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2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题七第17讲热 学
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第17讲热 学
主干体系知识
核心再现及学科素养
知识规律
(1)分子动理论：分子直径的数量级是10－10m；分子永不停息地做无规则运动；分子间存在相互的引力和斥力．
(2)气体实验定律和理想气体状态方程．
①p1V1＝p2V2；②＝；③＝；
④＝.
(3)热力学定律．
①热力学第一定律：ΔU＝W＋Q.
②热力学第二定律：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、控制变量思想．
(2)物理方法：类比法、假设法、转换研究对象法.
1．(2018·高考全国卷Ⅰ，33)(1)(多选)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________．
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，汽缸上部通过细管理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 (1)A错：过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大．B对：过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做功．C错：过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0，即气体放出热量．D对：状态c、d温度相同，所以内能相同．E对：
由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vcpd，所以pb>pc>pd.
(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＝⑥
答案 (1)BDE (2)
2．(2018·高考全国卷Ⅱ，33)(1)对于实际的气体，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
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．已知活塞持量为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)A错：气体的内能不考虑气体自身重力的影响，故气体的内能不包括气体分子的重力势能．B、E对：实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分．C错：气体整体运动的动能属于机械能，不是气体的内能．D对：气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，即分子势能和分子动能的和可能不变．
(2)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)h⑧
答案 (1)BDE (2)T0 (p0S＋mg)h
3．(2018·高考全国卷Ⅲ，33)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直丝所示．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)A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热．E错：由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能．
(2)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－l′2④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
答案 (1)BCD (2)22.5 cm 7.5 cm
[考情分析]
1．高考考查特点
本考点为高考热点，题型多为计算题，题目综合难度较大，一般结合气体实验定律、气体压强的微观解释、热力学第一定律、气体图象进行命题．常考类型有：
(1)“汽缸”类
①一部分气体多状态变化
②两部分气体状态变化
(2)“液柱”类
①“U形管”类：两部分气体状态变化
②“直玻璃管”类
a．两部分气体状态变化
b．一部分气体状态变化(管转动)
(3)“打气、抽气”类
2．解题的常见误区及提醒
(1)没有弄清理想气体状态方程的应用条件是一定质量的理想气体是常见的解题误区；
(2)对于多过程问题不能判断状态参量中的不变量，错误的选取气体实验定律．
高频考点一 分子运动理论、内能及热力学定律
[备考策略]
1．必须掌握的三个问题
(1)必须掌握微观量估算的两个模型
球模型：V＝πR3(适用于估算液体、固体分子直径)．
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)．
(2)必须明确反映分子运动规律的两个实例
①布朗运动
研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒．
运动特点：无规则、永不停息．
相关因素：颗粒大小、温度．
②扩散现象
产生原因：分子永不停息地无规则运动．
相关因素：温度．
(3)必须弄清的分子力和分子势能
①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．
②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，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小．
2．物体的内能与热力学定律
(1)物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．
(2)热力学第一定律
①公式：ΔU＝W＋Q；
②符号规定：外界对系统做功，W>0；系统对外界做功，W<0.系统从外界吸收热量，Q>0；系统向外界放出热量Q<0.系统内能增加，ΔU>0；系统内能减少，ΔU<0.
(3)热力学第二定律的表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)或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(按机械能和内能转化的方向性表述)．第二类永动机是不可能制成的．
[题组突破]
1－1.(多选)下列说法正确的是( )
A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动
B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．
E．分子力只要增大，分子间的分子势能就要增大
ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A对．温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的速率都增大，故B错．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C对．温度是分子热运动的平均动能的标志，故D对．由Ep－r和F－r图象比较可知，分子力增大，分子间的分子势能不一定增大，E错．]
1－2.(多选)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，将气体压加到原来的体积．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 [由于隔板右侧是真空，隔板抽开后，气体自发扩散至整个汽缸，并不做功也没有热量交换，所以自发扩散前后内能相同，故选项A正确，选项C错误；气体被压缩过程中，外界对气体做功，没有热量交换，根据ΔU＝W＋Q，气体的内能增大，故选项B、D正确；气体被压缩过程中，温度升高，分子平均动能增大，故选项E错误．]
1－3.(多选)下列说法中正确的是( )
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
C．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
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
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＝
ABC [气体放出热量，同时外界对气体做功，温度可能升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；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，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；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＝，而气体分子间距较大此式不成立，故E错误．]
1－4.(2018·湖北襄阳二模)(1)(多选)给体积相同的两个容器A、B分别装满温度为60 ℃的热水和6 ℃的冷水，下列说法中正确的是( )
A．由于温度是分子平均动能的标志，所以容器A中水分子的平均动能比容器B中水分子的平均动能大
B．由于温度越高，布朗运动越剧烈，所以容器A中水分子的布朗运动比容 B中水分子的布朗运动更剧烈
C．若把A、B两个容器靠在一起，则A、B两容器内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递
D．由于A、B两容器内水的体积相等，所以A、B两容器中水分子间的平均距离相等
E．已知水的相对分子质量是18，若容器B中水的质量为3 kg，水的密度为1.0×103kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1，则容器B中水分子个数约为1.0×1026
(2)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥，某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1.
试求：(结果均保留一位有效数字)
①该液化水中含有水分子的总数N；
②一个水分子的直径d.
解析 (1)布朗运动不是水分子的运动，而是水中小颗粒的无规则运动，所以选项B错误．由于A、B两容器中水的密度不同(热水的密度较小)，所以A、B两容器中水质量不同，水分子的个数不同，水分子间的平均距离也不相等，选项D错误．根据题意，水的摩尔质量为18 g/mol，容器B中水的物质的量为n＝mol＝mol，所以容器B中水分子个数约为N＝nNA＝1.0×1026，选项E正确．
(2)①水的摩尔体积为
V0＝＝1.8×10－5m3/mol，
水分子数为：N＝NA＝3×1025个
②建立水分子的球模型有＝πd3，
水分子的直径为
d＝＝m≈4×10－10m.
答案 (1)ACE (2)①3×1025个 ②4×10－10m
[归纳反思]
热学中的估算问题
(1)油膜法估算分子直径：d＝
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积．
(2)分子总数：N＝nNA＝·NA＝NA.
Mm为摩尔质量．
Vm为摩尔体积．
[注意] 对气体而言，N≠.
V个为一个分子的体积．
(3)两种模型：
球模型：V＝πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
高频考点二 固体、液体和气体
[备考策略]
1．晶体和非晶体
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
有确定的几何形状
没有确定的几何形状
熔点
固定
固定
无固定熔点
物质性质
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、电学物理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最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切与分界线垂直．
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压强占同一温度时水的饱和汽压的百分比，即：B＝×100%.
