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2019版二轮复习物理通用版讲义：第一部分专题六第一讲分子动理论 气体及热力学定律
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第一讲分子动理论 气体及热力学定律
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ)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
解析：选BCD 由理想气体的状态方程＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误。一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确。气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确。根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，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，故D正确、E错误。
2．(2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选BDE 过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误。过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确。过程④中，气体温度T降低，内能减小，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，故C错误。状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确。分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。
3．(2018·全国卷Ⅱ)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
解析：选BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；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，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。
4．(2017·全国卷Ⅰ)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
解析：选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。
5．(2017·全国卷Ⅲ)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回到初态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
解析：选ABD ab过程中气体压强增大，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的内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程中气体体积增大，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收热量，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B项正确；ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。
6．(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
解析：选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。
二、计算题
7．(2017·全国卷Ⅱ)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。
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)＝ρ0 ④
气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV ⑤
联立④⑤式得f＝Vgρ0。 ⑥
(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg ⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0。 ⑧
(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－m0g ⑨
联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0－m0。
答案：(1)Vgρ0 (2)Vgρ0 (3)Vρ0T0－m0
8．(2018·全国卷Ⅰ)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。
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；活塞下方气体的体积为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
p0＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝。
答案：
9．(2018·全国卷Ⅱ)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：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＝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：T0 (p0S＋mg)h
10．(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。
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，由力的平衡条件有
p1＝p2＋(l1－l2)
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l1′和l2′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′
p2l2＝pl2′
联立解得
l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：22.5 cm 7.5 cm
释疑3大考点
考点一 分子动理论 内能及热力学定律
(一)理清知识体系
(二)突破三个重点
1．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
[注意] 对气体而言，N≠。
(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)
2．反映分子运动规律的两个实例
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
扩散
现象
产生原因：分子永不停息的无规则运动
相关因素：温度
3．对热力学定律的理解
(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述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。
(3)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，但不引起其他变化是不可能的。
[题点全练]
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移动到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递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。(√)
(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．(2018·西安联考)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________。
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
解析：选ACE 温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是分子平均动能的标志，故A正确；改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，故B错误；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，液体温度越高，液体分子热运动越激烈，布朗运动越显著，故C正确；当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，故D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。
3．(2018·榆林模拟)关于热现象和内能，下列说法正确的是________。
A．做功和热传递都能改变物体的内能
B．外界对气体做了功，则气体的温度一定升高
C．一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大
