其中正确的是( )
图3-3-6
A．气体对外界做功，气体内能减小
B．气体对外界做功，气体内能不变
C．外界对气体做功，气体内能不变
D．气体向外界放热，气体内能不变
【解析】 用力F缓慢拉活塞时，气体膨胀，对外做功，但由于汽缸的导热性能很好，环境温度又不变，汽缸会从外界吸收热量而保持与环境温度相同，因而气体的内能不变，故B选项正确．
【答案】 B
4．给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变、不计分子势能，则胎内气体( )
A．从外界吸热 B．对外界做负功
C．分子平均动能减小 D．内能增加
【解析】 选胎内气体为研究对象．由于气体温度不变，气体状态变化遵循玻意耳定律．放水前气体的压强大，在放水过程中，气体的压强逐渐减小，体积增大，气体对外界做正功，B错误．由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q，气体温度不变，分子的平均动能不变，内能不变，从外界吸收热量，A正确，C、D错误．
【答案】 A
5．(双选)如图3-3-7，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )
图3-3-7
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
【解析】 抽开隔板K，a内气体体积变大，由于b内真空，所以a气体不做功，由热力学第一定律可得B正确．内能不变，故温度不变，体积变大，故压强变小，所以D正确，A、C错．
【答案】 BD
6．从坝顶上流下的水，冲动水轮机，水轮机又带动发电机，发出电来，这中间的能量转换关系最完整的叙述是( )
A．由水的机械能转化为发电机的机械能
B．由水的势能转化为水的动能，再转化为电能
C．由水的势能转化为水的动能，再转化为水轮机的动能，最后转化为电能
D．由水流的动能转化为水轮机的动能，再转化为发电机的动能，最后转化为电能
【解析】 从坝顶上流下的水，首先是势能转化为动能，冲动水轮机，转化为水轮机的动能，水轮机又带动发电机，是动能转化为电能，故C叙述最完整．
【答案】 C
7．如图3-3-8所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )
图3-3-8
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
【解析】 该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，由于不断向空气释放热量，所以水温逐渐降低，A、B、C错，D对．
【答案】 D
8．如图3-3-9所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降的过程中，筒内空气体积减小( )
图3-3-9
A．从外界吸热 B．内能增大
C．向外界放热 D．内能减少
【解析】 本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错．热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．
【答案】 C
9.如图3-3-10所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热Q，气体的内能增加为ΔU，则( )
图3-3-10
A．ΔU＝Q B．ΔU＜Q
C．ΔU＞Q D．无法比较
【解析】 解题的关键是弄清参与转化和转移的各种能量哪些增、哪些减．A、B两部分气体开始的合重心在中线以下，混合均匀后，合重心在中线上，所以系统的重力势能增大，根据能量守恒定律可得，吸收的热量应等于增加的重力势能与增加的内能之和，即Q＝ΔEp＋ΔU，显然，Q＞ΔU.
【答案】 B
10．如图3-3-11所示，有两个同样的球，其中a球放在不导热的水平面上，b球用细线悬挂起来，现供给a、b两球相同的热量，则两球升高的温度为( )
图3-3-11
A．Δta＞Δtb B．Δta＜Δtb
C．Δta＝Δtb D．无法比较
【解析】 a球：吸收热量等于球的内能增加量与重力势能增加量之和；b球：吸热过程中其重力势能减小．吸收热量相同的情况下，Δta＜Δtb，故选B.
【答案】 B
11.如图3-3-12所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法不正确的是( )
图3-3-12
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
【解析】 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错．气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故B对．气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C对；气体从状态b到状态a是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D对，故选A.
【答案】 A
12．在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm3变为1 676 cm3.已知水的汽化热为2 263.8 J/g.求：
(1)体积膨胀时气体对外界做的功W；
(2)气体吸收的热量Q；
(3)气体增加的内能ΔU.
【解析】 取1 g水为研究系统，1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU＜Q吸．
(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：W＝p(V2－V1)＝1.013×105×(1 676－1.043)×10－6 J＝169.7 J.
(2)气体吸热：Q＝mL＝1×2 263.8 J＝2 263.8 J.
(3)根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W＝2 263.8 J＋(－169.7) J＝2 094.1 J.
【答案】 (1)169.7 J (2)2 263.8 J (3)2 094.1 J
课件56张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 自然过程的方向性 方向性 热平衡 自发 热力学第二定律 做功 单一热源 自发 自发 热力学第二定律及微观解释 单一热源 不可能 自动地 有序 无序 无序 有序 无序 有序 无序性 无序 有序 熵 自发 增加 越大 对热力学第二定律实质的理解 热力学第一、第二定律的比较及两类永动机的比较 熵——无序程度的量度 综合解题方略——对热力学第二定律的两种表述是等价的证明 图3-4-3 热力学第二定律
1．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程
( )
A．都具有方向性 B．只是部分具有方向性
C．没有方向性 D．无法确定
【解析】 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．
【答案】 A
2．空调制冷，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，在此过程中( )
A．既遵守热力学第二定律，又遵守能量守恒定律
B．遵守热力学第二定律，而不遵守能量守恒定律
C．遵守能量守恒定律，而不遵守热力学第二定律
D．既不遵守热力学第二定律，又不遵守能量守恒定律
【解析】 空调制冷时，把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，要消耗电能即引起了其他变化，所以整个过程既遵守热力学第二定律，又遵守能量守恒定律．故正确答案为A.
