【物理】2020届二轮复习专题七第16讲热学学案 28页

专题七 选考部分 ‎ 第16讲　热学 构建网络·重温真题 ‎1．(2019·全国卷Ⅰ)(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。‎ ‎(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1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。‎ 答案　(1)低于　大于 ‎(2)(ⅰ)3.2×107 Pa　(ⅱ)1.6×108 Pa 解析　(1)活塞光滑，容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q知，气体内能减少，温度降低。‎ 气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。‎ ‎(2)(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后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。由玻意耳定律有 p0V0＝p1V1①‎ 每瓶被压入进炉腔的气体在室温和压强为p1条件下的体积为 V1′＝V1－V0②‎ 设10瓶气体压入炉腔后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律有 p2V2＝10p1V1′③‎ 联立①②③式并代入题给数据得 p2＝3.2×107 Pa④‎ ‎(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。由查理定律有 ＝⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa。‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅱ)(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”)‎ ‎(2)如图，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。‎ 答案　(1)大于　等于　大于　(2)(ⅰ)(p0＋p)‎ ‎(ⅱ)p0＋p　 解析　(1)根据理想气体状态方程有＝＝，可知T1＞T2，T2T2，所以状态1时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，体积相等，分子数密度相等，故分子在单位时间内对单位面积容器壁的平均碰撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于T2N3。‎ ‎(2)(ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得 p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S①‎ 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＝p1·2S③‎ 由玻意耳定律得 p1V1＝p10·2V0④‎ p2V2＝p0V0⑤‎ 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 V1＝。‎ ‎3.(2019·全国卷Ⅲ)(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__________________________________。‎ ‎(2)如图，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。‎ 答案　(1)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)(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K 解析　(1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。‎ ‎(2)(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，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有 pV＝p1V1①‎ 由力的平衡条件有 pS＝p0S＋ρghS②‎ p1S＋ρghS＝p0S③‎ 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式和题给数据得 L＝41 cm⑥‎ ‎(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。‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅰ)(1)如图，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________。(填正确答案标号)‎ 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 ‎(2)如图，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。‎ 答案　(1)BDE　(2) 解析　(1)由理想气体状态方程＝可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，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，B正确；过程④中气体体积不变，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，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。‎ ‎(2)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＝p1V1①‎ p0＝p2V2②‎ 由已知条件得 V1＝＋－＝V③‎ V2＝－＝④‎ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S＝p1S＋mg⑤‎ 联立以上各式得 m＝。‎ ‎5．(2017·全国卷Ⅰ)(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________。(填正确答案标号)‎ 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 ‎(2)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。