6．正确理解温度的物理意义
(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，一定质量的某种物质分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大．
7．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的结果，温度越高，气体分子密度越大，气体的压强就越大．
(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的．
[题组突破]
2－1.(2018·江西南昌模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．晶体的导热性能一定是各向异性
B．封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关
C．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
D．虽然大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率却按一定的规律分布
E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势
CDE [单晶体的导热性能一定是各向异性，多晶体的导热性能是各向同性的，选项A错误；封闭气体的压强与分子的密集程度和气体分子的平均速率有关，选项B错误；夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，选项C正确；虽然大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率却按一定的规律分布，选项D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项E正确．]
2－2.(2018·山东泰安模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
D．常见的金属都是非晶体
E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
ACE [空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势，A正确；给车胎打气，越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大的结果，不是由于分子间存在斥力，B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，C正确；常见的金属都是晶体，D错误；液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E正确．故选ACE.]
2－3.(2018·揭阳市揭东一中检测)(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．当气体温度变化时，气体内能一定变化
B．若气体的内能不变，其状态也一定变化
C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
E．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
ACE [一定质量理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；由理想气体状态方程＝C，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确；由理想气体状态方程＝C知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误；气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确．]
2－4.(2018·东北三省四市二模)下列说法正确的是( )
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故
B．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不平衡性就表现得越明显
C．在单晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
D．水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中
E．密封在容积不变的容器内的理想气体，若气体从外界吸热，则温度一定升高
CDE [气体失去了容器的约束会散开，是因为气体分子在永不停息地做规则运动，选项A错误；悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动越不明显，选项B错误；根据单晶体的特点知，选项C正确；蒸发过程中是一个动态过程，既会有水分子从液面飞出，也有水分子进入水面，选项D正确；等容过程，体积不变，气体不对外做功，若从外界吸热，内能一定增加，温度一定升高，选项E正确．]
高频考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
[备考策略]
一、必须理清的知识联系
二、必须掌握的三个要点
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．气体实验定律
(1)等温变化：pV＝C或p1V＝p2V2；
(2)等容变化：＝C或＝；
(3)等压变化：＝C或＝；
(4)理想气体状态方程：＝C或＝或＋＝.
3．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，把这些状态参量罗列出来会比较准确、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．
[命题视角]
考向1 一部分气体多个状态变化过程问题
例1 (2018·届湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯盖的面积为S.初始时，杯内气体的温度为T0，压强与大气压强P0相等．因杯子保温，杯内气体温度逐渐降低，不计摩擦，不考虑杯内水的汽化和液化，重力加速度为g.
(ⅰ)求温度降为T1时杯内气体的压强P1；
(ⅱ)杯身保持静止，温度为Ti时缓慢起杯盖所需的力至少多大？
(ⅲ)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？
解析 (ⅰ)降温过程，由查理定律＝①
温度降为T1时，杯内气体的压强p1＝T1②
(ⅱ)对杯盖受力分析，如图(a)所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小．
由平衡条件p1S＋F＝p0S＋mg③
最小拉力F＝p0S＋mg－p0S④
(ⅲ)设提起杯子时气体压强为p2，温度为T2，杯身受力如图(b)所示．
由平衡条件p0S＝p2S＋Mg⑤
由查理定律＝⑥
此时温度T2＝T0－⑦
答案 (1)T1 (2)p0S＋mg－p0S (3)T0－
考向2 涉及多部分气体相联的问题
例2 (2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0.设外界大气压强p0保持不变，活塞的横截面积为S，且mg＝0.1 p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：
(ⅰ)此时第Ⅱ部分气体的长度；
(ⅱ)若只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．
解析 (ⅰ)初状态Ⅱ气体压强
p2＋＝1.2p0
加铁砂后Ⅱ气体压强
p2′＝p0＋＝1.4p0
由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2S
解得：l2＝l0；
(ⅱ)初状态Ⅰ气体压强p1＝p0＋＝1.1p0
加铁砂后Ⅰ气体压强p1′＝p0＋＝1.3p0
由玻意耳定律p1l0S＝p1′l1S
解得：l1＝l0
当活塞A回到原来位置时Ⅱ气体长度l2′＝2l0－l1＝l0
由公式＝
解得：T2＝T0.
答案 (1)l0 (2)T0
考向3 变质量问题
例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，求至少充气多次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，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
[归纳反思]
气体计算题解题注意：
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)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，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、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解．
高频考点四 热力学定律和气体状态变化的综合应用
[备考策略]
1．物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．
2．牢记以下几个结论
(1)热量不能自发地由低温物体传递给高温物体．
(2)气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的，压强大小与分子热运动的剧烈程度和分子密度程度有关．
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能，一定质量的某咱理想气体的内能只与温度有关．
(4)温度变化时，意味着物体内分子的平均动能随之变化，并非物体内每个分子的动能都随之发生同样的变化．
[题组突破]
4－1.(2018·湖南省益阳市高三模拟)如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化．已知状态A时气体的温度为200 K，体积为40 L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400 K.
(1)求状态B时的压强及状态C时的体积．
(2)从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小．
解析 (1)状态A到状态B的过程为等容变化，＝
解得pB＝1.6×105Pa
状态B到状态C的过程为等压变化，＝
解得VC＝20 L
(2)从状态B到状态C的过程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功W＝pBΔV
解得W＝3.2×103J
状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知，气体对外放出热量
答案 (1)1.6×105Pa 20 L (2)气体对外放出热量3.2×103J
4－2.(2018·辽宁省锦州市高三摸底)如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直到系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量．
解析 设理想气体初状态时的压强为p
活塞受力平衡有：pS＝Mg＋p0S
设气体初状态的温度为T，系统达到新的平衡时活塞下降的高度为x，由盖—吕萨克定律有：＝
解得：x＝H
又系统绝热，即Q＝0
外界对气体做功为W＝pSx
根据热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W
所以ΔU＝(Mg＋p0S)H
答案 (Mg＋p0S)H
4－3.(2018·湖南十校联考)如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.
(1)(多选)下列说法中正确的是( )
A．该过程中汽缸内气体的压强始终为p0
B．该过程中气体的内能不断增大
C．该过程中气体不断从外界吸收热量
D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功
E．A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目给出的字母表示)．
(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？
解析 (1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p0＋，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误．
(2)由盖—吕萨克定律得＝，
即＝，
解得L＝
(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得
mg＋p0S＝pS
解得p＝p0＋
气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为
W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL
由热力学第一定律得
气体内能的变化量为ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL.
答案 (1)BCD (2) (3)Q－(p0S＋mg)ΔL
[归纳反思]
气体做功的计算方法
1．气体等压变化中，对外做的功大小为W＝pΔV.
