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2023届高考物理二轮复习7热学学案
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这是一份2023届高考物理二轮复习7热学学案，共32页。
专题七 热 学
真题速练·明考情
1．(2022·全国甲，33)[物理——选修3－3]
(1)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图上从a到b的线段所示．在此过程中__BCE__．(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
(2)如图所示，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中：两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0．环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
①将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度．
②将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
【答案】 (2)①T0 ②p0
【解析】 (1)从a到b，气体发生等容变化，不对外做功，选项A错误；从a到b，理想气体温度升高，内能增加，选项B正确；根据热力学第一定律，气体内能增加，外界对气体做功为0，气体必定从外界吸热，吸收热量等于气体内能的增加量，选项C、E正确；气体从外界吸热，但不对外做功，选项D错误．
(2)本题考查气体实验定律、理想气体状态方程，意在考查分析综合能力．
①环境温度升高，汽缸内气体发生等压变化
对Ⅳ部分气体由盖—吕萨克定律得＝
解得T＝T0．
②研究Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体，初始温度T0，初始压强p0，体积为V1＝V0，环境温度升高到2T0后，A汽缸中的活塞到达汽缸底部时，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体的体积为V2＝V0，压强为p
由理想气体状态方程得＝
解得p＝p0．
2．(2022·全国乙，33)[物理——选修3－3]
(1)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T-V图上的两条线段所示．则气体在__ABD__．(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．状态a处的压强大于状态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
(2)如图所示，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处．活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l．初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0．已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积．
①求弹簧的劲度系数．
②缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度．
【答案】 (2)① ②p0＋ T0
【解析】 (1)根据理想气体状态方程可知T＝．即T-V图象的斜率为，故有pa＝pb＞pc，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，体积增大，气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU＞0，W＜0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q＞0，Q＞ΔU，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．
(2)①设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋
对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝．
②缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变，依然为p2＝p1＝p0＋，由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2＝l1＝1.1l
即封闭气体发生等压变化，初、末状态的体积分别为V1＝·2S＋·S，V2＝l2·2S
由盖—吕萨克定律可知＝
解得T2＝T0．
3．(2021·全国高考乙卷)
(1)(5选3)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a．对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( ABE )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
(2)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm．将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm．已知外界大气压为p0＝75cmHg．求A、B两管内水银柱的高度差．
【答案】 (2)Δh＝1cm
【解析】 (1)由理想气体的p-V图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W＝0，而压强增大，由＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体一直吸热，故A正确；理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功W＞0，由＝C知温度降低，即内能减少ΔU＜0，由ΔU＝Q＋W可知，Q＜0，即气体放热，故B正确，C错误；由＝C可知，p-V图象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．
(2)对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh
B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B
联立解h2＝2cm
对A管中的气体，初态为压强p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)
A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A
联立可得2h－191h1＋189＝0
解得h1＝1cm或h1＝cm＞l1(舍去)
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1cm．
〔备考策略〕
命题特点：1．以选择题或填空题形式的命题有时单纯考查一个知识点，有时涉及的内容会比较琐碎，考查多个知识点．
2．以计算题形式的命题多是一个情景下多个设问，综合考查多个知识点．例如，对气体实验定律与热力学第一定律综合考查．
3．以填空题形式的命题多是针对一些物理量的判断或简单计算，油膜法估测分子大小实验的考查热度增加．
常用到的思想方法有：模型法、类比法、假设法、转换法、控制变量法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、分子动理论及热力学定律
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：对气体而言，N≠NA)．
2．反映分子热运动规律的两个实例
(1)布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关．
(2)扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关．
3．对热力学定律的理解
(1)热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中W和Q的符号可以这样确定：只要对内能增加有正贡献的就为正值．
(2)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响．
二、气体实验定律和理想气体状态方程
“关键能力”构建
一、两种模型
1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径．
2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距．
二、应用热力学第一定律的看到与想到
1．看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU．
2．看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU．
3．看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0．
