【物理】2020届二轮复习专题七第1讲　分子动理论、气体及热力学定律学案 20页

第1讲　分子动理论、气体及热力学定律 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 本专题主要考查：(1)分子动理论的相关内容，涉及分子力、分子力做功、分子势能变化、布朗运动、扩散现象，考查记忆能力和简单的推导能力．(2)结合汽缸、液柱、热力学图像考查涉及气体作用力的平衡问题及理想气体状态方程的应用，侧重考查学生的综合分析推理能力．(3)热力学定律与气体实验定律相结合考查学生的物理观念、科学思维等核心素养.‎ ‎2019‎ Ⅰ卷33T 气体的性质、热力学定律 科学思维 Ⅱ卷33T p－V图像，理想气体状态方程 物理观念、科学思维 Ⅲ卷33T 油膜法估算分子大小，气体性质 科学思维 ‎2018‎ Ⅰ卷33T 气体实验定律、热力学第一定律 科学思维 Ⅱ卷33T 内能、气体实验定律 物理观念、科学思维 Ⅲ卷33T 气体实验定律、热力学第一定律 物理观念、科学思维 ‎2017‎ Ⅰ卷33T 分子动理论、气体实验定律 科学思维 Ⅱ卷33T 气体实验定律、热力学第一定律 科学思维 Ⅲ卷33T 热力学第一定律、气体实验定律 科学思维 考向一　热学基础知识 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．分子动理论和内能 ‎2．两种微观模型 ‎(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝π3＝πd3，d为分子的直径．‎ ‎(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离．‎ ‎3．固体、液体和气体 ‎4．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定 物理量 功W 热量Q 内能的改变ΔU 取正值“＋”‎ 外界对物体做功 物体从外界吸收热量 物体的内能增加 取负值“－”‎ 物体对外界做功 物体向外界放出热量 物体的内能减少 ‎5.热力学第二定律的两种表述 ‎(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．‎ ‎(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化．‎ ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎[题组一]　分子动理论、内能及热力学定律 ‎1．正误判断 ‎(1)液体温度越高，布朗运动会越激烈．(√)‎ ‎(2)显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性．(√)‎ ‎(3)悬浮在空气中做布朗运动的PM2.5微粒，气温越高，运动越剧烈．(√)‎ ‎(4)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以．(√)‎ ‎(5)将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大．(√)‎ ‎(6)当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大．(×)‎ ‎(7)若两分子间距离减小，分子间斥力增大，引力减小，合力为斥力．(×)‎ ‎(8)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．(×)‎ ‎(9)只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数．(√)‎ ‎(10)用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量．(×)‎ ‎(11)只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出该气体分子的体积．(×)‎ ‎(12)一定质量的‎100℃‎的水吸收热量后变成‎100℃‎的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能．(√)‎ ‎(13)外界对系统做功，其内能一定增加．(×)‎ ‎(14)一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变．(×)‎ ‎(15)一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大．(√)‎ ‎(16)热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体．(√)‎ ‎(17)自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的．(√)‎ ‎(18)热量不可以自发地从低温物体传递到高温物体，是因为违背了热力学第一定律．(×)‎ ‎(19)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律．(√)‎ ‎(20)“第二类永动机”不可能制成是因为它违反了能量守恒定律．(×)‎ ‎2．(2019·全国Ⅲ，33(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：本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容，突出了实验的操作、分析、探究能力的考查，体现了核心素养中科学探究、科学态度要素，体现了劳动实践、科学探索的价值观．‎ 用油膜法估算分子大小，是用油膜厚度代表油酸分子的直径，所以要使油酸分子在水面上形成单分子层油膜；因为一滴溶液的体积很小，不能准确测量，故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总体积，再除以滴数得到单滴溶液的体积，进而得到一滴溶液中纯油酸的体积；因为本题中油酸体积等于厚度乘面积，故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积，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 ‎[题组二]　固体、液体和气体 ‎3．正误判断 ‎(1)大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体．(×)‎ ‎(2)单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的．(√)‎ ‎(3)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．