1、1(2019河北张家口联考)(1)下列说法正确的是_A分子间距离增大，则分子间作用力的合力减小B使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是因为墨水不浸润石蜡纸C第一类永动机不可制成，是因为违背了热力学第二定律D不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响E. 一定质量的理想气体等压膨胀，一定吸收热量(2)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为300 K时，被封闭的气柱长为20 cm，两边水银柱高度差h4 cm，大气压强p076 cmHg(可认为保持不变)若缓慢改变封闭气体温度，当温度为多少时，左右管内水银液面平齐？若保持封闭气体温度
2、不变，从左侧管口用一设备缓慢把水银抽出，则抽出水银柱多长时(以处于管内长度为准)，能使左右管内水银面平齐？(结果保留两位小数)解析：(1)当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先减小后增大，故A错误；使用毛笔难以在石蜡纸上写字，这是墨水不浸润石蜡纸的原因，故B正确；第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故C错误；热力学第二定律指出：不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不产生其他影响，故D正确；由公式C知，一定质量理想气体在等压膨胀过程中温度升高，内能增大，气体一定吸收热量，故E正确故选B、D、E.(2)由题可知，封闭气体初始压强为p1p0h80
3、 cmHg气柱长度为L120 cm，温度为T1300 K温度变化后气体压强为p2p076 cmHg，气柱长度为L218 cm由理想气体状态方程：，得到：T2256.5 K；设抽掉部分水银后，气柱长度为L3，则压强变为p3p0由玻意耳定律：p1L1Sp3L3S，得到L321.05 cm则抽掉水银长度为Lh2(L3L1)6.10 cm.答案：(1)BDE(2)256.5 K6.10 cm2(2019广东珠海一模)(1)下列说法中正确的是_A一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D当水面上
4、方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面E在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大(2)如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为0.5 m2、高为0.7 m，开始两罐内只有压强为1.0105 Pa的气体，阀门K1、K2关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐内气压达到2.8105 Pa时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2105 Pa时水泵启动，不计气体温度变化，求：甲罐内气压达到2.8105 Pa时注入水的体积；打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动解析：(1)一定
5、质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，若同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；故选B、C、E.(2)取甲内气体为研究对象，由玻意耳定律：p0L0Sp1L1S注入水的体积为：V水L0SL1S，解得：V水0.225 m3；打开开关后两罐液面相平，罐内气体高度：L2对甲气罐
6、由玻意耳定律：p0L0SpL2S解得：p1.47105 Pa因气压p1.2105 Pa，水泵未启动答案：(1)BCE(2)0.225 m3未启动3(2019山东日照联考)(1)以下有关热学内容的叙述，正确的是_A在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力一定减小B液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的D布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动E即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能(2)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计，如图，导热性能良好的汽缸、内径相同，长度均为L
7、，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口外界大气压强为p0，汽缸内通过A封有压强为p0的气体，汽缸内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：当A向右移动时，水的深度h；该深度计能测量的最大水深hm.解析：(1)当分子间距大于平衡距离时，增大分子间距，分子力先增加后减小，当分子间距小于平衡距离时，增大分子间距，分子力减小，故A错误；液晶首先具有液体的流动性，在外界电场作用下，会呈现光学性
8、质的各向异性，故B正确；容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，故选项C正确；布朗运动是花粉小颗粒的无规则的运动，不是分子的运动，故D错误；根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，故即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能，故E正确(2)A右移时，假设B不动，汽缸内气体等温变化，有： p0SLp1S解得p1p0pa，故A正确；过程ab中气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由图象可知，bc过程气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W0，气体温度降低，内能减小，U0，由热力学第一
9、定律可知，气体要放出热量，所以过程bc中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；温度是分子的平均动能标志，是大量分子运动的统计规律，对单个分子没意义，所以bc过程中气体的温度降低，分子平均动能减小，并不是每一个分子的速率减小，故D错误；由图可知，ca气体等温膨胀，温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故E正确故选A、B、E.(2)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，则气体的初状态：p11.0105 Pa，V1V0nV末状态：p25.0105 Pa，V2V0其中： V02 dm3，V0.2 dm3由玻意尔定律： p1V1p2V2代入数据解得：n40次；
10、设气压为2.0105 Pa时气体的体积为V3，则p32.0105 Pa由玻意耳定律有：p2V2p3V3代入数据解得： V35 dm3真空瓶的容积为V瓶0.7 dm3因：4故可充4瓶答案：(1)ABE(2)40次4瓶5(2019福建龙岩联考)(1)如图所示为一定质量的理想气体发生状态变化的pV图象，图线1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，图线AD、BC均与V轴平行，则下列说法正确的是_A等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高B气体从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量C气体从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体对外界做功多D气体从状态C变化到状态
11、D，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变E气体从状态D变化到状态A，气体放出的热量比外界对气体做功少(2)如图所示，横截面积为S、高度为h内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一厚度可忽略的活塞，活塞所受重力大小为0.1p0S，汽缸内密封有温度为3T0、压强为2.2p0的理想气体p0和T0分别为大气的压强和温度已知气体内能U与温度T的关系为UaT，a为正的常量，汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢进行的求：当活塞刚要向下运动时，汽缸内气体的温度；在活塞下降的整个过程中，汽缸内气体放出的热量解析：(1)从CB为等压变化，由公式C可知，等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度低，故A错误；
12、气体从状态A变化到状态B，等温变化，内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：UQW，所以气体一定吸收热量，故B正确；气体从状态B变化到状态C，由A分析可知，气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得：UQW，所以气体吸收的热量比气体对外界做功多，故C正确；气体从状态C变化到状态D，发生等温变化，所以分子平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D正确；气体从状态D变化到状态A，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可得：UQW，气体放出的热量比外界对气体做功多，故E错误故选B、C、D.(2)设活塞开始缓慢下移时气体压强为p2，则：p0S0.1p0Sp2S；设活塞恰开始缓慢下降时温度为T2，由查理定理可知：，解得T2T0.对封闭气体由理想气体状态变化方程：(式中p3p2，T3T0)活塞下降过程中活塞对气体做功： Wp2(V1V3)这一过程中气体的内能变化： UWQ，UaT0aT0解得： QaT0p0hS.即气体放出热量：aT0p0hS答案：(1)BCD(2)T0aT0p0hS
