热门试卷

解：由动能定理知：EK=FS-fS=80×10-60×10=200J

摩擦力做功转化成内能：△E=fS=60×10=600J

答：木箱的动能是200焦，在此过程中有600焦机械能转化为内能．

解：（1）A、布朗运动成因是液体分子对布朗颗粒的各个方向的撞击力不平衡，从侧面说明了液体分子的无规则运动，故A错误

B、即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的，符合气体分子速率分布率，故B正确

C、从微观上看，气体的压强是由大量的分子对容器壁的碰撞引起，故C正确

D、由一定质量理想气体状态方程得=k（常数），在温度和体积都保持不变的情况下，压强不变，故D错误

故选BC

（2）封闭气体为等温过程，故有：

P0LS=（P0+）LS

解得：m=

②放热；根据热力学第一定律，Q+W=△U，由于活塞下降过程对气体做功，而气体内能不变，所以应是放热

答：（1）BC

（2）①活塞质量为②放热

解：（1）设容器的容积为V，m=0.001kg的水变成100℃时的体积为：0.01V，

以所有的水蒸气为研究对象，其初状态：V1=V+0.01V=1.01V，p1=1.0132×105Pa，

末状态的状态参量：V2=V，p2=？，气体发生等温变化，

由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，即：p×1.01V=p2×V，解得：p2=1.023332×105Pa，

饱和蒸汽压的增加量：△p=1.0132×103Pa，

容器最后的温度：T=100℃+×1℃≈100.27℃；

（2）所需热量：Q=Q1+Q2=0.001kg×2.25×106J/kg+1.38×103J/（kg•K）×（0.1kg+0.001kg）×0.27K≈2.288×103J；

答：（1）容器被加热的最后温度T为100.27℃；

（2）所需热量Q2.288×103J．

解：①定容过程，吸收的热量，用于增加气体的内能，△U1=Q1

定压过程，吸收的热量，用于增加气体的内能和对外做功，△U2+|W2|=Q2

又△U2=△U1，则Q1＜Q2

②气体对外做功|W2|=（P0S+G）h

活塞向上移动的高度

答：Q1＜Q2

②活塞向上移动的高度

解：由题意知：一定质量的理想气体由状态A经过程I变至状态B时，W1为负功，Q1为正（吸收的热量），

△U=W1+Q1=500-300=200J，内能增加200J．

当气体从状态B经过程II回到状态A时，W2为正；△U′=-△U

△U′=W2+Q2，

代入数据解得：Q2=-380J，放出热量．

答：此过程中气体放出的热量是380J．

解：由热力学第一定律得：△U=W+Q，

得W=△U-Q=4.2×105J-2.6×105J=1.6×105J，

外界对气体做了1.6×105J的功；

答：外界对气体做了1.6×105J的功．

解：由热力学第一定律可知：

△U=W+Q；

则解得：W=4.2×105J-2.6×105J=1.6×105J；外界对气体做功；

同理解得：W′=1.6×105J-2.6×105J=-1.0×105J；

负号表示气体对外界做功；

答：外界对气体做功2.6×105J；气体对外界做功为-1.0×105J．

解：（1）水位升高，压强增大，被封闭气体做等温变化，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，分子之间距离减小，因此引力和斥力都增大，故AD正确；

气体温度不变，因此分子的热运动情况不变，分子平均动能不变，故BC错误．

故选AD．

（2）在（1）中空气体积变化的过程中，气体温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量；若水位迅速降低，压强则迅速减小，体积迅速膨胀，气体对外做功，由于过程迅速，没有来得及吸放热，因此内能降低．

故答案为：放出，0.6，减小．

（3）物质的量为：，

分子总数： 

代入数据得：N=2.68×1022≈3×1022．

故该气体分子的总个数为：N=2.68×1022≈3×1022．

解：在一个恒定标准大气压P=1.0×105 Pa下，其体积由1.0cm3变为1701cm3．

所以体积膨胀时气体对外做的功为W=P0△V=1.0×105×（1701-1）×10-6J=170J

由热力学第一定律知：△U=W+Q=-170+2264=2094J

答：①气体对外做的功170J②此过程中水内能变化量2094J．