【物理】2020届二轮复习第1部分专题7第1讲分子动理论　气体及热力学定律学案 35页

第1讲 　分子动理论　气体及热力学定律 ‎[高考统计·定方向] (教师授课资源)‎ 考点 考向 五年考情汇总 ‎1.分子动理论　内能 考向1.分子动理论 ‎2019·全国卷Ⅲ T33(1)‎ ‎2015·全国卷Ⅱ T33(1)‎ 考向2.内能 ‎2018·全国卷Ⅱ T33(1)‎ ‎2016·全国卷Ⅲ T33(1)‎ ‎2.固体、液体　气体分子的运动特点 考向1.固体、液体 ‎ 2015·全国卷Ⅰ T33(1)‎ 考向2.气体分子的运动特点 ‎2019·全国卷Ⅰ T33(1)‎ ‎2019·全国卷Ⅱ T33(1)‎ ‎2017·全国卷Ⅰ T33(1)‎ ‎3.热力学定律 考向1.热力学定律的理解与应用 ‎ 2017·全国卷Ⅱ T33(1)‎ ‎2016·全国卷Ⅰ T33(1)‎ 考向2.热力学定律与气体实验定律结合 ‎2018·全国卷Ⅰ T33(1)‎ ‎2018·全国卷Ⅲ T33(1)‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T33(1)‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T33(1)‎ ‎4.气体实验定律和理想气体状态方程 考向1.只涉及一部分气体的问题 ‎ 2019·全国卷Ⅰ T33(2)‎ ‎2019·全国卷Ⅲ T33(2)‎ ‎2018·全国卷Ⅱ T33(2)‎ 考向2.涉及多部分气体相联系的问题 ‎2019·全国卷Ⅱ T33(2)‎ ‎2018·全国卷Ⅰ T33(2)‎ ‎2018·全国卷Ⅲ T33(2)‎ ‎2017·全国卷Ⅰ T33(2)‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T33(2)‎ 考向3.气体变质量问题 ‎2017·全国卷Ⅱ T33(2)‎ ‎　分子动理论　内能(5年4考)‎ 从近五年的高考可以看出，本考点单独考查的机会不多，多数情况下和其它考点综合考查。题型为选择题或填空题，难度不大，复习时应侧重对基本概念和规律的识记和理解。‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅲ·T33(1))用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_____________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以____________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________。‎ ‎[解析]　由于分子直径非常小，极少量油酸所形成的单分子层油膜面积也会很大，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜。可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积。油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d＝，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积。‎ ‎[答案]　使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积 ‎2．(2018·全国卷Ⅱ·T33(1))对于实际的气体，下列说法正确的是______。‎ A．气体的内能包括气体分子的重力势能 B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C．气体的内能包括气体整体运动的动能 D．气体的体积变化时，其内能可能不变 E．气体的内能包括气体分子热运动的动能 BDE　‎ ‎[实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以B、D、E正确，A、C错误。]‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ·T33(1))关于气体的内能，下列说法正确的是__________。‎ A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 CDE　[温度相同的气体分子平均动能相同，仅质量相同，分子质量不同的气体，所含分子数不同，气体的动能也不同，所以内能不一定相同，A项错误；气体的内能与整体运动的机械能无关，B项错误；理想气体等温压缩过程中，其内能不变，C项正确；理想气体不考虑分子间相互作用力，分子势能为零，一定量的气体，分子数量一定，温度相同时分子平均动能相同，由于内能是所有分子热运动的动能与分子势能的总和，所以D项正确；由盖－吕萨克定律可知，一定量的理想气体，等压膨胀过程中，温度一定升高，则其内能一定增加，E项正确。]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎(2015·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是_____。‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 ACD　[扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确；扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误，选项C正确，选项E错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。]‎ ‎1．分子大小 ‎(1)阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023 mol－1。‎ ‎(2)分子体积：V0＝(占有空间的体积)。‎ ‎(3)分子质量：m0＝。‎ ‎(4)油膜法估测分子的直径：d＝。(其中V为纯油酸的体积)(如上T1)‎ ‎2．扩散现象和布朗运动 ‎(1)扩散现象特点：温度越高，扩散越快。‎ ‎(2)布朗运动特点：(悬浮在)液体内固体微粒做永不停息、无规则的运动，微粒越小，温度越高，运动越剧烈。‎ ‎3．分子力 分子间引力与斥力的合力。分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快。‎ ‎4．分子势能 分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0时，分子间作用力的合力为0)时，分子势能最小。‎ ‎5．内能 物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和。组成任何物体的分子都在做无规则的热运动，所以任何物体都具有内能。(如上T2、T3)‎ 考向1　分子动理论 ‎1．(2019·泰安模拟)下列叙述正确的是________。(填正确答案标号。)‎ A．物质的扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现 B．物体温度升高，每个分子的热运动动能都增大 C．露珠呈球状是液体表面张力作用的结果 D．阿伏加德罗常数为NA，则密度为ρ、摩尔质量为M、体积为1 m3的铜所含原子数为 E．