2．非等压变化可用p－V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．
课时跟踪训练(十七)
1．(2018·湖北武汉市4月模拟)(1)(多选)关于固体和液体，下列说法正确的是________．
A．晶体中的原子都是按照一定的规则排列的，其有空间周期性，因而原子是固定不动的
B．毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系，都是分子力作用的结果
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．在密闭容器中，液面上方的蒸汽达到饱和状态时，从宏观上看蒸发现象停止
E．空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大
(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程中的V－T图像如图所示．已知该气体在状态A时的压强为1×105Pa，气体在BC过程中吸热1 000 J，在DA过程中放热400 J.
①求气体在C状态时的压强．
②将该循环过程用p－V图像表示出来．
③求气体经过一次循环又回到初态过程中，外界对气体做的功．
解析 (1)分子的热运动是永不停息的，A错，毛细现象是液体表面层和附着层中分子间作用力的不同表现而产生的，B对．液晶是一种特殊的物质，对光的传导具有各向异性，C对．饱和蒸汽与液体处于动态平衡状态，宏观上看液体的量并未减少，蒸发像是停止，D对，相对湿度还与当时温度对应的饱和气压有关，空气中水蒸汽的实际压强大，相对湿度不一定大，E错．
(2)①气体从A状态到B状态是等容气温过程，由查理定律＝知pB＝2×105Pa
从B状态到C状态是等温变化，由玻意耳定律pBVB＝pCVC得pC＝1×105Pa
②由气体状态方程＝知pD＝5×104Pa
结合气体在V－T图中的变化过程，可在p－V图中作出其循环过程如图所示
③气体在BC和DA段都是等温变化，其内能不变，因此BC过程中吸热1 000 J，全部用于对外做功，即W1＝Q1＝1 000 J，DA过程中放热400 J等于外界对气体做功W2＝Q2＝400 J
因此外界对气体的总功为W＝W2－W1＝－600 J
答案 (1)BCD (2)①1×105Pa ②答案见解析
③－600 J
2．(2018·湖南长郡中学高三月考)(1)(多选)下列说法中正确的是________．
A．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
C．悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中分子做无规则的热运动
D．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
(2)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＝1.0×105Pa，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2cm3，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)给车胎打气，越压越吃力，是由于车胎内气体压强不断增大，选项A错误；液体表面张力是由于液体表面层分子比液体内部分子间稀疏，分子间表现为引力，浸润现象是由于随着层里的分子比液体内部分子密，分子表现为斥力，故液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，选项B正确；悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，选项C错误；干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，选项D正确；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项E正确．
(2)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
又盖吕萨克定律有＝，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降温前罐内气体的总体积为V3＝50 cm3，温度为T3＝330 K，压强为p3＝1.0×105Pa
降温的后：V4＝50 cm3，T4＝300 K，p4＝7
由＝解得p4＝0.95×105Pa
答案 (1)BDE (2)①＝ ②p4＝0.95×105Pa
3．(2018·泰安市一模)(1)(多选)分子在不停地做无规则运动，它们之间存在着相互作用．这两种相互的因素决定了分子的三种不同的聚集形态：固体、液体和气体．下列说法正确的是( )
A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B．液体表面层中分子间的相互作用表现为引力
C．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E．有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
(2)如图，长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B导热良好、内壁光滑，A竖直固定、B水平固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为20℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量均为m.原长为2l的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在汽缸A底部．稳定后活塞C距汽缸A底部，活塞D距汽缸B的底部3l.求
①弹簧的劲度系数k；
②若在活塞D上施加一水平向左的力缓慢推动活塞D，使汽缸A中弹簧恢复原长，此时活塞D距汽缸B底的距离．
解析 (1)无论固体、液体和气体，分子都在做永不停息的无规则运动，A错．当分子间距为r0时，分子引力和分子斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间表现为引力，B正确．蒸发是液体表面分子无规则运动的结果，C正确．汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾．而不是分子间相互排斥而产生的，D错．冰在融化的过程中吸收热量温度不升高，E正确．
(2)①对活塞D，可知稳定时，内外气体压强相等．
对活塞C，mg＝k，解得k＝
②汽缸A中弹簧恢复原长，对活塞C，mg＋p0S＝pS，解得：p＝2p0
对汽缸A、B中的气体p0S＝pS(21＋x)，解得：x＝
此时活塞D距汽缸B底部的距离x＝.
答案 (1)BCE (2)① ②
4．(2018·河南省石家庄市高三调研)(1)(多选)下列说法正确的是( )
A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力增大，斥力减小
C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动
E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
(2)如图所示，两气缸A、B固定于水平面上，气缸A及活塞a导热良好，气缸B及活塞b绝热，活塞与气缸间的摩擦忽略不计，初始状态时，气缸A、B中封闭了等量了理想气体，气柱长度均为L0＝0.6 m，此时气体温度与外界温度相等，均为27℃，气体压强与外界大气压强相等，均为p0＝1×105Pa，现通过电热丝缓慢地对气缸B中气体加热，直至气缸B中气体温度达到600 K，该过程中环境温度及外界大气压强一直保持不变，T＝t＋273 K，当气缸B中气体温度达到600 K时，求：
①气缸A、B中气柱的长度LA、LB.
②气缸A中封闭气体的压强．
解析 (1)根据相对湿度的定义可知，A正确；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，引力和斥力都减小，B错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性的特征，C正确；液体中悬浮颗粒的运动称为布朗运动，D正确；液体的表面张力的方向与液体表面相切，E错误．
(2)①对活塞a、b整体由平衡条件可知pA＝pB＝p
对气缸A中气体＝
对气缸B中气体＝
即＝
又T0＝300 K且LA＋LB＝2L0
解得LA＝0.4 m，LB＝0.8 m
②对气缸A中气体pASLA＝p0SL0
解得pA＝1.5×105Pa
答案 (1)ACD (2)①LA＝0.4 m，LB＝0.8 m ②1.5×105Pa
5．(2018·江西临川一中3月模拟)(1)(多选)下列说法正确的是________．
A．具有各向异性的固体一定是晶体
B．悬浮在液体中的小颗粒越大，布朗运动越剧烈
C．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
D．两个分子间的引力或斥力均随分子间距的增大而减小，但斥力比引力减小得更快
E．把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间只存在分子引力
(2)如图所示，一绝热汽缸倒立竖放在两水平台面上，缸内一光滑活塞密封了一定质量的理想气体，在活塞下挂有一物块，活塞与物块的总重量G＝30 N，活塞的横截面积S＝3×10－3m2.活塞静止时，缸内气体温度t1＝27 ℃，体积V1＝3×10－3m3.外界的大气压强恒为p0＝1×105Pa.缸内有一个电阻丝，电阻丝的电阻值恒为R＝5 Ω，电源电动势E＝18 V、内阻r＝1 Ω.闭合开关20 s后，活塞缓慢下降高度h＝0.1 m，求：
①20 s内气体内能的变化量；
②20 s末缸内气体的温度．
解析 (1)具有各向异性的固体一定是晶体，选项A正确；悬浮在液体中的小颗粒越大，液体分子对其碰撞的平衡性越大，布朗运动越不明显，选项B错误；露珠呈球状是由于液体表面分子较内部烯疏，从而形成了表面张力的原因，选项C正确；分子间的引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小；不过斥力减小得快，引力减小得慢，选项D正确；把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明这个区域分子间的引力大于分子间的斥力而表现为引力，不能说明分子间只存在引力，选项E错误．
(2)①设缸内气体初态压强为p1，对活塞由受力平衡条件有p0S＝G＋p1S
在电热丝对气体加热20 s的过程中，气体对外界做的功为W＝p1Sh
电阻丝产生的热量为Q＝I2Rt，其中I＝
根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
解得ΔU＝873 J，即气体的内能增加了873 J.
