高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题6 第20课时 热学（含解析）

这是一份高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题6 第20课时 热学（含解析），共21页。试卷主要包含了估算问题，分子运动，对热力学第二定律的理解，以下判断正确的是等内容，欢迎下载使用。

高考题型1 分子动理论 热力学定律
1．估算问题
(1)油膜法估算分子直径：d＝eq \f(V,S)，其中V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积．
(2)分子总数：N＝nNA＝eq \f(m,M)NA＝eq \f(V,Vml)NA.
特别提醒：对气体而言，一个分子的体积V0≠eq \f(V,N).
(3)两种分子模型：①球体模型：V＝eq \f(4,3)πR3；②立方体模型：V＝a3.
2．分子运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大．
3．分子力、分子势能与分子间距离的关系(如图1)
图1
4．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
由气体温度变化分析ΔU.温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0.
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化．
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况．体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0.
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况，Q>0，吸热；Q<0，放热．
5．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，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响．
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅱ·33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．(填正确答案标号)
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案 B C
解析 A项符合热力学第一、第二定律．冷水和杯子温度不可能都变低，只能是一个升高一个降低，或温度都不变，B项描述违背了热力学第一定律．C项描述虽然不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律．D项中冰箱消耗电能从而可以从低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，不违背热力学第二定律．
例2 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·33(1)改编)如图2，一开口向上的导热汽缸内．用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降．环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态．在活塞下降过程中( )
图2
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
答案 BCD
解析 温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，故B正确；根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故C、D正确．
例3 (2020·北京卷·10)分子力F随分子间距离r的变化如图3所示．将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是( )
图3
A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小
B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大
C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大
D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小
答案 D
解析 分子力与分子间距离的关系如图所示，从r＝r2到r＝r0，分子间引力和斥力都增大，故A错误；从r＝r2到r＝r1，分子间引力和斥力的合力先增大，再减小，再增大，故B错误；从r＝r2到r＝r0，分子力做正功，分子势能一直减小，故C错误；从r＝r2到r＝r1，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确．
例4 (2020·山东卷·6)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图4所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)．以下判断正确的是( )
图4
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C
解析 由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由eq \f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq \f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误．由eq \f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a内能的减少量等于b→c内能的增加量，故D错误．
命题预测
1．(2020·江苏高三下学期高考模拟三)下列有关分子动理论的说法中，正确的是( )
A．足球充足气后很难被压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果
B．花粉颗粒在液体中的布朗运动，短时间的运动无规则，时间足够长时是有规则的
C．若已知气体在某状态下的摩尔质量、密度及阿伏加德罗常数，可求出每个分子的体积
D．两分子之间的引力和斥力平衡时，它们所具有的分子势能具有最小值
答案 D
2.(2020·天津市部分区高三下学期质检二)如图5所示，一个内壁光滑、导热良好的汽缸悬挂在天花板上，轻质活塞上方封闭着理想气体，若用向下的力F缓慢将活塞向下拉动一小段距离，则( )
图5
A．缸内气体的温度可能降低
B．缸内气体分子的平均动能会减小
C．缸内气体会吸热
D．若拉力F对活塞做的功为W，则缸内气体的内能减少了W
答案 C
解析 内壁光滑、导热良好的汽缸，在力F缓慢将活塞向下拉动一小段距离的过程中，缸内气体的温度保持不变，缸内气体分子的平均动能也保持不变，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，在力F缓慢将活塞向下拉动一小段距离的过程中，气体对外做功W＜0，而温度保持不变，则ΔU＝0，所以Q＞0，缸内气体会吸热，故C正确；拉力F对活塞做的功与缸内气体内能的变化无关，故D错误．
3．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．对物体做功或向它传递热量都可以增加物体的内能
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
答案 AC
解析 做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故A正确；对某物体做功，物体的内能不一定增加，因为物体可能同时向外界放热，故B错误；在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确；根据热力学第二定律知，不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，但在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，比如电冰箱，故D错误．
4．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图6所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则：
图6
(1)油酸薄膜的面积是________ cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL.(取1位有效数字)
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________ m．(取1位有效数字)
答案 (1)115(112～118均可) (2)8×10－6 (3)7×10－10
解析 (1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，故油膜的面积：
S＝115×1 cm2＝115 cm2.
(2)一滴油酸酒精溶液的体积：V′＝eq \f(1,75) mL，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：
V＝eq \f(6,104)V′＝8×10－6 mL.