D．温度升高，物体内分子的平均动能一定增加
E．气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子间呈现出斥力的作用
解析：选ACD 做功和热传递都能改变物体的内能，选项A正确；外界对气体做了功，如果气体向外放热，则气体的温度不一定升高，选项B错误；一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大，选项C正确；温度升高，物体内分子的平均动能一定增加，选项D正确；气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子能够自由移动，选项E错误。
4．(2018·衡水中学模拟)关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是________。
A．在10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．分子间距离越大，分子间的斥力越小
E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢
解析：选ADE 分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确。设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r＞r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，D、E正确。
考点二 固体、液体和气体的性质
(一)理清知识体系
(二)理解三个问题
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)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于分子势能增加。
(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的结果，温度越高，气体分子密度越大，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。
[题点全练]
1．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导热性能相同时，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)液体表面的分子间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。(√)
2.(2019届高三·武汉调研)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是________。
A．气体并没有对外做功，气体内能不变
B．B中气体可自发地全部退回到A中
C．气体温度不变，体积增大，压强减小
D．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
E．气体体积变大，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少
解析：选ACE 由于气闸舱B内为真空，所以气体在扩张过程中不会对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故A正确，D错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的，故B错误；气体温度不变，由pV＝C可知，体积增大，压强减小，故C正确；气体体积变大，压强减小，由压强微观解释可知，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少，故E正确。
3．(2018·淄博二模)下列说法正确的是________。
A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
B．温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加
C．用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积
D．浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘故
E．第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
解析：选ABE 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加，故B正确；用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故C错误；浸润现象产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，故D错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，故E正确。
4．(2018·青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的pT图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是________。
A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc
B．a→b过程气体的分子数密度变大
C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的
E．若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J
解析：选ADE c→a过程气体压强增大，温度降低，根据＝C可知体积减小，故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc，故A正确；a→b过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B错误；b→c过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律得：Q＝ΔU－W＝－W>0，气体吸收热量，由以上分析可知，b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故C错误；c→a过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D正确；由热力学第一定律可知，若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J，故E正确。
考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
(一)理清知识体系
(二)掌握三个要点
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．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。
(三)研透四类常考模型
1．“汽缸”模型
(2018·齐鲁名校协作体联考)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。
[思路点拨]
[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
“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。
2．“液柱”模型
(2018·石家庄二模)如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27 ℃，大气压强为76 cmHg，稳定时，A部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为h1＝10 cm、h2＝12 cm。
(1)求A部分气体的压强；
(2)现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了50 ℃时，A部分气体长度为21 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′。
[解析] (1)设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，p0＝p2＋h2，p2＝p1＋h1，解得p1＝p0－(h1＋h2)＝54 cmHg。
(2)由理想气体状态方程有＝，
解得p1′＝60 cmHg；
由于空气柱长度增加1 cm，则水银柱向右侧移动1 cm，因此液面高度差h1′＝8 cm，由p1′＝p0－(h1′＋h2′)，
解得h2′＝8 cm。
[答案] (1)54 cmHg (2)8 cm
解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下4点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。
3．“两团气”模型
(2018·开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
(1)当A向右移动时，水的深度h；
(2)该深度计能测量的最大水深hm。
[解析] (1)当A向右移动时，设B不移动，
对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·SL
解得：p1＝p0
而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。
由p1＝p0＋ρgh
解得：水的深度h＝10·＝3.33 m。
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝10·＝20 m。