②气体做等压膨胀，由盖—吕萨克定律有＝
解得T2＝330 K，即缸内气体的温度是57 ℃或330 K.
答案 (1)ACD (2)①873 J ②57 ℃或330 K
6．(2018·安徽省合肥市高三模拟)(1)如图所示，假设甲分子(未画出)固定在原点O处静止不动，乙分子(未画出)位于Ox轴不同位置处，两条曲线分别表示分子间引力和斥力的大小随两分子间距离x的变化关系，E为两曲线的交点．取无穷远处的分子势能为零．下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．x＝x0时，分子间作用力为零
B．x
D．x＝x0时，分子势能为零
E．x从x0开始逐渐增大，分子势能也逐渐增大
(2)(10分)如图所示，两个质量分别为m1＝10 kg、m2＝20 kg的长气缸A、B(缸壁厚度不计)放置在水平地面上，分别用质量均不计的活塞C、D将理想气体M、N封闭在气缸内，C、D用一跨过两定滑轮且不可伸长的柔软轻绳连接．系统处于静止状态，滑轮下方的轻绳沿竖直方向，C、D离地高度分别为h、3h，M、N的压强为外界大气压p0＝1.0×105Pa，N的温度t1＝27 ℃.已知C、D横截面积均为S＝0.01 m2，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦．若对N缓慢降温，M的温度始终保持在27 ℃，求A刚要离开地面时N的摄氏温度．
解析 当x＝x0时，分子引力与分子斥力平衡，分子间作用力为零，A正确；xx0时，分子力表现为引力，x从x0开始逐渐增大的过程中，分子力一直做负功，分子势能逐渐增大到零，即x＝x0时，分子势能为负值，D错误，E正确．
(2)设A恰好离开地面时M的压强为p1，C上升的高度为Δh，则对A受力分析有
p1S＝p0S－m1g
对M，根据玻意耳定律有
p0·hS＝p1·(h＋Δh)S
解得Δh＝h
A恰好离开地面时D离地的高度为h1＝3h－Δh＝h
对N，根据理想气体状态方程有
＝
其中T1＝(273＋27)K＝300 K
由C、D各自受力平衡可得p2＝p1
解得T2＝260 K
A刚要离开地面时N的摄氏温度t2＝－13 ℃.
答案 (1)ACE (2)－13 ℃
7．(2018·漳州市八校联考)(1)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．一个热力学系统吸收了热量，其内能不一定增加
B．绝热情况下，外界对物体做了正功，物体的内能也不一定增加
C．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．第二类永动机是不可能制造出来的，因为它不仅违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律
E．熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展
(2)如图所示的薄壁玻璃管，上端开口且较粗，截面积S1＝2 cm2；下端封闭且较细，截面积S1＝1 cm2，上下管的长度均为L＝12 cm.一段水银柱把一质量的理想气体封闭在细管内，两水银面正好均在两部分玻璃管的正中央位置．已知大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强，气体初始温度为T1＝264 K，重力加速度g取10 m/s2.
①若缓慢升高气体温度，求当细管内的水银刚被全部排出时气体的温度T2；
②若继续升高温度，要使水银不溢出，则温度T3不能超过多少？
解析 (1)一个热力学系统内能增量等于气体从外界吸收的热量与外界对它所做的功的和，所以A正确，B错误；根据热力学第二定律“不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响”，可以判断C正确；第二类永动机不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律，D错误；在任何自然过程中，一个孤立的系统的熵不会减小，并且熵值越大，系统内分子运动越无序，E正确．
(2)①设水银全部进入上端玻璃管时，水银柱的长度为xS1＋S2＝xS1，得x＝＝9 cm
初态压强p1＝p0＋ph1＋ph2＝88 cmHg，末态压强p2＝p0＋px＝85 cmHg
体积V1＝S2＝6 cm3，V2＝LS2＝12 cm3
由理想气体状态方程＝，解得T2＝510 K
②继续升高渐度气体经历等压过程，则
由盖—吕萨克定律知，＝
其中V3＝LS2＋(L－x)S1＝18 cm3
解得T3＝765 K
答案 (1)ACE (2)①510 K ②765 K
8．(2018·重庆市名校联盟高三下学期二次诊断)(1)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．由于两个分子间的距离发生变化而使得分子势能变化，则可以判定在这一过程中，分子间的相互作用力一定做了功
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
E．当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力也减小
(2)如图所示，导热性能良好的气缸Ⅰ和Ⅱ高度为h，左右两端的横截面积不同，其中Ⅱ的横截面积为S，在它们的底部有一细管相连(细管的容积忽略不计)，在两气缸内均放置一个厚度不计的活塞，其质量分别为mA＝2m和mB＝m，忽略活塞与气缸的摩擦，两活塞底部下方为理想气体，开始时的温度均为T0，上方为真空，当活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底部相对于气缸底的高度均为.现对气体加热，最终A、B两活塞距离气缸顶部都为.求：
(ⅰ)活塞A的横截面积；
(ⅱ)气缸内气体最后的温度T.
解析 (1)分子间距变化使分子势能变化，则分子力一定做了功，A正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，B错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，做功可改变物体的体积，热传递可改变物体的温度，C正确；分子热运动越剧烈，只能是物体分子平均动能越大，并不是每个分子的动能越大，D错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，只是引力减小得更明显，E正确．
(ⅰ)Ⅰ、Ⅱ内的气体压强相等，设活塞A的横截面积为SA，对活塞A、B受力分析可得
mAg＝pSA
mBg＝pSB
解得SA＝2S
(ⅱ)在对气体加热时，气体的压强始终相等，开始时气体的体积为V1＝2S×＋S×＝S
最终气体的体积为V2＝2S×＋S×＝S
由盖—吕萨克定律可得＝，即＝
故T＝T0
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)2S (ⅱ)T0
主干体系知识
核心再现及学科素养
知识规律
(1)分子动理论：分子直径的数量级是10－10m；分子永不停息地做无规则运动；分子间存在相互的引力和斥力．
(2)气体实验定律和理想气体状态方程．
①p1V1＝p2V2；②＝；③＝；
④＝.