‎ ‎(ⅰ)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；‎ ‎(ⅱ)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；‎ ‎(ⅲ)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。‎ 答案　(1)ABC　(2)(ⅰ)　2p0　(ⅱ)上升直到B的顶部　(ⅲ)1.6p0‎ 解析　(1)A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等。B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小。C对：实线为氧气分子在100 ℃时的情形。D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。E错：速率出现在0～400 m/s区间内，100 ℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。‎ ‎(2)(ⅰ)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V＝p1V1①‎ ‎(3p0)V＝p1(2V－V1)②‎ 联立①②式得 V1＝③‎ p1＝2p0④‎ ‎(ⅱ)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得 ‎(3p0)V＝p2V2⑤‎ 由⑤式得 p2＝p0⑥‎ 由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p′2＝p0。‎ ‎(ⅲ)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 ＝⑦‎ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0。‎ ‎ ‎ 命题特点：1.以选择题形式的命题有时单纯考查一个知识点，有时涉及的内容会比较琐碎。‎ ‎2．以计算题形式的命题多是一个情景下多个设问，综合考查多个知识点。例如，对气体实验定律与热力学第一定律综合考查。‎ ‎3．以填空题形式的命题多是针对一些物理量的判断或简单计算，油膜法估测分子大小实验的考查热度增加。‎ 思想方法：模型法、类比法、假设法、转换法、控制变量法。‎ 高考考向1　分子动理论、内能与热力学定律 例1　(2019·河北唐山三模)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了水分子的热运动 B．一定质量的理想气体对外做功时，它的内能一定减小 C．热量不可能自发地从内能少的物体传到内能多的物体 D．液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离而产生的 E．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加 ‎(1)热力学第一定律的公式是什么？‎ 提示：ΔU＝W＋Q。‎ ‎(2)热力学第二定律如何表述？‎ 提示：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体。‎ ‎[解析]　悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了水分子的热运动，故A正确；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体对外做功时(W＜0)，气体和外界热交换不明确，内能不一定减小，故B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，内能多的物体温度不一定高，故C错误；液体的表面张力是由于液体表面层分子间距离略大于平衡距离，分子力表现为引力而产生的，故D正确；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加，故E正确。‎ ‎[答案]　ADE ‎ 1.分子动理论 ‎(1)分子大小 ‎①分子体积(或占有空间的体积)：V0＝。‎ ‎②分子质量：m0＝。‎ ‎③油膜法估测分子的直径：d＝。‎ ‎④两种微观模型 a．球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝π（）3＝πd3，d为分子的直径。‎ b．立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间体积V0＝d3，d为分子间的距离。‎ ‎(2)分子热运动的实验基础：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：液体内固体小颗粒永不停息、无规则地运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈。(反映了液体分子的无规则运动，但并非液体分子的无规则运动)‎ ‎(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系 ‎2．热力学第一定律的灵活应用 ‎(1)应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的规定，并要充分考虑改变内能的两个因素：做功和热传递。不能认为物体吸热(或对物体做功)，物体的内能一定增加。‎ ‎(2)若研究物体为气体，对气体做功的正负由气体的体积决定，气体体积增大，气体对外做功，W为负值；气体的体积减小，外界对气体做功，W为正值。‎ ‎(3)三种特殊情况 ‎①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体(物体对外界)做的功等于物体内能的增加量(减少量)。‎ ‎②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加量(减少量)。‎ ‎③若过程的始、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量(物体对外界做的功等于物体吸收的热量)。‎ ‎1．(2019·河北衡水中学三模)(多选)关于热现象和热学规律，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．气体温度升高，分子的平均动能一定增大 C．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显 D．同一液体的饱和汽的压强与其温度、体积都有关系 E．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律 答案　BCE 解析　‎ 因为气体分子间距离较大，故不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数求气体分子的体积，故A错误；温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能一定增大，故B正确；温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，布朗运动越明显，故C正确；相同温度下，同种液体的饱和汽的压强是一定的，不随体积的变化而变化，故D错误；第二类永动机不可能制成是因为其违背了热力学第二定律，故E正确。