題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，一根粗細均勻、內壁光滑、豎直放置的玻璃管下端密封，上端留有一抽氣孔．管內下部被活塞封住一定量的理想氣體，氣體溫度為T1．開始時，將活塞上方的氣體緩慢抽出，當活塞上方的壓強達到P0時，活塞下方氣體的體積為V1，活塞上方玻璃管的容積為2.6V1。活塞因重力而產生的壓強為0.5P0。繼續將活塞上方抽成真空并密封，整個抽氣過程中，管內氣體溫度始終保持不變，然后將密封的氣體緩慢加熱，求：
（1）活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度；
（2）當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強．
如圖，一根粗細均勻、內壁光滑、豎直放置的玻璃管下端密封，上端封閉但留有一抽氣孔．管內下部被活塞封住一定量的氣體（可視為理想氣體），氣體溫度為T1．開始時，將活塞上方的氣體緩慢抽出，當活塞上方的壓強達到p0時，活塞下方氣體的體積為V1，活塞上方玻璃管的容積為2.6V1。活塞因重力而產生的壓強為0.5p0。繼續將活塞上方抽成真空并密封．整個抽氣過程中管內氣體溫度始終保持不變．然后將密封的氣體緩慢加熱．求：
①活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度；
②當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強．
如圖，一根粗細均勻、內壁光滑、豎直放置的玻璃管下端密封，上端封閉但留有一抽氣孔．管內下部被活塞封住一定量的氣體（可視為理想氣體），氣體溫度為T1．開始時，將活塞上方的氣體緩慢抽出，當活塞上方的壓強達到p0時，活塞下方氣體的體積為V1，活塞上方玻璃管的容積為2.6V1。活塞因重力而產生的壓強為0.5p0。繼續將活塞上方抽成真空并密封．整個抽氣過程中管內氣體溫度始終保持不變．然后將密封的氣體緩慢加熱．求：
①活塞剛碰到玻璃管頂部時氣體的溫度；
②當氣體溫度達到1.8T1時氣體的壓強．
高考真題
1．【解析】因溫度保持不變，分子的平均動能不變，所以選項A錯；活塞上方液體逐漸流出，理想氣體壓強減小，體積增大，所以氣體分子對活塞撞擊的次數減小，單位時間氣體分子對活塞的沖量保持減小，由熱力學第一定律，氣體對外界做功等于氣體從外界吸收的熱量，選項D對．
【答案】D
2．【解析】由PV/T為恒量，由圖像與坐標軸圍成的面積表達PV乘積，從實線與虛線等溫線比較可得出，該面積先減小后增大，說明溫度T先減小后增大，內能先將小后增大。所以選項B正確
【答案】B
3．【解析】A錯誤之處在于氣體分子是無規則的運動的，故失去容器后就會散開；D選項中沒考慮氣體的體積對壓強的影響；F選項對氣溫升高，分子平均動能增大、平均速率增大，但不是每個分子速率增大，對單個分子的研究是毫無意義的。
【答案】BCE
4．【解析】初始時，兩室氣體的溫度相同，故分子平均動能相等，A錯；因為氣缸是絕熱的，所以氣缸內氣體的總的內能守恒，由于隔板導熱，重新平衡后兩種氣體溫度仍相同，即氣體內能仍相等，所以每種氣體內能均不變，B錯；氫氣通過隔板對氧氣做功，而內能不變，由熱力學第一定律可知氫氣一定吸收了來自氧氣的熱量，C正確；達到平衡的過程中，氫氣對氧氣做功，氧氣內能增加；熱量從氧氣傳遞到氫氣內能又減少，D正確。
【答案】CD
5．【解析】大氣壓是由大氣重量產生的。大氣壓強p==，帶入數據可得地球表面大氣質量m=5.2×
【答案】B
6．【解析】①由玻意耳定律得：
，
式中V是抽成真空后活塞下方氣體體積
由蓋?呂薩克定律得：
解得：T/＝1.2T
②由查理定律得：
解得：p2＝0.75p0
7．【解析】封閉氣體的壓強等于大氣壓與水銀柱產生壓強之差，故左管內外水銀面高度差也為h，A對；彎管上下移動，封閉氣體溫度和壓強不變，體積不變，B錯C對；環境溫度升高，封閉氣體體積增大，則右管內的水銀柱沿管壁上升，D對。
【答案】ACD
8．【解析】（1）由熱力學第一定律△U = W＋Q，代入數據得：1.5×105 = 2.0×105＋Q，解得Q = -5×104；
（2）由PV/T=恒量，壓強不變時，V隨溫度T的變化是一次函數關系，故選擇C圖；
（3）1g水的分子數 N = NA ，1cm2的分子數 n =N≈7×103 （6×103～7×103都算對）。
【答案】（1）答案：放出；5×104；（2）C；增加；（3）7×103（6×103～7×103都算對）
9．【解析】（1）物體間存在分子力，所以要想想使玻璃板離開水面，必須用比玻璃板重力，因為分子間存間相互用用力；擴散運動，是由于分子永不停息地作無規律運動
【答案】小于，分子的無規律運動．
10．【解析】本題考查玻馬定律，對氣體作為研究對象，分第一次加小盒沙子和第二次加沙子兩次列玻馬定律方程求解。
設大氣和活塞對氣體的總壓強為p0，加一小盒沙子對氣體產生的壓強為p，圖8
由玻馬定律得
①
由①式得
②