(√)‎ ‎(4)晶体在各个方向上的异热性能相同时，表现为各向同性．(√)‎ ‎(5)单晶体的物理性质具有各向异性．(√)‎ ‎(6)太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果．(√)‎ ‎(7)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部．(×)‎ ‎(8)液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力．(√)‎ ‎(9)叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用．(√)‎ ‎(10)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征．(√)‎ ‎(11)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点．(√)‎ ‎(12)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大．(×)‎ ‎(13)空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越快．(×)‎ ‎(14)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现．(×)‎ ‎(15)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故．(×)‎ ‎(16)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因．(√)‎ ‎(17)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零．(×)‎ ‎(18)压强变大时，分子间的平均距离必然变小．(×)‎ ‎(19)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．(√)‎ ‎(20)影响蒸发快慢以及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．(√)‎ ‎4．(2019·课标Ⅰ，33(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：本题通过理想气体状态变化过程考查了热力学定律与能量守恒定律，以及学生的综合分析与计算能力，体现了科学推理的核心素养要素．‎ 由题意可知，封闭气体经历了绝热膨胀的过程，此过程中气体对外界做功，W＜0，与外界的热交换为零，即Q＝0，则由热力学第一定律可知气体内能降低，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，故其温度降低，即容器中空气的温度低于外界温度．由于此时容器中空气压强与外界相同，而温度低于外界温度，若假设容器中空气经历等压升温过程而达到与外界相同状态，由＝C可知其体积必然膨胀，则升温后的容器中空气密度必然比假设的等压升温过程前密度小，而假设的等压升温过程后容器中空气的密度等于外界空气密度，故此时容器中空气的密度大于外界空气的密度．‎ 答案：低于　大于 ‎5．(2019·全国Ⅱ，33(1))如p－V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：由理想气体状态方程可得＝＝，可知T1＝T3＞T2.由状态1到状态2，气体压强减小，气体体积相同，温度降低，则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减少，N1＞N2.对状态2和状态3，压强相同，温度大的次数少，则N3＜N2.‎ 答案：大于　等于　大于 考向二　气体实验定理和理想气体状态方程 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎[三类常考模型]‎ ‎“汽缸－活塞”模型 ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例1]　(2019·全国Ⅱ，33(2)T)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．‎ ‎[审题指导]　①准确写出活塞的平衡方程．②准确写出两部分气体的体积变化关系．‎ ‎[解析]　本题考查气体的性质，是对学生综合分析能力要求较高的题目，也是对学生科学推理素养的考查．‎ ‎(1)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)·S①‎ 得p10＝(p0＋p)②‎ ‎(2)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＋p⑦‎ V1＝⑧‎ ‎[答案]　(1)(p0＋p)　(2)p0＋p， ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎1.(2020·东北三省四市模拟)如图所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1＝‎10 cm2、S2＝‎20 cm2，两活塞总质量为M＝‎5 kg，两汽缸高度均为H＝‎10 cm.汽缸内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时，活塞a、b到汽缸底部距离均为l＝‎5 cm(图中未标出)．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，环境温度为T0＝300 K，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)若缓慢升高环境温度，使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部，求此时的环境温度；‎ ‎(2)若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，在活塞b由开始运动到汽缸底部过程中，求向下推力的最大值．‎ 解析：(1)汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动，由盖—吕萨克定律得：‎ ＝ 代入数据得：T＝400 K.‎ ‎(2)设初始气体压强为p1，由平衡条件有：‎ p0S1＋p1S2＝Mg＋p0S2＋p1S1‎ 代入数据得：p1＝1.5×105 Pa 由题意知，活塞b刚要到达汽缸底部时，向下的推力最大，此时气体的体积为HS1，设压强为p2‎ 由玻意耳定律得：p1(lS1＋lS2)＝p2HS1‎ 代入数据得：p2＝2.25×105 Pa 由平衡条件有：p0S1＋p2S2＝Mg＋p0S2＋p2S1＋F 代入数据得：F＝75 N.