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选修3－3
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1．(1)下列说法中正确的是( )
A．确定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而减小
B．把两块纯洁的铅压紧，它们会“粘“在一起，说明分子间存在引力
C．裂开的玻璃不能重新拼接在一起是由于其分子间存在斥力
D．分子a从无穷远处由静止开头接近固定不动的分子b，只受分子力作用，当a受到分子力为0时，a的动能确定最大
E．确定质量的抱负气体，若体积不变，当分子热运动变得猛烈时，压强确定变大
图1
(2)如图1，有一长为L、右端带有卡口的内壁光滑圆柱形气缸，一个质量不计的活塞封闭确定质量的抱负气体．开头时活塞处在离气缸左端L处，气体温度27℃，现对气体缓慢加热．求当加热到427℃时，气体的压强(已知外界大气压恒为p0)．
答案 (1)BDE (2)p0
解析 (1)温度降低，分子对器壁单位面积的平均撞击力减小，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必增加，所以A错误；把两块纯洁的铅压紧，它们会“粘“在一起，说明分子间存在引力，故B正确；裂开的玻璃分子间距离较大，不存在作用力，所以C错误；分子a在分子力作用下从无穷远处趋近固定不动的分子b，表现为引力，引力做正功，动能增大，当b对a的作用力为零时a的动能最大，故D正确；确定质量的抱负气体，若体积不变，当分子热运动变得猛烈时，依据抱负气体状态方程知，压强确定变大，所以E正确．
(2)加热过程中封闭气体做等压变化．设气缸横截面积为S，活塞恰移动到气缸右端开口处时气体温度为t℃，则对于封闭气体
状态一：T1＝(27＋273) K，V1＝LS
状态二：T＝(t＋273) K，V＝LS
由＝
解得：t＝177℃
说明当加热到427℃时气体的压强变为p3，在此之前活塞已移动到气缸右端开口处，对于封闭气体
状态一：T1＝300 K，V1＝LS，p1＝p0
状态三：T3＝700 K，V3＝LS
由＝
解得：p3＝p0.
2．(2022·新课标卷·33)(1)确定量的抱负气体从状态a开头，经受三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图像如图2所示，下列推断正确的是________．(填正确答案标号)
图2
A．过程ab中气体确定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
(2)确定质量的抱负气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开头时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.
答案 (1)ADE (2)
解析 (1)由p－T图像可知过程ab是等容变化，温度上升，内能增加，体积不变，由热力学第确定律可知过程ab确定吸热，选项A正确；过程bc温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第确定律可知，气体确定吸取热量，选项B错误；过程ca压强不变，温度降低，内能削减，体积减小，外界对气体做功，由热力学第确定律可知，放出的热量确定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p－T图像可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确；b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E正确．
(2)设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)(h－h)S①
解得Δp＝p②
外界的温度变为T后，设活塞距气缸底部的高度为h′.依据盖—吕萨克定律得＝③
解得h′＝h④
据题意可得
Δp＝⑤
气体最终的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝
3．(1)下列说法正确的有( )
A．1 g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多
B．气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的
C．物体内能增加，温度不愿定上升
D．物体温度上升，内能不愿定增加
E．能量在转化过程中守恒，所以我们可以将失去的能量转化回我们可以利用的能量，以解决能源需求问题
图3
(2)如图3所示，一端开口的极细玻璃管开口朝下竖直立于水银槽的水银中，初始状态管内外水银面的高度差为l0＝62 cm，系统温度为27℃.因怀疑玻璃管液面上方存在空气，现从初始状态分别进行两次试验如下：
①保持系统温度不变，将玻璃管竖直向上提升2 cm(开口仍在水银槽液面以下)，结果液面高度差增加1 cm；
②将系统温度升到77℃，结果液面高度差减小1 cm.
已知玻璃管内粗细均匀，空气可看成抱负气体，热力学零度可认为是－273℃.求：
(ⅰ)实际大气压为多少cmHg?
(ⅱ)初始状态玻璃管内的空气柱有多长？
答案 (1)BCD (2)(ⅰ)75 cmHg (ⅱ)12 cm
解析 (2)设大气压强相当于高为H的水银柱产生的压强，初始状态空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S，则由抱负气体状态方程
由第一次试验的初、末状态有
(H－l0)xS＝(H－l0－Δl1)(x＋Δh－Δl1)S
由其次次试验的初、末状态有
＝
两式中T1和T2分别为300 K和350 K，依据两式可求得
H＝75 cm，x＝12 cm，
故实际大气压为75 cmHg，
初始状态玻璃管内的空气柱长12 cm.