密闭容器内的理想气体，压强不变而体积增大时，容器器壁单位时间单位面积受到气体分子撞击的次数一定减少 ACE　[物质的扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现，故A项正确。物体温度升高，分子的热运动平均动能增大，有些分子的热运动动能可能会减小，故B项错误。露珠呈球状是液体表面张力作用的结果，故C项正确。阿伏加德罗常数为NA，则密度为ρ、摩尔质量为M、体积为1 m3的铜所含原子数为NA，故D项错误。密闭容器内的理想气体，压强不变而体积增大时，温度升高，分子平均动能增大；分子平均动能增大，压强不变，则容器器壁单位时间单位面积受到气体分子撞击的次数一定减少，故E项正确。]‎ ‎2．(2018·江西联考)下列说法正确的是__________。‎ A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．一定温度时，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C．密封在体积不变的容器中的气体，温度升高，气体分子对器壁单位面积上碰撞的平均作用力增大 D．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力 E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大 BCE　[只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出气体分子所占空间的大小，不能算出气体分子的体积，故A错误；颗粒越小、温度越高，布朗运动越明显，故B正确；容积一定，当温度升高时，气体分子运动越剧烈，在单位时间内对单位面积的容器壁的撞击次数越多，故C正确；用打气筒打气时，里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关，故D错误；温度是衡量分子平均动能的标志，故E正确。]‎ 考向2　内能 ‎3．(易错题)下列说法正确的是(　　)‎ A．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大 B．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离 C．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律 D．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润 E．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大 BDE　[温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出每个气体分子平均占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离，故B正确；将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗 了电能，所以不违背热力学第二定律，故C错误；附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润，故D正确；如图所示，若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故E正确。]‎ 易错点评：分子力与分子间距离的关系是学生易错点，学生常错误地认为分子间距离增大时，分子力一定减小。‎ ‎4．(2019·东北三校联考)将分子a固定在x轴上的O点，另一分子b由无穷远处只在分子间作用力作用下沿x轴的负方向运动，其分子势能随两分子的空间关系的变化规律如图所示。则下列说法正确的是________。‎ A．分子b在x＝x2处时的速度最大 B．分子b由x＝x2处向x＝x1处运动的过程中分子力减小 C．分子b在x＝x2处受到的分子力为零 D．分子b由无穷远处向x＝x2处运动的过程中，分子b 的加速度先增大后减小 E．分子b可能运动到x＝x1的左侧 ACD　[分子间存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时两分子的势能最小，故分子b在x＝x2处受到的分子力为零，C正确；由能量守恒定律可知，由于分子b在x＝x2处的分子势能最小，则分子b在此处的动能最大，分子b在此处的速度最大，A正确；由于在x＝x2处b受到的分子力为零，当分子间距离小于x2时，分子力表现为斥力，且随分子间距离的减小，分子力增大，B错误；分子间距离大于x2时，分子力表现为引力，分子b由无穷远处向x＝x2处运动的过程中，分子力先由零增大后来又减小到零，因此分子b的加速度先增大后减小，D正确；因初始时分子b的分子势能及分子动能均为零，由能量守恒知，当分子b运动到x＝x1处时，其分子势能为零，故其分子动能也为零，然后分子b向x轴正方向运动，两分子之间的距离增大，因此分子b不可能运动到x＝x1的左侧，E错误。]‎ ‎　固体、液体　气体分子的运动特点(5年4考)‎ 从近几年的高考可以看出，晶体的特点、表面张力、气体分子运动的特点等知识点常被考查到，且常和热力学定律综合考查，难度中等偏下，本考点涉及知识点较多，复习时应侧重对知识的记忆和理解。‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅰ·T33(1))某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。‎ ‎[解析]　‎ 由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小。根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度。因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度。‎ ‎[答案]　低于　大于 ‎2．(2019·全国卷Ⅱ·T33(1))如pV图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”)‎ ‎[解析]　对一定质量的理想气体，为定值，由pV图象可知，2p1·V1＝p1·2V1＞p1·V1，所以T1＝T3＞T2。状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1＞N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2＞N3。‎ ‎[答案]　大于　等于　大于 ‎3．(2017·全国卷Ⅰ·T33(1))氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是__________。‎ A．图中两条曲线下面积相等 B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 ABC　[根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误。]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是__________。‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 BCD　[将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确。