‎ 答案：(1)400 K　(2)75 N ‎“液柱”类模型 ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例2]　(2019·全国Ⅲ，33(2)T)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.‎ ‎(1)求细管的长度；‎ ‎(2)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．‎ ‎[审题指导]　(1)研究对象是封闭部分气体，计算气体压强时应注意气体压强、外部大气压强，还有液柱压强之间的关系．(2)计算气体体积时，‎2 cm是细管中气体长度的变化量，同时计算细管中气体长度时不能遗漏液柱长度‎2 cm.(3)缓慢加热时液柱缓慢移动，可以认为液柱处于平衡状态．‎ ‎[解析]　本题考查了气体实验定律内容，培养学生的综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力，体现了核心素养中的科学推理要素．‎ ‎(1)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＝p1V1①‎ 由力的平衡条件有 p＝p0＋ρgh②‎ p1＝p0－ρgh③‎ 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 cm⑥‎ ‎(2)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 K⑧‎ ‎[答案]　(1)‎41 cm　(2)312 K ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎2.(2020·南昌重点中学模拟)如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K，平衡时水银柱的位置如图(h1＝h2＝‎5 cm，L1＝‎50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：‎ ‎(1)右管内空气柱的长度L2；‎ ‎(2)关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内空气柱的长度L3.(大气压强保持不变)‎ 解析：(1)左管内气体压强：p1＝p0＋ρgh2＝80 cmHg，‎ 右管内气体压强：‎ p2＝p1＋ρgh1＝85 cmHg，‎ 设右管内外液面高度差为h3，则 p2＝p0＋ρgh3，‎ 解得h3＝‎10 cm，‎ 右管内空气柱长度L2＝L1－h1－h2＋h3＝‎50 cm.‎ ‎(2)设玻璃管横截面积为S，由理想气体状态方程 ＝，‎ 解得：L3＝‎60 cm.‎ 答案：(1)‎50 cm　(2)‎‎60 cm ‎“充气、抽气”模型 ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例3]　(2019·全国Ⅰ，33(2)T)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3.2×10－‎2m3‎，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．‎ ‎(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；‎ ‎(2)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．‎ ‎[审题指导]　(1)以每瓶中的氩气为研究对象使用前后满足玻意耳定律．‎ ‎(2)以10瓶压入的气体为研究对象，把变质量问题变为定质量问题，满足玻意定律．‎ ‎(3)压入炉腔的气体加热前后满足查理定律．‎ ‎[解析]　(1)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＝p1V1①‎ 被压入到炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为 V′1＝V1－V0②‎ 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＝10p1V′1③‎ 联立①②③式并代入题给数据得 p2＝3.2×107 Pa④‎ ‎(2)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 Pa⑥‎ ‎[答案]　(1)3.2×107 Pa　(2)1.6×108 Pa ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎3.如图所示，总体积为V的圆柱形汽缸中，有一个厚度不计的轻质活塞，活塞横截面积为S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动．在温度为T0，大气压强为p0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m的重物(mg＝p0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为，并与环境温度相同．为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为的空气充入汽缸．(空气看作理想气体，＝‎ ‎1.414)‎ ‎(1)在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部；‎ ‎(2)在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度升高，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部．‎ 解析：(1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为，压强为p0，充气后压强为2p0，体积为V，由玻意耳定律p0＝2p0 解得n＝100次 ‎(2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋；由理想气体状态方程，得 ＝ 整理得到2＝2‎ 解得N＝100(－1)‎ 根据题意，取N＝42次 答案：(1)100次　(2)42次 ‎1．(2019·石家庄二模)(1)(多选)下列说法中正确的是(　　 )‎ A．如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%‎ B．如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大 C．