课时跟踪检测（一） 物体是由大量分子组成的
1．(多选)某同学在“用油膜法估测分子的大小”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．油酸中含有大量的酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一个的方格
D．求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴
解析：选AC 油酸分子直径d＝，计算结果明显偏大，可能是V取大了或S取小了。油酸未完全散开，所测S偏小，d偏大，A正确；油酸中含有大量酒精，不影响测量结果，B错；若计算油膜面积时舍去了所有不足一个的方格，使S偏小，d变大，C正确；若求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴，使V变小，d变小，D错。
2．在用油膜法估测分子大小的实验中，体积为V的某种油，形成一圆形油膜，直径为d，则油分子的直径近似为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 油膜的面积为π2，油膜的油分子的直径为＝，故D对。
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：选C 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。
4．最近发现的纳米材料具有很多优越性，有着广阔的应用前景，棱长为1 nm的立方体，可容纳液态氢分子(其直径约为10－10 m)的数量最接近于( )
A．102个 B．103个
C．106个 D．109个
解析：选B 把氢原子看做是小立方体，那么氢原子的体积为：V0＝d3＝10－30 m3
边长为1 nm的立方体体积为：V＝L3＝(10－9)3 m3＝10－27 m3
可容纳的氢分子个数：n＝＝103 个。
5．(多选)已知某气体的摩尔体积为22.4 L/mol，摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol－1，由以上数据可以估算出这种气体( )
A．每个分子的质量 B．每个分子的体积
C．每个分子占据的空间 D．分子之间的平均距离
解析：选ACD 实际上气体分子之间的距离远比分子本身的线度大得多，即气体分子之间有很大空隙，故不能根据V′＝计算分子体积，这样算得的应是该气体每个分子所占据的空间，故C正确；可认为每个分子平均占据了一个小立方体空间，即为相邻分子之间的平均距离，D正确；每个分子的质量显然可由m′＝估算，A正确。
6．把冰分子看成球体，不计冰分子间空隙，则由冰的密度ρ＝9×102 kg/m3可估算冰分子直径的数量级是( )
A．10－8 m B．10－10 m
C．10－12 m D．10－14 m
解析：选B 冰的摩尔质量与水的摩尔质量相同，根据V＝＝ m3·mol－1＝2×10－5 m3·mol－1
一个冰分子的体积
V0＝＝ m3≈×10－28 m3
冰分子的直径
d＝ ＝ m≈10－10 m，故B对。
7．某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量 M ＝0.283 kg·mol－1，密度ρ ＝0.895×103 kg·m－3。若 100 滴油酸的体积为1 mL，则 1 滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取 NA ＝6.02×1023 mol－1，球的体积 V 与直径 D 的关系为 V＝πD3，结果保留一位有效数字)
解析：一个油酸分子的体积V＝
由球的体积与直径的关系得分子直径D＝
最大面积S＝，解得S＝1×101 m2。
答案：1×101 m2
8．已知空气摩尔质量M＝29×10－3 kg/mol，则空气分子的平均质量多大？成年人做一次深呼吸，约吸入450 cm3的空气，所吸入的空气分子数约为多少？(取两位有效数字)
解析：要估算成年人一次深呼吸吸入的空气分子数，应先估算出吸入空气的摩尔数n，我们可以看成吸入的是标准状态下的空气，这样就可以利用标准状态下空气的摩尔体积求出吸入空气的摩尔数，也就可以知道吸入空气的分子数。
设空气分子的平均质量为m0，阿伏加德罗常数用NA表示，则
m0＝＝ kg≈4.8×10－26 kg
n＝ mol＝ mol≈2.01×10－2 mol
因此，吸入的空气分子数为：
N＝nNA＝2.01×10－2×6.0×1023个＝1.2×1022个
所以空气分子的平均质量为4.8×10－26 kg，成年人一次深呼吸吸入的空气分子数约为1.2×1022个。
答案：4.8×10－26 kg 1.2×1022课时跟踪检测（七） 气体的等容变化和等压变化
1．描述一定质量的气体做等容变化的过程的图线是下图中的哪些( )
解析：选D 等容变化过程的p t图在t轴上的交点坐标是(－273 ℃，0)，D正确。
2. (多选)一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V T图上的表示如图1所示，则( )
图1
A．在过程AC中，气体的压强不断变大
B．在过程CB中，气体的压强不断变小
C．在状态A时，气体的压强最大
D．在状态B时，气体的压强最大
解析：选AD 气体在过程AC中发生等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故A正确。在CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由＝C可知，温度升高，压强增大，故B错误。综上所述，在ACB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。
3．贮气罐内的某种气体，在密封的条件下，温度从13 ℃上升到52 ℃，则气体的压强( )
A．升高为原来的4倍 B．降低为原来的
C．降低为原来的 D．升高为原来的
解析：选D 气体体积不变，由查理定律＝得＝＝＝，故D对。
4.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图2所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将( )
图2
A．向A端移动 B．向B端移动
C．始终不动 D．以上三种情况都有可能
解析：选C 由于两边气体初状态的温度和压强相同，所以升温后，增加的压强也相同，因此，水银不移动，故C对。
5.如图3所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法中正确的是( )
图3
A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′
B．加热后V1′＞2V2′
C．加热后V1′＜2V2′
D．条件不足，无法判断
解析：选A 加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得＝，＝，所以＝＝，即V1′＝2V2′，故A正确。
6. (多选)一定质量的气体做等压变化时，其V t图像如图4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，下列可能正确的是( )
图4
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：选ABC 对于一定质量气体的等压线，其V t图像的延长线一定过－273.15 ℃的点，故C项正确；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，故选A、B、C。
7．用易拉罐盛装碳酸饮料非常卫生和方便，但如果剧烈碰撞或严重受热会导致爆炸。我们通常用的可乐易拉罐容积V＝355 mL。假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9V的饮料，剩余空间充满CO2气体，气体压强为1 atm。若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm，则保存温度不能超过多少？
解析：本题为一定质量的气体发生等容变化，取CO2气体为研究对象。
初态：p1＝1 atm，T1＝(273＋17)K＝290 K，
末态：p2＝1.2 atm，T2待求。
由查理定律＝得：
T2＝＝ K＝348 K。
t＝(348－273)℃＝75 ℃。
答案：75 ℃
8．如图5所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝
热活塞(质量不同，厚度可忽略)。
图5
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p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空； 右活塞上方气体体积为V0/4。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，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，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽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＝T0。 ②