例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确。熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误。]‎ ‎2．(2019·江苏卷·T13(A))(1)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体________。‎ A．分子的无规则运动停息下来 B．每个分子的速度大小均相等 C．分子的平均动能保持不变 D．分子的密集程度保持不变 ‎(2)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。‎ ‎[解析]　(1)分子永不停息地做无规则运动，A错。气体分子之间的碰撞是弹性碰撞，气体分子在频繁的碰撞中速度变化，每个分子的速度不断变化，B错。理想气体静置足够长的时间后达到热平衡，气体的温度不变，分子的平均动能不变，C对。气体体积不变，则分子的密集程度保持不变，D对。‎ ‎(2)水滴表面层使水滴具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力为引力；水分子之间，引力和斥力相等时，分子间距r＝r0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离r>r0，因此，小水滴表面层中水分子Ep对应于位置C。‎ ‎[答案]　(1)CD　(2)引力　C ‎1．固体和液体 ‎(1)晶体和非晶体 比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 形状 规则 不规则 不规则 熔点 固定 固定 不固定 特性 各向异性 各向同性 各向同性 ‎(2)液晶的性质 液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学性质上表现出各向异性。‎ ‎(3)液体的表面张力 使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切。‎ ‎(4)饱和汽压的特点 液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。‎ ‎(5)相对湿度 某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的百分比，即：B＝×100%。‎ ‎2．气体状态参量 ‎3．气体分子运动特点 考向1　固体、液体 ‎1．(2019·济南质检)以下说法正确的是(　　)‎ A．气体对外做功，其内能可能增加 B．分子势能可能随分子间距离的增加而增加 C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 D．热量不可能从低温物体传到高温物体 E．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 ABE　[根据热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，气体对外做功，若同时吸收一定的热量，其内能可能增加，A正确；当分子力表现为引力且分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，C错误；根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热量可能从低温物体传到高温物体，如空调制冷，D错误；根据晶体的特点可知，在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体，把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，E正确。]‎ ‎2．(易错题)下列说法正确的是(　　)‎ A．当液体与大气接触时，液体表面层分子的势能比液体内部分子的大 B．表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球的表面积最小 C．若已知某物质的摩尔质量和密度，则可求出阿伏加德罗常数 D．气体温度升高时，气体所有分子的速率均增大 E．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 ABE　[当液体与大气接触时，液体表面层分子的间距大于液体内部分子的间距，所以液体表面层分子的势能比液体内部分子的大，A正确；根据表面张力的特点知，B正确；已知物质的摩尔质量和密度可以求出该物质的摩尔体积，但是不知该物质的分子质量或分子体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，C错误；气体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大，D错误；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，E正确。]‎ 易错点评：表面张力属于分子力，学生易错把表面张力理解为液体对物体的弹力。‎ ‎3．下列说法正确的是__________。‎ A．浸润和不浸润是分子力作用的表现 B．相对湿度是100%，表明在当时的温度下，空气中水蒸气已达到饱和状态 C．温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大 D．干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，相对湿度越大 E．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂可以使水的表面张力增大 ABD　[浸润和不浸润是分子力作用的表现，A正确；相对湿度为100%，说明在当时的温度下，空气中所含水蒸气的实际压强已达到饱和汽压，B正确；温度一定时，同种液体的饱和汽压与饱和汽的体积无关，C错误；干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，空气越潮湿，相对湿度越大，D正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，E错误。]‎ 考向2　气体分子的运动特点 ‎4．(原创题)下列说法正确的是__________。‎ A．当液体与大气接触时，液体表面层分子的势能比液体内部分子的要大 B．物体的温度为0 ℃时，物体的分子平均动能为零 C．气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多 D．密封的容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大 E．一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大 ACD　‎ ‎[当液体与大气接触时，液体表面分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子表现为引力，分子势能随分子距离的增大而增大，所以液体表面的分子有更大的分子势能，故A正确；物体温度为零时，分子仍然在做无规则的运动，分子动能不为零，故B项错误；气体体积不变时，温度越高，平均动能就越大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故C正确；密封的容积不变的容器内的气体，若温度升高，分子平均动能增大，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，故D正确；一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，根据热力学第一定律知气体一定对外做功，气体体积增大，则在该过程中气体的压强一定减小，故E错误。]