【答案】 A
3．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是
( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
【解析】 第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A错．根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道热传递情况无法确定内能的变化情况，故B、C项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D项正确．
【答案】 D
4．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018 吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
【解析】 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故只有C项叙述正确．
【答案】 C
5．下列过程中，可能发生的是( )
A．某工作物质从高温热库吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响
B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发溢进去，恢复原状
C．利用其他手段，使低温物体的温度更低，高温物体的温度更高
D．将两瓶不同液体自发混合，然后它们又自发地各自分开
【解析】 根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他变化，但通过一些物理手段是可以实现的，故C项正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，故A项错；气体膨胀具有方向性，故B项错；扩散现象也有方向性，D项错．
【答案】 C
6．(双选)关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( )
A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动
B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程
C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程
D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【解析】 热力学第二定律的微观意义明确指出：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序程度增大的方向进行，所以答案C、D正确．
【答案】 CD
7．(双选)图3-4-4为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )
图3-4-4
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
【解析】 热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误；再根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，要想从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，故A错误，B正确．
【答案】 BC
8．17世纪70年代，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”，其结构如图3-4-5所示，在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两小孔的弯曲轨道．维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功．然后又被磁铁吸引回到上端，到P处又漏下……对于这个设计，下列判断中正确的是( )
图3-4-5
A．满足能量转化和守恒定律，所以可行
B．不满足热力学第二定律，所以不可行
C．不满足机械能守恒定律，所以不可行
D．不满足能量守恒定律，所以不可行
【解析】 违背了能量守恒定律，不可行．故只有D正确．
【答案】 D
9．如图3-4-6所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则( )
图3-4-6
A．气体体积膨胀，内能增加
B．气体分子势能减少，内能增加
C．气体分子势能增加，压强可能不变
D．Q中气体不可能自发地全部退回到P中
【解析】 据热力学第二定律，自然界涉及热现象的宏观过程都具有方向性，知D正确．容器内气体自由膨胀，气体与外界之间不做功也没有热交换，故气体的内能不变，A项不正确．气体分子间作用力很弱，气体体积变化时，气体分子势能可认为不变，B、C项不正确．
【答案】 D
10．如图3-4-7所示，汽缸内盛有一定质量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现通过活塞杆使活塞缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过对外做功，若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是( )
图3-4-7
A．气体从单一热源吸热，并全部用来对外做功，因此该过程违反热力学第二定律
B．气体从单一热源吸热，但并未全部用来对外做功，所以该过程违反热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，并全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
D．以上三种说法都不对
【解析】 根据热力学第一定律，气体等温膨胀时，对外做功，因此从外界环境中吸收热量．这好像是违反了热力学第二定律，但是该过程中活塞杆的缓慢向右移动不是自发进行的，而是要通过力的作用，先使活塞向右移动，然后才能发生吸热的过程，也就是说发生了其他变化．
【答案】 C
11．热量会自发地从__________传给__________，但不会自发地从__________传给__________．这说明：热传导的过程是具有________的，这个过程可以向一个方向自发地进行，但是向相反的方向不能________地进行，要实现相反方向的过程，必须有__________，因而产生________或引起________．
【答案】 高温物体 低温物体 低温物体 高温物体 方向性 自发 外力帮助 影响 其他变化(或能量的消耗)
12．有一台热机，从热源甲每小时吸收热量为7.2×107 J，向热源乙放出3.6×107 J的热量，热机传动部分产生的热量为从甲热源吸收热量的10%，求：热机的输出功率和效率？
【解析】 根据热机的工作原理：吸热Q1＝7.2×107 J，
放热Q2＝3.6×107 J.
传动系统产生的热Q3＝7.2×106 J.
输出的能量为
W＝Q1－Q2－Q3＝7.2×107 J－3.6×107 J－7.2×106 J＝2.88×107 J.
输出的功率为P＝＝ W＝8.0×103 W.
效率为η＝＝40%.
【答案】 8.0×103 W 40%
课件46张PPT。教学目标分析课前自主导学当堂双基达标课堂互动探究课后知能检测 教学方案设计(教师用书独具) (教师用书独具) 能源与可持续发展 石油 天然气 温室效应 酸雨 煤 能源 开发新 提高能源利用率 二氧化碳 调整能源结构 疾病增多 气候变化 海平面上升 二氧化碳 汽车尾气 SO2 控制排放 酸化 生态系统 健康 含硫 二氧化硫 氮氧化合物 能量降退 降低的 方向性的 质 能源的分类、特点及与人类社会发展、环境的关系 新能源的开发和利用 综合解题方略——能源与人类环境 能源与可持续发展、研究性学习 能源的开发利用
1．作为新型燃料，从环保角度看，氢气具有的突出特点是( )
A．在自然界里存在氢气
B．氢气轻，便于携带
C．燃料氢气污染小
D．氢气燃料放出的热量高
【解析】 从环保角度看，氢气的燃料，基本没有污染，故氢气具有的突出特点就是污染小．
【答案】 C
2．煤、石油、天然气和生物资源的能量作为能源的共同特点是( )
A．可再生能源，取之不尽，用之不竭
B．不可再生能源，用一点，少一点
C．来自太阳辐射的能量
D．污染环境的能源
【解析】 煤、石油、天然气是常规能源，生物资源是可再生能源，它们的共同特点是来自太阳辐射的能量，故选C.
