題目列表(包括答案和解析)
A．油的摩爾體積 B．油的摩爾質量
C．油分子的直徑 D．油的密度
（1）若己知n滴油的總體積為V，一滴油在水面上所形成的油膜最大面積為S，這種油的摩爾質量為M，密度為ρ，根據這些條件可求出油分子的直徑為
1．答案：C 布朗運動反映了懸浮小顆粒外部液體分子在不停地做無規則的熱運動，A錯；分子間的作用力隨距離的增大而減小，B錯；C是熱力學第三定律內容，正確；熱量不能自發地由低溫物體傳給高溫物體，但在消耗其他形式能量時可以做到，因此D錯．
2．答案：AC 本題考查了分子熱運動的基礎知識和基礎的人文知識，形式新穎活潑． “天光云影共徘徊”是朱熹《觀書有感》詩中“半畝方塘一鑒開，天光云影共徘徊．問渠那得清如許，為有源頭活水來”的一句，是光的反射現象；“隔墻花影動，疑是玉人來”是王實甫的《西廂記》中的一句，是月光成影的光學現象．
3．答案：BD 封閉氣體的體積不變，溫度升高時，氣體分子的平均動能增大，壓強增大．而分子的密集程度不變，所以氣體分子的密度不變．壓強增大，每秒撞擊單位面積器壁的氣體分子數增多．
4．答案：BCD A選項是由于浮力和重力相平衡，其余的都與表面張力有關．
5．答案：D 根據理想氣體溫度、壓強和體積之間的關系可知，一定質量的理想氣體，在溫度不變的條件下，分子的平均動能不變，壓強增大，體積一定減小，氣體密度增大，C錯，D正確；由體積減小可知外界對氣體做功，B錯；由熱力學第一定律可知，外界對氣體做功而內能不變，可判斷氣體向外界放熱，A錯．
6．答案：D 由于汽缸及活塞絕熱，所以外界對氣體做功，氣體內能必然增大，溫度升高，即不可能回到原來狀態，D選項正確．
7．答案：ACD 氣缸整體是絕熱的，當移動活塞P時，有外力對系統做功，根據熱力學第一定律，系統的內能要增加，因此從整體上講，甲、乙的內能都要增加，但外力并沒有直接對甲做功，甲的內能之所以增加是因為吸收了熱量，而乙放出熱量，所以ACD正確．
8．答案：B 乙分子從a到b，再到c的過程中，分子之間均表現為引力，所以乙分子始終做加速運動，且到達c點時速度最大，故A錯誤，B正確，C錯誤．乙分子由b到c的過程，分子引力做正功，故兩分子間的分子勢能減小，而從c到d的過程分子間為斥力，做負功，分子間的勢能增加，故D錯誤．
9．答案：AB 根據熱力學第一定律ㄓU=Q+W可知，對氣體加熱，氣體的內能不一定增加，則選項A正確；絕對零度是低溫物體的極限，不可能達到，則選項B正確；溫度是物體分子平均動能大小的標志，物體溫度升高，物體中分子熱運動加劇，其分子平均動能增加，但不是每個分子的平均動能都增加，則選項C錯誤；理想氣體中分子間無相互作用力，壓縮封閉在氣缸中一定質量的理想氣體，難度越來越大是因為壓強增大的原因，則選項D錯誤．
10．答案：D 當液面由a位置上升到b位置時，管內氣體體積減小，表明溫度降低，管內氣體的壓強減小，管內氣體分子的平均動能減小，氣體內能減小．
11．（8分）答案：（1）115～120都對 （2分）（2）
～
都對（2分）（3）讓油膜在水面上形成單分子油膜（2分）（4）
（2分）
12．答案：（1）還需要用刻度尺．（3分）
（2）實驗的主要步驟是：將細玻璃管水平放置，用刻度尺量出水銀柱長h（cm）和封閉空氣柱長l1（cm）；將細玻璃管開口向上豎直放置，用刻度尺量出封閉空氣柱長l2（cm）．（3分）
（3）設玻璃管的截面積為S，兩種情況下空氣的狀態參量分別為p1=p0，V1=l1S，p2=p0+h(mmHg)，V2=l2S
由玻意耳定律p
得大氣壓為p0=l1h/(l1－l2)． （3分）
13．解析：空氣柱在體外時的狀態參量為p1=760mmHg，V1=5mL，T1=300K（3分）
空氣柱在體內在收縮壓時的狀態參量為p2=120mmHg，T2=310K（2分）
由理想氣體狀態方程得，空氣柱在收縮壓下的體積為V2=p1V1T2/T1p2=32.17mL（3分）
空氣柱在體內擴張壓時的狀態參量為p3=80mmHg，T3=310K（3分）
由理想氣體狀態方程得，空氣柱在擴張壓下的體積為V3=p1V1T3/T1p3=49.1mL（3分）
14．解析：設球在第一次運動到最低點時的速度為v，則根據牛頓第二定律得，
（5分）
根據熱力學第一定律和能量守恒定律可知，球由靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中汽缸中的氣體增加的內能ㄓE為
（5分）
聯立兩式、代入數值得ㄓE=228J． （4分）
15．解析：（1）能（2分）
因為大氣壓強是由大氣重力產生的，由
（2分）
得
（2分）
把查閱得到的數據代入上式得，
kg（2分）
大氣層空氣的分子數為
個（2分）
（2）可求出液化后空氣的體積為：
m3（2分）
設大氣液化后液體水分布在地球表面上時，地球半徑增加h，則有
得
，考慮到h遠小于R，忽略h的二次項和三次項得，
m． （2分）
16．解析：（1）在活塞上方倒沙的過程中溫度保持不變，對氣體，由玻意耳定律得，p0V0=p1V1，代入數據，得p1=V0p0/V1=2.0×10－3×1.0×105/1.0×10－3Pa=2.0×105Pa（5分）
在緩慢加熱到
變，由蓋?呂薩克定律得，V1/T0=V2/T2，
∴V2=T2V1/T0=(273+127)×1.0×10－3/273m3
=1.47×10－
（2）在整個物理過程中畫在p―V圖上，
如圖所示． （6分）
17．解析：每人每天所吸1atm凈化空氣的體積為
V=(16×60×24)×500mL=1.152×
由玻意耳定律可知，每桶10atm的凈化空氣轉化為1atm時的體積為V/=10×20/1L=
故每人每天需要凈化空氣的桶數為n=V/V/=1.152×104/200=57.6≈58桶（4分）
由此可見，這個方案并不現實． （4分）
18．解析：因活塞處于靜止狀態，由平衡條件得，(p0－p1)S=(p2－p2)S ①
代入數據得p3=1.0×105Pa（2分）
對B內左側氣體有p
對B內右側氣體有p
又l2+l3=l2/+l3/=（16+8）cm=
聯立②③④得l3/=
活塞右移ㄓx=l3－l3/=
對活塞由平衡條件得，(p1/－p0)S=(p－p0)S
解得p1/=p0=1.0×105Pa（2分）
對A內氣體由理想氣體的狀態方程得，p
即有0.5×30S/300=1×32S/T1/
解得T1/=640K（2分）
A內溫度升高ㄓT=T1/－T1=340K（2分）
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