‎ ‎5．(2019·湖北八校一联)下列说法正确的是________。‎ A．根据阿伏加德罗常数和标准状态下氧气的摩尔体积，可计算出每个氧分子的实际体积 B．在液体表面层，由于分子间的距离大于分子力为零时的距离r0，因此分子间的作用表现为相互吸引 C．一种物质，温度升高时，则所有分子的热运动加剧，分子热运动的平均动能增加 D．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的 E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 BDE　[根据阿伏加德罗常数和标准状态下氧气的摩尔体积，所算出来的是每个氧分子所在空间的体积，A错误；在液体表面层，由于分子间的距离大于分子力为零时的距离r0，因此分子间的作用表现为相互吸引，B正确；温度升高，分子平均动能增大，但不一定是所有分子的热运动都加剧，可能有的分子的运动速率减小，C错误；在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，D正确；热力学第二定律可表述为：一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，E正确。]‎ ‎　热力学定律(5年6考)‎ 近几年高考对热力学定律的单独考查较少，较多的是把热力学定律和分子动理论，固体和液体的性质、气体实验定律等综合起来考查，题型有选择或计算，难度中等，复习时要侧重对规律的理解和应用。‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ·T33(1))如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是________。‎ A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态c、d的内能相等 E．状态d的压强比状态b的压强小 BDE　[由理想气体状态方程＝可知，pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程＝并结合题图可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。]‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ·T33(1))如图所示，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示。在此过程中________。‎ A．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功 BCD　[一定量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝‎ eq f(pbVb,Tb)可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。]‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅱ·T33(1))如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是__________。‎ A．气体自发扩散前后内能相同 B．气体在被压缩的过程中内能增大 C．在自发扩散过程中，气体对外界做功 D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功 E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变 ABD　[抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是______。‎ A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 ABD　[ab过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B项正确；ca过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。]‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅰ)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)‎ A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 BDE　[根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误。对气体做功可以改变其内能，选项B正确。理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误。根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确。根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确。]‎ ‎3.(2016·全国卷Ⅱ)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是(　　)‎ A．气体在a、c两状态的体积相等 B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 ABE　[由＝C可知，pT图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A项正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，C项错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确。]‎ ‎1．对热力学第一定律的理解 ‎(1)改变物体内能的方式有两种，只知道一种改变方式是无法确定内能变化的。‎ ‎(2)热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。‎ ‎2．对热力学第二定律的理解 热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。‎ 考向1　热力学定律的理解与应用 ‎1．(2019·河北五校联考)关于热力学定律，下列说法中正确的是________。‎ A．对某物体做功，一定能使该物体的内能增加 B．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 C．理想气体的等压膨胀过程一定吸热 D．热量不可能从低温物体传递到高温物体 E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 BCE　[由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，选项A错误。