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高考物理二轮复习考点练习专题（10）热学(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份高考物理二轮复习考点练习专题（10）热学(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含高考物理二轮复习考点练习专题10热学解析版doc、高考物理二轮复习考点练习专题10热学原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
【知识、方法梳理】
1. 对热力学定律的理解
(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。
(2)热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。
(3)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。
2. 压强的计算
(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算。
(2)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。
3. 合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。
【热点训练】
1、下列关于热学中的相关说法正确的是( )
A．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，故气体的压强一定增大
D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，可以使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
E．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大
解析：根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故A正确；燃气由液态变为气态的过程中要吸收热量，故分子的分子势能增加，选项B正确；若气体温度升高的同时，体积膨胀，压强可能不变，故C错误；由热力学第二定律可知，能源的能量耗散后品质降低，不可能自发转变成新能源，且不能自发地分离，选项D错误；液体的饱和汽压与液体的温度有关，随温度的升高而增大，不一定比未饱和汽压大，选项E正确。
【答案】ABE
2、如图所示，左右两个粗细均匀、内部光滑的汽缸，其下部由体积可以忽略的细管相连，左汽缸顶部封闭，右汽缸与大气连通，左右两汽缸高度均为H、横截面积之比为S1∶S2＝1∶2，两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。两汽缸中各有一个厚度不计的绝热轻质活塞封闭两种理想气体A和B，当大气压为p0、外界和气体温度均为27 ℃时处于平衡状态，此时左、右侧活塞均位于汽缸正中间。
(1)若外界温度不变，大气压为0.9p0时，求左侧活塞距汽缸顶部的距离；
(2)若外界温度不变，大气压仍为p0，利用电热丝加热气体B，使右侧活塞上升eq \f(H,4)，求此时气体B的温度。
解析：(1)大气压变为0.9p0，则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p0，气体A做等温变化，由玻意耳定律得：
p0eq \f(H,2)S1＝0.9p0h1S1
解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h1＝eq \f(5,9)H。
(2)外界温度、大气压均保持不变，气体A的状态也不变，即左侧活塞仍处于汽缸正中间，则气体B做等压变化，由盖－吕萨克定律得：
eq \f((S1＋S2)\f(H,2),T0)＝eq \f(S1\f(H,2)＋S2(\f(H,2)＋\f(H,4)),T)
T0＝27 ℃＝300 K
则气体B的温度为T＝400 K(或t＝127 ℃)。
【答案】(1)eq \f(5,9)H (2)400 K(或127 ℃)
3、(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
解析：抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。
【答案】ABD
4、(多选)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )
A．满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B．知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可求出其分子体积
C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力
解析：根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的密度、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是会引起其他变化，故D正确；液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增大得更快，分子力表现为斥力，故E错误。
【答案】ACD
5、(1)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是________。
A．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B．当r＝r0时，分子势能为零
C．随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
E．在r(2)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm，如图甲所示。已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变。
