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专题13 分子动理论、气体、热力学-2023年高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）
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这是一份专题13 分子动理论、气体、热力学-2023年高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用），文件包含专题13分子动理论气体热力学解析版docx、专题13分子动理论气体热力学原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
专题13：分子动理论、气体、热力学
考点01 分子动理论 内能 1
考点02 固体 液体 气体分子的运动特点 4
考点03 热力学定律 8
考点04 气体实验定律和理想气体的状态方程 12
考点01 分子动理论 内能
【考点诠释】一、突破三个重点
1．微观量的估算
(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．分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动
现象
扩散现象
布朗运动
热运动
活动主体
分子
微小固体颗粒
分子
区别
分子的运动，发生在固体、液体、气体之间
比分子大得多的微粒的运动，只能在液体、气体中发生
分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
①都是无规则运动；②都随温度的升高而更加激烈
联系
扩散现象、布朗运动都反映无规则的热运动
3.物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
二、掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系、分子势能与分子间距的关系。
(2)分子力做功与分子势能变化的关系。
阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，掌握宏观与微观的联系。
【典例1】(2021福建泉州模拟)[多选]PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是( )
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动
C．温度越低，PM2.5运动越剧烈
D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度
E．PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈
【答案】BDE
【解析】 PM2.5的直径等于或小于2.5微米，而空气中氧分子尺寸的数量级为10－10 m，故两者大小不相当，选项A错误；PM2.5在空气中的运动属于布朗运动，选项B正确；温度越高，PM2.5活动越剧烈，选项C错误；倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确；PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，选项E正确。
【变式1-1】（2021·北京卷）分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分于间的作用，下列说法正确的是（ ）
A．从到分子间引力、斥力都在减小
B．从到分子力的大小先减小后增大
C．从到分子势能先减小后增大
D．从到分子动能先增大后减小
【答案】D
【解析】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在时分子势能最小，故从到分子势能一直减小，故C错误；
D．从到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。
故选D。
【变式1-2】(多选)关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是( )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．物体的机械能可以为零，但是内能不可能为零
E．静止容器中的冰熔化为水后，其机械能不变，内能增大
【答案】ACD
【解析】 把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，容器做加速运动其机械能不一定增大，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；如果取静止物体所在的位置为零势能面，则物体的机械能为零，但是由于分子的热运动永不停止，分子动能不可能为零，故内能不可能为零，选项D正确；静止容器中的冰熔化为水的过程中，水的重心会略微降低，其机械能减小，由于需要吸热，内能增大，选项E错误。
【变式1-3】分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_____（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能_____ （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能_____（填“大于”“等于”或“小于”）零。
【答案】减小 减小 小于
【解析】[1]从距点很远处向点运动，两分子间距减小到的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[2]在的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[3]在间距等于之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在处分子势能小于零。
考点02 固体 液体 气体分子的运动特点
【考点诠释】
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，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具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
2．气体分子运动特点
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，气体分子数密度越大，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由于大气重力产生的。
【典例2】（2021·广东卷）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】小于 不变
【解析】
[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程
故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
【变式2-1】（2021·河北卷）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能______（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线______（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
【答案】大于 ①
【解析】
[1]对活塞分析有
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有
则根据
因为气缸和活塞都是绝热的，故有
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
[2]由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B气缸温度较低，故曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【变式2-2】（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。
【答案】 1 ，
【解析】
[1]根据盖吕萨克定律有
整理得
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
[2]设时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为，根据等温变化，则有
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有 ，
联立解得
【变式2-3】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有（ ）
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）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的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AC。
【变式2-4】如图所示，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三个状态温度和的关系，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；
故选C。
【变式2-5】（2021·湖南卷）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
【答案】（1）297K；（2）309K
【解析】
（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比⑤
联立①④⑤式解得
考点03 热力学定律
【考点诠释】1．对热力学定律的理解
(1)对热力学第一定律ΔU＝Q＋W的理解
①ΔU仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；
②W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；
③Q由ΔU和W共同决定。
(2)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。
2．对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出判断。
(2)定量计算
一般计算等压变化过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算。
3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能量是否守恒是有条件的。
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