(3)热力学定律．
①热力学第一定律：ΔU＝W＋Q.
②热力学第二定律：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、控制变量思想．
(2)物理方法：类比法、假设法、转换研究对象法.
1．(2018·高考全国卷Ⅰ，33)(1)(多选)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________．
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，汽缸上部通过细管理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 (1)A错：过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大．B对：过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做功．C错：过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0，即气体放出热量．D对：状态c、d温度相同，所以内能相同．E对：
由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vc
(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＝⑥
答案 (1)BDE (2)
2．(2018·高考全国卷Ⅱ，33)(1)对于实际的气体，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
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．已知活塞持量为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)A错：气体的内能不考虑气体自身重力的影响，故气体的内能不包括气体分子的重力势能．B、E对：实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分．C错：气体整体运动的动能属于机械能，不是气体的内能．D对：气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，即分子势能和分子动能的和可能不变．
(2)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)h⑧
答案 (1)BDE (2)T0 (p0S＋mg)h
3．(2018·高考全国卷Ⅲ，33)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直丝所示．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)A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热．E错：由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能．
(2)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－l′2④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
答案 (1)BCD (2)22.5 cm 7.5 cm
[考情分析]
1．高考考查特点
本考点为高考热点，题型多为计算题，题目综合难度较大，一般结合气体实验定律、气体压强的微观解释、热力学第一定律、气体图象进行命题．常考类型有：
(1)“汽缸”类
①一部分气体多状态变化
②两部分气体状态变化
(2)“液柱”类
①“U形管”类：两部分气体状态变化
②“直玻璃管”类
a．两部分气体状态变化
b．一部分气体状态变化(管转动)
(3)“打气、抽气”类
2．解题的常见误区及提醒
(1)没有弄清理想气体状态方程的应用条件是一定质量的理想气体是常见的解题误区；
(2)对于多过程问题不能判断状态参量中的不变量，错误的选取气体实验定律．
高频考点一 分子运动理论、内能及热力学定律
[备考策略]
1．必须掌握的三个问题
(1)必须掌握微观量估算的两个模型
球模型：V＝πR3(适用于估算液体、固体分子直径)．
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)．
(2)必须明确反映分子运动规律的两个实例
①布朗运动
研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒．
运动特点：无规则、永不停息．
相关因素：颗粒大小、温度．
②扩散现象
产生原因：分子永不停息地无规则运动．
相关因素：温度．
(3)必须弄清的分子力和分子势能
①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．
②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，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小．
2．物体的内能与热力学定律
(1)物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．
(2)热力学第一定律
①公式：ΔU＝W＋Q；
②符号规定：外界对系统做功，W>0；系统对外界做功，W<0.系统从外界吸收热量，Q>0；系统向外界放出热量Q<0.系统内能增加，ΔU>0；系统内能减少，ΔU<0.
(3)热力学第二定律的表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)或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(按机械能和内能转化的方向性表述)．第二类永动机是不可能制成的．
[题组突破]
1－1.(多选)下列说法正确的是( )
A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动
B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．
E．分子力只要增大，分子间的分子势能就要增大
ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A对．温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的速率都增大，故B错．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C对．温度是分子热运动的平均动能的标志，故D对．由Ep－r和F－r图象比较可知，分子力增大，分子间的分子势能不一定增大，E错．]
1－2.(多选)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，将气体压加到原来的体积．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 [由于隔板右侧是真空，隔板抽开后，气体自发扩散至整个汽缸，并不做功也没有热量交换，所以自发扩散前后内能相同，故选项A正确，选项C错误；气体被压缩过程中，外界对气体做功，没有热量交换，根据ΔU＝W＋Q，气体的内能增大，故选项B、D正确；气体被压缩过程中，温度升高，分子平均动能增大，故选项E错误．]
1－3.(多选)下列说法中正确的是( )
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
C．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
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
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＝
ABC [气体放出热量，同时外界对气体做功，温度可能升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；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，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；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＝，而气体分子间距较大此式不成立，故E错误．]
1－4.(2018·湖北襄阳二模)(1)(多选)给体积相同的两个容器A、B分别装满温度为60 ℃的热水和6 ℃的冷水，下列说法中正确的是( )
A．由于温度是分子平均动能的标志，所以容器A中水分子的平均动能比容器B中水分子的平均动能大
B．由于温度越高，布朗运动越剧烈，所以容器A中水分子的布朗运动比容 B中水分子的布朗运动更剧烈
C．若把A、B两个容器靠在一起，则A、B两容器内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递
D．由于A、B两容器内水的体积相等，所以A、B两容器中水分子间的平均距离相等
E．已知水的相对分子质量是18，若容器B中水的质量为3 kg，水的密度为1.0×103kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1，则容器B中水分子个数约为1.0×1026
(2)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥，某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1.
试求：(结果均保留一位有效数字)
①该液化水中含有水分子的总数N；
②一个水分子的直径d.
解析 (1)布朗运动不是水分子的运动，而是水中小颗粒的无规则运动，所以选项B错误．由于A、B两容器中水的密度不同(热水的密度较小)，所以A、B两容器中水质量不同，水分子的个数不同，水分子间的平均距离也不相等，选项D错误．根据题意，水的摩尔质量为18 g/mol，容器B中水的物质的量为n＝mol＝mol，所以容器B中水分子个数约为N＝nNA＝1.0×1026，选项E正确．
(2)①水的摩尔体积为
V0＝＝1.8×10－5m3/mol，
水分子数为：N＝NA＝3×1025个
②建立水分子的球模型有＝πd3，
水分子的直径为
d＝＝m≈4×10－10m.
答案 (1)ACE (2)①3×1025个 ②4×10－10m
[归纳反思]
热学中的估算问题
(1)油膜法估算分子直径：d＝
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积．
(2)分子总数：N＝nNA＝·NA＝NA.
Mm为摩尔质量．
Vm为摩尔体积．
[注意] 对气体而言，N≠.
V个为一个分子的体积．
(3)两种模型：
球模型：V＝πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
高频考点二 固体、液体和气体
[备考策略]
1．晶体和非晶体
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
有确定的几何形状
没有确定的几何形状
熔点
固定
固定
无固定熔点
物质性质
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、电学物理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最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切与分界线垂直．
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压强占同一温度时水的饱和汽压的百分比，即：B＝×100%.