再加一小盒沙子后，氣體的壓強變為p0+2p。設第二次加沙子后，活塞的高度為h′
′
③
聯立②③式解得
h′=
④
【答案】h
11．【解析】由于輪胎容積不變，輪胎內氣體做等容變化。設在T0＝293K充氣后的最小胎壓為Pmin，最大胎壓為Pmax。依題意，當T1＝233K時胎壓為P1＝1.6atm。根據查理定律
，即
解得：Pmin＝2.01atm
當T2＝363K是胎壓為P2＝3.5atm。根據查理定律
，即
解得：Pmax＝2.83atm
【答案】：Pmax＝2.83atm Pmax＝2.83atm
12．【解析】（1）設氣體初態壓強為p1,體積為V1；末態壓強為p2,體積為V2，由玻意耳定律
p1V1= p1V1 代入數據得p2=2.5 atm
微觀察解釋：溫度不變，分子平均動能不變，單位體積內分子數增加，所以壓強增加。
（2）吸熱。氣體對外做功而內能不變，根據熱力學第一定律可知氣體吸熱。
【答案】分子平均動能不變，單位體積內分子數增加，所以壓強增加p2=2.5 atm
名校試題
1．【解析】因溫度不變，所以內能不變，活塞緩慢向右移動，體積變大，壓強減小，對外界做功，由熱力學第一定律必吸收熱量，所以選項BD對
【答案】BD
2．【解析】由于不計氣體分子間的作用力，則不考慮分子勢能，氣體分子的內能即為分子的總動能。由狀態A變為狀態B時，氣體的溫度升高，則內能增加，而體積增大，氣體對外做功，據熱力學第一定律可知，物體需要從外接吸收熱量。單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數與兩個因素有關：分子數密度和分子的平均速率。氣體的體積增大，分子數密度跟體積有關，體積變大，分子數密度減小；溫度升高，分子的平均速率增大，故而該選項不能確定。氣體溫度升高，分子的平均動能增大，但是并非每個分子的動能都增加，選項C錯誤。由于氣體的體積變大，密度減小，氣體對光的折射率將變小，光在其中的傳播速度會增大，選項D正確。
【答案】AD
3．【解析】氣體分子距離遠大于分子大小，所以氣體的體積遠大于所有氣體分子體積之和，A項錯；溫度是物體分子平均動能的標志，是表示分子熱運動劇烈程度的物理量，B項正確；氣體壓強的微觀解釋是大量氣體分子頻繁撞擊產生的，C項正確；氣體膨脹，說明氣體對外做功，但不能確定吸、放熱情況，故不能確定內能變化情況，D項錯。
【答案】BC
4．【解析】⑴設密閉氣體溫度升高
△U=Q1 ①
△U=Q2+W ②
對活塞用動能定理得：
W內+W大氣－Gh=0 ③
W大氣=－P0Sh ④
W=－W內 ⑤
解②③④⑤得：Q2=△U+（P0S+G）h ⑥
∴Q1 ＜Q2 ⑦
由此可見，質量相等的同種氣體，在定容和定壓兩種不同情況下，盡管溫度變化相同，但吸收的熱量不同，所以同種氣體在定容下的熱比容與在定壓下的熱比容不同
⑵解①⑥兩式得：
h=
【答案】（1）質量相等的同種氣體，在定容和定壓兩種不同情況下，盡管溫度變化相同，但吸收的熱量不同，所以同種氣體在定容下的熱比容與在定壓下的熱比容不同
（2）
5．【解析】1.BCD
2.（1）ACB過程內能增加 ACB過程中 W1＝－280J，Q1＝410J
由熱力學第一定律 UB－UA＝W1＋Q1＝130J
氣體內能的變化量為130J
（2）BDA過程中氣體放熱
因為一定質量理想氣體的內能只是溫度的函數，BDA過程中氣體內能變化量
UA－UB＝－130J 又因氣體對外界做功200J
由熱力學第一定律 UA－UB＝W2＋Q2
Q2＝－330J 放出熱量330J
【答案】（1）BCD （2）330J
6．【解析】(1)ADE
(2)①對于理想氣體：
A→B 
∴
B→C 
∴ 
②A→C 由溫度相等得：
⑶A→C的過程中是吸熱.吸收的熱量
【答案】（1）ADE （2） （3）吸收的熱量
7．【解析】（1）不違反，內能不可能全部轉化為電能，而不產生其他影響（2分）.產生電能是因為被火焰加熱的銅鐵絲內能的轉化（1分），其內能一部分轉化為電能（1分），一部分傳遞給冰水（1分）
（2）①理想氣體溫度不變，內能不變，體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律知，氣體放熱． （2分）
②根據玻意耳定律：
（2分）
活塞移動后氣體的體積為：
=25 cm3
【答案】（1）不違反 （2）25 cm3
℃ 
NA （2） 減少了4J （3）
℃
，溫度為
，大于山腳下的大氣壓強（即常溫下大氣壓強），這顯然是不可能的，所以可判斷手表的表盤玻璃是向外爆裂的。
…………①
…………②
…………③
…………④
…………⑤
…………⑥
…………⑦
個，則完成任務所需時間t = =6×1018小時，約為100000年。所以選項C正確。
＝常數，p增大時，V不一定變化，故B選項錯；在V減小的過程中，可能向外界放熱，根據ΔE＝W＋Q可知，內能不一定增大，故C選項錯誤；Q＝0的過程中，W不一定為0，故D選項錯誤。考查熱力學第一定律、氣體壓強、體積、溫度三者的關系。難度較易。
①
②
，根據動量定理
，而
，所以P=
，故選項A正確。
＝1．63×105Pa