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模块检测(二)
一、单项选择题(每小题5分，共35分)
1．如图8所示，容积肯定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度上升时，泡内封闭气体 ( )
图8
A．内能不变，压强变大
B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小
D．温度降低，压强变小
答案 B
解析 由题意知，该测温泡的容积肯定，即体积不变，当待测物体温度上升时，泡内封闭气体的温度上升，依据查理定律＝c常数，可知气体压强变大，所以A、C、D错误，B正确．
2．如图9所示，肯定质量的抱负气体由a状态变化到b状态，则此过程中( )
图9
A．气体的温度上升
B．气体对外放热
C．外界对气体做功
D．气体分子间平均距离变小
答案 A
解析 由盖—吕萨克定律知，压强不变＝c(常数)，a→b，V、T均增大，气体对外做功，故A正确，C错误．对抱负气体，温度上升内能增加，同时气体又对外做功，故只能吸热，B选项错误，气体体积变大，分子间距变大，D选项错误．
3．如图10所示，U形管的A端封有气体，B端也有一小段气体．先用一条小铁丝插至B端气体，轻轻抽动，使B端上下两部分水银柱相连接，设外界温度不变，则A端气柱的 ( )
图10
A．体积减小
B．体积不变
C．压强增大
D．压强减小
答案 B
解析 由气体向各个方向压强相等的特点，A管中封闭气体的压强等于外界大气压和A管液面与B管中的水银柱的竖直水银柱产生的压强之和，前后这两种状况，水银柱的高度差没有变化，则A管封闭气体的压强不变，体积不变，故B选项正确。
4．下列说法正确的是 ( )
A．叶面上的小露珠呈球形是由于液体内部分子间吸引力作用的结果
B．晶体熔化过程中要吸取热量，分子的平均动能变大
C．自然 水晶是晶体，熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体
D．当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸取强度不同，就显示不同颜色
答案 D
解析 叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果，A项错误；晶体熔化过程中要吸取热量，但温度不变，分子的平均动能不变，B项错误；晶体与非晶体在肯定条件下可相互转化，例如：自然 水晶是单晶体，熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体，C项错误；由液晶各向异性可知，对不同颜色光的吸取强度随电场强度的变化而变化，D项正确，故选D.
5．下列说法正确的是 ( )
A．物体从外界吸取热量，其内能肯定增加
B．物体对外界做功，其内能肯定削减
C．气体温度上升时，每个分子运动速率都会增大
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
答案 D
解析 依据热力学第肯定律ΔU＝Q＋W知，转变内能的方式为做功和热传递，外界吸取热量，其内能不肯定增加，物体对外界做功，其内能不肯定削减，故A、B错误；温度是分子平均动能标志，物体温度越高，分子平均动能越大，但不是每个分子的动能都增大， 则每个分子运动速率不肯定增大，选项C错误；依据热力学其次定律知，热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故D正确．故选D.
6．肯定质量的抱负气体，在某一状态变化过程中，气体对外界做功8 J，气体内能削减12 J，则在该过程中 ( )
A．气体吸热4 J B．气体放热4 J
C．气体吸热20 J D．气体放热20 J
答案 B
解析 转变内能的方式有两种，即热传递和做功，气体内能变化ΔU＝W＋Q，即－12 J＝－8 J＋Q，可得Q＝－4 J，即放热4 J，选项B对．
7．某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图11所示．当压强增大到肯定程度时，橡皮塞冲出，发觉饮料瓶内壁中有水蒸气分散，产生这一现象的缘由是饮料瓶中气体 ( )
图11
A．体积增大，压强减小
B．动能增大，温度上升
C．对外做功，温度降低
D．质量削减，温度降低
答案 C
解析 由题意知，因瓶内气体膨胀，对外界做功，故橡皮塞冲出，W＜0.又因时间很短，可得吸放热Q≈0，依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＜0，所以内能减小，温度降低，故选C.
