参考答案

1.【详细分析】(1)晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误;固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确;同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，如金刚石和石墨，选项C正确;晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，D正确;熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错误。

(2)(ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得=

初状态V1=(S1+S2)，T1=495 K

末状态V2=lS2

代入可得T2=T1=330 K

(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有

m1g+m2g+pS1+p1S2=p1S1+pS2

可得p1=1.1×105 Pa

缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得=

T3=T=303 K

解得p2=1.01×105 Pa

答案　(1)BCD　(2)(ⅰ)330 K　(ⅱ)1.01×105 Pa

2.【详细分析】(1)根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确;扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，故C正确、B错误;扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确;液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误。

(2)(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l=10.0 cm时的压强为p;当两侧水银面的高度差为h1=10.0 cm时，空气柱的长度l1，压强为p1。

由玻意耳定律得pl=p1l1①

由力学平衡条件得p=p0+ph②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有

p1=p0-ph1③

联立①②③式，并代入题给数据得l1=12.0 cm④

(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。

由玻意耳定律得pl=p2l2⑤

由力学平衡条件有p2=p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2=10.4 cm⑦

设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得

Δh=2(l1-l2)+h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh=13.2 cm⑨

答案　(1)ACD　(2)(ⅰ)12.0 cm　(ⅱ)13.2 cm

3.【详细分析】(1)根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得碳粒无规则运动造成的布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选b、c。

(2)(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0=300 K，压强为p0;末状态温度T1=303 K，压强设为p1，由查理定律得=①

代入数据得p1=p0=1.01p0②

(ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得

p1S=p0S+mg③

放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2=303 K，压强p2=p0，末状态温度T3=300 K，压强设为p3，由查理定律得

=④

设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得

F+p3S=p0S+mg⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

F=p0S=0.02p0S⑥

答案　(1)bc　(2)(ⅰ)1.01 p0　(ⅱ)0.02p0S

4.【详细分析】(1)设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg=p0S，即：m=

分子数n===，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a=，而V=4πR2h，所以a=

(2)A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1=p0+，对B有p2=p1+

B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p=p0+

因为温度始终不变，对于混合气体有p1V+p2V=pV′

设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为

h=+d

漏气后A距离底面的高度为h′=+d

联立可得Δh=h′-h

以上各式联立化简得Δh=·

答案　(1)

(2)·

5.【详细分析】(1)车胎体积增大，D项正确。

(2)对泡内气体由查理定律得=①

内外气体的压强差为Δp=p2-p0②

联立①②式解得Δp=p1-p0③

答案　(1)D　(2)p1-p0

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