①求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；
②若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示。当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3。
【答案】(1)ADE (2)①72 cmHg ②12 cm
解析：(1)在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间距离增大，分子间作用力先减小后反向增大，最后又一直减小，C项错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，E项正确。
(2)①初始时，空气柱A的压强为pA＝p0＋ρgh1
而pB＋ρgh2＝pA
联立解得空气柱B的压强为pB＝72 cmHg；
②U形管倒置后，空气柱A的压强为pA′＝p0－ρgh1
空气柱B的压强为pB′＝pA′＋ρgh3
空气柱B的长度L2′＝L2＋eq \f(h2－h3,2)
由玻意耳定律可得pBL2＝pB′L2′
联立解得h3＝12 cm。
6、(1)下列说法正确的是________。
A．温度相同的物体，内能不一定相等
B．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动
C．所有晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
D．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为引力
E．若不考虑分子势能，则质量、温度都相同的氢气和氧气内能相等
(2)如图为水下打捞的原理简图，将待打捞重物用绳子系挂在一开口向下的圆柱形浮筒上，再向浮筒内充入一定量的气体。已知重物的质量为m0，体积为V0。开始时，浮筒内液面到水面的距离为h1，浮筒内气体体积为V1，在钢索拉力作用下，浮筒缓慢上升。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，当地重力加速度为g。不计浮筒质量、筒壁厚度及水温的变化，浮筒内气体可视为质量一定的理想气体。
①在浮筒内液面与水面相平前，打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零，请对此进行解释；
②当浮筒内液面到水面的距离减小为h2时，拉力恰好为零，求h2以及此时筒内气体的体积V2。
【答案】(1)ACD (2)①见解析 ②eq \f(p0＋ρgh1,m0g－ρgV0)V1－eq \f(p0,ρg) eq \f(m0,ρ)－V0
解析：(1)温度相同的物体，分子平均动能相同，但是物体的内能还与分子的数目有关，故内能不一定相等，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，但不是液体分子的运动，故B错误；区分晶体与非晶体要看有没有确定的熔点，可知所有晶体都有确定的熔点，所有非晶体都没有确定的熔点，故C正确；与气体接触的液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，故D正确；不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故氢气的内能大，故E错误。
(2)①浮筒内液面与水平面相平前，筒内气体的压强不断减小，气体的温度保持不变，根据理想气体状态方程可知，气体的体积将逐渐增大，因而浮力逐渐增大，由于重物及浮筒所受的总重力、浮力、拉力的合力始终为零，所以随着浮筒所受浮力的逐渐增大，钢索的拉力将逐渐减小甚至为零。
②重物及浮筒受力平衡有ρg(V2＋V0)＝m0g
解得V2＝eq \f(m0,ρ)－V0
对于浮筒内的气体，初态压强p1＝p0＋ρgh1
末态压强p2＝p0＋ρgh2
根据理想气体状态方程有：p1V1＝p2V2
联立解得：h2＝eq \f(p0＋ρgh1,m0g－ρgV0)V1－eq \f(p0,ρg)。
7、(1)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，最后由状态C变化到状态A.气体完成这个循环，内能的变化ΔU＝________，对外做功W＝________，气体从外界吸收的热量Q＝________。(用图中已知量表示)
(2)有一只一端开口的L形玻璃管，其竖直管的横截面积是水平管横截面积的2倍，水平管长为90 cm，竖直管长为8 cm，在水平管内有一段长为10 cm的水银封闭着一段长为80 cm的空气柱如图所示。已知空气柱的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg，管长远大于管的直径。
①现对气体缓慢加热，当温度上升到多少时，水平管中恰好无水银柱；
②保持①中的温度不变，将玻璃管以水平管为轴缓慢旋转180°，使其开口向下，求稳定后封闭部分气体压强。
【答案】(1)0 eq \f(1,2)p0V0 eq \f(1,2)p0V0 (2)①360 K ②72 cmHg
解析：(1)气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化ΔU＝0；对外做功等于图中三角形ABC的面积，即W＝eq \f(1,2)p0V0；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q＝W＝eq \f(1,2)p0V0。
(2)①以封闭气体为研究对象，设水平管的横截面积为S cm2，竖直管横截面积为2S cm2，则水平管内气体的压强为p1＝75 cmHg，水平管内气体体积为V1＝80S cm3，水平管内气体温度为T1＝300 K
则当水平管中恰好无水银柱时，水平管内的气体的压强为p2＝(75＋eq \f(10,2)) cmHg＝80 cmHg
此时水平管内气体体积为V2＝90S cm3，水平管内气体温度为T2
由理想气体的状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝360 K；
②玻璃管旋转180°后，设竖直管中的水银长度为x cm，则水平管中的水银长度为(10－2x) cm