【典例3】（2021江苏卷）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量；
（2）最终温度T。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向右移动了L，等压过程
且
解得
【变式3-1】（2021·山东卷）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（ ）
A．内能减少 B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量
【答案】B
【解析】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；
B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；
CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
【变式3-2】（2021·全国卷）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】[1]B [2] C
【解析】A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
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，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能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，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【变式3-3】（2021·天津卷）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（ ）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
【答案】B
【解析】
A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
故选B。
考点4 气体实验定律和理想气体的状态方程
【考点诠释】
1．气体压强的计算
(1)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强。
(2)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等，液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的大气压强。
说明：固体密封的气体一般用力平衡法，液柱密封的气体一般用等压面法。
2．气体实验定律
玻意耳定律：p1V1＝p2V2
查理定律：＝或＝
盖—吕萨克定律：＝或＝
3．理想气体的状态方程
(1)理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，一定质量的理想气体的内能只和温度有关。
(2)状态方程：＝或＝C。
4．应用气体实验定律的三个重点环节
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要对各部分独立研究，各部分之间一般通过压强(液柱或活塞的受力)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能够比较准确、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。
【典例4】（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程、、后又回到状态a。对于、、三个过程，下列说法正确的是（ ）
A．过程中，气体始终吸热
B．过程中，气体始终放热
C．过程中，气体对外界做功
D．过程中，气体的温度先降低后升高
E.过程中，气体的温度先升高后降低
【答案】ABE
【解析】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；
BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；
DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；
故选ABE。
【变式4-1】（2021湖南）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程，外力做功大于0，小于
B. 整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C. 整个过程，理想气体的内能增大
D. 整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E. 左端活塞到达位置时，外力等于
【答案】BDE
【解析】A. 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；
BC. 根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；
D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：
D正确；
E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：
即：
E正确。
故选BDE。
1、（2022·山东卷·T5）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A. 内能增加，外界对气体做正功
B. 内能减小，所有分子热运动速率都减小
C. 温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D. 温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【解析】
初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选C。
2、（2022·全国乙卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a经状态b变化状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（ ）
A. 状态a处压强大于状态c处的压强
B. 由a变化到b的过程中，气体对外做功
C. 由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D. 由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E. 由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD
【解析】
AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
3、（2022·全国甲卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A. 气体一直对外做功
B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热
D. 气体吸收的热量等于其对外做的功
E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE
【解析】
A．因从a到bp—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律
∆U=W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
4、（2022·湖南卷·T15（1））利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（ ）
A. A端为冷端，B端为热端
B. A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C. A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D. 该装置气体进出过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E. 该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
【答案】ABE
【解析】
A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
5、（2022·湖北·T3）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A. a→b是等温过程
B. a→b过程中气体吸热
C. a→c过程中状态b的温度最低
D. a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B
【解析】
AB．根据理想气体的状态方程
可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律
DU = W + Q
可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；
C．根据理想气体的状态方程
可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。
故选B。
1、（2021·北京市昌平区二模）下列与热现象有关的说法中，正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子无规则运动
B. 扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动
C. 两个分子间距离减小时，分子间的引力减小，斥力增大
D. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
【答案】B
【解析】
A．布朗运动是指悬浮在液面上的微小颗粒的无规则运动，故A错误；
B．扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；
C．两个分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，但斥力增大的快，故C错误；
D．压缩气体时气体表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的缘故，故D错误。
故选B。
2、（2021·北京市海淀区期末）关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
B. 图乙为水中炭粒运动位置的连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹
C. 图丙为分子力与分子间距的关系图，分子间距从增大时，分子力先变小后变大