【答案】 C
3．下列叙述中不正确的是( )
A．市区禁止摩托车通行是为了提高城区空气质量
B．无氟冰箱的使用会使臭氧层受到不同程度的破坏
C．大气中CO2含量的增多是引起温室效应的主要原因
D．“白色污染”是当前环境保护亟待解决的问题之一
【解析】 氟对臭氧层具有破坏作用，使用无氟冰箱是为了保护臭氧层，故选项B不正确．
【答案】 B
4．我国酸雨主要是硫酸型酸雨，其原因是( )
A．我国是以燃烧木柴为主的国家
B．我国是以利用核电为主的国家
C．我国是以利用水电为主的国家
D．我国能源消费中煤的比重最大
【解析】 造成酸雨的主要原因是SO2气体．而煤的使用就会产生大量的SO2气体．
【答案】 D
5．柴油机使柴油在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能．燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能是衡量机器性能好坏的重要指标．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感觉一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家一出手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是( )
A．尾气的温度越高，柴油机越节能
B．尾气的温度越低，柴油机越节能
C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D．以上说法均不正确
【解析】 气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油在汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低．故B正确．
【答案】 B
6．当前，世界上日益严重的环境问题主要源于( )
A．温室效应
B．厄尔尼诺现象
C．人类对环境的污染和破坏
D．火山喷发和地震
【答案】 C
7．(双选)太阳能、风能是清洁的新能源，为了环保，我们要减少使用像煤炭这样的常规能源而大力开发新能源．如图3-6-3所示为建立的太阳能电站、风力电站．
太阳能电站 风力发电
图3-6-3
划分下列能源的类别正确的是( )
A．石油、地热能、天然气属于新能源
B．地热能、核能、风能属于新能源
C．石油、天然气、煤属于常规能源
D．太阳能、风能、电能属于一次能源
【解析】 新能源是指人类发展历史过程中从前未曾使用过，而当今时代被开发利用的能源．常规能源是指一直被人类生产生活所使用的能源．故B、C正确，A错误．一次能源指自然形成未经加工，二次能源是指由一次能源经加工转化而来，如电能，故D项错．
【答案】 BC
8．温室效应严重威胁着人类生态环境的安全，为了减少温室效应造成的负面影响，有的科学家受到了啤酒在较高压强下能够溶解大量的二氧化碳的启发，设想了一个办法：可以用压缩机将二氧化碳送入深海底，永久储存起来．海底深处，压强很大，温度很低，海底深水肯定能够溶解大量的二氧化碳，这样就为温室气体二氧化碳找到了一个永远的“家”，从而避免温室效应．在将二氧化碳送入深海底的过程中，以下说法错误的是( )
A．压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能增大
B．二氧化碳与海水间的热传递能够使其内能减少
C．二氧化碳分子平均动能会减少
D．每一个二氧化碳分子的动能都会减少
【解析】 考查热力学第一定律．压缩机压缩气体对气体做功，气体温度升高，内能增大，A对．二氧化碳压入海底时比海水温度高，因此将热量传递给海水而内能减小，B对．二氧化碳温度降低，分子平均动能减小，但不是每个分子的动能都减小，C正确，D错．
【答案】 D
9．某海湾所占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变．退潮时，坝外水位降至18 m．利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天发出的电能是(取g＝10 m/s2)( )
A．1×1010 J B．2×1010 J
C．4×1010 J D．8×1010 J
【解析】 每天水位下降时水的重力势能减少
ΔEp＝2mgΔh＝2×1.0×107×2×103×10×2 J＝8×1011 J
因转化为电能的效率为10%，所以每天发出的电能为
E＝ΔEpη＝8×1011×10%J＝8×1010J.
【答案】 D
10．有一座瀑布的高度是50 m，流量为12 m3/s，计划在瀑布底部利用水流能发电，设在瀑布顶处水流速率与从发电机处水轮机内流出的速率相等，且水流能有65%被利用，求安装的发电机功率最大值(g取10 m/s2)?
【解析】 设流量为Q，水的密度为ρ，
在t时间内通过水轮机的水的质量为m＝ρQt，
水的机械能有65%转化为电能，
故发电机功率为
P＝＝ρQghη
＝1×103×12×10×50×65% W
＝3.9×103 kW.
【答案】 3.9×103 kW
11．开发利用太阳能，将会满足人类长期对大量能源的需求．太阳能的光热转换是目前技术最为成熟、应用最广泛的形式．太阳能热水器的构造示意图如图3-6-4所示，下方是像日光灯管似的集热管，由导热性能良好的材料制成，在黑色管和外面透明管间有空隙，并抽成真空，集热管的下方是一块光亮的铝合金反光板，做成凹凸一定的曲面．
图3-6-4
试分析下列有关太阳能的利用问题：
(1)说明太阳能热水器哪些结构与其功能相适应，水箱为何安装在顶部而非下部？
图3-6-5
(2)图3-6-5中A是集热器，B是储水容器，在阳光直射下水将沿________时针方向流动，这是因为________________________________________________.C是辅助加热器，其作用是_____________________________________________.