命题热点·巧突破
考点一 分子动理论内能及热力学定律
考向1 分子动理论与内能
1．(5选3)(2021·山西临汾·高三阶段练习)下列哪些实验事实说明分子间存在作用力( ACD )
A．压紧的铅块会“粘”在一起，很难再把它们拉开
B．水和酒精两种液体混合后，发现总体积会变小
C．液体放在玻璃容器中，会出现浸润和不浸润现象
D．拉断一根铁丝，用力要达到一定限度才能拉断
E．在半导体材料中参入其他元素，需在高温下完成
【解析】 压紧的铅块会“粘”在一起，由于分子引力作用，很难再把它们拉开，A正确；水和酒精两种液体混合后，因为分子间有空隙，发现总体积会变小，B错误；液体放在玻璃容器中，因为分子间的相互作用力，会出现浸润和不浸润现象，C正确；拉断一根铁丝，因为分子间有引力，用力要达到一定限度才能拉断，D正确；在半导体材料中参入其他元素，需在高温下完成，是分子的扩散现象，E错误．故选ACD．
2．(5选3)(2022·甘肃张掖押题卷)关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( ACE )
A．在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动
B．荷花能出污泥而不染，说明扩散现象在污泥中不能进行
C．当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，但斥力增大得更快
D．若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为
E．分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大
【解析】 在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，反映煤油分子在做无规则运动，故A正确；只要两物体接触，就能发生扩散，荷花能出污泥而不染，是生物的生长现象，故B错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故C正确；若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则每个气体分子占有的空间体积为，故D错误：当分子距离大于平衡距离r0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力在一定距离范围内就会都随分子间距离的增大而增大，故E正确；故选ACE．
考向2 热力学定律理解与应用
3．(5选3)(2022·四川宜宾二模)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( BCD )
A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J
D．一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量
E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体
【解析】 布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，A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过程都是不可逆的，B正确；用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝2.0×105J－0.5×105J＝1.5×105J，C正确；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D正确；根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E错误．故选BCD．
4．(5选3)(2022·河南郑州中学三模)关于热力学定律，下列说法正确的是( ABE )
A．根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量
B．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体
C．一定质量的理想气体压强不变，温度升高，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定增大
D．一定质量的理想气体压强不变，体积增大，气体一定放出热量
E．热机的效率不可能达到100%
【解析】 根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，A正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，B正确；一定质量的理想气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定减少，C错误；一定质量的理想气体，保持压强不变，当体积增大时，根据气体状态方程＝C可知，温度升高，则气体的内能增加，气体对外界做功，根据热力学第一定律得知气体吸热，D错误；热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧，尾气带走较多的热量，机器本身散热，克服机械间摩擦做功，剩余的能量才是有用的能量，在燃料完全燃烧提供的能量中只占很少一部分，所以热机效率不可能达到100%，E正确．故选ABE．
考向3 热力学定律与气体实验定律的综合应用
5．(5选3)(2022·山西省晋中市高三(上)期末调研)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是( BCD )
A．①过程可能为等温变化
B．②过程气体从外界吸热
C．全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
D．③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加
E．因为气体返回状态a时体积不变，所以外界不对气体做功
【解析】 ①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做正功，气体温度升高，不可能回到初始状态，选项A错误；②过程为等容变化，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，选项B正确；CE．②过程外界没有对气体做功，根据p-V图线和坐标轴所围面积表示气体和外界功的交换，③过程外界对气体做的正功大于①过程气体对外界做的负功，因此全过程外界对气体做正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，选项C正确，E错误；③过程为等温变化，气体压强增大，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，选项D正确．故选BCD．
6．(5选3)(2022·河南省名校联盟大联考高三(下)阶段性测)如图所示，一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到原状态，其V-T图象刚好是一个圆，气体在a、b、c、d四个状态的体积分别为Va＝Vc、Vb＝V2、Vd＝V1，温度分别为Ta＝T1、Tb＝Td、Tc＝T2，压强分别为pa、pb、pc、pd，其中V2＝5V1，T2＝5T1．下列说法正确的是( ACD )
A．在这四个状态中，c状态时气体的内能最多
B．pc＝4pa
C．pb＝1.8pa
D．从状态a到状态b，气体从外界吸热
E．从状态c到状态d，气体对外界做功
【解析】 一定质量的理想气体的内能大小由温度决定，在这四个状态中，c状态时气体的温度最高，故气体在c状态时的内能最多，A正确；从状态a到状态c，气体是等容变化，则有＝，因为有Ta＝T1、Tc＝T2、T2＝5T1，解得pc＝＝＝5pa，B错误；从状态a到状态b，由理想气体状态方程可得＝，因为有Vb＝V2、Vd＝V1、V2＝5V1、Va＝3Vd＝3V1、Tb＝3Ta＝3T1，解得pb＝＝1.8pa，C正确；从状态a到状态b，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，所以气体从外界吸热，D正确；从状态c到状态d，气体的体积减小，外界对气体做功，E错误．故选ACD．
7．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的p-T图象和V-T图象如图所示，此过程中气体的内能增加了100J，则此过程中气体__吸收__(选填“吸收”或“放出”)的热量为__300__J．
【解析】 由题图知气体发生的是等压变化，由盖—吕萨克定律有＝代入数据解得V2＝8.0×10－3m3，此过程气体膨胀对外做功为W＝p(V2－V1)＝200J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸热且Q＝300J．
考点二 固体、液体和气体的微观性质
1．(5选3)(2022·安徽马鞍山检测)关于固体、液体、气体，下列说法正确的是( BDE )
A．在物理性质上具有各向同性的物质一定是非晶体
B．多晶体在熔化过程中分子平均动能保持不变
C．液体内部分子间的距离大于表面层分子间的距离
D．分子力表现为引力时，增大分子间距，分子势能增大
E．一定质量的理想气体对外做功，内能可能增大