[答案] (1)3.33 m (2)20 m
多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。
4．“充气、抽气”模型
(2018·漳州调研)如图，横截面积为S的汽缸导热良好、内壁光滑，汽缸上端开口，底端有一阀门K连接进气口。原长2l、劲度系数k＝的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为m＝的活塞，外界大气压强p0已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为，求：
(1)汽缸中气体的压强p1；
(2)进气口连接打气筒，打开阀门K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为p0、体积为V＝，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？ (设环境温度不变，打入的气体及汽缸内已有的气体可视为理想气体)
[解析] (1)对活塞受力分析如图所示：
根据平衡条件有：mg＋p0S＝p1S＋k
解得：p1＝p0。
(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为p2
根据平衡条件有：mg＋p0S＝p2S
可得：p2＝2p0
设打气简打气n次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得
p1·Sl＋np0·＝p2·2Sl
解得： n＝28，故需要打气28次。
[答案] (1)p0 (2)28次
1．等效法求解变质量的气体问题
在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
(1)充气中的变质量问题
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。
(2)抽气中的变质量问题
用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
2．巧选研究对象
(1)灌气问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(2)漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。
[题点全练]
1.如图所示，内径均匀的U形细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮汽缸B连通，封闭端由水银封闭一段空气A，已知－23 ℃时空气柱A长62 cm，右管水银面比左管水银面低40 cm，当气温上升到27 ℃时，水银面高度差变化4 cm。B贮汽缸左侧连接的细玻璃管的体积变化不计，A、B两部分气体的温度始终相同。
(1)试论证当气温上升到27 ℃时，水银面高度差是增大4 cm 还是减小4 cm?
(2)求－23 ℃时贮汽缸B中气体的压强。
解析：(1)假设水银柱不动，由查理定律得＝＝
所以Δp＝ΔT
显然在ΔT、T1相同情况下，初始压强p1越大，升高相同温度时，压强的增量越大，
而初始状态时，pA＜pB，所以ΔpA＜ΔpB，则A中水银上升，水银面高度差增大。
(2)设－23 ℃时，B中气体压强为pB，玻璃管的横截面积为S，对A中理想气体有＝
即＝
对B中气体有：＝＝
联立得pB＝140 cmHg。
答案：(1)水银面高度差增大 (2)140 cmHg
2．(2018·青岛模拟)如图，A、B两个内壁光滑、导热良好的汽缸用细管连接，A汽缸中活塞M的截面积为500 cm2，装有一个大气压强的理想气体50 L。B汽缸中活塞N的截面积为250 cm2，装有两个大气压强的理想气体25 L。现给活塞M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中汽缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为1.0×105 Pa。求：
(1)当推力F＝5×103 N时，活塞M向右移动的距离；
(2)汽缸B中能达到的最大压强。
解析：(1)加力F后，A中气体的压强为
pA′＝p0＋＝2×105 Pa
所以N活塞刚好不动
对A中气体，由玻意耳定律得：pAVA＝pA′VA′
解得VA′＝25 L
故活塞M向右移动的距离是x＝＝50 cm。
(2)当A中气体全部进入B中后B中气体压强最大，设为p，A中气体在B中所占体积为V
A中气体进入B中，由玻意耳定律得：p0VA＝pV
B中气体在A中气体进入前后，由玻意耳定律得：
2p0VB＝p(VB－V)
解得p＝4×105 Pa。
答案：(1)50 cm (2)4×105 Pa
3．(2018·东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5∶3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1∶2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。
解析：(1)拔去销钉前，设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：
pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，
又pA∶pB＝5∶3，pA′＝pB′
解得：ΔV＝V，
B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4。
(2)初始状态：＝，
最终平衡状态：pA′＝pB′＋
设汽缸总容积为V′，A、B两部分气体做等温变化
pA＝pA′，pB＝pB′
联立解得：pB′＝。
答案：(1)3∶4 (2)
4．(2018·淄博二模)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积S＝30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度t1＝7 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm，若大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g大小取10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)
(1)当水的温度缓慢升高至27 ℃时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为5 J，则气体的内能变化了多少？
(2)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H。
解析：(1)设温度升高后圆筒内外液面高度差为h2，圆筒的截面积为S、质量为m，分析可知封闭气体的初态参量：V1＝h1S，T1＝280 K
封闭气体的末态参量：V2＝(h2＋Δh)S，T2＝300 K
由等压变化规律＝知：Δh＝1 cm(其中h1＝h2)
此时筒底露出水面的高度为1 cm
外界对气体做功W＝－(ρgh1＋p0)SΔh
代入数据得：W＝－3.042 J
对被封闭气体由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
知：ΔU＝1.96 J
即该过程中气体内能增加了ΔU＝1.96 J。
(2)设圆筒悬浮时封闭气体的长度为h3
筒底恰与水面齐平时有：ρgh1S＝mg
圆筒后来平衡时有ρgh3S＝mg，所以h1＝h3
即圆筒恰齐平水面到后来悬浮水中为等容变化
筒底恰与水面齐平时的状态参量为：p1＝ρgh1＋p0，
T1＝280 K
悬浮时气体的状态参量为p3＝ρg(h1＋H)＋p0，T3＝300 K
由等容变化规律＝知：H＝72.4 cm。
即后来圆筒悬浮于水中时筒底距水面高度为72.4 cm。
答案：(1)增加1.96 J (2)72.4 cm
1．(2018·渭南联考)(1)下列说法中正确的是________。
A．当分子间距r>r0时(r＝r0时分子力为零)，分子间的引力随着分子间距的增大而减小，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，分子力表现为引力
B．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中的内能不变
D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
(2)如图所示，劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧与完全相同的导热活塞A、B不拴接，一定质量的理想气体被活塞A、B分成两个部分封闭在可导热的汽缸内。活塞A、B之间的距离与B到汽缸底部的距离均为l＝1.2 m，初始时刻，气体Ⅰ与外界大气压强相同，温度为T1＝300 K，将环境温度缓慢升高至T2＝440 K，系统再次达到稳定，A已经与弹簧分离，已知活塞A、B的质量均为m＝1.0 kg。横截面积为S＝10 cm2；外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa。不计活塞与汽缸之间的摩擦且密封良好，g取10 m/s2，求活塞A相对初始时刻上升的高度。
解析：(1)当分子间距r>r0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力，故A正确；第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，故B错误；一定质量的理想气体等压膨胀，体积变大，温度升高，内能增大，故C错误；相对湿度为水蒸气的实际压强与相同温度水的饱和汽压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，故D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E正确。