则此时水平管内气体的压强为p3＝(75－x) cmHg
则水平管内气体的体积为V3＝[90－(10－2x)]S cm3
由玻意耳定律：p2V2＝p3V3
则x无解，即水银会从竖直管溢出，设竖直管中剩下的水银长x1 cm，则此时L形玻璃管内气体的压强为
p3′＝(75－x1) cmHg
则此时L形玻璃管内气体体积为
V3′＝[90＋2×(8－x1)]S cm3
由玻意耳定律：p2V2＝p3′V3′
解得x1＝3 cm(x1＝125 cm舍去)
所以稳定后封闭部分气体的压强p3′＝72 cmHg。
8、(1)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是______。
A．满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B．知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可求出其分子体积
C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力
(2)如图所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A、B可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为SA＝30 cm2、SB＝15 cm2，A、B之间用一根长为L＝3 m的细杆连接。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A的左方和活塞B的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p0＝1.0×105 Pa。活塞B的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T1＝540 K时，活塞B与两圆筒连接处相距l＝1 m，此时细线中的张力为F＝30 N。
①求此时汽缸内被封闭气体的压强；
②若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A恰好移动到两圆筒连接处？
【答案】(1)ACD (2)①1.2×105 Pa ②270 K
解析：(1)根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的密度、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是会引起其他变化，故D正确；液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增大得更快，分子力表现为斥力，故E错误。
(2)①设汽缸内气体压强为p1，F1＝F为活塞B所受细线拉力，则活塞A、B及细杆整体的平衡条件为
p0SA－p1SA＋p1SB－p0SB＋F1＝0，又SA＝2SB
解得：p1＝p0＋eq \f(F,SB)
代入数据得p1＝1.2×105 Pa；
②当A到达两圆筒连接处时，设此时温度为T2，要平衡必有气体压强p2＝p0
V1＝SA(L－l)＋SBl
V2＝SBL
由理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得：T2＝270 K。
【知识、方法梳理】
1. 对热力学定律的理解
(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。
(2)热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。
(3)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。
2. 压强的计算
(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算。
(2)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。
3. 合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。
【热点训练】
1、下列关于热学中的相关说法正确的是( )
A．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加
C．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，故气体的压强一定增大
D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，可以使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝
E．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大
解析：根据液晶特点和性质可知：液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，故A正确；燃气由液态变为气态的过程中要吸收热量，故分子的分子势能增加，选项B正确；若气体温度升高的同时，体积膨胀，压强可能不变，故C错误；由热力学第二定律可知，能源的能量耗散后品质降低，不可能自发转变成新能源，且不能自发地分离，选项D错误；液体的饱和汽压与液体的温度有关，随温度的升高而增大，不一定比未饱和汽压大，选项E正确。
【答案】ABE
2、如图所示，左右两个粗细均匀、内部光滑的汽缸，其下部由体积可以忽略的细管相连，左汽缸顶部封闭，右汽缸与大气连通，左右两汽缸高度均为H、横截面积之比为S1∶S2＝1∶2，两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。两汽缸中各有一个厚度不计的绝热轻质活塞封闭两种理想气体A和B，当大气压为p0、外界和气体温度均为27 ℃时处于平衡状态，此时左、右侧活塞均位于汽缸正中间。
(1)若外界温度不变，大气压为0.9p0时，求左侧活塞距汽缸顶部的距离；
(2)若外界温度不变，大气压仍为p0，利用电热丝加热气体B，使右侧活塞上升eq \f(H,4)，求此时气体B的温度。