【解析】 在物理性质上具有各向同性的物质可能是多晶体，也可能是非晶体，A错误；多晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能保持不变，B正确；液体表面层分子间的距离大于内部分子间的距离，故分子力表现为引力，形成表面张力，C错误；分子力表现为引力时，增大分子间距，分子力做负功，故分子势能增大，D正确；一定质量的理想气体对外做功，若同时在吸收热量，内能可能增大，E正确．故选BDE．
2．(5选3)(2020·河北衡水中学5月模拟)关于物态变化，下列说法正确的是( BDE )
A．液体的饱和汽压越大，该液体越不容易挥发
B．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化
C．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面
D．温度越高，密闭容器中水蒸气分子的数密度越大
E．空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿
【解析】 饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，饱和汽压越大，表示该物质越容易蒸发，故A错误；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，密度也不再发生变化，故B正确；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水中仍然会有水分子离开水面，只是水中水分子离开水面与进入水面的数量是平衡的，故C错误；温度越高，分子平均速率越大，而且液体分子越易离开液面，分子数密度越大，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿，故E正确，故选BDE．
3．(5选3)(2017·新课标卷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( ABC )
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0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【解析】 温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高，速率大的分子占比例越高，故虚线为0℃，实线是100℃对应的曲线，曲线下的面积都等于1，故相等，所以ABC正确．
考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
考向1 “汽缸”模型
1．如图所示，质量m1＝20kg、高h＝1.1m的导热圆柱形汽缸内，有一质量m2＝10kg、面积S＝1×10－2m2的光滑活塞，通过轻绳悬挂在天花板上，缸内封住了一定质量的理想气体，活塞恰好在距缸底处，整个装置均处于静止状态．已知外界大气压强p0＝1×105Pa，取重力加速度大小g＝10m/s2，环境的热力学温度恒为300K，不计缸壁及活塞的厚度，汽缸不漏气．现把汽缸放在水平地面上(不系绳子)，开口向上．
(1)求活塞平衡时与缸底的距离；
(2)若对缸内气体缓慢加热，使活塞恰好能到达汽缸顶部，求此时缸内气体的热力学温度．
【答案】 (1)0.4m (2)825K
【解析】 (1)汽缸悬挂时，有p1S＋m1g＝p0S
汽缸放在水平地面上时，有p2S＝m2g＋p0S
该过程气体做等温变化，有p1S＝p2hxS
解得hx＝0.4m．
(2)对缸内气体加热，气体做等压变化，
则有＝，解得T2＝825K．
2．(2022·四川石室中学模拟)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＝50cm2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＝2800N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝14kg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＝120cm，弹簧恰好处于原长状态．已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/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；
(2)气体的温度冷却到－93℃时，B离桌面的高度H．
【答案】 (1)－66℃ (2)15cm
【解析】 (1)当B刚要离开桌面时，弹簧的拉力为
kx1＝mg
解得x1＝＝0.05m
由活塞受力平衡可得p2S＝p0S－kx1
解得p2＝p0－＝7.2×104Pa
根据理想气体状态方程有
＝
代入数据解得
T2＝207K
所以当B刚要离开桌面时，缸内气体的温度
t2＝－66℃．
(2)由(1)可知，当温度降至－66℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，由盖—吕萨克定律有
＝
代入数据解得
H＝15cm．
〔总结提升〕
“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．
考向2 “液柱”模型
3．(2022·四川泸县预测)如图所示是一个连通器装置，连通器的右管横截面积为左管的两倍，左端封闭，封有长为30cm的气柱，左右两管水银面高度差为37.5cm，左端封闭端下60cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气连通，若将开关D打开(空气从D处进入水银柱将其分为上下两部分，水银不会进入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱(设此过程中温度不变)．已知外界大气压强p0＝75cmHg．求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？
【答案】 35cm
【解析】 空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段水银柱长度h1＝30cm，对上端空气有
初始状态p1＝75cmHg－37.5cmHg＝37.5cmHg
末状态p2＝75cmHg－30cmHg＝45cmHg
由玻意耳定律
p1L1S＝p2L2S
得L2＝＝cm＝25cm
上段水银柱上移，形成的空气柱长为25cm，下段水银柱下移，设下移的距离为x，由于U形管右管横截面积为左管的2倍，由等式
7.5－x＝
解得x＝5cm
所以产生的空气柱长为
L3＝(5＋5)cm＝10cm
左管空气柱总长度为
L＝L2＋L3＝35cm．
4．(2022·山东潍坊二模)如图所示，是一种测量形状不规则颗粒物实际体积的装置，其中容器A的容积为VA＝300cm3，K是连通大气的阀门，水银槽C通过橡皮管与玻璃容器B相通，B的容积VB＝120cm3，连通A、B的玻璃管很细，其容积可忽略．下面是测量过程：①打开K，移动C，使B中水银面下降到底部M；②关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到顶端N，量出C的水银面比N高h1＝30cm；③打开K，在A中装入待测颗粒，移动C，使B内水银面下降到底部M处；④关闭K，提升C，使B内水银面升到顶端N，量出C中水银面比N高h2＝75cm．整个过程中温度不变，求：
(1)当时的大气压强；
(2)A中待测颗粒的实际体积．
【答案】 (1)75cmHg (2)180cm3
【解析】 (1)以容器A、B中气体为研究对象
根据玻意耳定律得p0(VA＋VB)＝(p0＋h1)VA
解得p0＝75cmHg．
(2)设A容器中待测颗粒的实际体积为V，以AB中气体为研究对象
初态时V1＝VA＋VB－V
末态时p2＝(p0＋h2)cmHg
V2＝VA－V
根据玻意耳定律得p0V1＝p2V2
解得V＝180cm3．
〔总结提升〕
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．
考向3 “两团气”模型
5．(2021·河北唐山二模)如图所示，内壁光滑的汽缸开口向上放置，在距离汽缸底部h0＝12cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均为m的活塞A、B分别静止于卡口的上方和下方，封闭了两部分高度均为h1＝h2＝9cm的气体，此时封闭气体的温度均为T1＝300K，汽缸和两个活塞中只有活塞B能够导热且导热性能良好，大气压强为p0，汽缸的横截面积为S．现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到T2＝500K，求：
(1)此时下方气体的压强；
(2)活塞A上升的距离．
【答案】 (1)p0＋ (2)9cm
【解析】 (1)初态对活塞A受力分析mg＋p0S＝p1S
对活塞B受力分析mg＋p1S＝p2S
设温度为T3时，活塞B刚好上升到卡口位置，以下方气体为研究对象，过程中为等压变化＝
可得T3＝400K＜T2
此后下方气体为等容变化＝
可得在温度T2时下方气体的压强p＝p0＋．
(2)上方气体一直做等压变化，设上方气体末态高度为h1′，＝
解得h1′＝15cm
活塞A上升的高度H＝h0＋h1′－2h1＝9cm．
〔总结提升〕
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．
考向4 变质量问题
6．(2022·山东，15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为m鱼的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0．