热力学第二定律的开尔文表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。由此可知，在产生其他影响的情况下，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，选项B正确。理想气体在等压膨胀过程中，由盖—吕萨克定律可知，气体的温度一定升高，内能一定增加，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，由于气体膨胀对外做功，W<0，故Q>0，所以气体一定吸热，选项C正确。热力学第二定律的克劳修斯表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，选项D错误。一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，这是热力学第二定律的微观意义，选项E正确。]‎ ‎2.如图是密闭的汽缸，外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功200 J，同时气体向外界放热100 J，则缸内气体的温度将_____(选填“升高”“降低”或 “不变”)、内能将______(填“增加”“减少”)_______J。‎ ‎[解析]　由题意可知：W＝200 J，Q＝－100 J，由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J＞0，气体内能增加，温度升高，内能增加100 J。‎ ‎[答案]　升高　增加　100 J 考向2　热力学定律与气体实验定律结合 ‎3．(2019·山西太原三模)如图所示，在斯特林循环的pV图象中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。下列说法正确的是________。‎ A．从a到b，气体的温度一直升高 B．从b到c，气体与外界无热量交换 C．从c到d，气体对外放热 D．从d到a，单位体积中的气体分子数目增大 E．从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同 ACD　[从a到b，体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；从c到d，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；从d到a，温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增大，D正确；从b到c气体吸收的热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量不同，E错误。故选A、C、D。]‎ ‎4．(易错题)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是__________。‎ A．该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变 B．该气体在压强增大的过程中，一定吸热 C．该气体被压缩的过程中，内能可能减少 D．该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量 E．如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变 ACD　[根据＝C可知该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变，选项A正确；该气体在压强增大的过程中，温度的变化和体积的变化都不能确定，则不能判断气体是否吸热，选项B错误；该气体被压缩的过程中，外界对气体做功，若气体放热，则内能可能减少，选项C正确；根据＝C 可知该气体经等温压缩后，其压强一定增大，因温度不变，内能不变，外界对气体做功，则此过程一定放出热量，选项D正确；如果该气体与外界没有发生热量交换，但外界可能对气体做功或者气体对外做功，气体的内能可能会变化，则其分子的平均动能不一定不变，选项E错误。]‎ 易错点评：理想气体的内能与体积和压强无关，只有温度变化时，气体内能才会变化，学生对此往往认识不清。‎ ‎　气体实验定律和理想气体状态方程(5年9考)‎ 气体实验定律是历年高考必考的考点，考查的题型一般为计算题，有时与热力学定律结合，以选择题或填空题的形式出现，难度中等。‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅰ·T33(2))热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。‎ ‎(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；‎ ‎(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。‎ ‎[解析]　(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。‎ 假设体积为V0，压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律p0V0＝p1V1 ①‎ 被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为 V1′＝V1－V0 ②‎ 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律p2V2＝10p1V1′ ③‎ 联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107 Pa。④‎ ‎(ⅱ)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3‎ ‎。由查理定律＝ ⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得 p3＝1.6×108 Pa。 ⑥‎ ‎[答案]　(ⅰ)3.2×107 Pa　(ⅱ)1.6×108 Pa ‎2．(2019·全国卷Ⅱ·T33(2))如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：‎ ‎(ⅰ)抽气前氢气的压强；‎ ‎(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。‎ ‎[解析]　(ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 ‎(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①‎ 得p10＝(p0＋p)。 ②‎ ‎(ⅱ)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有 p2·S＝p1·2S ③‎ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0 ④‎ p2V2＝p0V0 ⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得 p1＝p0＋p ⑦‎ V1＝。 ⑧‎ ‎[答案]　(ⅰ)(p0＋p)‎ ‎(ⅱ)p0＋p　 ‎3．