(3)油酸分子的直径：
d＝eq \f(V,S)＝eq \f(8×10－12,115×10－4) m≈7×10－10 m．
高考题型2 固体、液体和气体
1．对晶体、非晶体特性的理解
(1)只有单晶体才可能具有各向异性．
(2)各种晶体都具有确定的熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于增加分子势能．
(3)晶体与非晶体可以相互转化．
(4)有些晶体属于同素异形体，如金刚石和石墨．
2．正确理解温度的微观含义
(1)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．
(2)温度越高，物体分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大．
3．对气体压强的理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞容器壁的结果，温度越高，气体分子密集程度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大．
(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的．
考题示例
例5 (多选)(2020·江苏卷·13(1))玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体．下列关于玻璃的说法正确的是( )
A．没有固定的熔点
B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同
D．分子在空间上周期性排列
答案 AC
解析 根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不是空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形，物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”，它没有固定的熔点．故选A、C.
例6 (2019·上海卷·5)将相同质量、相同温度的理想气体放入相同容器，体积不同，则这两部分气体( )
A．平均动能相同，压强相同
B．平均动能不同，压强相同
C．平均动能相同，压强不同
D．平均动能不同，压强不同
答案 C
解析 温度是分子平均动能的标志，所以温度相同时平均动能相同，而根据压强的微观解释可知，压强与分子平均动能和分子数密度有关，质量相同而体积不同，所以分子数密度不同，压强不同，A、B、D错误，C正确．
命题预测
5．(2020·北京市通州区第二中学高三三模)关于固体、液体，下列说法正确的是( )
A．晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点
B．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
C．表面张力使液体表面具有扩张的趋势，使液体表面积趋于最大
D．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降
答案 B
解析 晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，A错误；由液晶的性质知它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确；表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，C错误；毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外；毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管外，D错误．
6．(2020·山东潍坊市高三二模)“蛟龙号”深潜器在执行某次实验任务时，外部携带一装有氧气的汽缸，汽缸导热良好，活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通．已知海水温度随深度增加而降低，则深潜器下潜过程中，下列说法正确的是( )
A．每个氧气分子的动能均减小
B．氧气放出的热量等于其内能的减少量
C．氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加
D．氧气分子每次对缸壁的平均撞击力增大
答案 C
解析 海水温度随深度增加而降低，汽缸导热良好，氧气分子平均动能减小，但不是每个氧气分子的动能均减小，故A错误；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能的减少量等于氧气放出的热量和外界对氧气做功之和，故B错误；根据液体压强公式p＝ρgh可知，随下潜深度增加，海水压强增大，由于活塞与缸壁间无摩擦且与海水相通，氧气压强增加，即氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确；根据动量定理Ft＝mv＝eq \r(2mEk)，氧气分子平均动能减小，氧气分子每次对缸壁的平均撞击力减小，故D错误．
高考题型3 气体实验定律 理想气体状态方程
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求解．
(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa.
若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg.
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式求解．
(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．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的关联，压强、体积等关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解．
考题示例
例7 (2020·全国卷Ⅰ·33(2))甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后
(ⅰ)两罐中气体的压强；
(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比．
答案 (ⅰ)eq \f(2,3)p (ⅱ)eq \f(2,3)
解析 (ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
两罐气体压强均为p时，总体积为(V＋V1)．
设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p③
(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得k＝eq \f(2,3).
例8 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图7，一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：
图7
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
答案 (1)eq \f(1,2)(p0＋p) (2)eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p)
解析 (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＝eq \f(1,2)(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
抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，
则由玻意耳定律得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＝eq \f(1,2)p0＋eq \f(1,4)p⑦
V1＝eq \f(4p0＋pV0,2p0＋p).⑧
例9 (2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图8所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上．抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21).若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．
图8
答案 eq \f(1,3)
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
则有eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，
由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④
由玻意耳定律得p3V3＝p4V4
则有p0V0′＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得
V4＝eq \f(10,7)V0′⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－eq \f(20,21)V0′⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3).