‎ ‎2．(2019·南昌三模)(多选)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是(　　)‎ A．分子间距离减小时分子势能一定减小 B．温度越高，物体中分子的无规则运动越剧烈 C．温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大 D．分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小 E．非晶体的物理性质是各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 答案　BCD 解析　当分子力表现为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，分子势能增大，A错误；物体的温度越高，分子热运动的平均动能越大，物体中分子的无规则运动越剧烈，B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大，C正确；当分子间距离增大时，斥力和引力都减小，当分子间距离减小时，斥力和引力都增大，D正确；多晶体的物理性质是各向同性的，单晶体的某些物理性质是各向异性的，故E错误。‎ 高考考向2　气体热现象的微观意义、固体和液体 例2　(2019·福建泉州二模)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不同 B．空调制冷说明热量可以自发地由低温物体传递给高温物体 C．影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距 D．单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的 E．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 ‎(1)温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能哪个的大？分子的质量哪个的大？‎ 提示：分子的平均动能相同；氧气分子的质量较大。‎ ‎[解析]　温度是平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气分子的平均动能相同，即Ek＝mv2相同，但由于氢气、氧气的分子质量不同，所以分子的平均速率不同，A正确；空调制冷需要消耗电能，所以不能说明热量可以自发地由低温物体传递给高温物体，B错误；影响人们对干爽与潮湿感受的是相对湿度，相对湿度是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的比值，两压强差距越小，比值越大，越潮湿，差距越大，比值越小，越干燥，C正确；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的，D正确；当分子间距大于r0时，分子间表现为引力，分子间距增大，引力做负功，分子势能增大，E错误。‎ ‎[答案]　ACD ‎ 1.气体温度和压强的微观意义 ‎(1)温度 ‎①气体分子的速率分布特点：气体分子数随速率的增大呈“中间多、两头少”的分布，温度越高，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，但某个分子的速率可能变小。‎ ‎②温度是分子平均动能的标志，相同温度下不同物体的分子平均动能相同，但分子平均速率一般不同。‎ ‎③温度越高，分子的平均动能越大，内能不一定越大。‎ ‎(2)气体压强 ‎①产生原因：大量气体分子由于做无规则热运动，频繁撞击容器壁而产生。‎ ‎②气体压强的影响因素：‎ a．从气体压强产生的原理的角度：单位时间撞击到容器壁单位面积上的分子数N，以及每个分子对容器壁的平均撞击力。‎ b．从气体微观状态量角度：气体的分子数密度n，以及气体分子的平均动能k。注意N和n是不同的物理量。‎ ‎2．固体和液体 ‎(1)对晶体、非晶体特性的理解 ‎①只有单晶体才具有各向异性。‎ ‎②各种晶体都具有固定熔点，熔化时吸收的热量全部用于增加分子势能。‎ ‎③晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。‎ ‎④有些晶体属于同素异形体，比如金刚石和石墨。‎ ‎(2)液晶 液晶是一种特殊的物质，既具有流动性，又在光学、电学物理性质上表现出各向异性。‎ ‎(3)对液体表面张力的理解 ‎①使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。‎ ‎②一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，浸润和不浸润也是分子力的表现。‎ ‎③毛细现象是浸润液体在细管中上升、不浸润液体在细管中下降的现象。‎ ‎(4)饱和汽压与相对湿度 ‎①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。‎ ‎②相对湿度是某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压的百分比。即：B＝×100%。‎ ‎③影响蒸发快慢以及影响人们对干湿的感受的是相对湿度，不是绝对湿度。‎ ‎3．(2019·安徽省六安市第一中学、合肥八中、阜阳一中三校高三最后一卷)(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A．针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体 B．温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度一定增大 C．两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的内能 D．一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的 E．若气体分子总数不变而气体温度升高，则气体压强可能不变 答案　BDE 解析　针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体，A错误；温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度增大，故绝对湿度一定增大，B正确；两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的温度，C错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的，D正确；若气体分子总数不变而气体温度升高，若气体的体积变大，则气体压强可能不变，E正确。