请在图中适当位置安上进水阀门和出水阀门，并说明选择位置的理由．
【答案】 (1)日光灯管似的集热管面积较大，便于吸收较多的太阳能；外有透明玻璃管，内有黑色管，使阳光能直射入玻璃管而不易被反射；在黑色管和外面透明管间有空隙，并抽成真空，减少两管间因空气对流引起的热损失，减少热传导；集热管的下方是一块光亮的铝合金反光板，做成凹凸一定的曲面，使周围及穿过管隙的阳光尽量聚集在水管内，水箱安装在顶部而非下部，便于水的对流．
(2)顺 集热器中的水被太阳光晒热后密度变小，受浮力作用沿管向右上方运动 在阴天用电加热的方式使水温升高 在封闭的环形管道的左下方安上进水阀门，在贮水容器下方竖直管道上安出水阀门；可使热水流出，冷水得以补充．
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大？
【解析】 首先可以求出在时间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%，代入数据以后得P＝3.4 kW.
【答案】 3.4 kW
综合检测(一)
第一章 分子动理论
(满分：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)
1．有一种咸鸭蛋的腌制过程是将鸭蛋放在掺入食盐的泥巴里，经过很长一段时间泥巴干了后，鸭蛋也就成了咸鸭蛋．此鸭蛋的腌制过程利用了( )
图1
A．布朗运动 B．扩散
C．分子间作用力 D．热胀冷缩
【解析】 食盐进入咸鸭蛋属于扩散现象，B项正确．
【答案】 B
2．已知阿伏加德罗常数为NA，某物质的摩尔质量为M，则该物质的分子质量和m kg水中所含氢原子数分别是( )
A.， mNA×103
B．MNA,9 mNA
C.， mNA×103
D.，18 mNA
【解析】 某物质的摩尔质量为M，故其分子质量为；m kg水所含物质的量为，故氢原子数为×NA×2＝，故A选项正确．
【答案】 A
3．一艘油轮装载着密度为900 kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故而使原油发生部分泄漏导致9 t的原油流入大海，则这次事故造成的最大污染面积约为( )
A．1011 m2 B．1012 m2
C．108 m2 D．1010 m2
【解析】 分子直径的数量级是d＝10－10 m．由d＝，ρ＝可知，S＝＝1011 m2.
【答案】 A
4．2010年10月1日远在38万公里之外的嫦娥二号卫星要迎来月食考验，陷入黑暗和严寒当中，卫星在月食阶段的长时间阴影中，将直接面对太空零下270摄氏度(t1)的低温环境，也无法获得太阳红外和月球红外的加热．卫星经历月食后，卫星上设备的温度将大幅度降低，某些外露设备的温度甚至会降低到零下190摄氏度(t2)．与迎来月食之前相比，下列说法正确的是
( )
A．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都增大
B．嫦娥二号卫星上某一外露设备的每一个分子动能都减小
C．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能增大
D．嫦娥二号卫星上某一外露设备的所有分子的平均动能减小
【解析】 温度降低，分子的平均动能减小，但有些分子的动能可能增大．只有D正确．
【答案】 D
5．如图2所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则( )
图2
A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大
C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减小
D．乙分子由b到d的过程中，两分子间势能一直减小
【解析】 把乙分子从a处由静止释放后，乙分子在引力的作用下，从a到c做加速运动，速度增大，到达c点时加速完毕，速度达到最大，同时由于分子间是分子引力做正功，所以分子势能减小．从c到d的过程中，分子间的作用力是分子斥力，故乙分子做减速运动，在运动过程中，分子间斥力做负功，分子势能增大，所以选项BC正确．
【答案】 BC
6．某人用原子级显微镜观察高真空度的空间，发现有一对分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，如图3所示，从而形成一个“类双星”体系，并且发现此“中心”离A分子较近，这两个分子间的距离用r表示．已知当r＝r0时两分子间的分子力为零．则在上述“类双星”体系中，A、B两分子间有( )
图3
A．间距r>r0
B．间距rC．A的质量大于B的质量
D．A的速率大于B的速率
【解析】 分子A和B环绕一个共同“中心”旋转，分子间引力提供向心力，故分子间距离r>r0；又F＝mω2r，v＝ωr，而它们的ω相同且rAmB、vA【答案】 AC
7.如图4所示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线，下列说法正确的是( )
图4
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C．当r等于r2时，分子间的作用力为零
D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功
【解析】 当分子间距离r＝r2时，分子间势能Ep最小，此时分子间的作用力为零，C正确；当r大于r2时，分子间的作用力表现为引力，当r1【答案】 BC
8．某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于( )
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．求每滴体积时，1 mL溶液的滴数多数了几滴
D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