命题预测
7.如图9所示，汽缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气．初始时两侧气体的温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB＝1∶2.现将汽缸从如图位置缓慢转动，转动过程中A、B两部分气体温度均不变，直到活塞成水平放置，此时，A、B两部分气体体积相同．之后保持A部分气体温度不变，加热B部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A、B两部分气体体积之比仍然为VA∶VB＝1∶2.已知重力加速度大小为g.求：
图9
(1)活塞的质量；
(2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度之比．
答案 (1)eq \f(2pS,3g) (2)eq \f(5,3)
解析 (1)汽缸转到竖直位置时，A在上，B在下，设此时两部分的体积为V，活塞的质量为m
则pAS＋mg＝pBS
对A部分气体，由玻意耳定律得pVA＝pAV
对B部分气体，由玻意耳定律得pVB＝pBV
又V＝eq \f(1,2)(VA＋VB)
解得m＝eq \f(2pS,3g)
(2)设初态A、B两部分气体的温度均为T，则最后状态时A部分气体的温度仍为T，B部分气体温度升高后的温度为T′，则对A部分气体，体积、温度均不变，则压强不变，仍为p，
对B部分气体，pB′＝p＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5,3)p
由查理定律得eq \f(p,T)＝eq \f(\f(5,3)p,T′)
解得eq \f(T′,T)＝eq \f(5,3)
8．(2020·广东广州市、深圳市学调联盟高三第二次调研)如图10，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm.先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：
图10
(1)稳定后A端上方气柱长度；
(2)稳定后右管内的气体压强．
答案 (1)38 cm (2)78 cmHg
解析 (1)设玻璃管的横截面积为S，稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，则A管内气体的压强为pA1＝(76＋4) cmHg
由玻意耳定律有p0VA0＝pA1VA1
又VA0＝lAS，VA1＝lA1S
代入数据解得：lA1＝38 cm
(2)设右管水银面上升h，则右管内的气柱长度为lB－h，气体的压强为pA1－2ρgh
由玻意耳定律得：p0lB＝(pA1－2ρgh)(lB－h)
解得：h＝1 cm
所以右管内的气体压强为pB1＝pA1－2ρgh＝78 cmHg
9.新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作．如图11所示，是某医院消毒喷雾器设备．喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10 L，打气筒每打一次气能向储液桶内压入p0＝1×105 Pa的空气V0′＝200 mL.现往储液桶内装入8 L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为p＝1.0×105 Pa，打气过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变．不计储液桶两端连接管以及软细管的容积．
图11
(1)若打气使储液桶内药液上方的气体压强达到3×105 Pa，求打气筒打气次数至少是多少？
(2)当储液桶内药液上方的气体压强达到3×105 Pa后，打开喷雾头开关K直至储液桶药液上方的气压为2×105 Pa，求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？
答案 见解析
解析 (1)对打气后，储液桶内药液上方的气体
初状态：压强为p1＝1×105 Pa，体积为V1
末状态：压强为p2＝3×105 Pa，体积为V2＝2 L
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：V1＝6 L
因为打气前，储液桶内药液上方气体体积为V0＝2 L，
所以打气筒打气次数n＝eq \f(V1－V0,V0′)＝eq \f(6－2,0.2)＝20次
(2)对储液桶内药液上方的气体
初状态：压强为p2＝3×105 Pa，体积为V2＝2 L
末状态：压强为p3＝2×105 Pa，体积为V3
由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得：V3＝3 L
储液桶喷出药液的体积ΔV＝V3－V2＝(3－2) L＝1 L
专题强化练
[保分基础练]
1．关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
答案 C
解析 在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，A错误；布朗运动是颗粒的运动，从侧面反映了液体分子的无规则运动，B错误；分子间同时存在着引力和斥力，C对；分子间的引力总是随着分子间距的增大而减小，D错误．
2．(2020·山东枣庄市高三一模)下列说法中正确的是( )
A．物体的温度升高时，其内部每个分子的动能一定都增大
B．气体的压强越大，单位体积内气体的分子个数一定越多
C．物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大
D．分子间距离减小，分子间的引力和斥力一定都减小
答案 C
解析 物体的温度升高时，其内部分子的平均动能增大，但是每个分子的动能不一定都增大，选项A错误；气体的压强越大，因气体的体积不一定减小，故单位体积内气体的分子个数不一定越多，选项B错误；物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大，选项C正确；分子间距离减小，分子间的引力和斥力一定都增大，选项D错误．
3．(2020·山东临沂市高三二模)下列说法正确的是( )
A．液体分子的无规则运动称为布朗运动
B．气体放出热量，其分子平均动能减小
C．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
D．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
答案 C
解析 布朗运动是悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；气体放出热量，若有外力对其做正功，内能不一定减小，温度不降低，分子平均动能就不减小，B错误；玻璃裂口放在火上烧熔，则玻璃变成了液态，由于液体的表面张力作用，则使液体表面收缩，使其尖端变圆，C正确；气体分子不是紧密排列，气体分子间距较大，不能忽略，分子间距不等于分子直径，知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，只能求出每个气体分子占据的空间大小，不能求出气体分子的体积，D错误．
4．(2020·天津市红桥区高三下学期一模)下列说法正确的是( )
A．决定封闭理想气体压强大小的是分子密集程度和分子的平均动能
B．决定理想气体压强的是分子平均动能和分子种类