(2)对气体Ⅰ，初态：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，
V1＝lS；
末态：T2＝440 K，p2＝p0＋＝1.1×105 Pa，V2＝l′S
根据理想气体状态方程：＝
解得末态气体Ⅰ的长度为l′＝1.6 m。
对气体Ⅱ，初态：T3＝300 K，p3＝p0＋＝1.2×105 Pa，V3＝lS；
末态：T4＝440 K，p4＝p2＋＝1.2×105 Pa，V4＝l″S
根据理想气体状态方程：＝
解得末态气体Ⅱ的长度为l″＝1.76 m。
故活塞A上升的高度为Δh＝(l′－l)＋(l″－l)＝(1.6 m－1.2 m)＋(1.76 m－1.2 m)＝0.96 m。
答案：(1)ADE (2)0.96 m
2．(2019届高三·烟台模拟)(1)下列说法正确的是________。
A．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性
B．当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
C．当环境的相对湿度为1时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同
D．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量
E. PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物。温度越高，PM2.5的运动就会越激烈，所以PM2.5的运动属于分子热运动
(2)如图所示，一绝热汽缸固定在倾角为30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。求：
(ⅰ)此时气体的温度；
(ⅱ)加热过程中气体内能的增加量。
解析：(1)液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故A正确； 中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故B错误； 当环境的相对湿度为1时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故C正确；在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则D正确；PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物，不是分子，故E错误。
(2)(ⅰ)设加热后的温度为T，此时气体体积V＝2LS
初始时体积V0＝LS，由等压变化有：
＝
解得T＝2T0。
(ⅱ)由题意得，封闭气体压强为
p＝p0＋＝p0＋
该过程气体对外界做功W＝pSL＝SL
气体内能的增加量ΔU＝－W＋Q＝Q－SL。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)2T0 (ⅱ)Q－SL
3．(2018·芜湖模拟)(1)下列说法中正确的是________。
A．需要用力才能压缩气体表明气体分子间存在斥力
B．一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的
C．一定质量的理想气体从外界吸热，内能可能减小
D．微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显
E．液体与大气相接触，液体表面层内分子间的作用表现为相互吸引
(2)如图所示，圆柱形汽缸上部开口且有挡板，内部底面积S为0.1 m2，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，活塞上放置一质量为10 kg的重物，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.01×105 Pa，温度为27 ℃。活塞与汽缸内壁的摩擦忽略不计，现对气体加热，求：(g取10 m/s2)
(ⅰ)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；
(ⅱ)气体温度达到387 ℃时气体的压强。
解析：(1)需要用力才能压缩气体这是由于气体压强的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项A错误；饱和汽压与温度有关，在一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的，选项B正确；一定质量的理想气体从外界吸热，若对外做功，则内能可能减小，选项C正确；微粒越小，液体分子对微粒的碰撞越不平衡，布朗运动越明显，选项D错误；液体与大气相接触，液体表面层内分子比较稀疏，分子间的作用表现为相互吸引，选项E正确。
(2)(ⅰ)被封闭气体做等压变化：V1＝S
T1＝(273＋27)K＝300 K
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口：V2＝Sd
根据盖吕萨克定律：＝
解得T2＝600 K。
(ⅱ)T3＝387 ℃＝660 K>T2
故被封闭气体先做等压变化，待活塞到达汽缸口后做等容变化V3＝Sd
由理想气体状态方程：＝
p1＝p0＋
解得p3＝1.122×105 Pa。
答案：(1)BCE (2)(ⅰ) 600 K (ⅱ) 1.122×105 Pa
4．(1)下列说法中正确的是________。
A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
B．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动
C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
D．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少
(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(ⅰ)待测气体的压强；
(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。
解析：(1)分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得快，故A错误；布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则热运动，故B错误；伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，故C正确；由理想气体状态方程＝C可知，如果压强不变，体积增大，温度升高，那么它一定从外界吸热，故D正确；由理想气体状态方程＝C可知，体积不变，当温度降低时，压强减小，分子每秒平均碰撞次数减小，故E正确。
(2)(ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l ①
V1＝πd2h ②
由力学平衡条件得p1＝p＋ρhg ③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1 ④
联立①②③④式得
p＝。 ⑤
(ⅱ)由题意知h≤l ⑥
联立⑤⑥式有p≤ ⑦
该仪器能够测量的最大压强为pmax＝。 ⑧
答案：(1)CDE (2)(ⅰ) (ⅱ)
5.(2018·安顺监测)(1)关于物体的内能，下列说法正确的是________。
A．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加
B．物体内部所有分子动能的总和叫做物体的内能
C．一定质量的0 ℃的冰融化为0 ℃的水时，分子势能增加
D．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加
E．通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
(2)如图所示为某型号的太阳能空气集热器的简易图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝400 K，为减小集热器内部压强，集热器自动控制系统缓慢抽出部分气体，并使温度降为360 K，此时，集热器内气体的压强回到p0。求：
(ⅰ)T1＝400 K时气体的压强；
(ⅱ)温度降为360 K时，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
解析：(1)橡皮筋被拉伸时，分子力做负功，分子间势能增加，故A正确。物体的内能包括分子动能和分子势能，物体内部所有分子动能的总和只是内能的一部分，故B错
误。一定质量的0 ℃的冰融化为0 ℃的水时需要吸热，而此时分子平均动能不变，分子动能不变，故分子势能增加，故C正确。一定质量的理想气体放出热量，如果同时有外界对它做功，且做功的量大于它放出的热量，它的内能就会增加，故D正确。通电时电阻发热，它的内能增加是通过电流做功的方式实现的，故E错误。
(2)(ⅰ)集热器内的气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，
代入数据解得：p1＝p0。
(ⅱ)以抽出的气体和集热器内的气体为研究对象，设抽出的气体温度也为T2，压强也为p0，此时与集热器内气体的总体积为V，由理想气体状态方程得，
＝，
联立解得：V＝V0
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为k，由题意得
k＝，联立解得：k＝。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)p0 (ⅱ)
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅲ)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