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，求需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)求鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1．
【答案】 (1) (2)m
【解析】 (1)B室气体的密度ρ气＝＝
解得ΔV＝V
根据牛顿第二定律得ρgΔV＝m鱼a
解得Δm＝．
(2)根据玻意耳定律得
(p0＋ρgH)V＝(p0＋ρgH1)V1
解得V1＝V
此时B室内气体密度为，鱼想要静止，需从A室充入B室气体，使B室气体体积恢复为V，有＝
解得m1＝m．
7．(2022·山东沂水二模)负压救护车是应对新冠肺炎疫情重点需求物资之一，被业内称为“移动的N95口罩”．所谓负压，就是通过负压排风净化装置，使车内气压低于车外，空气在自由流动时只能由车外流向车内，而且负压救护车还能将车内的空气进行无害化处理后排出，避免更多的人感染，在救治和转运传染病等特殊疾病时可以最大限度地减少医务人员交叉感染的几率．若已知某负压救护车内部空间体积V＝12m3，启用前车内温度t1＝－3℃，外界大气压强为p0＝1.01×105Pa，启用后，某时刻监测到车内温度t2＝27℃、负压为－15Pa(指车内与外界大气压p0的差值)．
(1)试估算负压排风净化系统启用后，负压救护车内部空间减少的气体质量与启用前内部空间气体总质量的比值；
(2)判断在负压排风净化系统启用过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．
【答案】 (1) (2)吸热，见解析
【解析】 (1)气体状态参量T1＝(273－3)K＝270K
T2＝(273＋27)K＝300K
p1＝p0
p2＝p0－15Pa
V＝12m3
以救护车内气体为研究对象，由理想气体状态方程得＝
得ΔV＝V
救护车内减少的气体质量与启用前救护车内气体总质量之比＝
代入数据解得＝．
(2)抽气过程剩余气体的温度升高，内能增加，ΔU＞0，剩余气体体积增大对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知Q＝ΔU－W＞0
气体从外界吸收热量．
〔总结提升〕
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作整体作为研究对象，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．
课时作业·分层练
1．(2022·江西南昌二模)
(1)如图所示是某容器内一定量理想气体的状态变化A→B→C→A过程的p-T图象，下列说法正确的是( ABC )
A．由状态A到状态B的过程中，气体始终吸收热量
B．由状态B到状态C的过程中，气体始终放出热量
C．由状态C到状态A的过程中，气体对外界做功
D．气体处于状态A与状态C相比，气体分子平均距离较小，分子平均动能较小
E．A→B过程吸收的热量等于C→A过程放出的热量
(2)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声．27℃时，空气柱长度l1为20cm，水银上表面与导线下端的距离l2为10cm，管内水银柱的高度h为13cm，大气压强大小为75cmHg．求：
①当温度达到多少℃时，报警器会报警；
②如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱．
【答案】 (2)①177℃ ②8cm
【解析】 (1)由状态A到状态B的过程中，气体体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功；温度升高，气体的内能增大，根据热力学第一定律，气体始终吸收热量，A正确；由状态B到状态C的过程中，气体的温度不变，气体的内能不变；从状态A到状态C，根据理想气体状态方程得＝，又因为VB＝VA，解得VB＝VA＝2VC，由状态B到状态C的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体始终放出热量，B正确；由状态C到状态A的过程中，因为VA＝2VC，气体体积增大，气体对外界做功，C正确；气体处于状态A与状态C相比，因为VA＝2VC，状态A的气体体积大，气体分子平均距离较大，温度较低，分子平均动能较小，D错误；根据热力学第一定律，A→B过程吸收的热量等于增加的内能，Q吸＝ΔU，C→A过程放出的热量等于减少的内能与对外做功之和，Q放＝ΔU＋W，而增加的内能等于减少的内能，所以A→B过程吸收的热量小于C→A过程放出的热量，E错误，故选ABC．
(2)①根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得＝，所以＝，求得t＝177℃；
②设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得＝，P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，P3＝(88＋x)cmHg，T3＝(273＋87)K，V3＝(43－13－x)S，解得x＝8cm．
2．(2022·河南顶级名校联考)(1)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示．在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是( BDE )
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中气体分子的平均动能不变
C．此过程中每个气体分子的动能均不变
D．此过程中气体向外界放出热量
E．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
(2)如图，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口且足够高，汽缸的横截面积为S，两个活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内，两部分气体的温度均为t0＝27℃，其中活塞M为导热活塞，活塞N为绝热活塞，活塞M为轻活塞，活塞N的质量为．两活塞的间距为3L，活塞N距汽缸底的距离为6L．其底部有一体积很小的加热装置，其体积可忽略不计．已知外界的大气压为p0，环境的温度为27℃且保持不变，重力加速度大小为g，两活塞的厚度及活塞与汽缸之间的摩擦均可忽略不计，两活塞始终在水平方向上．现用加热装置缓慢加热气体B，使其温度达到t1＝127℃，同时将质量为的物体慢慢放于活塞M上，系统稳定后两活塞都不移动．求：
①系统稳定后理想气体B的压强pB；
②系统稳定后活塞M移动的距离d．
【答案】 (2)①4p0 ②4L
【解析】 (1)打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体质量不变，缓慢压缩打气筒气体温度不变，则气体内能不变，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，B正确，C错误；充气前气体在打气筒和篮球内，充气后气体全部在篮球内，篮球的体积不变，则气体的体积减小，则此过程中外界对气体做功，即W＞0，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＜0，即气体向外界放出热量，D正确；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，E正确．故选BDE．
(2)①系统稳定后对活塞M受力分析，有pAS＝p0S＋g
对活塞N受力分析，有pBS＝pAS＋g
联立，可得pB＝4p0
②缓慢放上物体后直至系统稳定过程理想气体A温度保持不变，初始压强为pA0＝p0
设稳定后两活塞的间距为LA，根据玻意耳定律，可得pA0·3LS＝pA·LAS
解得LA＝L
理想气体B初始压强设为pB0，稳定后活塞N距汽缸底的距离为LB有pB0S＝pA0S＋g
解得pB0＝2p0
根据理想气体状态方程＝
其中T0＝300K，T1＝400K
解得LB＝4L
系统稳定后活塞M移动的距离为d＝(3L＋6L)－LA－LB＝4L．
3．(2022·四川南充三模)
(1)下列说法中正确的是( ADE )
A．放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，说明煤分子在做无规则的热运动
B．分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越小
C．热量不能自发的从低温物体传向高温物体而不引起其他变化
D．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
E．有的物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体
(2)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17℃，大气压强为76cmHg，稳定时，A部分气体长度为20cm，管内各液面高度差分别为h1＝8cm、h2＝10cm．求：
①A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40℃时，A部分气体长度为22cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′．