(2019·全国卷Ⅲ·T33(2))如图所示，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。‎ ‎(ⅰ)求细管的长度；‎ ‎(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。‎ ‎[解析]　(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有 pV＝p1V1 ①‎ 由力的平衡条件有 p＝p0＋ρgh ②‎ p1＝p0－ρgh ③‎ 式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V＝S(L－h1－h) ④‎ V1＝S(L－h) ⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L＝41 cm。 ⑥‎ ‎(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖吕萨克定律有 ＝ ⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T＝312 K。 ⑧‎ ‎[答案]　(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。‎ ‎[解析]　设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p0＝p1V1 ①‎ p0＝p2V2 ②‎ 由已知条件得 V1＝＋－＝V ③‎ V2＝－＝ ④ ‎ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S＝p1S＋mg ⑤‎ 联立以上各式得m＝。⑥‎ ‎[答案]　 ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。‎ ‎[解析]　开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 ＝ ①‎ 根据力的平衡条件有 p1S＝p0S＋mg ②‎ 联立①②式可得 T1＝T0 ③‎ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖－吕萨克定律有 ＝ ④‎ 式中V1＝SH ⑤‎ V2＝S(H＋h) ⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得 T2＝(1＋)(1＋)T0 ⑦‎ 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W＝(p0S＋mg)h。 ⑧‎ ‎[答案]　见解析 ‎3．(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cm Hg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。‎ ‎[解析]　设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2。由力的平衡条件有 p1＝p2＋ρg(l1－l2)　 ①‎ 式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。‎ 由玻意耳定律有 p1l1＝pl1′　 ②‎ p2l2＝pl2′　 ③‎ 两边气柱长度的变化量大小相等 l1′－l1＝l2－l2′　 ④‎ 由①②③④式和题给条件得 l1′＝22.5 cm　 ⑤‎ l2′＝7.5 cm。　 ⑥‎ ‎[答案]　22.5 cm　7.5 cm ‎1．气体实验定律 ‎(1)等温变化：pV＝C或p1V1＝p2V2；(如上T1、T2、T3)‎ ‎(2)等容变化：＝C或＝；(如上T1)‎ ‎(3)等压变化：＝C或＝；(如上T3)‎ ‎(4)理想气体状态方程：＝C或＝或＋＝。‎ ‎2．应用气体实验定律的三个重点环节 ‎(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要保证研究质量不变的部分或把变质量问题转化为定质量问题处理；对于多部分气体问题，要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系。‎ ‎(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量列出来会比较准确、快速的找到规律。‎ ‎(3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律。‎ ‎3．对界对气体做功的计算 ‎(1)气体等压变化中，对外做功大小为W＝pΔV。‎ ‎(2)非等压变化可用pV图象中图线与坐标V轴包围的面积表示功，也可用W＝pΔV定性分析。‎ ‎(2019·开封模拟)如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S＝50 cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k＝2 800 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝14 kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t1＝27 ℃，活塞到缸底的距离L1＝120 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2‎ ‎，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求：‎ ‎(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(用摄氏温度表示)；‎ ‎(2)气体的温度冷却到－93 ℃时，B离桌面的高度H。‎ ‎[题眼点拨]　‎ ‎[解析]　(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1＝mg，‎ 由活塞受力平衡得p2S＝p0S－kx1，根据理想气体状态方程有＝ 代入数据解得T2＝207 K 当B刚要离开桌面时缸内气体的温度t2＝－66 ℃。‎ ‎(2)由(1)得x1＝5 cm，当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，‎ 根据盖－吕萨克定律，‎ 有＝ 代入数据解得H＝15 cm。‎ ‎[答案]　(1)－66 ℃　(2)15 cm 反思：“汽缸”模型的三种常见问题 ‎(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。‎ ‎(2)气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。‎ ‎(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。‎ 考向1　只涉及一部分气体的问题 ‎1．(原创题)如图所示，汽缸放在地面上，开口向上，缸内质量为m的活塞与汽缸内壁无摩擦，封闭一段理想气体，绕过光滑定滑轮的轻绳与活塞和放在地面上质量为2m的物块相连，开始时，绳处于伸直状态但无弹力，活塞截面积为S，活塞离汽缸内底的距离为h，大气压强为po，缸内气体的温度为T1，汽缸的质量大于物块的质量，重力加速度为g。‎ ‎(1)要使物块对地面的压力刚好为零，需要将缸内气体温度降为多少？