‎ ‎4．(2019·山西省三模)(多选)以下说法正确的是(　　)‎ A．单晶体和多晶体都表现出各向异性 B．叶面上的露珠呈球形是因为重力作用的结果 C．当液体和固体的附着层内的分子距离比较小，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象 D．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化 E．晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能 答案　CDE 解析　单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；叶面上的露珠呈球形是因为液体表面张力作用的结果，故B错误；当液体和固体的附着层内的分子距离比较小，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象，故C正确；晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻璃)为非晶体，故D正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能不变，晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能，故E正确。‎ 高考考向3　气体实验定律和理想气体状态方程 例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 cmHg。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。‎ ‎(1)气体温度不变的状态变化，用哪个定律？‎ 提示：玻意耳定律。‎ ‎(2)两段空气柱的长度之和有什么特点？‎ 提示：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、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。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 l1′－l1＝l2－l2′④‎ 由①②③④式和题给条件得 l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。‎ ‎[答案]　22.5 cm　7.5 cm ‎ 1.压强的计算 ‎(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算。‎ ‎(2)被液柱封闭的气体，一般利用液片法和液体压强公式、连通器原理求解，有时要借助液柱为研究对象，应用平衡条件或牛顿第二定律求解(这种情况下得出的压强单位为Pa)。‎ ‎2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程 ‎(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解。‎ ‎(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。‎ ‎3．多个研究对象的问题 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或长度关系，列出辅助方程，最后联立求解。‎ ‎5．(2019·南昌二模)有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1∶2。容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5 cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H＝15 cm，设大气压p0＝75 cmHg，外界环境温度t＝27 ℃，求：‎ ‎(1)向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度；‎ ‎(2)当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端容器内被密封的气体的长度为5 cm时，此时温控室的温度。‎ 答案　(1)4 cm　(2)390 K 解析　(1)以右边容器内封闭的气体为研究对象，封闭气体等温变化，设当两管的水银液面相平齐时，右端被封闭的气体长度为h′。‎ 初、末状态的压强和体积分别为：‎ p1＝p0－ρgH，p2＝p0，‎ 根据等温变化可得：p1hS＝p2h′S，‎ 解得：h′＝＝4 cm。‎ ‎(2)空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降1 cm，则左管水银面会上升2 cm，此时两侧水银面高度差为h0＝3 cm，此时空气柱的压强：p3＝p0＋ρgh0‎ 根据等容变化得到：＝ 其中T＝(27＋273) K＝300 K 解得：T′＝390 K。‎ ‎6．(2019·四川雅安三诊)如图所示，完全相同的导热活塞A、B用轻杆连接，一定质量的理想气体被活塞A、B分成Ⅰ、Ⅱ两部分，封闭在导热性能良好的汽缸内，活塞A与汽缸底部的距离L＝10 cm。初始时刻，气体Ⅱ的压强与外界大气压强相同，温度T1＝300 K。已知活塞A、B的质量均为m＝1 kg，横截面积均为S＝10 cm2，外界大气压强p0＝1×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦且密封良好。现将环境温度缓慢升高至T2＝360 K。求此时：‎ ‎(1)活塞A与汽缸底部的距离；‎ ‎(2)气体Ⅱ的压强；‎ ‎(3)轻杆对活塞B作用力的大小。‎ 答案　(1)12 cm　(2)1.2×105 Pa　(3)30 N 解析　(1)对活塞A、B整体分析受力可知，气体Ⅰ压强不变，‎ 初态：V1＝LS，T1＝300 K 末态：V2＝L′S，T2＝360 K 由盖—吕萨克定律得：＝ 代入数据解得：L′＝12 cm。‎ ‎(2)气体Ⅱ体积不变，‎ 初态：p1＝p0＝1.0×105 Pa，T1＝300 K 末态：T2＝360 K，设压强为p2‎ 由查理定律得：＝ 代入数据解得：p2＝1.2×105 Pa。‎ ‎(3)以活塞B为研究对象，根据平衡条件得：‎ mg＋p2S＝p0S＋F 解得：轻杆对活塞B作用力的大小为F＝30 N。‎ 高考考向4　气体实验定律与图象、热力学第一定律等的综合问题 例4　(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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 ‎(1)要判断做功情况，需要知道哪个量的变化情况？‎ 提示：体积。‎ ‎(2)知道做功情况，由哪个量判断吸放热情况？‎ 提示：根据热力学第一定律，由内能变化量即温度判断。