4．(2022·山东临沂三模)(1)下列说法正确的是( )
A．当人们感到潮湿时，空气的确定湿度确定较大
B．布朗运动的无规章性反映了液体分子运动的无规章性
C．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力
D．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
图4
(2)如图4所示，粗细均匀、上端封闭的三通细玻璃管中用水银与活塞封闭了两段温度相同、长度分别为lA＝25 cm和lB＝30 cm的抱负气体A、B，竖直管中两段水银柱长均为h＝15 cm，水平管中水银柱足够长，右端和大气相通，大气压强p0＝75 cmHg.现缓慢抽动玻璃管下端的活塞，使A、B两部分气体体积相同，求活塞下移的距离．
答案 (1)BD (2)13 cm
解析 (2)当B部分气体的长度达到lB′＝lA＝25 cm时，气体A、B的体积相同，设下端水银柱长度变为L，对B部分气体
初状态：p1＝p0＋h，V1＝lBS
末状态：p2＝p0＋L，V2＝lB′S
由玻意耳定律得：(p0＋h)lBS＝(p0＋L)lB′S
代入数据解得L＝33 cm
则活塞下移的距离为x＝(lB′＋L)－(lB＋h)
代入数据解得x＝13 cm.
5．(1)下列说法中正确的是( )
A．无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%
B．空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度
C．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何外形，是多晶体
D．已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小
E．“油膜法估测分子的大小”试验中，用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径
(2)确定质量的抱负气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图5所示．已知该气体在状态A时的温度为27℃.则：
图5
①该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？
②该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
答案 (1)ABC (2)①177℃ 27℃ ②放热 1 200 J解析 (2)①对确定质量的抱负气体，
由＝得：TB＝450 K tB＝177℃
由＝得：TC＝300 K，即tC＝27℃.
②由于TA＝TC，确定质量抱负气体在状态A和状态C内能相等，ΔU＝0
从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0
从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p－V图线与横轴所围成的面积可得：
W＝＝1 200 J
由热力学第确定律ΔU＝W＋Q
可得：Q＝－1 200 J，即气体向外界放出热量
传递的热量为1 200 J.
6．下列有关各种现象的说法中，正确的是( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能
C．电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体
D．在水平面滚动的足球克服摩擦力做功，其动能会全部转化为内能，最终会停下来
E．空气会自发地分别成氮气、氧气、二氧化碳等各种不同的气体
(2)如图6所示，金属容器被不漏气的活塞P分成A、B两部分，A与U形管压强计相连，B与阀门K相连．整个容器内温度均匀而且恒定，A内充有1.5 L空气，B内充有3 L氧气，大气压强为p0＝76 cmHg，此时U形管压强计左右两管水银高度差为h＝38 cm.打开阀门K，直到压强计左右两管水银面高度差为h′＝19 cm时，再关闭阀门K.求这时容器内B中氧气质量与原来氧气质量的比值．不计活塞P和容器壁之间的摩擦．
图6
答案 (1)BCD (2)
解析 (1)热传递具有方向性，一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变凉，故A错误；依据热力学其次定律，不行能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，故蒸汽机不能把蒸汽的内能全部转化为机械能，故B正确；电冰箱通电后把冰箱内部低温物体的热量传到冰箱外部的高温物体，要耗电，符合热力学其次定律，故C正确；不行逆热力过程中熵的增量总是大于零，故空气不会自发地分别成氮气、氧气、二氧化碳等各种不同的气体，故E错误．
(2)设打开开关K之前A、B内部气体的压强均为p，则有：
p＝p0＋h＝(76＋38) cmHg＝114 cmHg，
A、B内部气体的体积分别为：V1＝1.5 L，V2＝3 L，
设打开开关K又闭合后时A、B内部气体的压强均为p′，则有：p′＝p0＋h′＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg，
A内部气体的体积变为V1′、B内部原有气体的体积变为V2′，
对A中气体，有：pV1＝p′V1′
代入数据得：V1′＝1.8 L
对B中原有气体，有：pV2＝p′V2′
代入数据得：V2′＝3.6 L
开关K又闭合后，B中剩余气体的体积为：
V＝V1＋V2－V1′＝(1.5＋3－1.8) L＝2.7 L
B中氧气质量与原来氧气质量的比值为：n＝＝＝.
7．(1)下列说法中正确的有________．
A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
B．布朗运动说明分子在永不停息地做无规章运动
C．两个分子间由很远(r＞10－9 m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
(2)如图7甲所示，一端开口导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg，横截面积为50 cm2，气缸全长21 cm，气缸质量20 kg，大气压强为1×105 Pa，当温度为7 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm，现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上，如图乙所示，g取10 m/s2.
图7
①求稳定后，活塞相对气缸移动的距离；
②当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，推断气缸内气体是吸热还是放热，并简述缘由．
答案 (1)ABD
(2)①5 cm ②吸热 气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，据热力学第确定律，气缸内气体吸热
解析 (2)①设气缸倒置前后被封闭的气体的压强分别为p1和p2，气柱体积分别为V1和V2，活塞向下移动的距离为x，则
p1＝p0＋＝1.2×105 Pa，V1＝L1S
p2＝p0－＝0.8×105 Pa，V2＝L2S＝(L1＋x)S
由于气缸导热良好，则气缸倒置前后温度不变，
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得x＝5 cm
②气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，所以，气缸内气体吸热．
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