‎ ‎(2)要使物块上升h的高度，需要将缸内气体的温度降为多少？‎ ‎[解析]　(1)开始时缸内气体的压强：p1＝p0＋ 当物块对地面的压力为零时，缸内气体的压强p2＝p0－ 当物块对地面的压力为零时，缸内气体的温度为T2，气体发生等容变化，则＝ 解得：T2＝T1。‎ ‎(2)当物块上升h的高度时，缸内压强仍为p2＝p0－，设此时缸内气体温度为T3，气体发生等压变化，有：＝ 解得：T3＝T2＝T1。‎ ‎[答案]　(1)T1　(2)T1‎ ‎2．(2019·河北衡水摸底))如图所示，汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2。活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，绝对零度为－273 ℃，重力加速度取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)汽缸内气体的压强p1；‎ ‎(2)汽缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在汽缸缸口AB处？此过程中汽缸内的气体是吸热还是放热？‎ ‎[解析]　(1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，由平衡条件得 p1S＝Mg＋p0S 解得p1＝3×105 Pa。‎ ‎(2)当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时有 p2S＝Mg＋p0S 得p2＝p1，即缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有 ＝ 解得T2＝2T1＝600 K 故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃‎ 气体温度升高，其内能增加，体积膨胀对外做功，由热力学第一定律可知缸内气体吸热。‎ ‎[答案]　(1)3×105 Pa　(2)327 ℃　吸热 考向2　涉及多部分气体相联系的问题 ‎3．(2018·泉州一模)如图所示，A、B是两个固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用水平轻质细杆相连，A的活塞面积是B的2倍，活塞处于静止状态，两气缸内封闭的气体压强均等于大气压强p0，气体温度均为27 ℃，A的活塞与A气缸底部相距10 cm，B的活塞与B气缸底部相距20 cm。现使两气缸内气体缓慢升高相同温度至活塞在水平方向移动了2 cm后再次平衡(活塞不会脱离气缸)。‎ ‎(1)通过计算分析说明气体升温的过程中活塞的移动方向；‎ ‎(2)求再次平衡时A气缸的气体压强和温度。‎ ‎[解析]　(1)假设气体升温的过程两活塞没有动，则A、B气缸中的气体体积不变，设原来温度为T0，升温后气体压强分别为pA1、pB1，温度为T1，根据查理定律有 ＝ ①‎ ＝ ②‎ 解得pA1＝pB1＝ ③‎ 对两活塞受力分析，其合力F＝(pA1－p0)SA－(pB1－p0)SB>0④‎ 故其合力向右，所以活塞向右移动。‎ ‎(2)设再次平衡后的压强分别为pA2、pB2，则根据理想气体状态方程有 ＝ ⑤‎ ＝ ⑥‎ 活塞平衡应满足　(pA2－p0)SA＝(pB2－p0)SB　 ⑦‎ 活塞面积　SA＝2SB 将LA＝10 cm　LB＝20 cm　LA2＝12 cm　LB2＝18 cm代入解得　pA2＝1.5p0 ⑧‎ T1＝540 K。 ⑨‎ ‎[答案]　(1)向右移动　(2)1.5p0　540 K ‎4．(原创题)如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：‎ ‎(1)恒温热源的温度T；‎ ‎(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。‎ ‎[解析]　(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，‎ 由盖—吕萨克定律得＝ ①‎ 解得T＝T0。 ②‎ ‎(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，右活塞必须升至汽缸顶才能满足力学平衡条件。‎ 汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得pVx＝· ③‎ 对下方气体由玻意耳定律得 ‎(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0· ④‎ 联立③④式得 6V－V0Vx－V＝0‎ 解得Vx＝，Vx＝－(不合题意，舍去)。‎ ‎[答案]　(1)T0　(2)V0‎ 考向3　气体变质量问题 ‎5．2016年里约奥运会，赢得个人第23枚奥运金牌的菲尔普斯是青睐中国古老的拔罐疗法的奥运选手之一，如今火罐已风靡全球，若罐的容积为50 cm3，空气温度为27 ℃，已知大气压p0＝1.0×105 Pa，罐导热性能良好。‎ ‎(1)某次拔罐过程中，罐内空气被加热到57 ℃，求此时罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比；‎ ‎(2)当罐被扣到人体上之后，罐内的空气从57 ℃降温到室温，罐的容积由于皮肤变形减少2 cm3，求降温之后罐内气体的压强(结果保留两位有效数字)。‎ ‎[解析]　(1)罐的容积V1＝50 cm3，罐内空气温度T1＝(27＋273)K＝300 K 此时包括溢出罐气体在内的气体的总体积为V2，‎ 温度为T2＝330 K 由盖—吕萨克定律有＝，解得V2＝55 cm3‎ 则57 ℃时罐内剩余气体质量与室温下气体质量之比等于＝。‎ ‎(2)降温前罐内气体的体积为V3＝50 cm3，温度为T3＝330 K，压强为p3＝1.0×105 Pa，降温后：V4＝48 cm3，T4＝300 K，p4＝？‎ 由＝解得p4＝9.5×104 Pa。‎ ‎[答案]　(1)　(2)9.5×104 Pa 考向4　液柱移动方向的判断问题 ‎6．(2019·黑龙江大庆模拟)如图所示，玻璃管粗细均匀(粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内理想气体长分别为上端30 cm、下端27 cm，中间水银柱长10 cm。在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭5 cm长水银柱。大气压p0＝75 cmHg。‎ ‎(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？‎ ‎(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上、下两部分气体的长度各为多少？‎ ‎[解析]　(1)上端封闭气体的压强 p上＝p0－ph＝(75－5) cmHg＝70 cmHg 下端封闭气体的压强 p下＝p0＋ph＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg。‎ ‎(2)设玻璃管横截面积为S 气体发生等温变化，由玻意耳定律得 对上端封闭气体，p上L上S＝p上′L上′S 对下端封闭气体，p下L下S＝p下′L下′S p上′＋15 cmHg＝p下′‎ L上′＋L下′＝52 cm 解得L上′＝28 cm，L下′＝24 cm。‎ ‎[答案]　(1)70 cmHg　80 cmHg　(2)28 cm　24 cm