6．正确理解温度的物理意义
(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，一定质量的某种物质分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大．
7．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的结果，温度越高，气体分子密度越大，气体的压强就越大．
(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的．
[题组突破]
2－1.(2018·江西南昌模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．晶体的导热性能一定是各向异性
B．封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关
C．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
D．虽然大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率却按一定的规律分布
E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势
CDE [单晶体的导热性能一定是各向异性，多晶体的导热性能是各向同性的，选项A错误；封闭气体的压强与分子的密集程度和气体分子的平均速率有关，选项B错误；夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，选项C正确；虽然大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率却按一定的规律分布，选项D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项E正确．]
2－2.(2018·山东泰安模拟)(多选)下列说法正确的是( )
A．小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
D．常见的金属都是非晶体
E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
ACE [空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势，A正确；给车胎打气，越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大的结果，不是由于分子间存在斥力，B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，C正确；常见的金属都是晶体，D错误；液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，E正确．故选ACE.]
2－3.(2018·揭阳市揭东一中检测)(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．当气体温度变化时，气体内能一定变化
B．若气体的内能不变，其状态也一定变化
C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
E．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
ACE [一定质量理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；由理想气体状态方程＝C，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确；由理想气体状态方程＝C知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误；气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确．]
2－4.(2018·东北三省四市二模)下列说法正确的是( )
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间斥力大于引力的缘故
B．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不平衡性就表现得越明显
C．在单晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
D．水在蒸发的过程中，既有水分子从液面飞出，又有水分子从空气撞到水面回到水中
E．密封在容积不变的容器内的理想气体，若气体从外界吸热，则温度一定升高
CDE [气体失去了容器的约束会散开，是因为气体分子在永不停息地做规则运动，选项A错误；悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动越不明显，选项B错误；根据单晶体的特点知，选项C正确；蒸发过程中是一个动态过程，既会有水分子从液面飞出，也有水分子进入水面，选项D正确；等容过程，体积不变，气体不对外做功，若从外界吸热，内能一定增加，温度一定升高，选项E正确．]
高频考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
[备考策略]
一、必须理清的知识联系
二、必须掌握的三个要点
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．气体实验定律
(1)等温变化：pV＝C或p1V＝p2V2；
(2)等容变化：＝C或＝；
(3)等压变化：＝C或＝；
(4)理想气体状态方程：＝C或＝或＋＝.
3．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，把这些状态参量罗列出来会比较准确、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．
[命题视角]
考向1 一部分气体多个状态变化过程问题
例1 (2018·届湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖的质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯盖的面积为S.初始时，杯内气体的温度为T0，压强与大气压强P0相等．因杯子保温，杯内气体温度逐渐降低，不计摩擦，不考虑杯内水的汽化和液化，重力加速度为g.
(ⅰ)求温度降为T1时杯内气体的压强P1；
(ⅱ)杯身保持静止，温度为Ti时缓慢起杯盖所需的力至少多大？
(ⅲ)温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？
解析 (ⅰ)降温过程，由查理定律＝①
温度降为T1时，杯内气体的压强p1＝T1②
(ⅱ)对杯盖受力分析，如图(a)所示，当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小．
由平衡条件p1S＋F＝p0S＋mg③
最小拉力F＝p0S＋mg－p0S④
(ⅲ)设提起杯子时气体压强为p2，温度为T2，杯身受力如图(b)所示．
由平衡条件p0S＝p2S＋Mg⑤
由查理定律＝⑥
此时温度T2＝T0－⑦
答案 (1)T1 (2)p0S＋mg－p0S (3)T0－
考向2 涉及多部分气体相联的问题
例2 (2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0.设外界大气压强p0保持不变，活塞的横截面积为S，且mg＝0.1 p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：
(ⅰ)此时第Ⅱ部分气体的长度；
(ⅱ)若只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．
解析 (ⅰ)初状态Ⅱ气体压强
p2＋＝1.2p0
加铁砂后Ⅱ气体压强
p2′＝p0＋＝1.4p0
由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2S
解得：l2＝l0；
(ⅱ)初状态Ⅰ气体压强p1＝p0＋＝1.1p0
加铁砂后Ⅰ气体压强p1′＝p0＋＝1.3p0
由玻意耳定律p1l0S＝p1′l1S
解得：l1＝l0
当活塞A回到原来位置时Ⅱ气体长度l2′＝2l0－l1＝l0
由公式＝
解得：T2＝T0.
答案 (1)l0 (2)T0
考向3 变质量问题
例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，求至少充气多次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，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
[归纳反思]
气体计算题解题注意：
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)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，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、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解．
高频考点四 热力学定律和气体状态变化的综合应用
[备考策略]
1．物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．
2．牢记以下几个结论
(1)热量不能自发地由低温物体传递给高温物体．
(2)气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的，压强大小与分子热运动的剧烈程度和分子密度程度有关．
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能，一定质量的某咱理想气体的内能只与温度有关．
(4)温度变化时，意味着物体内分子的平均动能随之变化，并非物体内每个分子的动能都随之发生同样的变化．
[题组突破]
4－1.(2018·湖南省益阳市高三模拟)如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化．已知状态A时气体的温度为200 K，体积为40 L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400 K.
(1)求状态B时的压强及状态C时的体积．
(2)从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小．
解析 (1)状态A到状态B的过程为等容变化，＝
解得pB＝1.6×105Pa
状态B到状态C的过程为等压变化，＝
解得VC＝20 L
(2)从状态B到状态C的过程为等压变化，气体体积减小，外界对气体做功W＝pBΔV
解得W＝3.2×103J
状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知，气体对外放出热量
答案 (1)1.6×105Pa 20 L (2)气体对外放出热量3.2×103J
4－2.(2018·辽宁省锦州市高三摸底)如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直到系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量．
解析 设理想气体初状态时的压强为p
活塞受力平衡有：pS＝Mg＋p0S
设气体初状态的温度为T，系统达到新的平衡时活塞下降的高度为x，由盖—吕萨克定律有：＝
解得：x＝H
又系统绝热，即Q＝0
外界对气体做功为W＝pSx
根据热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W
所以ΔU＝(Mg＋p0S)H
答案 (Mg＋p0S)H
4－3.(2018·湖南十校联考)如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B.若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL.外界大气压强为p0.
(1)(多选)下列说法中正确的是( )
A．该过程中汽缸内气体的压强始终为p0
B．该过程中气体的内能不断增大
C．该过程中气体不断从外界吸收热量
D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功
E．A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目给出的字母表示)．
(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？
解析 (1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p0＋，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误．
(2)由盖—吕萨克定律得＝，
即＝，
解得L＝
(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得
mg＋p0S＝pS
解得p＝p0＋
气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为
W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL
由热力学第一定律得
气体内能的变化量为ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL.
答案 (1)BCD (2) (3)Q－(p0S＋mg)ΔL
[归纳反思]
气体做功的计算方法
1．气体等压变化中，对外做的功大小为W＝pΔV.