C．质量相同的0 ℃的水和0 ℃的冰具有相同的内能
D．一定质量的理想气体绝热自由膨胀过程，内能一定减少
答案 A
解析 气体压强跟分子平均动能和分子密集程度有关，选项A正确，B错误；0 ℃的冰熔化成水时要吸热，所以质量相同的0 ℃的水的内能要比0 ℃的冰的内能大，选项C错误；因气体绝热自由膨胀，不受外界阻力，所以外界不对气体做功，也没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能不变，选项D错误．
5.(2020·北京交通大学附属中学高三三模)一定质量的理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图1所示．气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．温度降低，吸收热量
B．温度降低，放出热量
C．温度升高，吸收热量
D．温度升高，放出热量
答案 C
解析 气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律eq \f(p,T)＝C可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，由于气体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，A、B、D错误．
6.(多选)(2020·山东济宁市高三下学期二模)如图2所示，用横截面积为S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上．劲度系数为k＝1 000 N/m的水平轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上．不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0＝18 cm.现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩x＝5 cm后再次静止(已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，外界温度保持不变)，在此过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．气体对外界放热
B．气体分子的平均动能变大
C．再次静止时力F的大小为50 N
D．汽缸向右移动的距离为11 cm
答案 ACD
解析 设末态汽缸内气体的压强为p，对活塞受力分析，则有pS＝p0S＋kx，解得p＝1.5×105 Pa.气体温度保持不变，由玻意耳定律得p0L0S＝pLS，解得L＝12 cm，即气体体积减小；因温度不变，故气体的内能不变，而此过程气体体积减小，外界对气体做功，为保持内能不变，故气体向外界放热，故A正确；此过程温度不变，故气体分子的平均动能不变，故B错误；对汽缸受力分析，根据平衡条件有F＝kx＝50 N，故C正确；设汽缸向右移动的距离为x′，则有L0＝L＋x′－x，代入数据解得x′＝11 cm，故D正确．
7．(2020·北京卷·4)如图3所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C.有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
图3
A．TA＝TB，TB＝TC B．TAC．TA＝TC，TB>TC D．TA＝TC，TB答案 C
解析 从A到B为等压膨胀过程，由eq \f(pV,T)＝C知温度升高，TATC.由题图可知pAVA＝pCVC，则TA＝TC.故选项C正确．
8．(2020·湖北黄冈市模拟)用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：
①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2；
②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0；
③先往边长为30～40 cm的浅盘里倒入2 cm深的水；
④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；
⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上；
⑥计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半个格的两个格算一格，多于半个格的算一格．
上述实验步骤中有遗漏和错误，遗漏的步骤是________________________；错误的步骤是______________________________________________(指明步骤，并改正)，油酸分子直径的表达式d＝______________.
答案 将痱子粉均匀撒在水面上 ⑥，应该是不足半格的舍去，多于半格的算一格 eq \f(V0V1,Nna2V2)
解析 由实验步骤可知，缺少的实验步骤是，在步骤③后加上：将痱子粉均匀撒在水面上．
错误的是步骤⑥，应该改为：计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半格的舍去，多于半格的算一格．
一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝eq \f(V0,n)·eq \f(V1,V2)＝eq \f(V0V1,nV2)
油膜的面积S＝Na2
油酸分子的直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(V0V1,Nna2V2)
9．在利用特制的注射器做“探究气体等温变化的规律”实验中，某小组同学通过上拉或下压柱塞得到了a、b、c、d四组实验数据，如图4是压力表记录b组数据时的状态，通过记录对应的四个封闭气柱的长度值L(L单位：cm)算出体积，四组实验数据如下表．
图4
(1)实验研究的对象是________，实验中应保持不变的参量是________和________．
(2)实验中为了控制该参量不变，下列采取的主要措施比较合理的是________．
A．在活塞上涂上润滑油，保持良好的封闭性
B．推动活塞时要缓慢
C．不要用手直接握住注射器密闭气体的部分
D．实验前注射器内要吸入尽量多的空气
(3)实验数据b对应的压强应为________×105 Pa，根据上表数据作出的p－eq \f(1,V)图像，可得出实验结论：质量一定的理想气体，______________________________________________.
答案 见解析
解析 (1)实验研究的对象是注射器内密闭的气体，保持不变的参量是温度和密闭气体的质量．
(2)活塞和针筒之间涂上润滑油，减小摩擦、防止漏气，保证气体质量不变．缓慢推动活塞、不要用手直接握住注射器密闭气体的部分，保证气体的温度不变，实验前注射器内应吸入适量的空气，故选项A、B、C正确，D错误．
(3)实验数据b对应的压强为1.0×105 Pa，作出的p－eq \f(1,V)图线为一条过原点的直线，可得出结论：质量一定的理想气体，温度不变时，压强与体积成反比．
[争分提能练]
10.(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图5，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝76 cmHg.