D. 图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高
【答案】D
【解析】
A.实验中应先撒痱子粉，油酸滴在痱子粉上，测油酸展开的面积，故A错误；
B.图中所示位置是不同时刻炭粒的位置，无法表示炭粒的运动轨迹，故B错误；
C.图中r0是分子力等于零的位置，从图像可知，分子间距从增大时，分子力先增大后减小，故C错误；
D.根据分子运动速率分布图像可知，温度越高分子热运动越剧烈，故D正确。
故选D。
3、（2021·河北省实验中学高三下学期调研）下列说法正确的是（ ）
A. 沸水中的胡椒粉不断翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈
B. 冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能不变，分子势能增大
C. 水银不能浸润玻璃，是因为附着层内的液体分子间的作用表现为引力而收缩
D. 热量不可能从低温物体传到高温物体
【答案】BC
【解析】
A．水中的胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，冰熔化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，吸收的能量来增加水的分子势能，故B正确；
C．一种液体与某种固体表现为不浸润，是因为附着层内分子之间的作用表现为引力，附着层有收缩的趋势的原因，故C正确；
D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体；但在一条件下，是可以由低温物体传到高温物体的，故D错误。
故选BC。
4、（2021·北京市朝阳区二模）关于气体压强的说法，下列选项正确的是（ ）
A. 气体对容器的压强源于气体分子的热运动
B. 气体对容器的压强源于气体分子受到重力作用
C. 气体分子密集程度增大，气体压强一定增大
D. 气体分子平均动能增大，气体压强一定增大
【答案】A
【解析】
AB．气体对容器的压强就是分子的热运动对容器壁的碰撞产生的，所以A正确，B错误；
CD．气体的压强在微观上与两个因素有关：一是气体分子的平均动能，二是气体分子的密集程度，密集程度和平均动能增大，都只强调问题的一方面，故不能确定压强一定增大，所以CD错误。
故选A。
5、（2021·安徽省芜湖市高三质检）下列说法正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子的无规则运动
B. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
C. 相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
D. 一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
E. 下雨时发现，雨水流过车窗时留有水迹，说明水对玻璃是浸润的
【答案】BDE
【解析】
A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的反映，A错误；
B．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体，B正确；
C．相互间达到热平衡状态的两个物体温度一定相等，内能不一定相等，C错误；
D．一定量的理想气体在等压膨胀过程中，根据理想状态的状态方程
可知，气体温度一定升高，一定质量的理想气体内能由温度决定，则内能一定增加，D正确；
E．雨水流过车窗的玻璃时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的，否则不会留下痕迹，E正确。
故选BDE。
6．(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________________。
(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
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。
【答案】 (1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积
(2)①41 cm ②312 K
【解析】 (1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
(2)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，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
pS＝p0S＋ρghS②
p1S＋ρghS＝p0S③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给数据得
L＝41 cm⑥
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 K。
7． (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，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【答案】(1)BDE (2)
【解析】(1)由理想气体状态方程＝可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得
V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝。
8．(1)(多选)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
(2)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
【答案】 (1)ABC (2)① 2p0 ②上升直到B的顶部 ③1.6p0
【解析】 (1)A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等。B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小。C对：实线为氧气分子在100 ℃时的情形。D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。E错：速率出现在0～400 m/s区间内，100 ℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。
(2)①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
②打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时压强为p′2＝p0。
③设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。
9． (1)(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
(2)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
①求该热气球所受浮力的大小；
②求该热气球内空气所受的重力；
③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
【答案】 (1)ABD
(2)①Vgρ0 ②Vgρ0 ③Vρ0T0－m0
【解析】 (1)气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确。气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确。气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误。气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误。
(2)①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖—吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥
②气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧
③设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝F－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
10.(1)(5分)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________(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．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)(10分)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．
【答案】：（1）BDE (2)m＝
【解析】：（1）由理想气体状态方程＝可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程＝并结合题图可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确．
(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①(1分)
p0＝p2V2②(1分)
由已知条件得
V1＝＋－＝V③(2分)
V2＝－＝④(2分)
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤(2分)
联立以上各式得
m＝⑥(2分)
专题13：分子动理论、气体、热力学
考点01 分子动理论 内能 1
考点02 固体 液体 气体分子的运动特点 4
考点03 热力学定律 8
考点04 气体实验定律和理想气体的状态方程 12
考点01 分子动理论 内能
【考点诠释】一、突破三个重点
1．微观量的估算
(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．分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动
现象
扩散现象
布朗运动
热运动
活动主体
分子
微小固体颗粒
分子
区别
分子的运动，发生在固体、液体、气体之间
比分子大得多的微粒的运动，只能在液体、气体中发生
分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
①都是无规则运动；②都随温度的升高而更加激烈
联系
扩散现象、布朗运动都反映无规则的热运动
3.物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
二、掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系、分子势能与分子间距的关系。