二、双项选择题(每小题5分，共15分)
8．以下说法正确的是 ( )
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．某物体温度上升，则该物体分子热运动的总动能肯定增大
C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
D．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
答案 BC
解析 当r＜r0时，当分子间距增大时，分子力减小，分子势能减小；当r＞r0时，当分子间距增大时，分子力先增加后减小，分子势能增加，选项A错误；某物体温度上升，则分子的平均动能增大，该物体分子热运动的总动能肯定增大，选项B正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项C正确；自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程不肯定都能自然发生，例如水能由高处自然的流向低处，但是不能自发的由低处流向高处，选项D错误．
9．关于永动机和热力学定律的争辩，下列叙述正确的是 ( )
A．其次类永动机违反能量守恒定律
B．假如物体从外界吸取了热量，则物体的内能肯定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度上升时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以转变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种转变方式是有区分的
答案 CD
解析 其次类永动机违反了热力学其次定律，但不违反能量守恒定律，所以A错误；做功和热传递都可以转变物体的内能，物体从外界吸取了热量，同时也对外做了功，则物体的内能有可能削减，所以B错误；保持气体的质量和体积不变，依据抱负气体的状态方程＝C知，当温度上升时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C正确；做功和热传递都可以转变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种转变方式是有区分的，D正确．
10．如图12所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭肯定质量的抱负气体，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，开头时活塞静止，现不断向小桶中添加细砂，使活塞缓慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)，则在活塞移动过程中正确的说法是 ( )
图12
A．气缸内气体的压强不变
B．气缸内气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数变少
C．气缸内气体的内能不变
D．此过程中气体从外界吸取的热量全部用来对外做功，此现象违反了热力学其次定律
答案 BC
解析 依据活塞的平衡条件可得，pS＋mg＝p0S，故添加细砂时，p减小，A错误．气缸内气体温度不变，压强减小，体积增大，故B正确．由于温度不变，气体内能不变，C正确．气体从外界吸取热量，对外做功但引起了其他变化，即小桶的重力势能减小了，故不违反热力学其次定律，D错误．
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．在做“用油膜法估测分子大小”的试验中，已知试验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V.在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图13所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X.
图13
(1)用以上字母表示油酸分子的大小d＝____________.
(2)从图中数得X＝____________.
答案 (1) (2)62(60～65均可)
解析 (1)N滴溶液的总体积为V，一滴溶液的体积为，含有的油酸体积为，形成单分子油膜，面积为Xa2，油膜厚度即分子直径d＝＝.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对比图示的油酸膜，共有62格．
12．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×105J.试问：此压缩过程中，气体________(填“吸取”或“放出”)的热量等于________J.
答案 放出 5×104
解析 由热力学第肯定律ΔU＝W＋Q，W＝2.0×105J、ΔU＝1.5×105J、Q＝ΔU－W＝－5×104J.
四、计算题(共4小题，共40分)
13．(8分)已知金刚石密度为3.5×103 kg/m3 ，体积为4×10－8m3的一小块金刚石中含有多少个碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．
答案 7.0×1021个 2.2×10－10m
解析 这一小块金刚石的质量
m＝ρV＝3.5×103×4×10－8 kg＝1.4×10－4kg
这一小块金刚石的物质的量
n＝＝＝×10－2mol
所含碳分子的个数
N＝n×6.02×1023＝×10－2×6.02×1023＝7×1021个
一个碳原子的体积为
V0＝＝ m3＝×10－29m3
碳原子的直径
d＝ ＝ ≈2.2×10－10m
14．(10分)如图14所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开头时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0，当气体从外界吸取热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，求：
图14
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
答案 (1)T0 (2)Q－(mg＋p0S)d
解析 (1)取密闭气体为争辩对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有＝得外界温度T＝T0＝T0
(2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W＝－(mg＋p0S)d
依据热力学第肯定律得密闭气体增加的内能：ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d
15．(10分)如图15所示，横截面积S＝10 cm2的活塞，将肯定质量的抱负气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开头活塞与气缸底部距离H＝30 cm.在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h＝25 cm.已知外界大气压强始终为p0＝1×105Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g＝10 m/s2.求：
图15
(1)所放重物的质量；
(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．
答案 (1)2 kg (2)放出6 J热量
解析 (1)封闭气体发生等温变化
气体初状态的压强为p1＝1×105pa
气体末状态的压强为p2＝p0＋
依据玻意耳定律得p1HS＝p2hS
解得：m＝2 kg
(2)外界对气体做功W＝(p0S＋mg)(H－h)
依据热力学第肯定律知ΔU＝W＋Q＝0
解得Q＝－6 J即放出6 J热量．
16．(12分)如图16所示，肯定质量的抱负气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C.已知状态A的温度为480 K．求：
图16
(1)气体在状态C时的温度；
(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸取热量还是放出热量．
答案 (1)160 K (2)既不吸热也不放热
解析 (1)A、C两状态体积相等，则有＝①
得TC＝TA＝ K＝160 K．②
(2)由抱负气体状态方程得＝③
得TB＝TA＝ K＝480 K④
由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等．
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