图5
(ⅰ)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？
(ⅱ)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
答案 见解析
解析 (ⅰ)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有
p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S，④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(ⅱ)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
T2≈363 K
11.(2020·全国卷Ⅱ·33(2))潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似．潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要．为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图6所示．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化．
图6
(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l；
(ⅱ)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积．
答案 见解析
解析 (ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1＝ p0V0①
V0＝hS②
V1＝(h－l)S③
p1＝p0＋ ρg(H－l)④
联立以上各式并考虑到H≫h>l，解得
l＝eq \f(ρgH,p0＋ρgH)h⑤
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0＝ p0V3⑥
其中p2＝ p0＋ρgH⑦
设需压入筒内的气体体积为V，原有气体在压强为p0时的体积为V0，则依题意有
V＝V3－V0⑧
联立②⑥⑦⑧式得
V＝eq \f(ρgSHh,p0).
12．(2019·全国卷Ⅰ·32(2)改编)热等静压设备广泛用于材料加工，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进行加工处理，改变其性能，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V1＝0.1 m3，将炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将多瓶氩气压入到炉腔中，使得炉腔中气体在室温下的压强至少为p1＝3.9×107 Pa，已知每瓶氩气的容积V2＝0.03 m3，使用前瓶中气体压强p2＝1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强p3＝3.0×106 Pa；室温为27 ℃，加压后的氩气可视为理想气体．
(1)求至少要准备的氩气瓶数；
(2)若将炉腔中气体在室温下的压强增大至p1＝3.9×107 Pa后，用升高温度的方法继续使炉腔内压强增加到p4＝1.3×108 Pa，求此时炉腔中气体的温度t.
答案 (1)11瓶 (2)727 ℃
解析 (1)设炉腔内压强为p2的氩气的体积为V，p1V1＝p2V
解得V＝0.26 m3
设瓶内剩余氩气在压强为p2下的体积为V3，p2V3＝p3V2
解得V3＝0.006 m3
设至少要压入n瓶氩气，则有n(V2－V3)≥V
解得n≥10.8，即至少要准备11瓶氩气．
(2)炉腔内气体的体积不变，由查理定律得eq \f(p1,t1＋273 ℃)＝eq \f(p4,t＋273 ℃)
解得t＝727 ℃.
13．(2020·广东广州市阶段检测)如图7，水平放置的长为2L的固定汽缸左端开口、右壁导热、侧壁绝热，内壁正中间有一卡口k.初始时导热活塞A在汽缸最左端，绝热活塞B紧靠卡口k，密封的Ⅰ、Ⅱ两部分气体压强分别为p0、3p0.A、B厚度不计且可无摩擦滑动，现将A向右缓慢推动eq \f(L,2)后固定，活塞B未移动．
图7
(1)求A固定在eq \f(L,2)处时气体Ⅰ的压强；
(2)再缓慢加热气体Ⅰ，使气体Ⅰ的热力学温度升高至原来的3倍，求气体Ⅱ的压强．
答案 (1)2p0 (2)4p0
解析 (1)设汽缸底面积为S，则初始时气体Ⅰ压强为p1＝p0，体积为V1＝LS，活塞A向右移动eq \f(L,2)后，由题意可知活塞B不会移动，设气体Ⅰ的压强为p2，体积为V2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L－\f(L,2)))S
由玻意耳定律：p1V1＝p2V2，解得p2＝2p0
(2)加热气体Ⅰ后，假设活塞B向右移动了距离d；加热前，气体Ⅰ的温度为T，加热后，设气体Ⅰ的压强为p3，温度为3T，体积为V3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))S
由理想气体状态方程得：eq \f(p1V1,T)＝eq \f(p3V3,3T)，
活塞B移动前，已知气体Ⅱ的压强为p1′＝3p0，体积为V1′＝LS，活塞B移动后，气体Ⅱ的压强为p3′＝p3，体积为V3′＝(L－d)S
由玻意耳定律：p1′V1′＝p3′V3′，联立解得d＝eq \f(L,4)
即活塞B向右移动了eq \f(L,4)
p3＝4p0>3p0
假设成立．次数
a
b
c
d
压强p(×105 Pa)
0.8
1.6
1.9
体积V(cm3)
8
6.4
4.0
3.4
体积倒数eq \f(1,V)(cm－3)
0.125
0.156
0.25
0.297