‎ ‎(3)如何判断上述量的变化？‎ 提示：利用理想气体状态方程。‎ ‎[解析]　一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝‎ eq f(pbVb,Tb)可知，pV一直增大，故气体的温度一直升高，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，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积一直增大，所以气体一直对外做功，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，D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，E错误。‎ ‎[答案]　BCD ‎ 近3年全国高考热学部分对气体实验定律与图象、热力学第一定律、分子动理论(气体温度、压强的微观意义)等的综合考查比较多，也是一个难点。另外2019年全国卷Ⅰ考过与密度相关的综合问题。对于这类问题：‎ ‎(1)首先要熟练掌握理想气体状态方程和热力学第一定律方程的运用。‎ ‎(2)如果题目涉及图象，要先弄清是pV图象、pT图象还是VT图象，并根据气体状态变化的图线结合理想气体状态方程分析第三个量的变化情况，然后结合热力学第一定律分析吸放热、内能变化情况。‎ ‎(3)与气体有关的分子动理论(包括气体分子速率分布、气体温度和内能、气体压强)，前几年基本是考查对知识的简单理解，2019年全国卷Ⅱ考查对这部分知识的理解运用，难度较大。其中气体压强的微观意义是个难点，应抓住教材，加深理解。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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 答案　ABD 解析　过程ab是等容变化，压强增大，温度升高，气体内能增大，A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，C错误。过程ca 是等压变化，体积减小，外界对气体做功，B正确；体积减小过程中，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，气体要放出热量，E错误。过程bc是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律，则需要从外界吸收热量，D正确。‎ ‎8．(2019·河南濮阳三模)(多选)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则 (　　)‎ A．由状态A变到状态B的过程中，气体吸收热量 B．由状态B变到状态C的过程中，气体从外界吸收热量，内能增加 C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强 D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少 E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等 答案　ADE 解析　气体从状态A变到状态B的过程中，体积不变，发生的是等容变化，气体不做功，W＝0，温度升高，内能增加，ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q＞0，气体吸收热量，故A正确；由状态B变到状态C的过程中，温度不变，内能不变，ΔU＝0，体积变大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律知Q＞0，气体从外界吸收热量，故B错误；气体从状态C到状态D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，TC＞TD，所以pC＞pD，即C状态气体的压强大于D状态气体的压强，故C错误；A点和D点在过原点的同一直线上，说明气体由状态A到状态D，压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态D温度高，分子的平均动能大，状态A和状态D压强相等，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，故D正确；根据动量定理知，F＝，压强p＝，所以p＝，因为状态D和状态A压强相等，所以相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等，故E正确。‎ 易错警示 变质量问题 例　(2019·南昌三模)农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在筒内装上药液，再拧紧筒盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出。已知储液筒容量为10 L(不计储液筒两端连接的管的体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200 mL，现在储液筒内装入8‎ ‎ L的药液后关紧筒盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒打气。(设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)，求：‎ ‎(1)要使储液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；‎ ‎(2)打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。‎ 分析与解　(1)设需打气的次数为n，每次打入的气体体积为V0，储液筒药液上方的气体体积为V，则V＝10 L－8 L＝2 L，开始打气前，储液筒液体上方气体的压强：p1＝p0＝1 atm 气体的总体积为：V1＝V＋nV0‎ 打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：V2＝V，压强为p2＝3 atm 打气过程为等温变化，所以：p1V1＝p2V2‎ 代入数据解得：n＝20。‎ ‎(2)打开喷雾头开关K直至储液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为V3，此过程为等温变化，所以：p1V3＝p2V2‎ 代入数据解得：V3＝3V2＝6 L 所以喷出的药液的体积V′＝V3－V＝4 L。‎ 答案　(1)20　(2)4 L 易错警示　(1)向球、轮胎等容器中打气是一个典型的变质量气体问题，只要选择容器内原有气体和即将打入的气体为整体作为研究对象，就可转化为气体总质量不变的状态变化问题。‎ ‎(2)抽气问题也属于变质量问题，分析时，将抽出的气体和剩余气体的整体作为研究对象，其质量不变，一般可视为等温膨胀过程，类似的问题还有将一个大容器里的气体分装到多个小容器、容器的漏气等。