(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，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。
汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝· ③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0 ④
联立③④式得
6Vx2－V0Vx－V02＝0
其解为
Vx＝V0
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去。
答案：(1)T0 (2)V0课时跟踪检测（三） 分子间的作用力
1．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠，这一物理过程中，水分子间的( )
A．引力消失，斥力增大 B．斥力消失，引力增大
C．引力、斥力都减小 D．引力、斥力都增大
解析：选D 由水汽凝结成水珠时，分子间的距离减小，分子引力和斥力都增大，所以D正确。
2．(多选)当钢丝被拉伸时，下列说法正确的是( )
A．分子间只有引力作用
B．分子间的引力和斥力都减小
C．分子间的引力比斥力减小得慢
D．分子力为零时，引力和斥力同时为零
解析：选BC 钢丝拉伸，分子间距离增大，分子间的引力、斥力都减小，但引力比斥力减小得慢，分子力表现为引力，所以B、C正确，A、D错误。
3．下列说法正确的是( )
A．水的体积很难被压缩，这是因为水分子间不存在空隙
B．气体能够发生扩散现象是因为气体分子间存在斥力
C．两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空(马德堡半球)，用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现
D．碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间距离太大，几乎不存在作用力
解析：选D 水分子间也有空隙，当水被压缩时，分子距离由r0略微减小，分子间斥力大于引力，分子力的宏观表现为斥力，其效果是水的体积很难被压缩；当分子间距的数量级大于10－9 m时，分子力已微弱到可以忽略，碎玻璃不能拼在一起，就是由于分子间距离太大，几乎不存在作用力，所以选项A错误、D正确。气体分子永不停息地做无规则运动，所以发生扩散现象，实际上气体分子间距离远大于r0，分子间几乎无作用力，所以B错。抽成真空的马德堡半球，之所以很难拉开，是由于球外大气压力对球的作用，所以C错。
4．(多选)两个分子从靠近得不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，直到大于分子直径的10倍以上，这一过程中关于分子间的相互作用力，下述说法中正确的是( )
A．分子间的引力和斥力都在减小
B．分子间的斥力在减小，引力在增大
C．分子间的作用力在逐渐减小
D．分子间的作用力先减小后增大，再减小到零
解析：选AD 分子间同时存在着引力和斥力，当距离增大时，二力都在减小，只是斥力减小得比引力快。分子间的作用力：当r＜r0时，表现为斥力；当r＝r0时，合力为零；当r＞r0时，表现为引力；当r＞10r0时，分子间的相互作用力可视为零，所以分子力的变化是先减小后增大，再减小到零，A、D正确。
5．有甲、乙两个分子，甲分子固定不动，乙分子由无穷远处逐渐向甲靠近，直到不能再靠近为止，在这整个过程中( )
A．分子力总对乙做正功
B．乙总是克服分子力做功
C．先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功
D．乙先克服分子力做功，然后分子力对乙做正功
解析：选C 甲、乙两分子间的距离大于r0时，分子力为引力，随着甲、乙分子距离减小，分子力对乙做正功；分子间的距离小于r0时，分子力为斥力，随着甲、乙分子距离减小，分子力对乙做负功，故C正确。
6．设有一分子位于如图1所示的坐标系原点O处不动，另一分子可位于x轴上不同位置处，图中纵坐标表示这两个分子间作用力的大小，两条曲线分别表示斥力和引力的大小随两分子间距离变化的关系，e为两曲线的交点，则( )
图1
A．ab表示引力，cd表示斥力，e点的横坐标可能为10－15 m
B．ab表示斥力，cd表示引力，e点的横坐标可能为10－10 m
C．ab表示引力，cd表示斥力，e点的横坐标可能为10－10 m
D．ab表示斥力，cd表示引力，e点的横坐标可能为10－15 m
解析：选C 在f x图像中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力。所以e点的横坐标可能为10－10 m，C对。
7．将下列实验事实与其产生的原因对应起来。
实验事实有以下五个：
A．水与酒精混合后体积变小
B．固体很难被压缩
C．细绳不易被拉断
D．糖在热水中溶解得快
E．冰冻食品也会变干
其产生的原因如下：
a．固体分子也在不停地运动
b．分子运动的激烈程度与温度有关
c．分子之间存在着空隙
d．分子间存在着引力
e．分子间存在着斥力
与A、B、C、D、E五个实验事实相对应的原因分别是①________，②________，③________，④________，⑤________(在横线上分别填上与实验事实相对应的原因前的字母代号)。
答案：c e d b a
8．随着科学技术的发展，近几年来，也出现了许多的焊接方式，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的方向旋转，同时加上很大的压力(每平方厘米加到几千到几万牛顿的力)，瞬间就焊接成一个整体了。试用学过的分子动理论知识分析摩擦焊接的原理。
解析：摩擦焊接是利用了分子引力的作用。当焊接的两个物体的接触面朝相反的方向高速旋转时，又施加上很大的压力，就可以使两接触面上大量分子间的距离达到或接近r0，从而使两个接触面瞬间焊接在一起。
答案：见解析课时跟踪检测（九） 气体热现象的微观意义
1．下列关于气体分子运动的特点，正确的说法是( )
A．气体分子运动的平均速率与温度有关
B．当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多、两头少”
C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得
D．气体分子的平均速度随温度升高而增大
解析：选A 气体分子的运动与温度有关，温度升高时，平均速率变大，但仍遵循“中间多、两头少”的统计规律，A对，B错。由于分子运动是无规则的，而且牛顿运动定律是物体运动宏观定律，故不能用它来求微观的分子运动速率，C错。大量分子向各个方向运动的概率相等，所以稳定时，平均速度几乎为零，与温度无关，D错。
2．决定气体压强大小的因素，下列说法中正确的是 ( )
A．气体的体积和气体的密度
B．气体的质量和气体的种类
C．气体分子数密度和气体的温度
D．气体分子质量和气体分子的速度
解析：选C 从微观角度来看，气体压强的大小跟两个因素有关，一个是气体分子的平均动能，另一个是分子的密集程度。而温度是分子热运动的平均动能的标志，C正确。
3．对于一定质量的气体，下列叙述中正确的是 ( )
A．如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多
B．如果压强增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多
C．如果温度升高，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多
D．如果分子数密度增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多
解析：选B 气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数，是由单位体积内的分子数和分子的平均速率共同决定的。选项A和D都是单位体积内的分子数增多，但分子的平均速率如何变化却不知道；选项C由温度升高可知分子的平均速率增大，但单位体积内的分子数如何变化未知，所以选项A、C、D都不能选。气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数正是气体压强的微观表现，所以选项B是正确的。
4．1859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：选D 气体分子速率分布规律是中间多、两头少，且分子不停地做无规则运动，没有速度为零的分子，故选D。
5．(多选)下面是某地区1～7月份气温与气压的对照表：
月份 1 2 3 4 5 6 7
平均最高气温/℃ 1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2 30.8
平均大气压/×105 Pa 1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.998 4 0.996
由对照表可知，7月份与1月份相比较( )
A．空气分子无规则热运动加剧
B．空气分子无规则热运动减弱
C．单位时间内空气分子对地面的撞击次数增加了
D．单位时间内空气分子对地面的撞击次数减少了
解析：选AD 由题表可知，7月份比1月份气温高，空气分子无规则热运动加剧，A正确，B错误；7月份比1月份大气压强小了，而分子热运动的平均动能大了，平均每个分子对地面的冲力大了，所以单位时间内空气分子对地面的撞击次数必然减少，才能使大气压强减小，故C错误，D正确。