解析：(1)大气压变为0.9p0，则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p0，气体A做等温变化，由玻意耳定律得：
p0eq \f(H,2)S1＝0.9p0h1S1
解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h1＝eq \f(5,9)H。
(2)外界温度、大气压均保持不变，气体A的状态也不变，即左侧活塞仍处于汽缸正中间，则气体B做等压变化，由盖－吕萨克定律得：
eq \f((S1＋S2)\f(H,2),T0)＝eq \f(S1\f(H,2)＋S2(\f(H,2)＋\f(H,4)),T)
T0＝27 ℃＝300 K
则气体B的温度为T＝400 K(或t＝127 ℃)。
【答案】(1)eq \f(5,9)H (2)400 K(或127 ℃)
3、(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
解析：抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。
【答案】ABD
4、(多选)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )
A．满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B．知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可求出其分子体积
C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力
解析：根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的密度、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是会引起其他变化，故D正确；液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增大得更快，分子力表现为斥力，故E错误。
【答案】ACD
5、(1)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是________。
A．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线
B．当r＝r0时，分子势能为零
C．随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大
D．分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快
E．在r
①求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；
②若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示。当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3。
【答案】(1)ADE (2)①72 cmHg ②12 cm
解析：(1)在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间距离增大，分子间作用力先减小后反向增大，最后又一直减小，C项错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快，D项正确；当r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，E项正确。
(2)①初始时，空气柱A的压强为pA＝p0＋ρgh1
而pB＋ρgh2＝pA
联立解得空气柱B的压强为pB＝72 cmHg；
②U形管倒置后，空气柱A的压强为pA′＝p0－ρgh1
空气柱B的压强为pB′＝pA′＋ρgh3
空气柱B的长度L2′＝L2＋eq \f(h2－h3,2)
由玻意耳定律可得pBL2＝pB′L2′
联立解得h3＝12 cm。
6、(1)下列说法正确的是________。
A．温度相同的物体，内能不一定相等
B．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动
C．所有晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
D．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为引力
E．若不考虑分子势能，则质量、温度都相同的氢气和氧气内能相等
(2)如图为水下打捞的原理简图，将待打捞重物用绳子系挂在一开口向下的圆柱形浮筒上，再向浮筒内充入一定量的气体。已知重物的质量为m0，体积为V0。开始时，浮筒内液面到水面的距离为h1，浮筒内气体体积为V1，在钢索拉力作用下，浮筒缓慢上升。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，当地重力加速度为g。不计浮筒质量、筒壁厚度及水温的变化，浮筒内气体可视为质量一定的理想气体。
①在浮筒内液面与水面相平前，打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零，请对此进行解释；
②当浮筒内液面到水面的距离减小为h2时，拉力恰好为零，求h2以及此时筒内气体的体积V2。
【答案】(1)ACD (2)①见解析 ②eq \f(p0＋ρgh1,m0g－ρgV0)V1－eq \f(p0,ρg) eq \f(m0,ρ)－V0
解析：(1)温度相同的物体，分子平均动能相同，但是物体的内能还与分子的数目有关，故内能不一定相等，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，但不是液体分子的运动，故B错误；区分晶体与非晶体要看有没有确定的熔点，可知所有晶体都有确定的熔点，所有非晶体都没有确定的熔点，故C正确；与气体接触的液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，故D正确；不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相同，但由于氢气分子的分子数多，故氢气的内能大，故E错误。