‎ ‎配套作业 ‎　　限时：50分钟　　　满分：100分 一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，均为多选题)‎ ‎1．(2019·济南三模)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，下列做法正确的是(　　)‎ A．用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴溶液中含有油酸10－2 mL B．用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上 C．用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状 D．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，再用刻度尺去量油膜的面积 E．根据1滴油酸溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度d＝，即油酸分子的直径 答案　BCE 解析　用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴溶液的体积是10－2 mL，其中含有的油酸体积小于10－2 mL，A错误；用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上，B正确；用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状，C正确；将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，通过数取格子数的方法去计算油膜的面积，D错误；根据1滴油酸溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度d＝，即油酸分子的直径，E正确。‎ ‎2．(2019·湖南衡阳二模)下列说法正确的是(　　)‎ A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 C．饱和汽压与温度和体积有关 D．第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝ 答案　ABD 解析　‎ 气体放出热量的同时外界可能对气体做功，气体的内能可能增大，则气体分子的平均动能可能增大，故A正确；当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，需要克服分子斥力做功，所以分子势能增大，故B正确；饱和汽压只与温度有关，故C错误；第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，故D正确；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，此式对气体不成立，故E错误。‎ ‎3．(2019·安徽安庆高三二模)下列有关自然现象的描述或判断，正确的是(　　)‎ A．露珠通常呈现球状，是由于水的表面具有张力作用的结果 B．气体可以被压缩，但又不能无限地被压缩，说明气体分子间存在相互作用的斥力 C．在阳光的照射下，经常看见空气中尘埃所做的无规则运动是布朗运动 D．水和酒精混合后的总体积小于两者体积之和，说明分子间存在间隙 E．冰块打碎后，具有各种不同的形状，说明冰不是晶体 答案　ABD 解析　液体表面层里的分子比内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故A正确；气体能被压缩，说明分子之间存在间隙，而又不能无限地被压缩，说明气体分子间存在相互作用的斥力，故B正确；飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，故C错误；酒精和水都是由分子构成的物质，由于分子之间存在一定的间隙，当二者混合时分子之间相互渗透，因此总体积减小，说明分子间有间隙，故D正确；区分是不是晶体要看是否具有确定的熔点，冰具有确定的熔点，是晶体，故E错误。‎ ‎4．(2019·东北三省四市高考二模改编)下列说法正确的是(　　)‎ A．空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性 B．第二类永动机不可能制成是因为它违背了热力学第二定律 C．对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大 D．用温度计测量温度是根据热平衡的原理 E．随着科技的发展，热机的效率定能达到100%‎ 答案　BCD 解析　‎ 热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调机的制冷过程和制热过程都不是自发的过程，故A错误；第二类永动机不可能制成是因为它违背了热力学第二定律，故B正确；理想气体内分子之间的相互作用可忽略不计，所以理想气体的内能仅与温度有关，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大，故C正确；用温度计测量温度是根据热平衡的原理，故D正确；根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%，故E错误。‎ ‎5．(2019·湖北八校联合二模)下列说法正确的是(　　)‎ A．已知铜的密度和摩尔质量，可以估算铜分子的直径 B．晶体均具有规则的几何形状，但不一定具有各向异性的特征 C．绝对湿度相同，温度较低时相对湿度较大，感觉越潮湿 D．当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的作用表现为引力 E．密闭在汽缸里的一定质量理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少 答案　ACE 解析　已知铜的密度和摩尔质量，可求铜的摩尔体积，铜分子可以看做一个个紧密排列的圆球，摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求铜分子体积，根据圆球的体积公式可以估算铜分子的直径，故A正确；多晶体不具有规则的几何形状，也不具有各向异性的特征，故B错误；温度越低，饱和汽压越低，所以绝对湿度相同，温度较低时相对湿度较大，感觉越潮湿，故C正确；当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的距离小于平衡距离，作用力表现为斥力，故D错误；一定质量理想气体发生等压膨胀时，温度一定升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁时的平均作用力增大，压强不变，单位时间单位面积器壁受到的撞击力相同，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，故E正确。‎ ‎6．