6．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像如图1所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2。
图1
解析：密闭在钢瓶中的理想气体的体积不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，但每次撞击的作用力变大，所以压强增大；当温度升高时，气体分子的平均速率会增大，大多数分子的速率都增大，所以波峰应向速率大的方向移动，即T2>T1。
答案：平均动能 小于
7．如图2是氧分子在不同温度(0 ℃和100 ℃)下的速率分布规律图，由图可得出哪些结论？(至少答出两条)
图2
解析：①一定温度下，氧气分子的速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律；②温度越高，氧气分子热运动的平均速率越大(或温度越高，氧气分子运动越剧烈)。
答案：见解析
8．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K。
(1)求气体在状态B时的体积。
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因。
解析：(1)设气体在B状态时的体积为VB，由盖—吕萨克定律得＝，
代入数据得VB＝0.4 m3。
(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度降低，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。
答案：(1)0.4 m3 (2)见解析课时跟踪检测（二） 分子的热运动
1．(多选)对以下物理现象的分析正确的是( )
①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞 ②上升的水汽的运动 ③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动 ④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动
A．①②③属于布朗运动 B．④属于扩散现象
C．只有③属于布朗运动 D．以上结论均不正确
解析：选BC 空气中的微粒和水汽都是用肉眼直接看到的粒子，都不能称为布朗运动，它们的运动更不是分子的运动，也不属于扩散现象；显微镜观察悬浮在水中的小炭粒的运动是布朗运动，红墨水向周围运动是扩散现象。故B、C正确。
2．关于布朗运动，下列说法正确的是( )
A．布朗运动就是分子运动，布朗运动停止了，分子运动也会暂时停止
B．微粒做布朗运动，充分说明了微粒内部分子是不停地做无规则运动的
C．布朗运动是无规则的，因此它说明了液体分子的运动也是无规则的
D．布朗运动的无规则性，是由于外界条件无规律的不断变化而引起的
解析：选C 布朗运动是指悬浮在液体或气体中的微粒的运动，它不是指分子的运动。布朗运动是由液体或气体分子的撞击引起的，布朗运动的无规则性，间接反映了液体或气体分子运动的无规则性，它不是由颗粒内部的分子无规则运动引起的。布朗运动的无规则性，是由液体分子无规则运动决定的，并不是由于外界条件变化引起的，故只有C对。
3．分子的热运动是指( )
A．分子被加热后的运动
B．分子的无规则运动
C．物体的热胀冷缩现象
D．物体做机械运动的某种情况
解析：选B 分子的热运动是指分子的无规则运动，因为运动的激烈程度与温度有关，故称之为热运动，分子的热运动永不停息，不是被加热后才有的运动；热胀冷缩和机械运动是宏观物体的运动不是分子的热运动。故B正确。
4．如图1所示的是用显微镜观察到的悬浮在水中的一个花粉微粒的布朗运动路线，以微粒在A点开始计时，每隔30 s记下一个位置，依次得到B、C、D、E、F、G、H、I、J、K各点。则在第75 s末时微粒所在的位置是( )
图1
A．一定在CD连线的中点
B．一定不在CD连线的中点
C．一定在CD连线上，但不一定在CD连线的中点
D．不一定在CD连线上
解析：选D 第75 s末时，微粒由C→D运动，但CD连线并不是其轨迹，所以，此时微粒可能在CD连线上，也可能不在CD连线上，只有D对。
5．关于扩散现象和布朗运动，下列说法中正确的是( )
A．扩散现象和布朗运动都是分子的无规则运动
B．扩散现象和布朗运动没有本质的区别
C．扩散现象可以停止，说明分子的热运动可以停止
D．扩散现象和布朗运动都与温度有关
解析：选D 扩散现象是由于分子的无规则热运动而导致的物质的群体迁移，当物质在某一能到达的空间内达到均匀分布时，这种宏观的迁移现象就结束了，但分子的无规则运动依然存在。布朗运动是由于分子热运动对悬浮微粒的不均匀撞击所致，它不会停止，这两种现象都与温度有关，温度越高，现象越明显。
6．关于布朗运动与分子运动(热运动)的说法中正确的是( )
A．微粒的无规则运动就是分子的运动
B．微粒的无规则运动就是固体颗粒分子无规则运动的反映
C．微粒的无规则运动是液体分子无规则运动的反映
D．因为布朗运动的剧烈程度跟温度有关，所以布朗运动也可以叫做热运动
解析：选C 微粒是由大量的分子组成的，它的运动不是分子的运动，A错误。布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒受到液体分子的作用而做的无规则运动，它反映了包围固体小颗粒的液体分子在做无规则运动，B错误，C正确。布朗运动的对象是固体小颗粒，热运动的对象是分子，所以布朗运动不是热运动，D错误。
7．我国北方地区多次出现过沙尘暴天气，沙尘暴天气出现时，远方物体呈土黄色，太阳呈淡黄色，尘沙等细粒浮游在空中。请问沙尘暴天气中的风沙弥漫，尘土飞扬，是否是布朗运动？
解析：能在液体或气体中做布朗运动的微粒都是很小的，一般数量级在10－6 m，这种微粒人眼是看不到的，必须借助于显微镜。沙尘暴天气中的灰沙、尘土都是较大的颗粒，它们的运动基本属于在气流作用下的移动，不是布朗运动。
答案：见解析
8．在房间的一端打开一瓶香水，如果没有空气对流，在房间的另一端的人并不能马上闻到香味，这是由分子运动速率不大造成的。这种说法正确吗？为什么？
解析：这种说法是不正确的。
气体分子运动的速率实际上是比较大的。并不能马上闻到香味的原因是：虽然气体分子运动的速率比较大，但由于分子运动的无规则，且与空气分子不断地碰撞，方向不停地在改变，大量的分子扩散到另一个位置需要一定的时间，并且人要闻到香味必须等香味达到一定的浓度才行。
答案：见解析课时跟踪检测（五） 内能
1．(多选)有关“温度”的概念，下列说法中正确的是( )
A．温度反映了每个分子热运动的剧烈程度
B．温度是分子平均动能的标志
C．一定质量的某种物质，内能增加，温度一定升高
D．温度升高时物体的某个分子的动能可能减小
解析：选BD 温度是分子平均动能大小的标志，而对某个确定的分子来说，其热运动的情况无法确定，不能用温度来衡量。故A错而B、D对。温度不升高而仅使分子的势能增加，也可以使物体内能增加，冰融化为同温度的水就是一个例证，故C错。
2．一定质量的0 ℃的水在凝结成0 ℃的冰的过程中，体积变大，它内能的变化是( )
A．分子平均动能增加，分子势能减少
B．分子平均动能减小，分子势能增加
C．分子平均动能不变，分子势能增加
D．分子平均动能不变，分子势能减少
解析：选D 温度相同，分子的平均动能相同，体积改变，分子势能发生了变化。由于不清楚由水变成冰分子力做功的情况，不能从做功上来判断。水变成冰是放出热量的过程，因此说势能减少。D对。
3．下面有关机械能和内能的说法中正确的是( )
A．机械能大的物体，内能一定也大
B．物体做加速运动时，其运动速度越来越大，物体内分子平均动能必增大
C．物体降温时，其机械能必减少
D．摩擦生热是机械能向内能的转化
解析：选D 机械能与内能有着本质的区别，对于同一物体，机械能是由其宏观运动速度和相对高度决定的，而内能是由物体内部分子无规则运动和聚集状态决定的。
4．(多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图1中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远处时分子势能为零，下列说法正确的是( )
图1
A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小
C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
解析：选AC 在r＞r0阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为引力，两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，F做正功，分子动能增加，势能减小，选项A正确；在r＜r0阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增大，选项B错误；在r＝r0时，分子势能最小，动能最大，选项C正确；在整个过程中，只有分子力做功，分子动能和势能之和保持不变，在r＝r0时，分子势能为负值，选项D错误。
5．(多选)回收“神舟十号”飞船的过程中，飞船在轨道上运行的高度逐渐降低进入大气层，最后安全着陆。由于与大气的高速摩擦，使得飞船壳体外表温度上升到近二千摄氏度，从分子动理论和能量方面下列理解正确的是( )
A．飞船壳体材料每个分子的动能均增大
B．飞船壳体材料分子的平均动能增大
C．飞船的内能向机械能转化
D．飞船的机械能向内能转化