解析：选BCD 由理想气体的状态方程＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误。一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确。气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确。根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，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，故D正确、E错误。
2．(2018·全国卷Ⅰ)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
解析：选BDE 过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误。过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确。过程④中，气体温度T降低，内能减小，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，故C错误。状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确。分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。
3．(2018·全国卷Ⅱ)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
解析：选BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；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，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。
4．(2017·全国卷Ⅰ)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
解析：选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。
5．(2017·全国卷Ⅲ)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回到初态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
解析：选ABD ab过程中气体压强增大，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的内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程中气体体积增大，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收热量，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B项正确；ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。
6．(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
解析：选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。
二、计算题
7．(2017·全国卷Ⅱ)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。
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)＝ρ0 ④
气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV ⑤
联立④⑤式得f＝Vgρ0。 ⑥
(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg ⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0。 ⑧
(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－m0g ⑨
联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0－m0。
答案：(1)Vgρ0 (2)Vgρ0 (3)Vρ0T0－m0
8．(2018·全国卷Ⅰ)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。
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；活塞下方气体的体积为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
p0＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝。
答案：
9．(2018·全国卷Ⅱ)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：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＝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：T0 (p0S＋mg)h
10．(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。
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，由力的平衡条件有
p1＝p2＋(l1－l2)
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l1′和l2′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′
p2l2＝pl2′
联立解得
l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。
答案：22.5 cm 7.5 cm
释疑3大考点
考点一 分子动理论 内能及热力学定律
(一)理清知识体系
(二)突破三个重点
1．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
[注意] 对气体而言，N≠。
(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)
2．反映分子运动规律的两个实例
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
扩散
现象
产生原因：分子永不停息的无规则运动
相关因素：温度
3．对热力学定律的理解
(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述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。
(3)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，但不引起其他变化是不可能的。
[题点全练]
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移动到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递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。(√)
(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．(2018·西安联考)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是________。
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
解析：选ACE 温度高的物体内能不一定大，内能还与质量有关，但分子平均动能一定大，因为温度是分子平均动能的标志，故A正确；改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，故B错误；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，液体温度越高，液体分子热运动越激烈，布朗运动越显著，故C正确；当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，故D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。
3．(2018·榆林模拟)关于热现象和内能，下列说法正确的是________。
A．做功和热传递都能改变物体的内能
B．外界对气体做了功，则气体的温度一定升高
C．一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大
D．温度升高，物体内分子的平均动能一定增加
E．气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子间呈现出斥力的作用
解析：选ACD 做功和热传递都能改变物体的内能，选项A正确；外界对气体做了功，如果气体向外放热，则气体的温度不一定升高，选项B错误；一定质量的气体，体积不变时，温度越高，内能越大，选项C正确；温度升高，物体内分子的平均动能一定增加，选项D正确；气体能够充满容器的整个空间，是由于气体分子能够自由移动，选项E错误。