【解析】 形成的油膜不是单分子层，计算的油膜厚度就不是分子直径，比分子直径大得多，A正确；滴入水中后酒精都溶入水中，B错误；计算体积时多数了几滴，会使计算的油滴体积偏小，当然计算的分子直径也偏小，C错误；数方格时舍去了所有不足一格的方格，计算出的油膜面积偏小，导致计算结果偏大，D正确．
【答案】 AD
9．如图5所示，两个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差h＝1.00 m．初始时，阀门是关闭的，A中装有1 mol的氦(He)，B中装有1 mol的氪(Kr)，两者的温度和压强都相同．气体分子之间的相互作用势能可忽略．现打开阀门K，两种气体相互扩散，达到稳定状态时( )
图5
A．系统的内能增加
B．系统的内能减少
C．氦分子的平均速率小于氪分子的平均速率
D．氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率
【解析】 对两种气体组成的系统，由于气体的相互扩散，最终使系统的重心上升，绝热系统对外做功，内能减少，A错，B正确；混合后两气体温度最终相同，则分子的平均动能一样，氦分子的质量较小，故氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率，C错，D正确．
【答案】 BD
二、非选择题(本题共4小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(10分)一滴体积为V的油酸，配制成体积比为1：k的油酸溶液(k>1)，现取一滴体积仍为V的油酸溶液滴在水面上，在水面上形成面积为S的单分子油膜，已知油酸的密度为ρ，摩尔质量为M，则油酸分子直径________，阿伏加德罗常数的表达式是________．
【解析】 一滴油酸溶液中油酸的体积V′＝
油酸分子直径d＝得d＝
油酸分子的体积V0＝πd3
阿伏加德罗常数NA＝
解得NA＝
【答案】
11．(10分)如图6所示，地球是太阳系从内到外的第三颗行星，也是太阳系中直径、质量和密度最大的类地行星．已知地球半径约为6.4×106 m，空气的摩尔质量约为29×10－3 kg/mol，一个标准大气压约为1.0×105 pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？(已知大气压由重力产生p＝mg/S)
图6
【解析】 大气压是由大气重力产生的．大气压强p＝＝，代入数据可得地球表面大气质量m＝5.2×1018 kg.
标准状态下1 mol气体的体积为V＝22.4×10－3 m3，
故地球表面大气体积为V总＝V＝×22.4×10－3 m3＝4×1018 m3.
【答案】 4×1018 m3
12．(13分)已知空气的摩尔质量M＝2.9×10－2 kg/mol，成年人做一次深呼吸，约吸入450 cm3的空气，则
(1)做一次深呼吸吸入空气的质量是多少？
(2)成年人吸入的气体分子数大约是多少个？(按标准状况计算)
【解析】 (1)一次深呼吸吸入空气的摩尔数n＝＝ mol≈2.0×10－2 mol，所以吸入空气的质量：m＝n·M＝2.0×10－2×2.9×10－2 kg＝5.8×10－4 kg.
(2)吸入气体分子数：N＝n·NA＝2.0×10－2×6.02×1023个≈1.2×1022个．
【答案】 (1)5.8×10－4 kg (2)1.2×1022个
13．(13分)目前，环境污染已非常严重，瓶装纯净水已经占领柜台．再严重下去，瓶装纯净空气也会上市．设瓶子的容积为500 mL，空气的摩尔质量M＝2.9×10－4 kg/mol.按标准状况计算，NA＝6.0×1023mol－1，试估算：
(1)空气分子的平均质量是多少？
(2)一瓶纯净空气的质量是多少？
(3)一瓶中约有多少个气体分子？
【解析】 (1)m＝＝ kg
＝4.8×10－26 kg.
(2)m空＝ρV瓶＝
＝ kg
＝6.5×10－4 kg.
(3)分子数N＝nNA＝·NA
＝个
＝1.3×1022个．
【答案】 (1)4.8×10－26 kg (2)6.5×10－4 kg
(3)1.3×1022个
综合检测(二)
第二章 固体、液体和气体
(满分：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)
1．如图1所示为充气泵气室的工作原理图．设大气压强为p0，气室中的气体压强为p，气室通过阀门S1、S2与空气导管相连接．以下选项中正确的是( )
图1
A．当橡皮碗被拉伸时，p＞p0，S1关闭，S2开通
B．当橡皮碗被拉伸时，p＜p0，S1关闭，S2开通
C．当橡皮碗被压缩时，p＞p0，S1关闭，S2开通
D．当橡皮碗被压缩时，p＜p0，S1关闭，S2开通
【解析】 当橡皮碗被拉伸时，气室内气体体积增大，p＜p0，S1开通，S2关闭；当橡皮碗被压缩时，气室内气体体积减小，p＞p0，S1关闭，S2开通．
【答案】 C
2．如图2所示，为一定质量的理想气体在p-V图象中等温变化图线，A、B是双曲线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则( )
图2
A．S1B．S1＝S2
C．S1>S2
D．S1与S2的大小关系无法确定
【解析】 △OBC的面积等于OC·BC＝pB·VB，同理△OAD的面积等于pA·VA，而A、B为等温线上的两点，即pAVA＝pBVB(玻意耳定律)，所以两三角形面积相等，B正确．
【答案】 B
3．如图3甲所示绝热汽缸(气体与外界无热交换)内封闭一定质量的理想气体，电热丝通电前后，改变气体参量分别得到两条等温线．待气体状态稳定后陆续取走活塞上方部分物体，又得到一气体变化图线．则在图乙中能正确反映上述三个变化过程的图线是( )
甲 乙
图3
A．ab、cd和ad B．ab、cd和cb
C．ab、ad和ac D．cd、ab和bd
【解析】 根据p-V图象的特点可知，等温线是双曲线，离坐标轴越远，温度越高．电热丝通电前温度低，通电后温度高，TabPd>Pb.选B.