(2)分子力做功与分子势能变化的关系。
阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，掌握宏观与微观的联系。
【典例1】(2021福建泉州模拟)[多选]PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是( )
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动
C．温度越低，PM2.5运动越剧烈
D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度
E．PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈
【答案】BDE
【解析】 PM2.5的直径等于或小于2.5微米，而空气中氧分子尺寸的数量级为10－10 m，故两者大小不相当，选项A错误；PM2.5在空气中的运动属于布朗运动，选项B正确；温度越高，PM2.5活动越剧烈，选项C错误；倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确；PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，选项E正确。
【变式1-1】（2021·北京卷）分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分于间的作用，下列说法正确的是（ ）
A．从到分子间引力、斥力都在减小
B．从到分子力的大小先减小后增大
C．从到分子势能先减小后增大
D．从到分子动能先增大后减小
【答案】D
【解析】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在时分子势能最小，故从到分子势能一直减小，故C错误；
D．从到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。
故选D。
【变式1-2】(多选)关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是( )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．物体的机械能可以为零，但是内能不可能为零
E．静止容器中的冰熔化为水后，其机械能不变，内能增大
【答案】ACD
【解析】 把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，容器做加速运动其机械能不一定增大，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；如果取静止物体所在的位置为零势能面，则物体的机械能为零，但是由于分子的热运动永不停止，分子动能不可能为零，故内能不可能为零，选项D正确；静止容器中的冰熔化为水的过程中，水的重心会略微降低，其机械能减小，由于需要吸热，内能增大，选项E错误。
【变式1-3】分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_____（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能_____ （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能_____（填“大于”“等于”或“小于”）零。
【答案】减小 减小 小于
【解析】[1]从距点很远处向点运动，两分子间距减小到的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[2]在的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；
[3]在间距等于之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在处分子势能小于零。
考点02 固体 液体 气体分子的运动特点
【考点诠释】
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，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具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
2．气体分子运动特点
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，气体分子数密度越大，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由于大气重力产生的。
【典例2】（2021·广东卷）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】小于 不变
【解析】
[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程
故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
【变式2-1】（2021·河北卷）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能______（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线______（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
【答案】大于 ①
【解析】
[1]对活塞分析有
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有
则根据
因为气缸和活塞都是绝热的，故有
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
[2]由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B气缸温度较低，故曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【变式2-2】（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。
【答案】 1 ，
【解析】
[1]根据盖吕萨克定律有
整理得
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
[2]设时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为，根据等温变化，则有
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有 ，
联立解得
【变式2-3】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有（ ）
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）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的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AC。
【变式2-4】如图所示，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三个状态温度和的关系，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；
故选C。
【变式2-5】（2021·湖南卷）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量、截面积的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为时，测得环境温度。设外界大气压强，重力加速度。
（1）当电子天平示数为时，环境温度为多少？
（2）该装置可测量的最高环境温度为多少？
【答案】（1）297K；（2）309K
【解析】
（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对受力分析有
②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：③
联立①②③式解得
（2）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对受力分析有
④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比⑤
联立①④⑤式解得
考点03 热力学定律
【考点诠释】1．对热力学定律的理解
(1)对热力学第一定律ΔU＝Q＋W的理解
①ΔU仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；
②W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；
③Q由ΔU和W共同决定。
(2)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。
2．对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出判断。
(2)定量计算
一般计算等压变化过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算。
3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能量是否守恒是有条件的。
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
【典例3】（2021江苏卷）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为和。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与气缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
（1）内能的增加量；
（2）最终温度T。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）活塞移动时受力平衡
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
（2）活塞发生移动前，等容过程
活塞向右移动了L，等压过程
且
解得
【变式3-1】（2021·山东卷）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（ ）
A．内能减少 B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量
【答案】B
【解析】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；