4．(2018·衡水中学模拟)关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是________。
A．在10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．分子间距离越大，分子间的斥力越小
E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢
解析：选ADE 分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A正确。设分子平衡距离为r0，分子距离为r，当r＞r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r＜r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r＝r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，D、E正确。
考点二 固体、液体和气体的性质
(一)理清知识体系
(二)理解三个问题
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)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于分子势能增加。
(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的结果，温度越高，气体分子密度越大，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。
[题点全练]
1．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导热性能相同时，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)液体表面的分子间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。(√)
2.(2019届高三·武汉调研)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是________。
A．气体并没有对外做功，气体内能不变
B．B中气体可自发地全部退回到A中
C．气体温度不变，体积增大，压强减小
D．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
E．气体体积变大，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少
解析：选ACE 由于气闸舱B内为真空，所以气体在扩张过程中不会对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故A正确，D错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的，故B错误；气体温度不变，由pV＝C可知，体积增大，压强减小，故C正确；气体体积变大，压强减小，由压强微观解释可知，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少，故E正确。
3．(2018·淄博二模)下列说法正确的是________。
A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
B．温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加
C．用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出气体分子的体积
D．浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距大，分子间作用力表现为引力的缘故
E．第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
解析：选ABE 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子的热运动加剧，分子的平均动能增加，故B正确；用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以估算出单个气体分子所占空间的体积，不能估算出气体分子的体积，故C错误；浸润现象产生的原因是附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，附着层内分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，故D错误；第二类永动机不可能制成，因为内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，故E正确。
4．(2018·青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的pT图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是________。
A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc
B．a→b过程气体的分子数密度变大
C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的
E．若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J
解析：选ADE c→a过程气体压强增大，温度降低，根据＝C可知体积减小，故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc，故A正确；a→b过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B错误；b→c过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律得：Q＝ΔU－W＝－W>0，气体吸收热量，由以上分析可知，b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故C错误；c→a过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D正确；由热力学第一定律可知，若a→b过程气体吸热300 J，c→a过程放热400 J，则c→a过程外界对气体做功100 J，故E正确。
考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
(一)理清知识体系
(二)掌握三个要点
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．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。
(三)研透四类常考模型
1．“汽缸”模型
(2018·齐鲁名校协作体联考)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。
[思路点拨]
[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
“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。
2．“液柱”模型
(2018·石家庄二模)如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27 ℃，大气压强为76 cmHg，稳定时，A部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为h1＝10 cm、h2＝12 cm。
(1)求A部分气体的压强；
(2)现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了50 ℃时，A部分气体长度为21 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′。
[解析] (1)设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，p0＝p2＋h2，p2＝p1＋h1，解得p1＝p0－(h1＋h2)＝54 cmHg。
(2)由理想气体状态方程有＝，
解得p1′＝60 cmHg；
由于空气柱长度增加1 cm，则水银柱向右侧移动1 cm，因此液面高度差h1′＝8 cm，由p1′＝p0－(h1′＋h2′)，
解得h2′＝8 cm。
[答案] (1)54 cmHg (2)8 cm
解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下4点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。
3．“两团气”模型
(2018·开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
(1)当A向右移动时，水的深度h；
(2)该深度计能测量的最大水深hm。
[解析] (1)当A向右移动时，设B不移动，
对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·SL
解得：p1＝p0
而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。
由p1＝p0＋ρgh
解得：水的深度h＝10·＝3.33 m。
(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2
对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx
对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝10·＝20 m。
[答案] (1)3.33 m (2)20 m
多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。
4．“充气、抽气”模型
(2018·漳州调研)如图，横截面积为S的汽缸导热良好、内壁光滑，汽缸上端开口，底端有一阀门K连接进气口。原长2l、劲度系数k＝的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为m＝的活塞，外界大气压强p0已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为，求：
(1)汽缸中气体的压强p1；
(2)进气口连接打气筒，打开阀门K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为p0、体积为V＝，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？ (设环境温度不变，打入的气体及汽缸内已有的气体可视为理想气体)
[解析] (1)对活塞受力分析如图所示：
根据平衡条件有：mg＋p0S＝p1S＋k
解得：p1＝p0。
(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为p2
根据平衡条件有：mg＋p0S＝p2S
可得：p2＝2p0
设打气简打气n次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得
p1·Sl＋np0·＝p2·2Sl
解得： n＝28，故需要打气28次。
[答案] (1)p0 (2)28次
1．等效法求解变质量的气体问题
在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
(1)充气中的变质量问题
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。
(2)抽气中的变质量问题
用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
2．巧选研究对象
(1)灌气问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看做整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
(2)漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。
[题点全练]
1.如图所示，内径均匀的U形细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮汽缸B连通，封闭端由水银封闭一段空气A，已知－23 ℃时空气柱A长62 cm，右管水银面比左管水银面低40 cm，当气温上升到27 ℃时，水银面高度差变化4 cm。B贮汽缸左侧连接的细玻璃管的体积变化不计，A、B两部分气体的温度始终相同。
(1)试论证当气温上升到27 ℃时，水银面高度差是增大4 cm 还是减小4 cm?
(2)求－23 ℃时贮汽缸B中气体的压强。
解析：(1)假设水银柱不动，由查理定律得＝＝
所以Δp＝ΔT
显然在ΔT、T1相同情况下，初始压强p1越大，升高相同温度时，压强的增量越大，
而初始状态时，pA＜pB，所以ΔpA＜ΔpB，则A中水银上升，水银面高度差增大。
(2)设－23 ℃时，B中气体压强为pB，玻璃管的横截面积为S，对A中理想气体有＝
即＝
对B中气体有：＝＝
联立得pB＝140 cmHg。
答案：(1)水银面高度差增大 (2)140 cmHg
2．(2018·青岛模拟)如图，A、B两个内壁光滑、导热良好的汽缸用细管连接，A汽缸中活塞M的截面积为500 cm2，装有一个大气压强的理想气体50 L。B汽缸中活塞N的截面积为250 cm2，装有两个大气压强的理想气体25 L。现给活塞M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中汽缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为1.0×105 Pa。求：
(1)当推力F＝5×103 N时，活塞M向右移动的距离；
(2)汽缸B中能达到的最大压强。
解析：(1)加力F后，A中气体的压强为
pA′＝p0＋＝2×105 Pa
所以N活塞刚好不动
对A中气体，由玻意耳定律得：pAVA＝pA′VA′
解得VA′＝25 L
故活塞M向右移动的距离是x＝＝50 cm。
(2)当A中气体全部进入B中后B中气体压强最大，设为p，A中气体在B中所占体积为V
A中气体进入B中，由玻意耳定律得：p0VA＝pV
B中气体在A中气体进入前后，由玻意耳定律得：
2p0VB＝p(VB－V)
解得p＝4×105 Pa。
答案：(1)50 cm (2)4×105 Pa
3．(2018·东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5∶3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1∶2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。
解析：(1)拔去销钉前，设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：
pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，
又pA∶pB＝5∶3，pA′＝pB′
解得：ΔV＝V，
B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4。
(2)初始状态：＝，
最终平衡状态：pA′＝pB′＋
设汽缸总容积为V′，A、B两部分气体做等温变化
pA＝pA′，pB＝pB′
联立解得：pB′＝。
答案：(1)3∶4 (2)
4．(2018·淄博二模)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积S＝30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度t1＝7 ℃，筒内气柱的长度h1＝14 cm，若大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g大小取10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)
(1)当水的温度缓慢升高至27 ℃时，筒底露出水面一定高度。该过程中，气体吸收的热量为5 J，则气体的内能变化了多少？
(2)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H。
解析：(1)设温度升高后圆筒内外液面高度差为h2，圆筒的截面积为S、质量为m，分析可知封闭气体的初态参量：V1＝h1S，T1＝280 K
封闭气体的末态参量：V2＝(h2＋Δh)S，T2＝300 K
由等压变化规律＝知：Δh＝1 cm(其中h1＝h2)
此时筒底露出水面的高度为1 cm
外界对气体做功W＝－(ρgh1＋p0)SΔh
代入数据得：W＝－3.042 J
对被封闭气体由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
知：ΔU＝1.96 J
即该过程中气体内能增加了ΔU＝1.96 J。
(2)设圆筒悬浮时封闭气体的长度为h3
筒底恰与水面齐平时有：ρgh1S＝mg
圆筒后来平衡时有ρgh3S＝mg，所以h1＝h3
即圆筒恰齐平水面到后来悬浮水中为等容变化
筒底恰与水面齐平时的状态参量为：p1＝ρgh1＋p0，
T1＝280 K
悬浮时气体的状态参量为p3＝ρg(h1＋H)＋p0，T3＝300 K
由等容变化规律＝知：H＝72.4 cm。
即后来圆筒悬浮于水中时筒底距水面高度为72.4 cm。
答案：(1)增加1.96 J (2)72.4 cm
1．(2018·渭南联考)(1)下列说法中正确的是________。
A．当分子间距r>r0时(r＝r0时分子力为零)，分子间的引力随着分子间距的增大而减小，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，分子力表现为引力
B．第一类永动机和第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中的内能不变
D．大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
(2)如图所示，劲度系数为k＝100 N/m 的轻质弹簧与完全相同的导热活塞A、B不拴接，一定质量的理想气体被活塞A、B分成两个部分封闭在可导热的汽缸内。活塞A、B之间的距离与B到汽缸底部的距离均为l＝1.2 m，初始时刻，气体Ⅰ与外界大气压强相同，温度为T1＝300 K，将环境温度缓慢升高至T2＝440 K，系统再次达到稳定，A已经与弹簧分离，已知活塞A、B的质量均为m＝1.0 kg。横截面积为S＝10 cm2；外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa。不计活塞与汽缸之间的摩擦且密封良好，g取10 m/s2，求活塞A相对初始时刻上升的高度。
解析：(1)当分子间距r>r0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小，而且斥力减小更快，所以分子力表现为引力，故A正确；第一类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律，而第二类永动机研制失败的原因并不是违背了能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，故B错误；一定质量的理想气体等压膨胀，体积变大，温度升高，内能增大，故C错误；相对湿度为水蒸气的实际压强与相同温度水的饱和汽压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，故D正确；一定质量的单晶体在熔化过程中温度不变，分子的平均动能不变，所吸收的热量全部用来增大分子势能，故E正确。