【答案】 (1)①58cmHg ②12cm
【解析】 (1)放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，说明煤分子在做无规则的热运动，A正确；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离变小的过程中，分子力做负功，分子势能增加，所以分子间的距离越小，分子势能越大，B错误；热量可以从低温物体传向高温物体，但是要引起其他变化，C错误；在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功，气体与外界没有热交换，气体内能一定增大，D正确；有的物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体，例如石墨和金刚石，E正确，故选ADE．
(2)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＋ρgh2
p2＝p1＋ρgh1
联立解得p1＝p0－ρg(h1＋h2)＝58cmHg
②由理想气体状态方程可得＝
其中T1＝(273＋17)K＝290K
T1′＝(273＋17＋40)K＝330K
解得p1′＝60cmHg
由于空气柱长度增加2cm，则水银柱向右侧移动2cm，因此左侧U形管液面高度差为
h1′＝h1－2cm－2cm＝4cm
由p1′＝p0－ρg(h1′＋h2′)
解得h2′＝12cm．
4．(2020·新课标Ⅰ卷)(1)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__减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能__减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)零．
(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p．现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后：
①两罐中气体的压强；
②甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比．
【答案】 (2)①p ②
【解析】 (1)从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到r2的过程中，分子间表现引力，引力做正功，分子势能减小；
在r2→r1的过程中，分子间仍然表现引力，引力做正功，分子势能减小；
在间距等于r1之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在r1处分子势能小于零．
(2)①气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体由体积V变成3V，乙中原气体体积由2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有
pV＝p1·3V，p·2V＝p2·3V
则pV＋p·2V＝(p1＋p2)×3V
则甲乙中气体最终压强p′＝p1＋p2＝p
②若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则p′V＝pV′
计算可得V′＝V
由密度定义可得，质量之比等于＝＝．
5．(2022·河南开封三模)
(1)下列说法正确的是( CDE )
A．理想气体的内能只与其温度有关
B．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动
C．一定质量理想气体在等温变化的过程中，当其体积减小时压强变大
D．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变
E．一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，内能一定减少
(2)如图所示，玻璃泡中充有一定质量的理想气体，玻璃泡与粗细均匀的玻璃管连接，玻璃管竖直插在水银槽中，玻璃管的内截面积为0.1cm2，这时环境温度为300K，大气压强为75cmHg，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为15cm，水银柱以上玻璃管长为5cm，当环境温度升高到420K时，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为5cm，水银槽足够大、足够深，求∶
①玻璃泡的容积；
②若环境温度保持300K不变，将玻璃管缓慢向下移，当水银液面刚好上升到玻璃管上管口时，玻璃管下移的距离．(结果保留1位小数)
【答案】 (2)①V＝4.5cm3 ②11.7cm
【解析】 (1)一定质量的理想气体的内能只与其温度有关，选项A错误；布朗运动的剧烈程度与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的无规则运动，不是分子热运动，选项B错误；根据＝C，一定质量理想气体在等温变化的过程中，当其体积减小时压强变大，选项C正确；晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，由于温度不变，则其分子平均动能保持不变，选项D正确；根据热力学第一定律可知，一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，内能一定减少，选项E正确，故选CDE．
(2)①开始时封闭气体的压强p1＝75cmHg－15cmHg＝60cmHg
玻璃管中气体的体积V1＝5×0.1cm3＝0.5cm3
升温后气体的压强p2＝75cmHg－5cmHg＝70cmHg
玻璃管中气体的体积V2＝15×0.1cm3＝1.5cm3
设玻璃泡的容积为V，则根据理想气体的状态方程＝
解得V＝4.5cm3．
②设水银上升到玻璃管上管口时，封闭气体的压强为p3，则p1(V＋V1)＝p3V
解得p3＝cmHg
则槽口水银面上方玻璃管长为75－＝cm，则玻璃管下移的距离
h＝20cm－cm＝cm≈11.7cm．
6．(2022·四川成都三诊)
(1)下列说法正确的是( ABE )
A．温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大
B．100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中，分子势能将增大
C．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
D．有规则外形的物体是晶体，没有确定几何外形的物体是非晶体
E．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
(2)如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动．汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H＝70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8kg，大气压强p0＝105pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，g＝10m/s2．
①求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
②在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度．
【答案】 (2)①5cm ②80cm
【解析】 (1)温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大，故A正确；100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中，吸收热量，内能增大，分子平均动能不变，分子势能将增大，故B正确；气体很容易充满整个容器，这是分子不停做无规则运动的结果，故C错误；晶体和非晶体的区别是否具有熔点．单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，注意“天然”二字，没有确定几何外形的物体不一定是非晶体，故D错误；由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，故E正确，故选ABE．
(2)①以活塞为研究对象，根据平衡p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋
而p＝p0＋ρgh1
所以有＝ρgh1
代入数据解得h1＝5cm．
②活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，则封闭气体的压强为p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05)Pa＝93200Pa
初始时封闭气体的压强为p1＝p0＋＝106800Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
代入数据解得h＝80cm．
专题七 热 学
真题速练·明考情
1．(2022·全国甲，33)[物理——选修3－3]