【答案】 B
4．如图4所示，是医院里患者进行静脉注射的示意图．倒置的输液瓶口插两根管子，a管与大气相通，b管通过观察器、输液管、调节器接针头(与人的血管相连)．当输液瓶悬挂高度一定，调节器处于适当位置时，随着药液的下降，从观察器看到药液滴注的速度( )
图4
A．逐渐减慢
B．逐渐加快
C．保持不变
D．先变慢再变快
【解析】 a、b管上端处在同一水平面的液体中，压强总相等，总等于大气压强，且总等于上方液体压强与液面上方空气压强之和．当液面下降时，液体压强减小，同时上方空气体积增大，压强减小，管上端口部向上的大气压大于上方液体压强与液面上方空气压强之和，空气将被压入瓶内，直到上下压强又重新平衡，整个过程中，b管上端压强总保持与大气压强相等，即药液流速不变．
【答案】 C
5．某种物质表现出各向同性的物理性质，则可以判断这种物质( )
A．不一定是多晶体
B．不一定是单晶体
C．一定不是单晶体
D．一定是非晶体
【解析】 因为非晶体和多晶体都表现出各向同性，故A正确，D错误．单晶体一定表现出各向异性，故B错误，C正确．
【答案】 AC
6．杂技演员骑独轮车表演时，车胎内的气体压强是8×105 Pa，开始时气体温度是27 ℃，地面承受的压强为p1，表演一段时间后，由于温度变化，车胎内的气体压强变为8.2×105 Pa，气体温度为t2，地面承受的压强为p2，忽略轮胎体积的变化和车胎与地面接触面积的变化，下列判断正确的是( )
A．p1＝p2 B．p1C．t2＝27.7 ℃ D．t2＝34.5 ℃
【解析】 演员和车对地面的压力不变，车与地面的接触面积不变，所以两次地面承受的压强相等，即p1＝p2.由于不计轮胎体积的变化，故可认为胎内气体发生等容变化，根据查理定律＝得，温度T2＝T1＝×(273＋27)K＝307.5 K，所以t2＝(307.5－273)℃＝34.5 ℃.
【答案】 AD
7．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子运动理论观点来分析，这是因为( )
A．气体分子的平均动能增大
B．单位时间内，器壁单位表面积上分子碰撞的次数增多
C．气体分子数增加
D．气体分子的密度加大
【解析】 等温变化，分子平均动能不变，即气体分子每次撞击器壁的冲力不变；而体积减小，分子密度增加，器壁单位时间单位面积上撞击的分子数多，所以压强增大．B、D正确．
【答案】 BD
8．由饱和汽与饱和汽压的概念，下列结论正确的是
( )
A．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
B．一定温度下饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大
C．一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而增大
D．饱和汽压跟绝对温度成正比
【解析】 由动态平衡概念可知A正确．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，它随着温度升高而增大，B正确．一定温度下的饱和汽压与体积无关，C错．饱和汽压随温度升高而增大，原因是：温度升高时，饱和汽的分子数密度增大．温度升高时，分子平均速率增大，理想气体状态方程不适用于饱和汽，饱和汽压和绝对温度的关系不成正比，饱和汽压随温度的升高增大得比线性关系更快，D错．
【答案】 AB
9．2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 mm的石墨烯，是碳的二维结构．如图5所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识判断，下列说法中正确的是( )
石墨的微观结构 石墨烯的微观结构
图5
A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B．石墨是单质，石墨烯是化合物
C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体
D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的
【解析】 晶体结构的特点是原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，石墨、石墨烯与金刚石都是晶体，A错误，C正确；石墨、石墨烯都是单质，B错误；通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开而得到石墨烯的方法是物理方法，D正确．
【答案】 CD
二、非选择题(本题共4小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
图6
10．(6分)如图6所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的空气，气缸固定不动，外界温度恒定．一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后连接在一个小桶上，开始时活塞静止．现在不断向小桶中添加细沙，使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)．忽略气体分子间相互作用，则在活塞移动过程中，气缸内气体的分子平均动能________，内能________，气缸内气体的压强________(均填“变小”“变大”或“不变”)．
【解析】 因汽缸导热性能良好，且外界温度恒定，所以在活塞运动过程中，温度不变，气体的分子平均动能不变；理想气体内能只与平均动能有关，所以内能不变；活塞缓慢向右移动，体积变大，根据理想气体状态方程可知压强变小．
【答案】 不变 不变 变小
11．(12分)(1)如图7所示，某甲实验小组用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积的关系，实验中应保持不变的参量是________；所研究的对象是________；它的体积可用________直接读出，它的压强是由图中________得到．
图7
(2)某乙实验小组为探究一定质量的气体，在等温条件下体积V与压强p的关系，某实验小组得出的数据如下表：
V(m3)
1.00
0.50
0.40
0.25
0.20
p(×105 Pa)
1.45
3.10
3.95
5.98
7.70
①根据所给数据在坐标纸上(如图8)画出p-图线，可得出的结论是
_____________________________________________________________．
图8
②由所做图线，求p＝8.85×105 Pa时该气体体积是________．
③该图线斜率大小和温度的关系是________．
【解析】 (1)知道探究气体的压强和体积的关系的原理，看清示意图容易作答．
(2)根据＝C常量知，p＝，TC为定值，p跟成正比，是过原点的直线，斜率为TC，斜率越大，T越高．
【答案】 (1)温度 被注射器封闭的气体 带有刻度的注射器 压强传感器
(2)①如图，图线为一过原点的直线，证明玻意耳定律是正确的
②0.172 m3
③斜率越大，该气体温度越高
12．(12分)如图9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．两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.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1.2倍．设环境温度始终保持不变求汽缸A中气体的体积VA和温度TA.