解析：选BD 本题以飞船与大气摩擦为背景，考查了分子动能、分子平均动能、物体内能及其变化等相关知识，重点考查的是温度的微观意义(温度是分子平均动能的标志)。飞船壳体外表温度升高，说明分子的平均动能增大，故A错，B对；飞船的高度逐渐降低，与大气高速摩擦，机械能向内能转化，故C错，D对。
6．(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是________。(填正确答案标号)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
解析：选BCE 本题考查分子力、分子力做功和分子势能的概念，意在考查考生对分子力、分子力做功与分子势能关系的掌握情况。分子力应先增大，后减小，再增大，所以A选项错；分子力先为引力，做正功，再为斥力，做负功，B选项正确；根据动能定理可知分子动能先增大后减小，分子势能先减小后增大，分子动能和分子势能之和保持不变，所以C、E选项正确，D错误。
7．一木块静止在光滑的水平面上，被水平方向飞来的子弹击中，子弹进入木块的深度为d，此时木块相对于水平面移动了L，设木块对子弹的阻力恒为F，求产生的内能和子弹损失的动能之比。
解析：产生的内能等于阻力与两者相对位移大小的乘积，即Q＝F·d
子弹损失的动能等于它克服阻力所做的功，在子弹受到阻力的过程，它发生的位移等于打入深度d与木块移动的距离L之和，则有E损＝F·(d＋L)
所以Q：E损＝d：(d＋L)
答案：d：(d＋L)
8．重1 000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]。
解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1 000×10×2.5 J＝2.5×104 J。
气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：
Wη＝W×60%＝1.5×104 J。
使铁块温度升高40 ℃所需的热量
Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J
＝3.696×106 J。
设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q。
所以，n＝＝＝246.4。
所以至少需要247次才能使铁块温度升高40 ℃。
答案：247次课时跟踪检测（八） 理想气体的状态方程
1．(多选)关于理想气体，下列说法中正确的是( )
A．理想气体的分子间没有分子力
B．理想气体是严格遵从气体实验定律的气体模型
C．理想气体是一种理想化的模型，没有实际意义
D．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体
解析：选ABD 人们把严格遵从气体实验定律的气体叫做理想气体，故B正确。理想气体分子间没有分子力，是一种理想化的模型，在研究气体的状态变化特点时忽略次要因素，使研究的问题简洁、明了，故A正确，C错误。在温度不太低、压强不太大时，实际气体可看成理想气体，故D正确。
2．(多选)对一定质量的理想气体，下列状态变化中不可能的是( )
A．使气体体积增加而同时温度降低
B．使气体温度升高，体积不变，压强减小
C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大
D．使气体温度降低，压强减小，体积减小
解析：选BC 对于理想气体，满足公式＝C。若体积增加而温度降低，只要压强也变小，公式就成立，A选项是可能的；若温度升高，体积不变，压强应是变大的，B选项是不可能的；若温度不变，压强与体积成反比，不可能同时增大，C选项不可能；压强减小，体积可能减小，可能变大，D选项可能。
3．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
解析：选D 根据理想气体状态方程＝判断可知D正确。
4．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T，经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中可以实现的是( )
A．先等温膨胀，再等容降温
B．先等温压缩，再等容降温
C．先等容升温，再等温压缩
D．先等容降温，再等温压缩
解析：选BD 根据理想气体的状态方程＝C，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肯定不是原来值，A错；同理可以确定C也错，正确选项为B、D。
5.如图1中A、B两点代表一定质量理想气体的两个不同的状态，状态A的温度为TA，状态B的温度为TB；由图可知( )
图1
A．TB＝2TA B．TB＝4TA
C．TB＝6TA D．TB＝8TA
解析：选C 对于A、B两个状态应用理想气体状态方程＝可得：＝＝＝6，即TB＝6TA，C项正确。
6．(多选)一定质量的某种理想气体经历如图2所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p T图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，cd平行于ab，由图可以判断( )
图2
A．ab过程中气体体积不断减小
B．bc过程中气体体积不断减小
C．cd过程中气体体积不断增大
D．da过程中气体体积不断增大
解析：选BCD 四条直线段只有ab是等容过程，A错误；连接Ob、Oc和Od，则Ob、Oc、Od都是一定质量的理想气体的等容线，依据p T图中等容线的特点(斜率越大，气体体积越小)，比较这几条图线的斜率，即可得出Va＝Vb＞Vd＞Vc，故B、C、D 都正确。
7．贮气筒内压缩气体的温度为27 ℃，压强是20 atm，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低到12 ℃，求剩余气体的压强为多大。
解析：以容器内剩余气体为研究对象，它原来占有整个容器容积的一半，后来充满整个容器，设容器的容积为V，则
初态：p1＝20 atm，V1＝V，T1＝(273＋27)K＝300 K；
末态：p2＝？，V2＝V，T2＝(273＋12)K＝285 K
根据理想气体状态方程：＝
得：p2＝＝ atm＝9.5 atm。
答案：9.5 atm
8.如图3所示，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。
图3
(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(2)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。
解析：(1)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
pC＝180 mmHg。⑤
(2)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
pC′＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得
＝⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′＝364 K。
答案：(1)180 mmHg (2)364 K课时跟踪检测（六） 气体的等温变化
1．描述气体状态的参量是指( )
A．质量、温度、密度 B．温度、体积、压强
C．质量、压强、温度 D．密度、压强、温度
解析：选B 气体状态参量是指温度、压强和体积，B对。
2．(多选)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：选BC 温度是分子平均动能的标志，由于温度T不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，V2＝V1。
ρ1＝，ρ2＝，
即ρ2＝2ρ1，故B、C正确。
3．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为( )
A. L B．2 L
C. L D．8 L
解析：选B 由题意知p1＝3 atm，p2＝1 atm，当温度不变时，一定质量气体的压强减小则体积变大，所以V2＝V1＋4 L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V1＝2 L，故B正确。
4.如图1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1
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：选B 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确。
5. (多选)如图2所示，是某气体状态变化的p V图像，则下列说法正确的是( )
图2
A．气体做的是等温变化
B．从A到B气体的压强一直减小
C．从A到B气体的体积一直增大
D．气体的三个状态参量一直都在变
解析：选BCD 一定质量的气体的等温过程的p V图像即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，A选项不正确。从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，则B、C选项正确。又因为该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D选项正确。
