C.VA>VBD.无法确定
解析:
分别作出过A、B的等容图线,交p轴于A′、B′,由于VA=
VA′,VB=VB′,而A′、B′状态下pA′>pB′,根据玻意耳定律VB>VA,故选项A正确.
7.（2014德州二模）（多选）下列说法中正确的是（ BD ）
A.知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积,可计算出阿伏加德罗常数
B.硬币或钢针能浮于水面上,是由于液体表面张力的作用
C.晶体有固定的熔点,具有规则的几何外形,物理性质具有各向异性
D.影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素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
E.随着科技的发展,将来可以利用高科技手段,将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
解析:
液体和固体可由摩尔体积和分子体积计算出阿伏加德罗常数,但气体分子间距很大,无法计算出阿伏加德罗常数,故选项A错误;硬币或钢针能浮于水面上,是由于液体表面张力的作用,故选项B正确;晶体分为单晶体和多晶体,多晶体物理性质各向同性,故选项C错误;空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢及影响人们对干爽与潮湿的感受,故选项D正确;内能的传递具有方向性,故不能将散失的内能再聚集而不产生其他影响,故选项E
错误.
8.（2014湖北孝感模拟）关于对热现象的理解正确的是（ ABE ）
A.温度降低,物体内所有分子运动的速度不一定都变小
B.热量可以从低温物体传递到高温物体
C.一定质量的理想气体,体积减小温度不变时,气体内能一定增大
D.分子力随分子间距离的增大而减小
E.若气体的压强不变而温度降低时,单位体积内分子个数一定增大
解析:
温度降低,分子平均动能减小,由于分子的运动是无规则的,则物体内所有分子运动的速度不一定都变小,故选项A正确.在外界的影响下,热量可以从低温物体传递到高温物体,故选项B正确.一定质量的理想气体的内能只跟温度有关,体积减小温度不变时,气体内能不变,故选项C错误.分子力随分子间距离的增大不一定减小,故选项D错误.若气体的压强不变而温度降低时,由盖
吕萨克定律可知气体的体积减小,则单位体积内分子个数一定增加,故选项E正确.
9.（2014武汉模拟）关于热学的有关问题,下列说法正确的是（ ABE ）
A.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递,但要从低温物体向高温物体传递,必须有第三者介入
B.如果用Q表示物体吸收的能量,用W表示物体对外界所做的功,ΔU表示物体内能的增加,那么热力学第一定律可以表述为ΔU=Q-W
C.蒸发的快慢与空气的绝对湿度有关
D.摄氏温度是国际单位制中七个基本物理量之一,摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273.15K
E.在用油膜法估测分子的直径的实验中,主要是解决两个问题:
一是获得很小的一滴油酸并测出其体积,二是测量这滴油酸在水面上形成的油膜面积
解析:
由热力学第二定律知,选项A正确.由热力学第一定律选项B正确;蒸发的快慢与绝对湿度无关,故选项C错误.热力学温度是国际单位制中七个基本物理量之一,故选项D错误.在用油膜法估测分子的直径的实验中,获得很小的一滴油酸并测出其体积和测量这滴油酸在水面上形成的油膜面积至关重要,故选项E正确.
10.下列说法正确的是（ ABD ）
A.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在张力
B.气体吸收的热量可以完全转化为功
C.气体体积增大时,其内能一定减少
D.随着高度的增加,大气压和温度都在减小,一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小
E.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
解析:
由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在张力,故选项A正确;根据热力学第二定律:
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.但气体吸收热量在引起了其他变化的情况下,可以完全转化为功,选项B正确;气体体积增大时,由于温度变化情况未知,故内能不一定减少,选项C错误;随着高度的增加,大气压和温度都在减小,正在上升的气球温度降低,体积增大,压强减小,内能减小,选项D正确;根据热力学第二定律,单一热源的热机是不可能制成的,故选项E错误.