图9
【解析】 设初态压强为p0， 膨胀后A、B压强相等
pB＝1.2p0
B中气体始末状态温度相等
p0V0＝1.2p0(2V0－VA)
所以VA＝V0
A部分气体满足
＝
所以TA＝1.4T0.
【答案】 VA＝V0 TA＝1.4T0
13．(16分)如图10，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：
图10
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx.
【解析】 (1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得
＝①
由此得
T＝T0②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝·③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0④
联立③④式得
6V－V0Vx－V＝0
其解为
Vx＝V0⑤
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．
【答案】 (1)T0 (2)V0
综合检测(三)
第三章 热力学基础
(满分：100分钟 时间：60分)
一、选择题(本大题共9个小题，每小题6分，共54分，1－4题为单选，5－9小题为双选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分)
1．下列说法正确的是( )
A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵从热力学第二定律
B．空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以相等
C．自发的热传导是不可逆的
D．不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背热力学第一定律
【解析】 有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量，不可能通过给物体加热而使它运动起来，因为违背了热力学第二定律．
【答案】 C
2．飞机在万米高空飞行时，舱外气温往往在－50 ℃以下．在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体作为研究对象，叫做气团．气团直径可达几千米．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略．高空气团温度很低的原因可能是( )
A．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，同时对外放热，使气团自身温度降低
B．地面的气团上升到高空的过程中收缩，同时从周围吸收热量，使周围温度降低
C．地面的气团上升到高空的过程中膨胀，气团对外做功，气团内能大量减少，气团温度降低
D．地面的气团上升到高空的过程中收缩，外界对气团做功，故周围温度降低
【解析】 由热力学第一定律，物体的内能的变化ΔU与做功W和热传递Q有关，满足ΔU＝W＋Q，气团在上升的过程中，气体不断膨胀，气体对外做功，又由于气团很大，其边缘与外界的热传递作用可忽略，因而内能不断减小，所以气团的温度会很低，故选C.
【答案】 C
3.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图1所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体
( )
图1
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
【解析】 气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．
【答案】 A
4．在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能．“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率＝.一个人骑电动自行车，消耗1 MJ(106 J)的能量可行驶30 km.一辆载有4人的普通国产轿车，消耗320 MJ的能量可行驶100 km.则电动自行车与这辆轿车的客运效率之比是( )
A．6∶1 B．12∶5
C．24∶1 D．48∶7
【解析】 电动自行车的“客运效率”η1＝.普通国产轿车的“客运效率”η2＝，二者效率之比为＝＝24∶1.
【答案】 C
5．如图2所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是( )
图2
A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少
B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少
C．电流对气体做功，气体对外做功，其内能可能不变
D．电流对气体做功一定大于气体对外做功
【解析】 由题意知，气体压强不变，活塞上升，体积增大，由＝恒量知，气体温度升高，内能一定增加，由能的转化和守恒知，电流对气体做功一定大于气体对外做功，B、C均错，D项正确．由气体压强的微观解释知温度升高，气体分子与活塞碰一次对活塞的冲量增大，而压强不变；单位时间内对活塞的冲量不变．因此单位时间内对活塞的碰撞次数减少，A对．
【答案】 AD
6．用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在热水中，接触点2插在冷水中，如图3所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象．关于这一现象的正确说法是( )
图3
A．这一实验不违背热力学第二定律
B．在实验过程中，热水温度降低，冷水温度升高
C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能
D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能
【解析】 自然界中的任何自然现象或过程都不违反热力学定律，本实验现象也不违反热力学第二定律，A正确；整个过程中能量守恒且热传递有方向性，B正确；在实验过程中，热水中的内能除转化为电能外，还升高金属丝的温度，内能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还升高金属丝的温度，电能不能全部转化为冷水的内能，C、D错误．
【答案】 AB
7.如图4所示，用绝热活塞把绝热容器隔成容积相同的两部分，先把活塞锁住．将质量和温度都相同的理想气体氢气和氧气分别充入容器的两部分，然后提起销子，使活塞可以无摩擦地滑动，当活塞平衡时
( )
图4
A．氢气的温度不变 B．氢气的压强减小
C．氢气的体积增大 D．氧气的温度降低
【解析】 氢气和氧气的质量虽然相同，但由于氢气的摩尔质量小，故氢气物质的量多，又体积和温度相同，所以氢气产生的压强大．当拔掉销子后，氢气会推动活塞向氧气一方移动，这时氢气对外做功，又无传热，由ΔU＝W＋Q可知，氢气内能减少，温度降低．对氧气而言，外界对它做功，体积减小，由ΔU＝W＋Q，在无传热的情况下，氧气内能增加，温度升高．