2．非等压变化可用p－V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．
课时跟踪训练(十七)
1．(2018·湖北武汉市4月模拟)(1)(多选)关于固体和液体，下列说法正确的是________．
A．晶体中的原子都是按照一定的规则排列的，其有空间周期性，因而原子是固定不动的
B．毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系，都是分子力作用的结果
C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
D．在密闭容器中，液面上方的蒸汽达到饱和状态时，从宏观上看蒸发现象停止
E．空气中水蒸气的实际压强越大，相对湿度就越大
(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A经状态B、C、D后又回到状态A，其状态变化过程中的V－T图像如图所示．已知该气体在状态A时的压强为1×105Pa，气体在BC过程中吸热1 000 J，在DA过程中放热400 J.
①求气体在C状态时的压强．
②将该循环过程用p－V图像表示出来．
③求气体经过一次循环又回到初态过程中，外界对气体做的功．
解析 (1)分子的热运动是永不停息的，A错，毛细现象是液体表面层和附着层中分子间作用力的不同表现而产生的，B对．液晶是一种特殊的物质，对光的传导具有各向异性，C对．饱和蒸汽与液体处于动态平衡状态，宏观上看液体的量并未减少，蒸发像是停止，D对，相对湿度还与当时温度对应的饱和气压有关，空气中水蒸汽的实际压强大，相对湿度不一定大，E错．
(2)①气体从A状态到B状态是等容气温过程，由查理定律＝知pB＝2×105Pa
从B状态到C状态是等温变化，由玻意耳定律pBVB＝pCVC得pC＝1×105Pa
②由气体状态方程＝知pD＝5×104Pa
结合气体在V－T图中的变化过程，可在p－V图中作出其循环过程如图所示
③气体在BC和DA段都是等温变化，其内能不变，因此BC过程中吸热1 000 J，全部用于对外做功，即W1＝Q1＝1 000 J，DA过程中放热400 J等于外界对气体做功W2＝Q2＝400 J
因此外界对气体的总功为W＝W2－W1＝－600 J
答案 (1)BCD (2)①1×105Pa ②答案见解析
③－600 J
2．(2018·湖南长郡中学高三月考)(1)(多选)下列说法中正确的是________．
A．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力
B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
C．悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中分子做无规则的热运动
D．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远
E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
(2)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＝1.0×105Pa，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2cm3，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)给车胎打气，越压越吃力，是由于车胎内气体压强不断增大，选项A错误；液体表面张力是由于液体表面层分子比液体内部分子间稀疏，分子间表现为引力，浸润现象是由于随着层里的分子比液体内部分子密，分子表现为斥力，故液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，选项B正确；悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了水分子做无规则的热运动，选项C错误；干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远，选项D正确；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项E正确．
(2)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
又盖吕萨克定律有＝，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降温前罐内气体的总体积为V3＝50 cm3，温度为T3＝330 K，压强为p3＝1.0×105Pa
降温的后：V4＝50 cm3，T4＝300 K，p4＝7
由＝解得p4＝0.95×105Pa
答案 (1)BDE (2)①＝ ②p4＝0.95×105Pa
3．(2018·泰安市一模)(1)(多选)分子在不停地做无规则运动，它们之间存在着相互作用．这两种相互的因素决定了分子的三种不同的聚集形态：固体、液体和气体．下列说法正确的是( )
A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
B．液体表面层中分子间的相互作用表现为引力
C．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E．有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
(2)如图，长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B导热良好、内壁光滑，A竖直固定、B水平固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为20℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量均为m.原长为2l的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在汽缸A底部．稳定后活塞C距汽缸A底部，活塞D距汽缸B的底部3l.求
①弹簧的劲度系数k；
②若在活塞D上施加一水平向左的力缓慢推动活塞D，使汽缸A中弹簧恢复原长，此时活塞D距汽缸B底的距离．
解析 (1)无论固体、液体和气体，分子都在做永不停息的无规则运动，A错．当分子间距为r0时，分子引力和分子斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间表现为引力，B正确．蒸发是液体表面分子无规则运动的结果，C正确．汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾．而不是分子间相互排斥而产生的，D错．冰在融化的过程中吸收热量温度不升高，E正确．
(2)①对活塞D，可知稳定时，内外气体压强相等．
对活塞C，mg＝k，解得k＝
②汽缸A中弹簧恢复原长，对活塞C，mg＋p0S＝pS，解得：p＝2p0
对汽缸A、B中的气体p0S＝pS(21＋x)，解得：x＝
此时活塞D距汽缸B底部的距离x＝.
答案 (1)BCE (2)① ②
4．(2018·河南省石家庄市高三调研)(1)(多选)下列说法正确的是( )
A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢
B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增大时，分子间的引力增大，斥力减小
C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动
E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
(2)如图所示，两气缸A、B固定于水平面上，气缸A及活塞a导热良好，气缸B及活塞b绝热，活塞与气缸间的摩擦忽略不计，初始状态时，气缸A、B中封闭了等量了理想气体，气柱长度均为L0＝0.6 m，此时气体温度与外界温度相等，均为27℃，气体压强与外界大气压强相等，均为p0＝1×105Pa，现通过电热丝缓慢地对气缸B中气体加热，直至气缸B中气体温度达到600 K，该过程中环境温度及外界大气压强一直保持不变，T＝t＋273 K，当气缸B中气体温度达到600 K时，求：
①气缸A、B中气柱的长度LA、LB.
②气缸A中封闭气体的压强．
解析 (1)根据相对湿度的定义可知，A正确；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距离增大时，引力和斥力都减小，B错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性的特征，C正确；液体中悬浮颗粒的运动称为布朗运动，D正确；液体的表面张力的方向与液体表面相切，E错误．
(2)①对活塞a、b整体由平衡条件可知pA＝pB＝p
对气缸A中气体＝
对气缸B中气体＝
即＝
又T0＝300 K且LA＋LB＝2L0
解得LA＝0.4 m，LB＝0.8 m
②对气缸A中气体pASLA＝p0SL0
解得pA＝1.5×105Pa
答案 (1)ACD (2)①LA＝0.4 m，LB＝0.8 m ②1.5×105Pa
5．(2018·江西临川一中3月模拟)(1)(多选)下列说法正确的是________．
A．具有各向异性的固体一定是晶体
B．悬浮在液体中的小颗粒越大，布朗运动越剧烈
C．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
D．两个分子间的引力或斥力均随分子间距的增大而减小，但斥力比引力减小得更快
E．把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间只存在分子引力
(2)如图所示，一绝热汽缸倒立竖放在两水平台面上，缸内一光滑活塞密封了一定质量的理想气体，在活塞下挂有一物块，活塞与物块的总重量G＝30 N，活塞的横截面积S＝3×10－3m2.活塞静止时，缸内气体温度t1＝27 ℃，体积V1＝3×10－3m3.外界的大气压强恒为p0＝1×105Pa.缸内有一个电阻丝，电阻丝的电阻值恒为R＝5 Ω，电源电动势E＝18 V、内阻r＝1 Ω.闭合开关20 s后，活塞缓慢下降高度h＝0.1 m，求：
①20 s内气体内能的变化量；
②20 s末缸内气体的温度．
解析 (1)具有各向异性的固体一定是晶体，选项A正确；悬浮在液体中的小颗粒越大，液体分子对其碰撞的平衡性越大，布朗运动越不明显，选项B错误；露珠呈球状是由于液体表面分子较内部烯疏，从而形成了表面张力的原因，选项C正确；分子间的引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小；不过斥力减小得快，引力减小得慢，选项D正确；把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明这个区域分子间的引力大于分子间的斥力而表现为引力，不能说明分子间只存在引力，选项E错误．
(2)①设缸内气体初态压强为p1，对活塞由受力平衡条件有p0S＝G＋p1S
在电热丝对气体加热20 s的过程中，气体对外界做的功为W＝p1Sh
电阻丝产生的热量为Q＝I2Rt，其中I＝
根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
解得ΔU＝873 J，即气体的内能增加了873 J.