6.如图3所示，一圆筒形汽缸静置于地面上，汽缸筒的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为p0。现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计汽缸内气体的重量及活塞与汽缸壁间的摩擦，若将汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p、手对活塞手柄竖直向上的作用力为F，则( )
图3
A．p＝p0＋，F＝mg
B．p＝p0＋，F＝p0S＋(m＋M)g
C．p＝p0－，F＝(m＋M)g
D．p＝p0－，F＝Mg
解析：选C 对整体有F＝(M＋m)g；
对汽缸有Mg＋pS＝p0S，p＝p0－，选C。
7.长为100 cm的、内径均匀的细玻璃管，一端封闭、一端开口，当开口竖直向上时，用20 cm 水银柱封住l1＝49 cm长的空气柱，如图4所示。当开口竖直向下时(设当时大气压强为76 cmHg，即1×105 Pa)，管内被封闭的空气柱长为多少？
图4
解析：设玻璃管的横截面积为S，初状态：p1＝(76＋20) cmHg，V1＝l1S；设末状态时(管口向下)无水银溢出，管内被封闭的空气柱长为l2，有p2＝(76－20) cmHg，V2＝l2S，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得l2＝84 cm
因84 cm＋20 cm＝104 cm＞100 cm(管长)，这说明水银将要溢出一部分，原假设末状态时(管口向下)无水银溢出，不合理，求出的结果是错误的，故必须重新计算。
设末状态管内剩余的水银柱长为x cm则p2＝(76－x) cmHg，
V2＝(100－x)S
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
得(76＋20)×49 S＝(76－x)(100－x)S
即x2－176 x＋2 896＝0，
解得x＝18.4，
x′＝157.7(舍去)
所求空气柱长度为100 cm－x cm＝81.6 cm。
答案：81.6 cm
8.如图5，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动 ，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程中温度保持不变。求小车的加速度的大小。
图5
解析：设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，活塞受到汽缸内外气体的压力分别为，f1＝p1S，f0＝p0S，
由牛顿第二定律得：f1－f0＝ma，
小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得：p1V1＝p0V，式中V＝SL，V1＝S(L－d)，
联立解得：a＝。
答案：a＝课时跟踪检测（十一） 饱和汽与饱和汽压 物态变化中的能量交换
1．下列关于蒸发和沸腾的说法中，正确的是( )
A．蒸发和沸腾都可在任何温度下发生
B．蒸发和沸腾只能在一定温度下进行
C．蒸发和沸腾可发生在液体内部和表面
D．蒸发只发生在液体表面，沸腾发生在液体内部和表面
解析：选D 蒸发和沸腾都是汽化现象。蒸发在任何温度下都可以发生，只在液体表面进行；沸腾是剧烈的汽化现象，沸腾只在一定温度(沸点)下进行，在液体表面和内部同时发生，故D对。
2．(多选)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽。停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为( )
A．压强变小 B．压强不变
C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽
解析：选AC 高压锅在密封状态下缓慢冷却过程中，锅内水蒸气体积不变，温度降低，则压强变小，但锅内水蒸气发生的是动态变化过程，一定是饱和汽。故选项A、C正确。
3．我们感到空气很潮湿时，是因为( )
A．这时空气中所含水汽较多
B．这时的气温较低
C．这时的绝对湿度较大
D．这时空气中的水汽离饱和状态较近
解析：选D 影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，也不是气温的高低，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，人对湿度的感觉由相对湿度决定，相对湿度越大，人感到越潮湿，故D对。
4．用吹风机的热风吹一支蘸了酒精的温度计时，温度计的示数( )
A．先降低后升高 B．先升高后降低
C．一直降低 D．一直升高
解析：选A 开始时，温度计上的酒精汽化，带走热量，使温度降低，故示数降低；酒精完全汽化后，温度计在热风作用下温度升高，A正确。
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的变化情况是( )
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：选C 0 ℃的冰融化成0℃的水，温度不变，故分子的平均动能不变，分子总数不变，所以Ek不变；冰融化过程中吸热，吸收的热量用来增大分子的势能，所以Ep变大，故C正确。
6．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，表示( )
A．空气的绝对湿度越大
B．空气的相对湿度越大
C．空气中的水蒸气的实际压强离饱和程度越近
D．空气中的水蒸气的绝对湿度离饱和程度越远
解析：选D 示数差距越大，说明湿泡的蒸发越快，空气的相对湿度越小，即水蒸气的实际压强(绝对湿度)与饱和汽压差距大，离饱和程度越远，故D对。
7．在某温度时，水蒸气的实际气压为p＝200 mmHg，此时的相对湿度为40%，则此时的绝对湿度为多少？饱和汽压为多大？
解析：根据绝对湿度的定义可知：此时的绝对湿度为200 mmHg。由相对湿度的定义式B＝，解得ps＝＝ mmHg＝500 mmHg。
答案：200 mmHg 500 mmHg
8．从电冰箱中取出质量为50 g、温度为－10 ℃的冰块，放进一杯0 ℃的水中，若与外界无热交换，则有多少水会冻结到冰块上？[已知冰的比热容为2.1×103 J/(kg·℃)，熔化热为3.36×105 J/kg]
解析：从冰箱中取出的冰块温度从－10 ℃升高到0 ℃时，吸收的热量Q1＝cmΔt，水凝结成冰放出热量，设有m′的水冻结到冰上，放出热量Q2＝m′λ，根据能量守恒有Q1＝Q2，即cmΔt＝m′λ，代入数据可得m′＝3.125 g。
答案：3.125 g课时跟踪检测（十三） 热力学第一定律 能量守恒定律
1．在一个与外界没有热交换的房间内打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将( )
A．降低 B．升高
C．不变 D．无法确定
解析：选B 取房间内气体及电冰箱(有散热装置)为系统，冰箱消耗电能，对系统做功，系统总内能增加，房间内温度升高，B对。
2．第一类永动机是不可能制成的，这是因为第一类永动机( )
A．不符合机械能守恒定律
B．违背了能量守恒定律
C．无法解决机械摩擦问题
D．找不到合适的材料和合理的设计方案
解析：选B 第一类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律。
3．一定质量的气体吸收热量，体积膨胀并对外做功，由此过程的末态与初态相比( )
A．气体内能一定增加
B．气体内能一定减小
C．气体内能一定不变
D．气体内能是增是减不能确定
解析：选D 气体吸收热量Q＞0，气体对外做功W＜0，若|Q|＞|W|，根据热力学第一定律知ΔU＞0，内能增加；若|Q|＜|W|，则ΔU＜0，内能减小；若|Q|＝|W|，则ΔU＝0，内能不变，故D对。
4.如图1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，抽出隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热为Q，气体内能增量为ΔU，则( )
图1
A．ΔU＝Q B．ΔU＜Q
C．ΔU＞Q D．无法比较
解析：选B A、B两部分气体密度不同，混合后其重力势能将发生变化，刚开始时A、B气体的合重心在中线下方，均匀混合后重心在中线上，重心上升了，所以气体的重力势能增加了，由能量守恒定律知，吸收的热量一部分增加气体的内能，一部分增加重力势能，即Q＝ΔU＋ΔEp，所以Q＞ΔU，故B对。
5.如图2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( )
图2
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成沙箱和子弹的重力势能
C．子弹的动能转变成沙箱和子弹的动能
D．子弹的动能一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分转变为沙箱和子弹的机械能
解析：选D 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，有一部分动能转变成沙箱和子弹的内能，一部分动能变成沙箱和子弹的机械能，故D正确。
6. (多选)图3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3