【答案】 BC
8．(双选)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【解析】 如果气体等温膨胀，则气体的内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体积增大时，对外做功，若同时吸收热量，且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时，内能不会减少，所以B错误；若气体吸收热量同时对外做功，其内能也不一定增加，C错误；若外界对气体做功同时气体向外放出热量，且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能减少，所以D正确．
【答案】 AD
9．(双选)文艺复兴时期，意大利的达·芬奇设计了如图5所示的装置．他设计时认为，在轮子转动过程中，右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，在两边不均衡的力矩作用下会使轮子沿箭头方向转动不息，而且可以不断地向外输出能量，但实验结果却是否定的．达·芬奇敏锐地由此得出结论：永动机是不可能实现的．下列有关的说法中正确的是( )
图5
A．如果没有摩擦力和空气阻力，该装置中就能永不停息地转动，并在不消耗能量的同时不断地对外做功
B．如果没有摩擦力和空气阻力，忽略碰撞中能量的损耗，并给它一个初速度就能永不停息地转动，但在不消耗能量的同时，并不能对外做功
C．右边所有小球施加于轮子的动力矩并不大于左边所有小球施于轮子的阻力矩，所以不可能在不消耗能量的同时，不断地对外做功
D．在现代科学技术比较发达的今天，这种装置可以实现它永不停息的转动，在不消耗其他能量的基础上，而且还能源源不断地对外做功
【解析】 该设计中，当轮子转动时，虽然右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，但是右边小球的个数总比左边的少，实际上右边所有小球施加于轮子的动力矩等于左边所有小球施于轮子的阻力矩，轮子在不受到外力作用时将保持平衡状态．如果没有摩擦力和空气阻力，且忽略碰撞中的能量损耗，给轮子一个初速度，轮子就能依靠惯性永不停息地转动．
【答案】 BC
二、非选择题(本题共4小题．共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(9分)如图6所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的p-V图线，当该系统从状态a沿过程a→c→b到达状态b时，有335 J的热量传入系统，系统对外界做功126 J，假若沿a→d→b过程，系统对外做功42 J，则有________ J热量传入系统，若系统由状态b沿曲线过程返回状态a时，外界对系统做功84 J，问系统是吸热还是放热？________(填“吸热”或“放热”)，热量传递是________ J.
图6
【解析】 沿a→c→b过程，由热力学第一定律可得：ΔU＝W＋Q＝(－126＋335)J＝209 J，沿a→d→b过程，ΔU＝W′＋Q′，Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)]J＝251 J，即有251 J的热量传入系统．
由a→b过程，ΔU＝209 J.
由b→a，ΔU′＝－ΔU＝－209 J.
ΔU′＝W″＋Q″＝84 J＋Q″，Q″＝(－209－84)J＝－293 J.
负号说明系统放出热量．
【答案】 251 放热 293
11. (12分)如图7所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的理想气体，容器横截面积为S，活塞质量为m，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞处于静止状态，现对容器缓缓加热使容器内的气体温度升高t ℃，活塞无摩擦地缓慢向上移动了h，在此过程中气体吸收的热量为Q，问：
图7
(1)被密封的气体对外界做了多少功？
(2)被密封的气体内能变化了多少？
【解析】 (1)活塞缓慢上升，气体推动活塞的力F＝mg＋p0S，则气体对活塞做功W＝(mg＋p0S)h.
(2)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，其中因为是气体对外界做功，功代入负值运算，得到ΔU＝－(p0S＋mg)h＋Q.
【答案】 (1)(mg＋p0S)h (2)－(p0S＋mg)h＋Q
12．(12分)下面是晓阳在题为《能源利用和节约能源》的研究性学习中收集到的有关太阳能的资料：
太阳能是人类最基本的能源，它无污染、无费用，这种能源的使用期和太阳本身寿命一样长，当太阳光照射地面时，1 m2地面上在1 s内平均得到的太阳辐射能约为1.0×103 J．太阳能热水器就是直接利用太阳能的装置，目前已经逐渐地出现在我们的生活中．
晓阳在网上下载了某型号太阳能热水器的宣传广告：
(1)晓阳家每天大约需要100 kg热水，用这种热水器将这些水从25 ℃加热到45 ℃需要多长时间？
(2)与效率为80%的电热水器相比，晓阳家每天可节约多少电能？
【解析】 (1)设T为光照时间，k＝1.0×103 J/(s·m2)，Q吸＝cm(t－t0)＝4.2×103×100×20 J＝8.4×106 J，
太阳能热水器传给水的热量Q放＝kSTη，
因为Q吸＝Q放，所以
T＝＝ s＝1.4×104 s≈3.9 h.
(2)由Q电＝Wη1得
W＝＝ J＝1.05×107 J≈2.9 kW·h.
【答案】 (1)3.9 h (2)2.9 kW·h
13．(13分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置．其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图8所示．
图8
(1)利用总电阻R＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率Pv＝300 kW.输电电压U＝10 kV.求导线上损失的功率与输送功率的比值；
(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r.求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm；在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施．
【解析】 (1)导线上损失的功率为
P＝I2R＝()2R＝()2×10 W＝9 kW
损失的功率与输送功率的比值＝＝.
(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大．
单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，S＝πr2
风能的最大功率可表示为
Pm＝(ρvS)v2＝ρvπr2v2＝πρr2v3
采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等．
【答案】 (1)3∶100 (2)πρr2v3 增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等