二、非选择题（共60分）
11.（2014重庆一中调研）（5分）如图所示,一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c,吸收了340J的热量,并对外做功120J.若该气体由状态a沿adc变化到状态c时,对外做功40J,则这一过程中气体 （填“吸收”或“放出”）热量 J.
解析:
对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c,由热力学第一定律可得ΔU=Q-W=340J-120J=220J,即从a状态到c状态,理想气体的内能增加了220J;若该气体由状态a沿adc变化到状态c时,对外做功40J,此过程理想气体的内能增加还是220J,所以可以判定此过程是吸收热量,再根据热力学第一定律可得ΔU=Q′-W′,得Q′=ΔU+
W′=220J+40J=260J.
答案:
吸收 260
12.（6分）“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下:
A.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,数出轮廓内的方格数（不足半个的舍去,多于半个的算一个）,再根据方格的边长求出油膜的面积S.
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上,待油酸薄膜的形状稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上.
C.用浅盘装入约2cm深的水.
D.用公式d=
求出薄膜厚度,即油酸分子的大小.
E.根据油酸酒精溶液的浓度,算出一滴溶液中纯油酸的体积V.
（1）上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完全,请指出:
① .
② .
（2）上述实验步骤的合理顺序是 .
解析:
（1）①C步骤中,要在水面上均匀地撒上石膏粉或痱子粉.
②实验中,要有步骤F:
用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒,记下量筒内增加一定体积时的滴数.
（2）合理顺序为CFBAED
答案:
（1）见解析
（2）CFBAED
13.（2014浙江自选模块）（7分）如图所示,内壁光滑的圆柱型金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞.容器固定放置在倾角为θ的斜面上.一定量的气体被密封在容器内,温度为T0,活塞底面与容器底面平行,距离为h.已知大气压强为p0,重力加速度为g.
（1）容器内气体压强为 .
（2）由于环境温度变化,活塞缓慢下移h/2时气体温度为 ;此过程中容器内气体 （填“吸热”或“放热”）,气体分子的平均速率 （填“增大”、“减小”或“不变”）.
解析:
（1）容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关.活塞对气体产生的压强为p′=
则容器内气体的压强p=p0+p′=p0+
.
（2）环境温度变化,活塞缓慢下移,可认为是等压变化,
则
=
且V0=2V1,解得T1=
.
在此等压变化过程中,气体温度降低,内能减少;气体体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q知气体放出热量,气体分子的平均速率减小.
答案:
（1）p0+
（2）
放热 减小
14.（6分）竖直平面内有如图所示的均匀玻璃管,内用两段水银柱封闭两段空气柱a、b,各段水银柱高度如图所示.大气压为p0,求空气柱a、b的压强各多大.
解析:
从开口端开始计算:
右端为大气压p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg（h2-h1）,而a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg（h2-h1-h3）.
答案:
p0+ρg（h2-h1-h3） p0+ρg（h2-h1）
15.（7分）汽缸长为L=1m,固定在水平面上,汽缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞,活塞封闭了一定质量的理想气体,当温度为t=27℃,大气压强为p0=1×105Pa时,气柱长度为l=90cm,汽缸和活塞的厚度均可忽略不计.求:
（1）如果温度保持不变,将活塞缓慢拉至汽缸右端口,此时水平拉力F的大小是多少?
（2）如果汽缸内气体温度缓慢升高,使活塞移至汽缸右端口时,气体温度为多少摄氏度?
解析:
（1）设活塞到达汽缸右端口时,被封气体压强为p1,
则p1S=p0S-F,
由玻意耳定律得p0lS=p1LS,解得F=100N.
（2）当汽缸温度升高,活塞移至汽缸右端口的过程中压强不变,
由盖—吕萨克定律得
=
解得T≈333K,则t′=60℃.
答案:
（1）100N
（2）60℃
16.（2014上海闵行区二模）（7分）某同学设计了一种测温装置,其结构如图（甲）所示,玻璃泡A内封有一定质量的气体,与A相连的细管B插在水银槽中,管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度,即环境温度,并可由B管上的刻度直接读出,设B管的体积与A泡的体积相比可略去不计.