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：选AC 温度不变，分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积基本不变，气体的压强增大，选项A对、B错；打开阀门后，水减少，气体膨胀，密封气体对水做正功，选项C对；如果水全排出，气体压强为p3，p3(2＋0.5)＝p1(0.5＋0.1)得p3＝0.24p1＜p1，故不再充气不能把水喷光，选项D错。
7．如图4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4
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：ΔU＝5.0×102 J
8．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，把大气视作外界。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(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得
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课时跟踪检测（十二） 功和内能 热和内能
1．金属制成的汽缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使汽缸中柴油达到燃点的过程是( )
A．迅速向里推活塞 B．迅速向外拉活塞
C．缓慢向里推活塞 D．缓慢向外拉活塞
解析：选A 迅速向里推活塞压缩气体时，对气体做功，使气体内能急剧增加，气体来不及向外传热，温度很快升高，达到柴油的着火点，使之燃烧起来。
2．(多选)一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则( )
A．从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能的增加量
B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的减少量不等于铁块内能的增加量
C．达到热平衡时，铜块的温度T＝
D．达到热平衡时，两者的温度相等
解析：选AD 一个系统在热交换的过程中，如果不与外界发生热交换，温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸收的热量，直到温度相等，不再发生热交换为止，而热量是传热过程中内能的变化量，所以选项A和D都正确，选项B错误。根据热平衡方程：c铜m(T1－T)＝c铁m(T－T2)，解得T＝，由此可知选项C错误。
3．(多选)对于热量、功和内能三者的下列说法中正确的是( )
A．三者单位相同，物理意义相同
B．热量和功是内能的量度
C．热量和功由过程决定，而内能由物体状态决定
D．系统内能增加了100 J，可能是外界采用绝热方式对系统做功100 J，也可能是外界单纯地对系统传热100 J
解析：选CD 热量、功和内能三者尽管单位相同，但物理意义有本质区别，A错。热量和功由过程决定，内能由物体状态决定，热量和功是内能变化的量度，C对，B错。对一个绝热过程ΔU＝W＝100 J，对一个单纯热传递过程ΔU＝Q＝100 J，D对。
4．汽缸中一定质量的理想气体内能增加了180 J，下列说法中正确的是( )
A．一定是外界物体做了180 J的功
B．一定是气体吸收了180 J的热量
C．一定是气体分子总动能增加了180 J
D．物体分子热运动的平均动能可能不变
解析：选C 做功和热传递都可以改变物体的内能，气体的内能改变180 J，其方式是不确定的，因此A、B两项错误。而理想气体的内能是所有分子动能的总和，总动能增加了，分子数没变，平均动能一定增加，故D项错误，C项正确。
5.如图1所示，活塞将汽缸分成甲、乙两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气。以E甲、E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中( )
图1
A．E甲不变，E乙减小 B．E甲不变，E乙增大
C．E甲增大，E乙不变 D．E甲增大，E乙减小
解析：选D 接触面是绝热面，拉动拉杆，对乙部分气体来讲，系统对外界做功，内能减小，温度降低；对甲部分气体来讲，外界对系统做功，内能增加，故D对。
6.如图2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。用打气筒通过气针慢慢向容器内打气，使容器内的压强增加到一定程度，这时读出温度计示数。打开卡子，胶塞冲出容器口后( )
图2
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：选C 胶塞冲出容器口后，气体膨胀，对外做功，W＜0。由于没时间进行热交换，由ΔU＝W可知内能减小。内能等于分子动能与势能之和，由于体积增大，势能增大，由此可知分子热运动的平均动能减小，所以温度降低，故C正确。
7．一底端固定的斜面高0.6 m，倾角是30°，质量为1 kg的物块由顶端滑到底端，已知物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，如果由摩擦损失的机械能全部变成了内能，求在这一过程中物块与斜面组成的系统的内能增加量。(g取10 m/s2)
解析：物块沿粗糙斜面下滑的过程中克服摩擦力做的功W＝μmgs·cos 30°，其中斜面长s＝，代入上式得W＝μmghcot 30°＝0.5×1×10×0.6× J≈5.2 J。系统与外界之间可认为没有热交换，物块与斜面组成的系统的内能增加量ΔU＝W＝5.2 J。
答案：5.2 J
8.气体温度计结构如图3所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm。(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)
图3
(1)求恒温槽的温度。
(2)此过程A内气体内能________(选填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将________(选填“吸热”或“放热”)。
解析：(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K，因为B是细玻璃管，B内气体变化对A内气体影响很小，所以A内气体发生等容变化。
由查理定律得＝①
又p1＝p0＋ph1②
p2＝p0＋ph2
联立①②③式解得T2＝364 K。
(2)理想气体的内能只由温度决定，A内气体的温度升高，所以内能增大；气体不对外做功，由热量和内能的变化关系ΔU＝Q知，气体将吸热。
答案：(1)364 K (2)增大 吸热课时跟踪检测（十五）
热力学第二定律的微观解释 能源和可持续发展
1．(多选)关于有序和无序宏观态和微观态，下列说法正确的是( )
A．有序和无序是绝对的
B．一个“宏观态”可能对应着许多的“微观态”
C．一个“宏观态”只能对应着唯一的“微观态”
D．无序意味着各处一样、平均、没有差别
解析：选BD 因为无序是各处都一样、平均、没有差别，故D项正确；而有序和无序是相对的，故A项错误；而一个“宏观态”可能对应一个或多个“微观态”，所以B项正确，C项错误。
2．(多选)关于“温室效应”，下列说法正确的是( )
A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”
B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”
C．“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化
D．“温室效应”使得土壤酸化
解析：选BC “温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量。它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C选项正确。
3．下列关于熵的有关说法错误的是( )
A．熵是系统内分子运动无序性的量度
B．在自然过程中熵总是增加的
C．热力学第二定律也叫做熵减小原理
D．熵值越大代表越无序
解析：选C 根据熵增加原理，不可逆过程总是朝着熵增大的方向进行，故C错。
4．下列供热方式最有利于环境保护的是( )
A．用煤做燃料供热
B．用石油做燃料供热
C．用天然气或煤气做燃料供热
D．用太阳能供热
解析：选D 煤、石油、天然气、煤气均为常规能源(化石能源)，大量使用会产生二氧化碳，加重“温室效应”，并且燃料燃烧释放的气体中含有有毒有害气体，污染环境。而太阳能是一种清洁能源，对环境影响小。故D对。
5．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是( )
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统的熵增加
解析：选D 气体分子之间的距离很远，分子间的作用力可以认为为零，A项错误；由于温度是分子热运动的平均动能的标志，温度不变，气体分子热运动的平均动能就不变，气体分子热运动的平均速率就不变，B、C项错误；自发的自然过程中，熵值是增加的，D项正确。
6．(多选)热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象。所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把流散的能量重新收集、重新加以利用。下列关于能量耗散的说法中正确的是( )