B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；
CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
【变式3-2】（2021·全国卷）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】[1]B [2] C
【解析】A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
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，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能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，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【变式3-3】（2021·天津卷）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（ ）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
【答案】B
【解析】
A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
故选B。
考点4 气体实验定律和理想气体的状态方程
【考点诠释】
1．气体压强的计算
(1)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强。
(2)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等，液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的大气压强。
说明：固体密封的气体一般用力平衡法，液柱密封的气体一般用等压面法。
2．气体实验定律
玻意耳定律：p1V1＝p2V2
查理定律：＝或＝
盖—吕萨克定律：＝或＝
3．理想气体的状态方程
(1)理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，一定质量的理想气体的内能只和温度有关。
(2)状态方程：＝或＝C。
4．应用气体实验定律的三个重点环节
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要对各部分独立研究，各部分之间一般通过压强(液柱或活塞的受力)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能够比较准确、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。
【典例4】（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程、、后又回到状态a。对于、、三个过程，下列说法正确的是（ ）
A．过程中，气体始终吸热
B．过程中，气体始终放热
C．过程中，气体对外界做功
D．过程中，气体的温度先降低后升高
E.过程中，气体的温度先升高后降低
【答案】ABE
【解析】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；
BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；
DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；
故选ABE。
【变式4-1】（2021湖南）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程，外力做功大于0，小于
B. 整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C. 整个过程，理想气体的内能增大
D. 整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E. 左端活塞到达位置时，外力等于
【答案】BDE
【解析】A. 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；
BC. 根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；
D. 由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：
D正确；
E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：
即：
E正确。
故选BDE。
1、（2022·山东卷·T5）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动过程中，缸内气体（ ）
A. 内能增加，外界对气体做正功
B. 内能减小，所有分子热运动速率都减小
C. 温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D. 温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【解析】
初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有
气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。
AB．气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，AB错误；
CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选C。
2、（2022·全国乙卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a经状态b变化状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（ ）
A. 状态a处压强大于状态c处的压强
B. 由a变化到b的过程中，气体对外做功
C. 由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D. 由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E. 由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD
【解析】
AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
3、（2022·全国甲卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A. 气体一直对外做功
B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热
D. 气体吸收的热量等于其对外做的功
E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCE
【解析】
A．因从a到bp—T图像过原点，由可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；
CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律
∆U=W+Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。
故选BCE。
4、（2022·湖南卷·T15（1））利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（ ）
A. A端为冷端，B端为热端
B. A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C. A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D. 该装置气体进出过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E. 该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
【答案】ABE
【解析】
A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
5、（2022·湖北·T3）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A. a→b是等温过程
B. a→b过程中气体吸热
C. a→c过程中状态b的温度最低
D. a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B
【解析】
AB．根据理想气体的状态方程
可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律
DU = W + Q
可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；
C．根据理想气体的状态方程
可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。
故选B。
1、（2021·北京市昌平区二模）下列与热现象有关的说法中，正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子无规则运动
B. 扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动
C. 两个分子间距离减小时，分子间的引力减小，斥力增大
D. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
【答案】B
【解析】
A．布朗运动是指悬浮在液面上的微小颗粒的无规则运动，故A错误；
B．扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；
C．两个分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，但斥力增大的快，故C错误；
D．压缩气体时气体表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的缘故，故D错误。
故选B。
2、（2021·北京市海淀区期末）关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
B. 图乙为水中炭粒运动位置的连线图，连线表示炭粒做布朗运动的轨迹
C. 图丙为分子力与分子间距的关系图，分子间距从增大时，分子力先变小后变大
D. 图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高
【答案】D
【解析】
A.实验中应先撒痱子粉，油酸滴在痱子粉上，测油酸展开的面积，故A错误；
B.图中所示位置是不同时刻炭粒的位置，无法表示炭粒的运动轨迹，故B错误；