该同学在某大气压下提供不同的环境温度对B管进行温度刻度,测量获得的数据及B管上的温度刻度如表所示:
环境温
度t（℃）
-27
0
27
54
81
100
汞柱高x
（cm）
25.8
20.4
15
9.6
4.2
0.4
温度刻
度t（℃）
-27
0
27
54
81
100
该同学将上表中环境温度t（℃）和汞柱高x（cm）的数据输入图形计算器,绘制出x
T图像,如图（乙）所示.
（1）请根据图像提供的信息写出汞柱高度x随环境热力学温度T变化的函数关系式.
（2）根据图像和测温装置推断出实验时的大气压强值p0和玻璃泡A内气体压强p与气体温度T的比例常量C.（假设实验过程中p0值是不变的）
（3）由于大气压要随季节和天气变化,所以用这种测温装置来测量温度不可避免地会产生误差,若有一次测量时大气压p0′比上述大气压p0低了1cmHg,那么此次测出的温度测量值与其实际的真实值相比是“偏大”还是“偏小”了.
解析:
（1）由图像看出汞柱高x随环境温度T变化的函数关系式为一次函数,斜率k=
=0.2,
所以关系式为x=75-0.2T;
（2）T=0时,封闭气体变为固体,上方变为真空,水银柱高产生的压强等于大气压,
故纵轴的截距即为大气压强值p0=75cmHg;
设A内气体压强为p时,温度为Tk,而A内气体压强为p0时,x=0,对应温度T′=375K,此过程可看作气体的等容变化,由查理定律得
=
则p=
T,因p0=75cmHg,则C=
cmHg/K=0.2cmHg/K.
（3）大气压强p0′比上述大气压p0低了1cmHg,那么图像的斜率减小,测量的温度值偏大.
答案:
（1）x=75-0.2T
（2）75cmHg 0.2cmHg/K
（3）偏大
17.（2014南昌模拟）（9分）如图所示,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.开始时气体的温度为T0,活塞与容器底的距离为h0.将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后,当气体从外界吸收热量Q,活塞缓慢上升d后再次平衡.求:
（1）外界空气的温度是多少?
（2）在此过程中密闭气体的内能增加了多少?
解析:
（1）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,
由盖—吕萨克定律得
=
解得外界的空气温度为T=
T0.
（2）活塞上升的过程中,密闭气体克服大气压力和活塞的重力对外做功,所以密闭气体做的功
W=-（mg+p0S）d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
ΔU=Q+W=Q-（mg+p0S）d.
答案:
（1）
T0
（2）Q-（mg+p0S）d
18.（2014江西一模）（13分）如图所示,一密闭的截面积为S的圆筒形汽缸,高为H,中间有一薄活塞,用一劲度系数为k的轻弹簧吊着,活塞重为G,与汽缸紧密接触,不导热且气体是同种气体,且质量、温度、压强都相同时,活塞恰好位于汽缸的正中央,设活塞与汽缸壁间的摩擦可不计,汽缸内初始压强为p0=1.0×105Pa,温度为T0,
求:
（1）弹簧原长.
（2）如果将汽缸倒置,保持汽缸Ⅱ部分的温度不变,使汽缸Ⅰ部分升温,使得活塞在汽缸内的位置不变,则汽缸Ⅰ部分气体的温度升高多少?
解析:
（1）对活塞受力分析,活塞受到向下的重力和向上的弹簧的弹力和活塞上、下气体的压力,而两压力大小相等,由平衡条件得kx=G,
所以弹簧的伸长x=
此时弹簧的长度为
H,
所以弹簧的原长l0=
H-
.
（2）汽缸倒置后,活塞的位置不变,那么气体的体积不变,
Ⅱ部分气体压强仍为p0,则Ⅰ部分满足p0S+G+kx=p2S,
则p2=p0+
结合kx=G,
则p2=p0+
设温度为T,
根据查理定律,得
=
由此得ΔT=
.
答案:
（1）
H-
（2）
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