5．(2009·山东高考)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V_A＝0.3 m³，T_A＝T_C＝300 K，T_B＝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．

(3)设A→B过程气体吸收热量为Q₁，B→C过程气体放出热量为Q₂，比较Q₁、Q₂的大小并说明原因．

解析：(1)设气体在状态B时的体积为V_B，由盖­吕萨克定律得＝

代入数据得V_B＝0.4 m³

(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．

(3)Q₁大于Q₂；因为T_A＝T_C，故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同，而A→B过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q₁大于Q₂.

答案：(1)0.4 m³　(2)见解析　(3)Q₁大于Q₂，原因见解析

4．内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×10⁵ Pa、体积为2.0×10^－3 m³的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃.(大气压强为1.0×10⁵ Pa)

　(1)求汽缸内气体的最终体积；

(2)在图11－2－9所示的p－V图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化．

解析：(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p₀V₀＝p₁V₁

解得：p₁＝p₀＝×1.0×10⁵ Pa＝2.0×10⁵Pa

在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，则

＝

所以V₂＝V₁＝×1.0×10^－3m³

≈1.47×10^－3m³.

(2)如下图所示．

答案：(1)1.47×10^－3m³　(2)见解析图

3．(2010·东城模拟)如图11－2－7所示，导热的汽缸固定在水平地面

　 上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中(状态①)，汽缸

　　 的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向

右移动一段距离(状态②)，在此过程中：

(1)如果环境保持恒温，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．每个气体分子的速率都不变

B．气体分子平均动能不变

C．水平外力F逐渐变大

D．气体内能减少

E．气体放热

F．气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现

G．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律

(2)如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用图11－2－8中的哪几个图象表示　 (　)

解析：(1)温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率不变，由于热运动频繁碰

撞，不是每个分子的速率都不变，B对，A错；由玻意耳定律知体积增大，压强减

小，活塞内、外压强差增大，水平拉力F增大，C对；由温度不变、体积增大知，

气体内能不变，对外做功，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，D、

E、F均错；题中气体虽从单一热库吸热，全部用来对外做功，但必须有外力作用

于杆并引起气体的体积增大，因而引起了其他变化，不违反热力学第二定律，G

对．(2)由题意知，从①到②，温度不变，体积增大，压强减小，所以只有A、D正确．

答案：(1)BCG　(2)AD

2．(2010·上海模拟)(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和物理性质各向异性上加以判断时，可以通过________________方法来判断它是否为晶体．

(2)在严寒的冬天，房间玻璃上往往会结一层雾，雾珠是在窗玻璃的________________表面．(填“外”或“内”)．

(3)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时看起来不再蒸发？

答：___________________________________________________________________

解析：(1)加热时，晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，因而可以用加热时有无确定熔点的实验来判断．

(2)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着在玻璃上，故在内侧出现雾珠．

(3)还有液体分子从液面飞出，但同时也有气体分子被碰撞飞回到液体中去，当液体上方的蒸汽达到饱和时，单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子数相等而呈动态平衡即饱和汽．液体不再减少，从宏观上看好像不再蒸发了．

答案：(1)用加热时有无确定熔点的实验

(2)内　(3)见解析

1．如图11－2－5所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p₀，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则如图11－2－6所示的p－T图象能正确反应缸内气体压强变化情况的是　　　　 (　)

解析：初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在

缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等

于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D是错误

的．在p－T图象中，等容线为通过原点的直线，所以C图是错误的．

答案：B

10．重1000 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℃以上，气锤至少应落下多少次？[设气锤撞击铁块时做的功有60%用来使铁块温度升高，且铁的比热容c＝0.11 cal/(g·℃)，g取10 m/s²，1 cal＝4.2 J]

解析：气锤下落过程中只有重力做功，机械能守恒，因而气锤撞击铁块时动能为

E_k＝mgh＝10³×10×2.5 J＝2.5×10⁴ J

由动能定理知气锤撞击铁块所做的功为

W＝E_k－0＝2.5×10⁴ J

使铁块温度升高所需的热量(升高40℃)

Q＝cmΔt＝0.11×200×10³×40 cal＝3.696×10⁶ J

设气锤下落n次才能使铁块温度升高40℃，由能量守恒定律有：n·W·η＝Q

n＝＝次＝246.4次

故气锤至少要下落247次．

答案：247次

9．如图11－1－5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．

(1)下列说法正确的是______．

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

(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？

解析：(1)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；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B、C.

(2)由热力学第一定律可知，电冰箱从冰箱内吸了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多．

答案：见解析

8．下表为0℃和100℃时氧分子的速率分布[不同温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比(%)]，仔细观察下表，对于气体分子的无规则运动，你能得出哪些结论？

答案：随着温度的升高，分子的平均运动速率增大；各分子的运动速率(平均动能)并不相同；但其速率分布遵循中间多两边少的规律．

7．已知水的密度为ρ＝1.0×10³ kg/m³，水的摩尔质量M＝1.8×10^－2 kg/mol，求：(保留两位有效数字，N_A＝6×10²³ mol^－1)

(1)1 cm³的水中有多少个水分子？

(2)水分子的直径有多大？

解析：水的摩尔体积为

V_m＝＝ m³/mol＝1.8×10^－5 m³/mol

(1)1 cm³水中的水分子数：

N＝V≈个≈3.3×10²²个

(2)建立水分子的球模型有：πd³＝

水分子直径：

d＝ ＝ m≈3.9×10^－10 m

答案：(1)3.3×10²²个　(2)3.9×10^－10 m

6．一定量的气体内能增加了3×10⁵ J.

(1)若吸收了2×10⁵ J的热量，则是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做了多少焦耳的功？

(2)若气体对外界做了4×10⁵ J的功，则是气体放热还是从外界吸热？放出或吸收的热量是多少？

解析：(1)由热力学第一定律ΔU＝Q+W得

W＝ΔU－Q＝3×10⁵ J－2×10⁵ J＝1×10⁵ J

外界对气体做功．

(2)由ΔU＝Q+W得

Q＝ΔU－W＝3×10⁵ J－(－4×10⁵ J)＝7×10⁵ J

气体从外界吸热．

答案：(1)外界对气体做功　1×10⁵ J

(2)气体从外界吸热　7×10⁵ J