(2)对气体Ⅰ，初态：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，
V1＝lS；
末态：T2＝440 K，p2＝p0＋＝1.1×105 Pa，V2＝l′S
根据理想气体状态方程：＝
解得末态气体Ⅰ的长度为l′＝1.6 m。
对气体Ⅱ，初态：T3＝300 K，p3＝p0＋＝1.2×105 Pa，V3＝lS；
末态：T4＝440 K，p4＝p2＋＝1.2×105 Pa，V4＝l″S
根据理想气体状态方程：＝
解得末态气体Ⅱ的长度为l″＝1.76 m。
故活塞A上升的高度为Δh＝(l′－l)＋(l″－l)＝(1.6 m－1.2 m)＋(1.76 m－1.2 m)＝0.96 m。
答案：(1)ADE (2)0.96 m
2．(2019届高三·烟台模拟)(1)下列说法正确的是________。
A．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性
B．当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
C．当环境的相对湿度为1时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同
D．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量
E. PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物。温度越高，PM2.5的运动就会越激烈，所以PM2.5的运动属于分子热运动
(2)如图所示，一绝热汽缸固定在倾角为30°的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦。求：
(ⅰ)此时气体的温度；
(ⅱ)加热过程中气体内能的增加量。
解析：(1)液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故A正确； 中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故B错误； 当环境的相对湿度为1时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故C正确；在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则D正确；PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5 μm的颗粒物，不是分子，故E错误。
(2)(ⅰ)设加热后的温度为T，此时气体体积V＝2LS
初始时体积V0＝LS，由等压变化有：
＝
解得T＝2T0。
(ⅱ)由题意得，封闭气体压强为
p＝p0＋＝p0＋
该过程气体对外界做功W＝pSL＝SL
气体内能的增加量ΔU＝－W＋Q＝Q－SL。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)2T0 (ⅱ)Q－SL
3．(2018·芜湖模拟)(1)下列说法中正确的是________。
A．需要用力才能压缩气体表明气体分子间存在斥力
B．一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的
C．一定质量的理想气体从外界吸热，内能可能减小
D．微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显
E．液体与大气相接触，液体表面层内分子间的作用表现为相互吸引
(2)如图所示，圆柱形汽缸上部开口且有挡板，内部底面积S为0.1 m2，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，活塞上放置一质量为10 kg的重物，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.01×105 Pa，温度为27 ℃。活塞与汽缸内壁的摩擦忽略不计，现对气体加热，求：(g取10 m/s2)
(ⅰ)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；
(ⅱ)气体温度达到387 ℃时气体的压强。
解析：(1)需要用力才能压缩气体这是由于气体压强的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项A错误；饱和汽压与温度有关，在一定温度下，水的饱和蒸气压是一定的，选项B正确；一定质量的理想气体从外界吸热，若对外做功，则内能可能减小，选项C正确；微粒越小，液体分子对微粒的碰撞越不平衡，布朗运动越明显，选项D错误；液体与大气相接触，液体表面层内分子比较稀疏，分子间的作用表现为相互吸引，选项E正确。
(2)(ⅰ)被封闭气体做等压变化：V1＝S
T1＝(273＋27)K＝300 K
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口：V2＝Sd
根据盖吕萨克定律：＝
解得T2＝600 K。
(ⅱ)T3＝387 ℃＝660 K>T2
故被封闭气体先做等压变化，待活塞到达汽缸口后做等容变化V3＝Sd
由理想气体状态方程：＝
p1＝p0＋
解得p3＝1.122×105 Pa。
答案：(1)BCE (2)(ⅰ) 600 K (ⅱ) 1.122×105 Pa
4．(1)下列说法中正确的是________。
A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
B．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动
C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
D．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少
(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(ⅰ)待测气体的压强；
(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。
解析：(1)分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得快，故A错误；布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则热运动，故B错误；伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，故C正确；由理想气体状态方程＝C可知，如果压强不变，体积增大，温度升高，那么它一定从外界吸热，故D正确；由理想气体状态方程＝C可知，体积不变，当温度降低时，压强减小，分子每秒平均碰撞次数减小，故E正确。
(2)(ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l ①
V1＝πd2h ②
由力学平衡条件得p1＝p＋ρhg ③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1 ④
联立①②③④式得
p＝。 ⑤
(ⅱ)由题意知h≤l ⑥
联立⑤⑥式有p≤ ⑦
该仪器能够测量的最大压强为pmax＝。 ⑧
答案：(1)CDE (2)(ⅰ) (ⅱ)
5.(2018·安顺监测)(1)关于物体的内能，下列说法正确的是________。
A．橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加
B．物体内部所有分子动能的总和叫做物体的内能
C．一定质量的0 ℃的冰融化为0 ℃的水时，分子势能增加
D．一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加
E．通电时电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
(2)如图所示为某型号的太阳能空气集热器的简易图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝400 K，为减小集热器内部压强，集热器自动控制系统缓慢抽出部分气体，并使温度降为360 K，此时，集热器内气体的压强回到p0。求：
(ⅰ)T1＝400 K时气体的压强；
(ⅱ)温度降为360 K时，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。
解析：(1)橡皮筋被拉伸时，分子力做负功，分子间势能增加，故A正确。物体的内能包括分子动能和分子势能，物体内部所有分子动能的总和只是内能的一部分，故B错
误。一定质量的0 ℃的冰融化为0 ℃的水时需要吸热，而此时分子平均动能不变，分子动能不变，故分子势能增加，故C正确。一定质量的理想气体放出热量，如果同时有外界对它做功，且做功的量大于它放出的热量，它的内能就会增加，故D正确。通电时电阻发热，它的内能增加是通过电流做功的方式实现的，故E错误。
(2)(ⅰ)集热器内的气体发生等容变化，根据查理定律，有＝，
代入数据解得：p1＝p0。
(ⅱ)以抽出的气体和集热器内的气体为研究对象，设抽出的气体温度也为T2，压强也为p0，此时与集热器内气体的总体积为V，由理想气体状态方程得，
＝，
联立解得：V＝V0
设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为k，由题意得
k＝，联立解得：k＝。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)p0 (ⅱ)
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