②气体做等压膨胀，由盖—吕萨克定律有＝
解得T2＝330 K，即缸内气体的温度是57 ℃或330 K.
答案 (1)ACD (2)①873 J ②57 ℃或330 K
6．(2018·安徽省合肥市高三模拟)(1)如图所示，假设甲分子(未画出)固定在原点O处静止不动，乙分子(未画出)位于Ox轴不同位置处，两条曲线分别表示分子间引力和斥力的大小随两分子间距离x的变化关系，E为两曲线的交点．取无穷远处的分子势能为零．下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．x＝x0时，分子间作用力为零
B．x
D．x＝x0时，分子势能为零
E．x从x0开始逐渐增大，分子势能也逐渐增大
(2)(10分)如图所示，两个质量分别为m1＝10 kg、m2＝20 kg的长气缸A、B(缸壁厚度不计)放置在水平地面上，分别用质量均不计的活塞C、D将理想气体M、N封闭在气缸内，C、D用一跨过两定滑轮且不可伸长的柔软轻绳连接．系统处于静止状态，滑轮下方的轻绳沿竖直方向，C、D离地高度分别为h、3h，M、N的压强为外界大气压p0＝1.0×105Pa，N的温度t1＝27 ℃.已知C、D横截面积均为S＝0.01 m2，取g＝10 m/s2，不计一切摩擦．若对N缓慢降温，M的温度始终保持在27 ℃，求A刚要离开地面时N的摄氏温度．
解析 当x＝x0时，分子引力与分子斥力平衡，分子间作用力为零，A正确；x
(2)设A恰好离开地面时M的压强为p1，C上升的高度为Δh，则对A受力分析有
p1S＝p0S－m1g
对M，根据玻意耳定律有
p0·hS＝p1·(h＋Δh)S
解得Δh＝h
A恰好离开地面时D离地的高度为h1＝3h－Δh＝h
对N，根据理想气体状态方程有
＝
其中T1＝(273＋27)K＝300 K
由C、D各自受力平衡可得p2＝p1
解得T2＝260 K
A刚要离开地面时N的摄氏温度t2＝－13 ℃.
答案 (1)ACE (2)－13 ℃
7．(2018·漳州市八校联考)(1)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．一个热力学系统吸收了热量，其内能不一定增加
B．绝热情况下，外界对物体做了正功，物体的内能也不一定增加
C．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．第二类永动机是不可能制造出来的，因为它不仅违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律
E．熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展
(2)如图所示的薄壁玻璃管，上端开口且较粗，截面积S1＝2 cm2；下端封闭且较细，截面积S1＝1 cm2，上下管的长度均为L＝12 cm.一段水银柱把一质量的理想气体封闭在细管内，两水银面正好均在两部分玻璃管的正中央位置．已知大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强，气体初始温度为T1＝264 K，重力加速度g取10 m/s2.
①若缓慢升高气体温度，求当细管内的水银刚被全部排出时气体的温度T2；
②若继续升高温度，要使水银不溢出，则温度T3不能超过多少？
解析 (1)一个热力学系统内能增量等于气体从外界吸收的热量与外界对它所做的功的和，所以A正确，B错误；根据热力学第二定律“不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响”，可以判断C正确；第二类永动机不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律，D错误；在任何自然过程中，一个孤立的系统的熵不会减小，并且熵值越大，系统内分子运动越无序，E正确．
(2)①设水银全部进入上端玻璃管时，水银柱的长度为xS1＋S2＝xS1，得x＝＝9 cm
初态压强p1＝p0＋ph1＋ph2＝88 cmHg，末态压强p2＝p0＋px＝85 cmHg
体积V1＝S2＝6 cm3，V2＝LS2＝12 cm3
由理想气体状态方程＝，解得T2＝510 K
②继续升高渐度气体经历等压过程，则
由盖—吕萨克定律知，＝
其中V3＝LS2＋(L－x)S1＝18 cm3
解得T3＝765 K
答案 (1)ACE (2)①510 K ②765 K
8．(2018·重庆市名校联盟高三下学期二次诊断)(1)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．由于两个分子间的距离发生变化而使得分子势能变化，则可以判定在这一过程中，分子间的相互作用力一定做了功
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
E．当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力也减小
(2)如图所示，导热性能良好的气缸Ⅰ和Ⅱ高度为h，左右两端的横截面积不同，其中Ⅱ的横截面积为S，在它们的底部有一细管相连(细管的容积忽略不计)，在两气缸内均放置一个厚度不计的活塞，其质量分别为mA＝2m和mB＝m，忽略活塞与气缸的摩擦，两活塞底部下方为理想气体，开始时的温度均为T0，上方为真空，当活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底部相对于气缸底的高度均为.现对气体加热，最终A、B两活塞距离气缸顶部都为.求：
(ⅰ)活塞A的横截面积；
(ⅱ)气缸内气体最后的温度T.
解析 (1)分子间距变化使分子势能变化，则分子力一定做了功，A正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，B错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，做功可改变物体的体积，热传递可改变物体的温度，C正确；分子热运动越剧烈，只能是物体分子平均动能越大，并不是每个分子的动能越大，D错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，只是引力减小得更明显，E正确．
(ⅰ)Ⅰ、Ⅱ内的气体压强相等，设活塞A的横截面积为SA，对活塞A、B受力分析可得
mAg＝pSA
mBg＝pSB
解得SA＝2S
(ⅱ)在对气体加热时，气体的压强始终相等，开始时气体的体积为V1＝2S×＋S×＝S
最终气体的体积为V2＝2S×＋S×＝S
由盖—吕萨克定律可得＝，即＝
故T＝T0
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)2S (ⅱ)T0
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