A．能量耗散说明能量不守恒
B．能量耗散不符合热力学第二定律
C．能量耗散过程中能量仍守恒
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性
解析：选CD 能量耗散过程能量仍守恒，但可利用的能源越来越少，这说明自然界中的宏观过程具有方向性，恰恰说明符合热力学第二定律，故C、D对。
7．(多选)关于气体向真空中扩散的规律的叙述中正确的是( )
A．气体分子数越少，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
B．气体分子数越多，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
C．扩散到真空中的分子在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观态数目越大
D．气体向真空中扩散时，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
解析：选ACD 气体分子向真空中扩散中时，分子数越少，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越大；分子数越多，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越小，则A正确B错误。扩散到真空中的分子在整个容器中均匀分布的概率最大，即其宏观态对应的微观态最多，并且这一宏观态的无序性最强，C、D正确。
8.质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液体Ⅰ与气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图1所示。单位时间所吸收的热量可看成不变。
图1
(1)以下说法正确的是________。
A．在区间Ⅱ，物质的内能不变
B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加
D．在区间Ⅰ，物质分子热运动的平均动能随着时间的增加而增大
(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”)，请说明理由。
解析：(1)区间Ⅱ是汽化过程，要吸收热量，内能增加，A错误；区间Ⅲ看成理想气体，无分子势能，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ是不可逆过程，分子无序性增加，熵增加，C正确；在区间Ⅰ，随时间增加，物质温度升高，分子热运动的平均动能增大，D正确。
(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，理想气体的状态方程＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W＜0，ΔU1＝Q－|W|；
体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；
所以ΔU1＜ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快。
答案：(1)BCD (2)变快 理由见解析
9．瀑布从20 m高处以103 m3/s的流量竖直落下，流进底部的水轮机后再以2 m/s的速度流出，水轮机再带动发电机发电。如果水的机械能转化为电能的效率是80%，那么发电机发出的电功率有多大？(瀑布在山顶的速度可忽略不计，g取10 m/s2)
解析：设t时间内流下的水的质量为m，以m为研究对象，竖直下落后减少的机械能为mgh－mv2
转化为电能的功率为
P＝＝＝(gh－)×0.8＝103×103×(10×20－×22)×0.8 W≈1.58×108 W＝1.58×105 kW。
答案：1.58×105 kW课时跟踪检测（十四） 热力学第二定律
1．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程( )
A．有的只遵守热力学第一定律
B．有的只遵守热力学第二定律
C．有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律
D．所有的都遵守热力学第一、第二定律
解析：选D 热力学第一、第二定律是热力学的基本定律，对所有涉及热现象的宏观过程都成立。故选项D正确，A、B、C错误。
2．(多选)根据热力学第二定律，下列判断正确的有( )
A．热机中燃气的内能不可能全部变成机械能
B．电流的能不可能全部变成内能
C．在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变成电能
D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
解析：选ACD 凡是与热现象有关的宏观热现象都具有方向性。无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，故A正确。由电流热效应中的焦耳定律可知，电流的能可以全部转化为内能，故B错误。火力发电机发电时，能量转化的过程为内能→机械能→电能，因为内能→机械能的转化过程中会对外放出热量，故燃气的内能必然不能全部变为电能，C正确。热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，结果会带来其他影响，这正是热力学第二定律第一种表述的主要思想，故D正确。
3．下列宏观过程不能用热力学第二定律解释的是( )
A．大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中而经过一段时间大米、小米不会自动分开
B．将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开
C．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，不会由内能自发地转化为机械能而动起来
D．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使汽车热机的效率达到100%
解析：选A 热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向性的规律，A不属于热现象；由热力学第二定律可以解释B、C、D选项。
4．我们绝不会看到：一个放在水平地面上的物体，靠降低温度，可以把内能自发地转化为动能，使这个物体运动起来，其原因是( )
A．违反了能量守恒定律
B．在任何条件下内能不可能转化成机械能，只有机械能才能转化成内能
C．机械能和内能的转化过程具有方向性，内能转化成机械能是有条件的
D．以上说法均不正确
解析：选C 机械能和内能的相互转化，必须通过做功来实现，故C对。
5．下列关于热现象的描述正确的一项是( )
A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
解析：选C 根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100 %，选项A错误；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误。
6. (多选)如图1所示，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1
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背热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违背热力学第一定律
解析：选BC 热量不能自发地从低温物体传到高温物体，要想使热量从低温物体传到高温物体必须借助于其他系统做功，A错误，B正确。热力学第一定律适用于所有的热学过程，C正确，D错误。
7．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2所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象。这一实验是否违反热力学第二定律？热水和冷水的温度是否会发生变化？简述这一过程中能的转化情况。
图2
解析：温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少，一部分转化为电能，一部分传递给冷水，不违反热力学第二定律。
答案：不违反 热水温度降低，冷水温度升高 一部分内能转化为电能
8．热力学第二定律常见的表述有以下两种：
第一种表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体；
第二种表述：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。
图3甲是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图；外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体。请你根据第二种表述完成示意图乙。根据你的理解，热力学第二定律的实质是____________________________。
图3
解析：从低温物体向高温物体传递热量是通过制冷机完成的，需要外界对制冷机做功；反过来热量从高温物体传向低温物体，是伴随着热机对外界做功同时发生的。