如图丙所示为某理想气体分子速率分布图像，由图可知与‎0 ℃‎相比，‎100 ℃‎时速率大的分子所占比例较多 D．在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体 E．如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这是由于气体膨胀对外做功温度降低造成的 ‎(2)如图所示，质量m＝‎50 kg的导热汽缸置于水平地面上，质量不计，横截面积S＝‎0.01 m2‎的活塞通过轻杆与右侧墙壁相连．活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，气体温度t＝‎27℃‎，汽缸与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，已知g＝‎10 m/s2，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝t＋273，求：‎ ‎①缓慢升高气体温度，汽缸恰好开始向左运动时气体的压强p和温度t；‎ ‎②保证汽缸静止不动时温度的范围．‎ 解析：(1)根据热力学第二定律可知，如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率也不可以达到100%，故A错误；如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，由于分子力做负功，分子势能逐渐变大，故B正确；如图丙所示为某理想气体分子速率分布图像，由图可知与‎0℃‎相比，‎‎100℃‎ 时速率大的分子所占比例较多；故C正确；在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，由图可知，该样品具有各向同性，则该样品可以是非晶体和多晶体，故D错误；如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气．用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的；故E正确．‎ ‎(2)①汽缸开始运动时，汽缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，汽缸内气体压强为：p＝p0＋＝1.2×105 Pa 气体发生了等容变化，根据查理定律可得：＝，代入数据可得：T＝360 K，即：t＝T－273＝‎‎87℃‎ ‎②当汽缸恰好不向右运动时，温度有最低值汽缸内气体压强：p′＝p0－＝0.8×105Pa 气体发生了等容变化，根据查理定律可得：＝，可得T′＝240 K，即：t′＝T′－273＝－‎33℃‎，温度在－‎33℃‎到‎87℃‎之间汽缸静止不动．‎ 答案：(1)BCE　(2)①1.2×105Pa　‎‎87℃‎ ‎②－33℃～‎‎87℃‎ ‎2．(2020·峨山县校级模拟)(1)(多选)下列说法正确的是(　　 )‎ A．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的 B．做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热 ‎(2)一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒联接而成．活塞A、B用一长为‎4L的刚性细杆连接，L＝‎0.5 m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动．A、B的截面积分别为SA＝‎40 cm2，SB＝‎20 cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0＝1.0×105 Pa的大气．当汽缸内气体温度为T1＝525 K时两活塞静止于如图所示的位置．‎ ‎(ⅰ)现使汽缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？‎ ‎(ⅱ)若在此变化过程中气体共向外放热500 J，求气体的内能变化了多少？‎ 解析：(1)‎ 第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，不能够实现，故A错误；做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现，故B正确；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故C正确；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是统计规律，具体到个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率非常小，故D正确；‎ 随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝c可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据ΔU＝W＋Q可知，温度不变时，ΔU不变，又W＜0，所以Q＞0，即气泡吸热，故E错误．‎ ‎(2)(ⅰ)对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化 ‎ 由盖·吕萨克定律有＝ 代入数据：＝ 解得T2＝300 K时活塞A恰好移到两筒连接处 ‎(ⅱ)活塞向右移动过程中，外界对气体做功 W＝p0·‎3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)J＝300 J ‎ 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝300 J－500 J＝－200 J 即气体的内能减少200 J.‎ 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)300 K　(ⅱ)200 J ‎3．(1)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．‎ ‎①气体状态从A到B是________过程(选填“等容”“等压”或“等温”)；‎ ‎②状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(选填“升高”“不变”或“降低”)；‎ ‎③状态从C到D的变化过程中，气体________(选填“吸热”或“放热”)；‎ ‎④状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．‎ ‎(2)如图所示，竖直放置的汽缸上端有一活塞，活塞横截面积为S(厚度不计)，活塞可在汽缸内无摩擦地滑动．汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃细管相通．汽缸内封闭了一段高为L的气柱，U形管内的气体体积不计．此时缸内气体温度为T0，U形管内水银柱高度差为h.已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g.(‎ 汽缸内气体与外界无热量交换)‎ ‎①求活塞的质量m.‎ ‎②对汽缸内气体进行加热，并在活塞上缓慢添加质量为‎4m的沙子，最终活塞位置不变，求最终汽缸内气体的温度T.‎ 解析：(1)①A→B，对应压强值恒为p2，即为等压过程．‎ ‎②B→C，由＝恒量，V不变，p减小，T降低．‎ ‎③C→D，由＝恒量，p不变，V减小，可知T降低，外界对气体做功，内能减小，由ΔU＝W＋Q可知C→D过程放热．‎ ‎④A→B，气体对外界做功 WAB＝p2(V3－V1)‎ B→C，V不变，气体不做功 C→D，V减小，外界对气体做功 WCD＝－p1(V3－V2)‎ 状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做的总功W＝WAB＋WBC＋WCD＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．‎ ‎(2)本题考查物体的平衡、查理定律，意在考查考生的理解能力．‎ ‎①活塞受力分析如图所示，设此时汽缸内气体的压强为p1，由平衡条件有p1S＝p0S＋mg 由U形管中水银的高度差，结合液体压强公式有p1＝p0＋ρgh 联立解得活塞的质量m＝ρSh ‎②在活塞上添加质量为‎4m的沙子，由平衡条件得p2S＝p0S＋5mg得p2＝p0＋5ρgh 汽缸内气体做等容变化，由查理定律得＝ 所以此时汽缸内气体的温度为T＝T0‎ 答案：(1)①等压　②降低　③放热　④p2(V3－V1)－p1(V3－V2)‎ ‎(2)①pSh　②T0‎ ‎4．(2018·全国卷Ⅱ，33T)‎ ‎(1)(多选)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 ‎(2)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.‎ 解析：(1)气体的内能包括分子之间相互作用的势能和分子热运动的动能，与整体的重力势能和动能均无关，故A、C错误，B、E正确；由热力学第二定律可知，气体体积变化时，其内能可能不变，故D正确．‎ ‎(2)设活塞在a处时温度为T1，体积为V1，活塞在b处时温度为T2，体积为V2.活塞没动之前是等容过程＝，T1＝之后是一个等压过程，V1＝SH，V2＝S(H＋h)，＝，所以解得：T2＝，W＝F·h＝(mg＋p0S)·h 答案：(1)BDE　(2)　(mg＋p0S)h ‎5．(2018·全国卷Ⅲ，33T)(1)(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 ‎(2)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．‎ 解析：(1)因＝C，由a→b，pa＜pb，Va＜Vb，可得Ta＜Tb，故A项错误；因Ta＜Tb，故理想气体的内能一直增加，B项正确；因气体的体积一直增大，故气体一直对外做功，C项正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，D项正确；气体吸收的热量有一部分转化为内能，一部分用于对外做功，故E项错误．‎ ‎(2)设管截面积为S 对左边的气体，p1＝12.0 cmHg，l1＝‎‎18.0 cm 设后来压强为p，l′1＝l1＋Δl 根据玻意耳定律得：p‎1l1S＝pl′1S 即：p‎1l1S＝p(l1＋Δl)S 对右边的气体：p2＝p1－p液＝6.0 cmHg l2＝‎‎12.0 cm 后来压强为p，l′2＝l2－Δl 根据玻意耳定律得：p‎2l2S＝pl′2S 即p‎2l2S＝p(l2－Δl)S 联立解得：Δl＝‎‎4.5 cm 所以：l′1＝‎18.0 cm＋‎4.5 cm＝‎‎22.5 cm l′2＝‎12.0 cm－‎4.5 cm＝‎‎7.5 cm 答案：(1)BCD ‎(2)l′1＝‎22.5 cm　l′2＝‎‎7.5 cm ‎6．(2020·湖北模拟)(1)(多选)下列说法正确的是________．‎ A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动 B．外界对气体做正功，气体的内能不一定增加 C．影响蒸发快慢以及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气压的差 D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 E．晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大 ‎(2)一个篮球的容积是‎2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去‎125 cm3.如果在打气前篮球里的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少Pa？(设在打气过程中气体温度不变)‎ 解析：(1)花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停的做无规则运动，故A错误；外界对气体做正功，气体可能同时放热，根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，气体的内能不一定增加，故B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故C正确；第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故D错误；晶体熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收热量，说明内能增加，故分子势能增大，故E正确；‎ ‎(2)由于每打一次气，总是把ΔV体积、相等质量、压强为p0的空气压到容积为V0的容器中，所以打n次气后，共打入压强为p0的气体的总体积为nΔV，因为打入的nΔV体积的气体与原先容器里空气的状态相同，故以这两部分气体的整体为研究对象．取打气前为初状态，压强为p0，体积为V0＋nΔV；打气后容器中气体的状态为末状态；压强为p2、体积为V0.状态及过程如图所示．‎ 令V2为篮球的容积，V1为n次所充气体的体积及篮球的容积之和，则V1＝‎2.5 L＋30×‎‎0.125 L 由于整个过程中气体质量不变、温度不变．‎ 可用玻意耳定律求解．‎ p0V1＝p2V2‎ p2＝＝Pa＝2.5×105 Pa.‎ 答案：(1)BCE　(2)2.5×105 Pa