(1)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图上从a到b的线段所示．在此过程中__BCE__．(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
(2)如图所示，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中：两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0．环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
①将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度．
②将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
【答案】 (2)①T0 ②p0
【解析】 (1)从a到b，气体发生等容变化，不对外做功，选项A错误；从a到b，理想气体温度升高，内能增加，选项B正确；根据热力学第一定律，气体内能增加，外界对气体做功为0，气体必定从外界吸热，吸收热量等于气体内能的增加量，选项C、E正确；气体从外界吸热，但不对外做功，选项D错误．
(2)本题考查气体实验定律、理想气体状态方程，意在考查分析综合能力．
①环境温度升高，汽缸内气体发生等压变化
对Ⅳ部分气体由盖—吕萨克定律得＝
解得T＝T0．
②研究Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体，初始温度T0，初始压强p0，体积为V1＝V0，环境温度升高到2T0后，A汽缸中的活塞到达汽缸底部时，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体的体积为V2＝V0，压强为p
由理想气体状态方程得＝
解得p＝p0．
2．(2022·全国乙，33)[物理——选修3－3]
(1)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T-V图上的两条线段所示．则气体在__ABD__．(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．状态a处的压强大于状态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
(2)如图所示，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处．活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l．初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0．已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积．
①求弹簧的劲度系数．
②缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度．
【答案】 (2)① ②p0＋ T0
【解析】 (1)根据理想气体状态方程可知T＝．即T-V图象的斜率为，故有pa＝pb＞pc，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，体积增大，气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，而ΔU＞0，W＜0，则有ΔU＝Q－|W|，可得Q＞0，Q＞ΔU，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．
(2)①设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋
对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝．
②缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变，依然为p2＝p1＝p0＋，由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2＝l1＝1.1l
即封闭气体发生等压变化，初、末状态的体积分别为V1＝·2S＋·S，V2＝l2·2S
由盖—吕萨克定律可知＝
解得T2＝T0．
3．(2021·全国高考乙卷)
(1)(5选3)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a．对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( ABE )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
(2)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm．将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm．已知外界大气压为p0＝75cmHg．求A、B两管内水银柱的高度差．
【答案】 (2)Δh＝1cm
【解析】 (1)由理想气体的p-V图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则W＝0，而压强增大，由＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体一直吸热，故A正确；理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功W＞0，由＝C知温度降低，即内能减少ΔU＜0，由ΔU＝Q＋W可知，Q＜0，即气体放热，故B正确，C错误；由＝C可知，p-V图象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．
(2)对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh
B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B
联立解h2＝2cm
对A管中的气体，初态为压强p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)
A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A
联立可得2h－191h1＋189＝0
解得h1＝1cm或h1＝cm＞l1(舍去)
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1cm．
〔备考策略〕
命题特点：1．以选择题或填空题形式的命题有时单纯考查一个知识点，有时涉及的内容会比较琐碎，考查多个知识点．
2．以计算题形式的命题多是一个情景下多个设问，综合考查多个知识点．例如，对气体实验定律与热力学第一定律综合考查．
3．以填空题形式的命题多是针对一些物理量的判断或简单计算，油膜法估测分子大小实验的考查热度增加．
常用到的思想方法有：模型法、类比法、假设法、转换法、控制变量法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、分子动理论及热力学定律
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：对气体而言，N≠NA)．
2．反映分子热运动规律的两个实例
(1)布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关．
(2)扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关．
3．对热力学定律的理解
(1)热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中W和Q的符号可以这样确定：只要对内能增加有正贡献的就为正值．
(2)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响．
二、气体实验定律和理想气体状态方程
“关键能力”构建
一、两种模型
1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径．
2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距．
二、应用热力学第一定律的看到与想到
1．看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU．
2．看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU．
3．看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0．
命题热点·巧突破
考点一 分子动理论内能及热力学定律
考向1 分子动理论与内能
1．(5选3)(2021·山西临汾·高三阶段练习)下列哪些实验事实说明分子间存在作用力( ACD )
A．压紧的铅块会“粘”在一起，很难再把它们拉开
B．水和酒精两种液体混合后，发现总体积会变小
C．液体放在玻璃容器中，会出现浸润和不浸润现象
D．拉断一根铁丝，用力要达到一定限度才能拉断
E．在半导体材料中参入其他元素，需在高温下完成