答案：如图所示 一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性课时跟踪检测（十） 固体 液体
1．如图1所示，甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡，然后用烧热的钢针的针尖分别接触这两种薄片，接触点周围熔化了的石蜡的形状分别如图所示。对这两种薄片，下列说法正确的是( )
图1
A．甲的熔点一定高于乙的熔点
B．甲薄片一定是晶体
C．乙薄片一定是非晶体
D．以上说法都错
解析：选B 单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，故甲薄片一定是单晶体，从图中无法确定熔点的高低，B正确。
2．(多选)关于液体和固体，以下说法正确的是( )
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固定的平衡位置
D．同温度时液体的扩散比固体的扩散快
解析：选BCD 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是正确的，选项A是错误的。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C、D都是正确的。
3.如图2所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。产生这一现象的原因是( )
图2
A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体
B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体
C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧
D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张
解析：选C 玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力的作用，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，故C正确，D错误。
4．玻璃烧杯中盛有少许水银，在太空轨道上运行的宇宙飞船内，水银在烧杯中呈现的形状是图中的( )
解析：选D 因为水银不浸润玻璃，所以在完全失重的情况下，其形状只由表面张力决定，在表面张力作用下，水银的表面要收缩至最小，因而最终水银成球形，故D对。
5．(多选)关于液晶，下列说法中正确的有( )
A．液晶是一种晶体
B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性
C．液晶的光学性质随温度的变化而变化
D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
解析：选CD 液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，选项A、B错误。外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质。选项C、D正确。
6．(多选)关于液晶的以下说法正确的是( )
A．液晶态的存在只与温度有关
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：选CD 液晶态可以在一定温度范围或某一浓度范围存在；它对离子的渗透作用与人体的某些组织相同；在外加电压下，对不同色光的吸收程度不同，应选C、D。
7．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度会升高
解析：选BCD 将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确。熔化过程中，晶体的温度不变，故选项E错误。
8．液晶的分子排布与液体和固体都有区别，这种排布使液晶既像液体一样具有流动性，又具有各向异性，图3中的________(填“甲”或“乙”)是液晶分子排布示意图。
图3
解析：液晶和某些晶体的特性相同，具有各向异性，分子排列是有序的，因此图乙是液晶分子的排列。
答案：乙
9．如图4所示，在培养器内注入清水，让两根细木杆相互平行地浮在水面上，再在细木杆之间轻轻地滴入几滴酒精，细木杆会“自动”散开，请解释这一现象。
图4
解析：漂浮在水面上的细木杆，原来两边受到大小相等、方向相反的表面张力作用，细木杆处于平衡状态，滴入酒精后，水的纯净度减小，内侧的表面张力减小，内侧比外侧的表面张力小，细木杆就散开了。
答案：见解析课时跟踪检测（四） 温度和温标
1．(多选)关于系统的状态参量，下列说法正确的是( )
A．描述运动物体的状态可以用压强等参量
B．描述系统的力学性质可以用压强来描述
C．描述气体的性质可用温度、体积等参量
D．温度能描述系统的热学性质
解析：选BCD 描述运动物体的状态可以用速度、加速度、位移等参量，A错；描述系统的力学性质可以用压强、电场强度、磁感应强度等来描述，B对；描述气体的性质可用温度、体积、压强等参量，C对；温度是用来描述物体冷热程度的物理量，可以描述系统的热学性质，D对。
2．当甲、乙两物体相互接触后，热量从甲物体流向乙物体，这样的情况表示甲物体具有( )
A．较高的热量 B．较大的比热容
C．较大的密度 D．较高的温度
解析：选D 热量总是从高温物体传到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分，因此决定热量传播的决定因素是温度，A、B、C各选项所提到的条件均与此无关，故D项正确。
3．(多选)下列说法正确的是( )
A．用温度计测量温度是根据热平衡的原理
B．温度相同的棉花和石头相接触，需要经过一段时间才能达到热平衡
C．若a与b、c分别达到热平衡，则b、c 之间也达到了热平衡
D．两物体温度相同，可以说两物体达到热平衡
解析：选ACD 当温度计的液泡与被测物体紧密接触时，如果两者的温度有差异，它们之间就会发生热交换，高温物体将向低温物体传热，最终使二者的温度达到相等，即达到热平衡。A、D对；温度相同，不会进行热传递，B错；若a与b、c分别达到热平衡，三者温度就相等了，所以b、c之间也达到了热平衡，C对。
4．(多选)下列说法中正确的有( )
A．处于热平衡的两个系统的状态参量不再变化
B．达到热平衡的两个系统分开后，再接触时有可能发生新的变化
C．两个未接触的系统不可能处于热平衡
D．处于热平衡的几个系统的温度一定相等
解析：选AD 根据热平衡的定义，两个处于热平衡的系统，无论分开，还是再接触，系统的状态参量都不再发生变化，故A正确、B错误；一切达到热平衡的系统一定都具有相同的温度，两个未接触的系统也可能处于热平衡，故C错误、D正确。
5．有关温标的说法正确的是 ( )
A．温标不同，测量时得到同一系统的温度数值可能是不同的
B．不同温标表示的温度数值不同，则说明温度不同
C．温标的规定都是人为的，没有什么理论依据
D．热力学温标和摄氏温标是两种不同的温度表示方法，表示的温度数值没有关系
解析：选A 温标不同，测量同一系统的温度数值一般不同，A正确，B错误；每一种温标的规定都有一定意义，如摄氏温标的0 ℃表示一个标准大气压下冰的熔点，100 ℃为一个标准大气压下水的沸点，C错误；热力学温标和摄氏温标的数值关系有T＝t＋273 K，D错误。
6．下列关于热力学温标说法不正确的是( )
A．热力学温度的零度是－273.15 ℃，叫做绝对零度
B．热力学温度的每一度的大小和摄氏温度的每一度大小是相同的
C．绝对零度是低温的极限，永远达不到
D．1 ℃等于1 K
解析：选D 热力学温度和摄氏温度的每一度大小是相同的，两种温度的区别在于它们的零值规定不同，所以A、B、C均正确；根据T＝t＋273.15 K知，1 ℃为274.15 K，所以D不正确。
7．“在测铜块的比热容时，先把质量已知的铜块放入沸水中加热，经过一段时间后把它迅速放入质量已知、温度已知的水中，并用温度计测量水的温度，当水温不再上升时，这就是铜块与水的共同温度，根据实验的数据就可以计算铜块的比热容。”以上的叙述中，哪个地方涉及了“平衡态”和“热平衡”的概念？
解析：铜块放入水中加热经过一段时间后铜块和沸水各自达到“平衡态”，它们这两个系统达到“热平衡”，铜块的温度就等于沸水的温度。当把铜块和温度计放入质量已知、温度已知的水中时，铜块、温度计和水三者发生热传递，当水温不再上升时，水、铜块和温度计各自达到“平衡态”，三者达到“热平衡”。
答案：见解析
8．假设房间向环境传递热量的速率正比于房间和环境之间的温度差，暖气片向房间传递热量的速度也正比于暖气片与房间之间的温度差。暖气片温度恒为T0，当环境温度为－5 ℃时，房间温度保持在22 ℃。当环境温度为－15 ℃时，房间温度保持为16.5 ℃。
(1)求暖气片的温度 T0；
(2)给房子加一层保温材料，使得温差一定时房间散热的速率下降 20%，求环境温度为－15 ℃时房间的温度。
解析：(1)设两次房间温度分别为T1＝22 ℃，T1′＝16.5 ℃，环境温度分别为T2＝－5 ℃，T2′＝－15 ℃；设暖气片向房间的散热系数为k1，房间向环境的散热系数为k2，当房间温度平衡时暖气片向房间的散热速率与房间向环境的散热速率相同，则有：
k1(T0－T1)＝k2(T1－T2)①
k1(T0－T1′)＝k2(T1′－T2′)②
整理得：
T0＝
＝ ℃＝55 ℃
(2)设此时房间的温度为T1″
则k1(T0－T1″)＝(1－20%)k2(T1″－T2′)③
由①式可知，＝＝＝
则由③式得
T1″＝
＝≈20.4 ℃。
答案：(1)55 ℃ (2)20.4 ℃
