D、小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用；故D正确；E、单晶体具有规则的形状，并且也具有各向异性；故E正确；故选：BDE．
⒐【答案】ABD
【解析】在过程ab中，体积不变，则气体不对外界做功，外界也不对气体做功，压强增大， 根据查理定律，气体温度升高，一定质量的理想气体的内能由温度决定，所以气体内能增加，选项A正确，C错误；在过程ca中气体体积缩小，则外界对气体做功，选项B正确；在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增加，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，选项D正确；在过程ca中，压强不变，体积变小，根据盖—吕萨克定律，气体温度降低，内能减小，而外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体向外界放出热量，选项E错误．
⒑【答案】CDE 【解析】 ㈡填空题
4?R2P0NA⒒【答案】，a?Mg3Mgh P0NAp0S g【解析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg?p0S，即：m?mNAp0SNA4?R2P0NA??分子数n?，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方MMgMg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＝3V，而V?4?R2h，所以a?n3Mgh P0NA⒓【答案】ρV1NA/MMV2/ρV1NA
【解析】气的质量为：m=ρV1，氮气的物质的量为：n=m?V1?；故质量为m的水所MM含的分子数为：N=nNA=?VNmNA?1A；该氮气变为液体后的体积为V2，则一个氮分子的MM体积约为：V0=V2VM?2 NNA?V1㈢计算题
T0T0?11?；(ⅱ) Vgρ0；(ⅲ)Vρ0T0?－?－m0。 TbTa?TbTa?
[解析] (2)(ⅰ)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为
mρ0＝ ①
V0
⒔【答案】(2)(ⅰ) Vgρ
0
在温度为T时的体积为VT，密度为 ρ(T)＝ ② 由盖—吕萨克定律得
mVTV0VT＝ ③ T0T联立①②③式得 ρ(T)＝ρ
0
T0
④ T气球所受到的浮力为 f＝ρ(Tb)gV ⑤ 联立④⑤式得
f＝Vgρ
0
T0
⑥ Tb(ⅱ)气球内热空气所受的重力为 G＝ρ(Ta)Vg ⑦ 联立④⑦式得
G＝Vgρ
0
T0
⑧ Ta(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得 mg＝f－G－m0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得
?11??m＝Vρ0T0??Tb－Ta?－m0 ⑩
⒕【答案】4
【解析】（2）设氧气开始时的压强为p1,体积为V1，压强变为p2（两个大气压）时，体积为V2，根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2 ①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3=V2-V1②
设用去的氧气在p0（1个大气压）压强下的体积为V0，则有 p2V3=p0V0 ③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为?V，则氧气可用的天数为 N=V0/?V④
联立①②③④式，并代入数据得 N=4（天） ⑤ ⒖【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm
【解析】(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l=10.0cm时压强为P；当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为P1，由玻意耳定律得
16.【答案】（ⅰ）T2?330K；（ⅱ）p??1.01?10Pa。
【解析】（2）（10分）（ⅰ）设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒地步刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。由题给条件得
5?l??l?V1?s2?l???s??
?2??2?V2?s2l
①
②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
s1(p1?p)?m1g?m2g?s2(p1?p)
故缸内气体的压强不变。由盖-吕萨克定律有
③
V1V2? T1T2 ④
联立①②④式并代入题给数据得
T2?330K
⑤
（ⅱ）在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1，在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p?，由查理定律，有
p?p1? TT2联立③⑤⑥式并代入题给数据得
⑥
p??1.01?105Pa
⒘【答案】?h? ⑦
2P0S?3mg2V?
PS?mgSS?0?【解析】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?mgmg，对B有P2?P ?1SSmg SB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?因为温度失重不变，对于混合气体有?P1?P2??2V?PV'，
2V， SV'漏气后A距离底面的高度为h'?
S2P0S?3mg2V?联立可得?h??P0S?mg?SS漏气前A距离底面的高度为h?
⒙【答案】（1）不正确。（2）ΔpA=ΔpB
【解析】（1）不正确。水银柱移动的原因是升温后，由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移动方向。 正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得
pp? ?TT?ΔTΔp?p??p?ΔTp T因为ΔT?0，pA （四）选做题 ⒚【答案】ADE 【解析】A物体内能指所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故A确；B液晶具有液体的流动性，又具有光学的各向异性，B错误；C、热力学第二定律表述：不可能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响．只有在不产生其它影响的条件下，从单一热源吸热全部变功才是不可能的（被客观规律所禁止的）．也就是说第二定律并不禁止下列情形：存在其他变化时，热全部变功．或者说：“从单一热源取热，把它全部变为功” 并非不可能，但只有在发生其他变化时，才能实现．故C错误;一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小．故D确．F、一定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数在增加，故E确． 433 ⒛【解析】 (3)摩尔体积V＝πrNA[或V＝(2r)NA] 3由密度ρ＝，解得ρ＝ 3 MV3MM3(或ρ＝3) 4πrNA8rNA 3 2 3 2 3 3 代入数据得ρ＝1×10 kg/m(或ρ＝5×10 kg/m，5×10～1×10 kg/m都算对) 25 21.【答案】4×10个 【解析】水分子数目为 N＝23 25 ?VM×NA 代入得：N=6×10=4×10（个） 22.【答案】?h?2P0S?3mg2V? PS?mgSS?0?【解析】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?mgmg，对B有P2?P ?1SSmg SB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?因为温度失重不变，对于混合气体有?P1?P2??2V?PV'， 2V， SV'漏气后A距离底面的高度为h'? S2P0S?3mg2V?联立可得?h? ?P0S?mg?SS漏气前A距离底面的高度为h?23.【答案】h?p0SL p0S?mg【解析】由于气缸导热，且不计环境温度的变化，将气缸由水平放置变成竖直放置，直到活塞不再下降的过程中，缸内密闭的气体经历的是等温过程，设此时活塞到气缸底部的距离为h。 气缸水平放置时，对活塞有：p1S?p0S?0 气缸竖直放置后活塞静止时，对活塞有：p2S?mg?p0S?0 对上述过程中的气体，据玻意耳定律有：p1LS?p2hS 解得：h?p0SL p0S?mg24.【答案】（1）88 cmHg；（2）4.5cm． 【解析】①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，以右管封闭气体为研究对象
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