【解析】 压紧的铅块会“粘”在一起，由于分子引力作用，很难再把它们拉开，A正确；水和酒精两种液体混合后，因为分子间有空隙，发现总体积会变小，B错误；液体放在玻璃容器中，因为分子间的相互作用力，会出现浸润和不浸润现象，C正确；拉断一根铁丝，因为分子间有引力，用力要达到一定限度才能拉断，D正确；在半导体材料中参入其他元素，需在高温下完成，是分子的扩散现象，E错误．故选ACD．
2．(5选3)(2022·甘肃张掖押题卷)关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( ACE )
A．在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，这说明煤油分子在做无规则运动
B．荷花能出污泥而不染，说明扩散现象在污泥中不能进行
C．当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，但斥力增大得更快
D．若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为
E．分子势能和分子间作用力的合力可能同时随分子间距离的增大而增大
【解析】 在显微镜下可以观察到煤油中小粒灰尘的布朗运动，反映煤油分子在做无规则运动，故A正确；只要两物体接触，就能发生扩散，荷花能出污泥而不染，是生物的生长现象，故B错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故C正确；若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则每个气体分子占有的空间体积为，故D错误：当分子距离大于平衡距离r0时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力在一定距离范围内就会都随分子间距离的增大而增大，故E正确；故选ACE．
考向2 热力学定律理解与应用
3．(5选3)(2022·四川宜宾二模)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( BCD )
A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J
D．一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量
E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体
【解析】 布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，A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过程都是不可逆的，B正确；用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值，根据热力学第一定律，有ΔU＝W＋Q＝2.0×105J－0.5×105J＝1.5×105J，C正确；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D正确；根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E错误．故选BCD．
4．(5选3)(2022·河南郑州中学三模)关于热力学定律，下列说法正确的是( ABE )
A．根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量
B．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体
C．一定质量的理想气体压强不变，温度升高，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定增大
D．一定质量的理想气体压强不变，体积增大，气体一定放出热量
E．热机的效率不可能达到100%
【解析】 根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，A正确；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，B正确；一定质量的理想气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定减少，C错误；一定质量的理想气体，保持压强不变，当体积增大时，根据气体状态方程＝C可知，温度升高，则气体的内能增加，气体对外界做功，根据热力学第一定律得知气体吸热，D错误；热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧，尾气带走较多的热量，机器本身散热，克服机械间摩擦做功，剩余的能量才是有用的能量，在燃料完全燃烧提供的能量中只占很少一部分，所以热机效率不可能达到100%，E正确．故选ABE．
考向3 热力学定律与气体实验定律的综合应用
5．(5选3)(2022·山西省晋中市高三(上)期末调研)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是( BCD )
A．①过程可能为等温变化
B．②过程气体从外界吸热
C．全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量
D．③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加
E．因为气体返回状态a时体积不变，所以外界不对气体做功
【解析】 ①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做正功，气体温度升高，不可能回到初始状态，选项A错误；②过程为等容变化，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，气体从外界吸热，选项B正确；CE．②过程外界没有对气体做功，根据p-V图线和坐标轴所围面积表示气体和外界功的交换，③过程外界对气体做的正功大于①过程气体对外界做的负功，因此全过程外界对气体做正功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，选项C正确，E错误；③过程为等温变化，气体压强增大，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，选项D正确．故选BCD．
6．(5选3)(2022·河南省名校联盟大联考高三(下)阶段性测)如图所示，一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、cd、da四个过程回到原状态，其V-T图象刚好是一个圆，气体在a、b、c、d四个状态的体积分别为Va＝Vc、Vb＝V2、Vd＝V1，温度分别为Ta＝T1、Tb＝Td、Tc＝T2，压强分别为pa、pb、pc、pd，其中V2＝5V1，T2＝5T1．下列说法正确的是( ACD )
A．在这四个状态中，c状态时气体的内能最多
B．pc＝4pa
C．pb＝1.8pa
D．从状态a到状态b，气体从外界吸热
E．从状态c到状态d，气体对外界做功
【解析】 一定质量的理想气体的内能大小由温度决定，在这四个状态中，c状态时气体的温度最高，故气体在c状态时的内能最多，A正确；从状态a到状态c，气体是等容变化，则有＝，因为有Ta＝T1、Tc＝T2、T2＝5T1，解得pc＝＝＝5pa，B错误；从状态a到状态b，由理想气体状态方程可得＝，因为有Vb＝V2、Vd＝V1、V2＝5V1、Va＝3Vd＝3V1、Tb＝3Ta＝3T1，解得pb＝＝1.8pa，C正确；从状态a到状态b，气体的体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，所以气体从外界吸热，D正确；从状态c到状态d，气体的体积减小，外界对气体做功，E错误．故选ACD．
7．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的p-T图象和V-T图象如图所示，此过程中气体的内能增加了100J，则此过程中气体__吸收__(选填“吸收”或“放出”)的热量为__300__J．
【解析】 由题图知气体发生的是等压变化，由盖—吕萨克定律有＝代入数据解得V2＝8.0×10－3m3，此过程气体膨胀对外做功为W＝p(V2－V1)＝200J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸热且Q＝300J．
考点二 固体、液体和气体的微观性质
1．(5选3)(2022·安徽马鞍山检测)关于固体、液体、气体，下列说法正确的是( BDE )
A．在物理性质上具有各向同性的物质一定是非晶体
B．多晶体在熔化过程中分子平均动能保持不变
C．液体内部分子间的距离大于表面层分子间的距离
D．分子力表现为引力时，增大分子间距，分子势能增大
E．一定质量的理想气体对外做功，内能可能增大
【解析】 在物理性质上具有各向同性的物质可能是多晶体，也可能是非晶体，A错误；多晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能保持不变，B正确；液体表面层分子间的距离大于内部分子间的距离，故分子力表现为引力，形成表面张力，C错误；分子力表现为引力时，增大分子间距，分子力做负功，故分子势能增大，D正确；一定质量的理想气体对外做功，若同时在吸收热量，内能可能增大，E正确．故选BDE．
2．(5选3)(2020·河北衡水中学5月模拟)关于物态变化，下列说法正确的是( BDE )
A．液体的饱和汽压越大，该液体越不容易挥发