(2)①浮筒内液面与水平面相平前，筒内气体的压强不断减小，气体的温度保持不变，根据理想气体状态方程可知，气体的体积将逐渐增大，因而浮力逐渐增大，由于重物及浮筒所受的总重力、浮力、拉力的合力始终为零，所以随着浮筒所受浮力的逐渐增大，钢索的拉力将逐渐减小甚至为零。
②重物及浮筒受力平衡有ρg(V2＋V0)＝m0g
解得V2＝eq \f(m0,ρ)－V0
对于浮筒内的气体，初态压强p1＝p0＋ρgh1
末态压强p2＝p0＋ρgh2
根据理想气体状态方程有：p1V1＝p2V2
联立解得：h2＝eq \f(p0＋ρgh1,m0g－ρgV0)V1－eq \f(p0,ρg)。
7、(1)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，最后由状态C变化到状态A.气体完成这个循环，内能的变化ΔU＝________，对外做功W＝________，气体从外界吸收的热量Q＝________。(用图中已知量表示)
(2)有一只一端开口的L形玻璃管，其竖直管的横截面积是水平管横截面积的2倍，水平管长为90 cm，竖直管长为8 cm，在水平管内有一段长为10 cm的水银封闭着一段长为80 cm的空气柱如图所示。已知空气柱的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg，管长远大于管的直径。
①现对气体缓慢加热，当温度上升到多少时，水平管中恰好无水银柱；
②保持①中的温度不变，将玻璃管以水平管为轴缓慢旋转180°，使其开口向下，求稳定后封闭部分气体压强。
【答案】(1)0 eq \f(1,2)p0V0 eq \f(1,2)p0V0 (2)①360 K ②72 cmHg
解析：(1)气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化ΔU＝0；对外做功等于图中三角形ABC的面积，即W＝eq \f(1,2)p0V0；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q＝W＝eq \f(1,2)p0V0。
(2)①以封闭气体为研究对象，设水平管的横截面积为S cm2，竖直管横截面积为2S cm2，则水平管内气体的压强为p1＝75 cmHg，水平管内气体体积为V1＝80S cm3，水平管内气体温度为T1＝300 K
则当水平管中恰好无水银柱时，水平管内的气体的压强为p2＝(75＋eq \f(10,2)) cmHg＝80 cmHg
此时水平管内气体体积为V2＝90S cm3，水平管内气体温度为T2
由理想气体的状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝360 K；
②玻璃管旋转180°后，设竖直管中的水银长度为x cm，则水平管中的水银长度为(10－2x) cm
则此时水平管内气体的压强为p3＝(75－x) cmHg
则水平管内气体的体积为V3＝[90－(10－2x)]S cm3
由玻意耳定律：p2V2＝p3V3
则x无解，即水银会从竖直管溢出，设竖直管中剩下的水银长x1 cm，则此时L形玻璃管内气体的压强为
p3′＝(75－x1) cmHg
则此时L形玻璃管内气体体积为
V3′＝[90＋2×(8－x1)]S cm3
由玻意耳定律：p2V2＝p3′V3′
解得x1＝3 cm(x1＝125 cm舍去)
所以稳定后封闭部分气体的压强p3′＝72 cmHg。
8、(1)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是______。
A．满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B．知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，就可求出其分子体积
C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力
(2)如图所示，一水平放置的固定汽缸，由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成，活塞A、B可以在圆筒内无摩擦地左右滑动，它们的横截面积分别为SA＝30 cm2、SB＝15 cm2，A、B之间用一根长为L＝3 m的细杆连接。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，活塞A的左方和活塞B的右方都是空气，大气压强始终保持不变，为p0＝1.0×105 Pa。活塞B的中心连一根不可伸长的细线，细线的另一端固定在墙上，当汽缸内气体温度为T1＝540 K时，活塞B与两圆筒连接处相距l＝1 m，此时细线中的张力为F＝30 N。
①求此时汽缸内被封闭气体的压强；
②若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度，则温度为多少时活塞A恰好移动到两圆筒连接处？
【答案】(1)ACD (2)①1.2×105 Pa ②270 K
解析：(1)根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的密度、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确；根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是会引起其他变化，故D正确；液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增大得更快，分子力表现为斥力，故E错误。
(2)①设汽缸内气体压强为p1，F1＝F为活塞B所受细线拉力，则活塞A、B及细杆整体的平衡条件为
p0SA－p1SA＋p1SB－p0SB＋F1＝0，又SA＝2SB
解得：p1＝p0＋eq \f(F,SB)
代入数据得p1＝1.2×105 Pa；
②当A到达两圆筒连接处时，设此时温度为T2，要平衡必有气体压强p2＝p0
V1＝SA(L－l)＋SBl
V2＝SBL
由理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得：T2＝270 K。
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