C.图中r0是分子力等于零的位置，从图像可知，分子间距从增大时，分子力先增大后减小，故C错误；
D.根据分子运动速率分布图像可知，温度越高分子热运动越剧烈，故D正确。
故选D。
3、（2021·河北省实验中学高三下学期调研）下列说法正确的是（ ）
A. 沸水中的胡椒粉不断翻滚，说明温度越高布朗运动越激烈
B. 冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能不变，分子势能增大
C. 水银不能浸润玻璃，是因为附着层内的液体分子间的作用表现为引力而收缩
D. 热量不可能从低温物体传到高温物体
【答案】BC
【解析】
A．水中的胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，故A错误；
B．温度是分子平均动能的标志，冰熔化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，吸收的能量来增加水的分子势能，故B正确；
C．一种液体与某种固体表现为不浸润，是因为附着层内分子之间的作用表现为引力，附着层有收缩的趋势的原因，故C正确；
D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体；但在一条件下，是可以由低温物体传到高温物体的，故D错误。
故选BC。
4、（2021·北京市朝阳区二模）关于气体压强的说法，下列选项正确的是（ ）
A. 气体对容器的压强源于气体分子的热运动
B. 气体对容器的压强源于气体分子受到重力作用
C. 气体分子密集程度增大，气体压强一定增大
D. 气体分子平均动能增大，气体压强一定增大
【答案】A
【解析】
AB．气体对容器的压强就是分子的热运动对容器壁的碰撞产生的，所以A正确，B错误；
CD．气体的压强在微观上与两个因素有关：一是气体分子的平均动能，二是气体分子的密集程度，密集程度和平均动能增大，都只强调问题的一方面，故不能确定压强一定增大，所以CD错误。
故选A。
5、（2021·安徽省芜湖市高三质检）下列说法正确的是（ ）
A. 布朗运动是液体分子的无规则运动
B. 在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
C. 相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
D. 一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
E. 下雨时发现，雨水流过车窗时留有水迹，说明水对玻璃是浸润的
【答案】BDE
【解析】
A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的反映，A错误；
B．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体，B正确；
C．相互间达到热平衡状态的两个物体温度一定相等，内能不一定相等，C错误；
D．一定量的理想气体在等压膨胀过程中，根据理想状态的状态方程
可知，气体温度一定升高，一定质量的理想气体内能由温度决定，则内能一定增加，D正确；
E．雨水流过车窗的玻璃时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的，否则不会留下痕迹，E正确。
故选BDE。
6．(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________________。
(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
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。
【答案】 (1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积
(2)①41 cm ②312 K
【解析】 (1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1 mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。
(2)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，被密封气体的体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡条件有
pS＝p0S＋ρghS②
p1S＋ρghS＝p0S③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V＝S(L－h1－h)④
V1＝S(L－h)⑤
由①②③④⑤式和题给数据得
L＝41 cm⑥
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 K。
7． (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，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【答案】(1)BDE (2)
【解析】(1)由理想气体状态方程＝可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；由理想气体状态方程＝C可得p＝C，即TV图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得
V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝。
8．(1)(多选)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
(2)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
①打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
②接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
【答案】 (1)ABC (2)① 2p0 ②上升直到B的顶部 ③1.6p0
【解析】 (1)A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等。B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0 ℃时的情形，分子平均动能较小。C对：实线为氧气分子在100 ℃时的情形。D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。E错：速率出现在0～400 m/s区间内，100 ℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。
(2)①设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1①
(3p0)V＝p1(2V－V1)②
联立①②式得
V1＝③
p1＝2p0④
②打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2⑤
由⑤式得
p2＝p0⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时压强为p′2＝p0。
③设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得＝⑦
将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。
9． (1)(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
(2)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。
①求该热气球所受浮力的大小；
②求该热气球内空气所受的重力；
③设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。
【答案】 (1)ABD
(2)①Vgρ0 ②Vgρ0 ③Vρ0T0－m0
【解析】 (1)气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确。气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确。气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误。气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误。
(2)①设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝①
在温度为T时的体积为VT，密度为
ρ(T)＝②
由盖—吕萨克定律得＝③
联立①②③式得ρ(T)＝ρ0④
气球所受的浮力为F＝ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得F＝Vgρ0⑥
②气球内热空气所受的重力为
G＝ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G＝Vgρ0⑧
③设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得
mg＝F－G－m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得
m＝Vρ0T0－m0。
10.(1)(5分)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________(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．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)(10分)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．
【答案】：（1）BDE (2)m＝
【解析】：（1）由理想气体状态方程＝可知，pb＞pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，选项B正确；过程④中气体体积不变，气体对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程＝并结合题图可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确．
(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①(1分)
p0＝p2V2②(1分)
由已知条件得
V1＝＋－＝V③(2分)
V2＝－＝④(2分)
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤(2分)
联立以上各式得
m＝⑥(2分)
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