(2019·河南郑州二模)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则下列说法正确的是(　　)‎ A．由状态a变到状态b的过程中，气体吸收热量 B．由状态a变到状态b的过程中，每个气体分子的动能都会增大 C．从状态b到c，气体对外做功，内能减小 D．从状态c到d，气体密度不变 E．从状态a到d，气体内能增加 答案　ADE 解析　由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W ‎＝0，温度升高，则ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，A正确；由状态a变到状态b的过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，B错误；从状态b到c，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，C错误；从状态c到d，气体体积不变，则气体的密度不变，D正确；从状态a到d，气体温度升高，则内能增加，E正确。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ)如图，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 答案　ABD 解析　气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，A正确，C错误。气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，B、D正确。气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，E错误。‎ 二、计算题(本题共4小题，共58分，须写出规范的解题步骤)‎ ‎8．(2019·四川高三毕业班第二次诊断)(14分)如图甲所示为一个倒立的U形玻璃管，A、B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。已知A、B管内空气柱长度分别为hA＝6 cm、hB＝10.8 cm。管内装入水银液面高度差Δh＝4 cm。欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C(如图乙所示)。已知大气压为p0＝76 cmHg。当两管液面处于同一水平面时，求：‎ ‎(1)A管封闭气体的压强pA′；‎ ‎(2)活塞C向上移动的距离x。‎ 答案　(1)108 cmHg　(2)5.2 cm 解析　(1)设A、B两管的横截面积为S，‎ 以A管封闭气体为研究对象，‎ 初状态：pA＝p0－ρgΔh＝72 cmHg，VA＝ShA，‎ 设末状态的压强为pA′，体积为VA′‎ 从初状态到末状态，设A管水银面下降h，则B管水银面上升h，‎ 有2h＝Δh，‎ 可得h＝2 cm，‎ VA′＝(hA－h)S，‎ 由玻意耳定律有：pAVA＝pA′VA′‎ 由以上各式得：pA′＝108 cmHg。‎ ‎(2)以B管封闭的气体为研究对象，‎ 初状态：pB＝p0＝76 cmHg，VB＝ShB 末状态：pB′＝pA′＝108 cmHg，VB′＝S(hB＋h－x)‎ 由玻意耳定律有：pBVB＝pB′VB′‎ 由以上各式得：x＝5.2 cm。‎ ‎9．(2018·全国卷Ⅱ)(14分)如图，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。‎ 答案　T0　(p0S＋mg)h 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＋mg②‎ 联立①②式可得T1＝T0③‎ 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＝SH⑤‎ V2＝S(H＋h)⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得T2＝T0⑦‎ 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。‎ ‎10．(2019·四川成都二诊)(14分)如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)。先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化。(设外界大气的压强p0＝1×105 Pa) ‎ ‎(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？‎ ‎(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa，则可充多少瓶？ ‎ 答案　(1)40次　(2)4瓶 解析　(1)设需要打气n次，以容器内原有的气体和n次打入的气体为研究对象，‎ 则气体的初状态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝V0＋nΔV 末状态：p2＝5.0×105 Pa，V2＝V0，‎ 其中：V0＝2 dm3，ΔV＝0.2 dm3‎ 由玻意耳定律：p1V1＝p2V2‎ 代入数据解得：n＝40次。‎ ‎(2)设气体膨胀到气压为p3＝2.0×105 Pa时气体的体积为V3，‎ 由玻意耳定律有：p2V2＝p3V3‎ 代入数据解得：V3＝5 dm3‎ 真空瓶的容积为V瓶＝0.7 dm3‎ 因：＝4 故可充4瓶。‎ ‎11．(2017·全国卷Ⅱ)(16分)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求该热气球所受浮力的大小；‎ ‎(2)求该热气球内空气所受的重力；‎ ‎(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。‎ 答案　(1)Vgρ0　(2)Vgρ0 ‎(3)Vρ0T0－m0‎ 解析　(1)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ρ0＝①‎ 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＝③‎ 联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④‎ 气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤‎ 联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥‎ ‎(2)气球内热空气所受的重力为 G＝ρ(Ta)Vg⑦‎ 联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧‎ ‎(3)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－m0g⑨‎ 联立⑥⑧⑨式得 m＝Vρ0T0（－）－m0。‎