B．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化
C．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面
D．温度越高，密闭容器中水蒸气分子的数密度越大
E．空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿
【解析】 饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，饱和汽压越大，表示该物质越容易蒸发，故A错误；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，密度也不再发生变化，故B正确；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水中仍然会有水分子离开水面，只是水中水分子离开水面与进入水面的数量是平衡的，故C错误；温度越高，分子平均速率越大，而且液体分子越易离开液面，分子数密度越大，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿，故E正确，故选BDE．
3．(5选3)(2017·新课标卷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( ABC )
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0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【解析】 温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高，速率大的分子占比例越高，故虚线为0℃，实线是100℃对应的曲线，曲线下的面积都等于1，故相等，所以ABC正确．
考点三 气体实验定律和理想气体状态方程
考向1 “汽缸”模型
1．如图所示，质量m1＝20kg、高h＝1.1m的导热圆柱形汽缸内，有一质量m2＝10kg、面积S＝1×10－2m2的光滑活塞，通过轻绳悬挂在天花板上，缸内封住了一定质量的理想气体，活塞恰好在距缸底处，整个装置均处于静止状态．已知外界大气压强p0＝1×105Pa，取重力加速度大小g＝10m/s2，环境的热力学温度恒为300K，不计缸壁及活塞的厚度，汽缸不漏气．现把汽缸放在水平地面上(不系绳子)，开口向上．
(1)求活塞平衡时与缸底的距离；
(2)若对缸内气体缓慢加热，使活塞恰好能到达汽缸顶部，求此时缸内气体的热力学温度．
【答案】 (1)0.4m (2)825K
【解析】 (1)汽缸悬挂时，有p1S＋m1g＝p0S
汽缸放在水平地面上时，有p2S＝m2g＋p0S
该过程气体做等温变化，有p1S＝p2hxS
解得hx＝0.4m．
(2)对缸内气体加热，气体做等压变化，
则有＝，解得T2＝825K．
2．(2022·四川石室中学模拟)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＝50cm2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＝2800N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝14kg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＝120cm，弹簧恰好处于原长状态．已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/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；
(2)气体的温度冷却到－93℃时，B离桌面的高度H．
【答案】 (1)－66℃ (2)15cm
【解析】 (1)当B刚要离开桌面时，弹簧的拉力为
kx1＝mg
解得x1＝＝0.05m
由活塞受力平衡可得p2S＝p0S－kx1
解得p2＝p0－＝7.2×104Pa
根据理想气体状态方程有
＝
代入数据解得
T2＝207K
所以当B刚要离开桌面时，缸内气体的温度
t2＝－66℃．
(2)由(1)可知，当温度降至－66℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，由盖—吕萨克定律有
＝
代入数据解得
H＝15cm．
〔总结提升〕
“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．
考向2 “液柱”模型
3．(2022·四川泸县预测)如图所示是一个连通器装置，连通器的右管横截面积为左管的两倍，左端封闭，封有长为30cm的气柱，左右两管水银面高度差为37.5cm，左端封闭端下60cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气连通，若将开关D打开(空气从D处进入水银柱将其分为上下两部分，水银不会进入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱(设此过程中温度不变)．已知外界大气压强p0＝75cmHg．求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？
【答案】 35cm
【解析】 空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段水银柱长度h1＝30cm，对上端空气有
初始状态p1＝75cmHg－37.5cmHg＝37.5cmHg
末状态p2＝75cmHg－30cmHg＝45cmHg
由玻意耳定律
p1L1S＝p2L2S
得L2＝＝cm＝25cm
上段水银柱上移，形成的空气柱长为25cm，下段水银柱下移，设下移的距离为x，由于U形管右管横截面积为左管的2倍，由等式
7.5－x＝
解得x＝5cm
所以产生的空气柱长为
L3＝(5＋5)cm＝10cm
左管空气柱总长度为
L＝L2＋L3＝35cm．
4．(2022·山东潍坊二模)如图所示，是一种测量形状不规则颗粒物实际体积的装置，其中容器A的容积为VA＝300cm3，K是连通大气的阀门，水银槽C通过橡皮管与玻璃容器B相通，B的容积VB＝120cm3，连通A、B的玻璃管很细，其容积可忽略．下面是测量过程：①打开K，移动C，使B中水银面下降到底部M；②关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到顶端N，量出C的水银面比N高h1＝30cm；③打开K，在A中装入待测颗粒，移动C，使B内水银面下降到底部M处；④关闭K，提升C，使B内水银面升到顶端N，量出C中水银面比N高h2＝75cm．整个过程中温度不变，求：
(1)当时的大气压强；
(2)A中待测颗粒的实际体积．
【答案】 (1)75cmHg (2)180cm3
【解析】 (1)以容器A、B中气体为研究对象
根据玻意耳定律得p0(VA＋VB)＝(p0＋h1)VA
解得p0＝75cmHg．
(2)设A容器中待测颗粒的实际体积为V，以AB中气体为研究对象
初态时V1＝VA＋VB－V
末态时p2＝(p0＋h2)cmHg
V2＝VA－V
根据玻意耳定律得p0V1＝p2V2
解得V＝180cm3．
〔总结提升〕
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．
考向3 “两团气”模型
5．(2021·河北唐山二模)如图所示，内壁光滑的汽缸开口向上放置，在距离汽缸底部h0＝12cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均为m的活塞A、B分别静止于卡口的上方和下方，封闭了两部分高度均为h1＝h2＝9cm的气体，此时封闭气体的温度均为T1＝300K，汽缸和两个活塞中只有活塞B能够导热且导热性能良好，大气压强为p0，汽缸的横截面积为S．现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到T2＝500K，求：
(1)此时下方气体的压强；
(2)活塞A上升的距离．
【答案】 (1)p0＋ (2)9cm
【解析】 (1)初态对活塞A受力分析mg＋p0S＝p1S
对活塞B受力分析mg＋p1S＝p2S
设温度为T3时，活塞B刚好上升到卡口位置，以下方气体为研究对象，过程中为等压变化＝
可得T3＝400K＜T2
此后下方气体为等容变化＝
可得在温度T2时下方气体的压强p＝p0＋．
(2)上方气体一直做等压变化，设上方气体末态高度为h1′，＝
解得h1′＝15cm
活塞A上升的高度H＝h0＋h1′－2h1＝9cm．
〔总结提升〕
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．
考向4 变质量问题
6．(2022·山东，15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为m鱼的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0．
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，求需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)求鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1．
【答案】 (1) (2)m
【解析】 (1)B室气体的密度ρ气＝＝
解得ΔV＝V
根据牛顿第二定律得ρgΔV＝m鱼a
解得Δm＝．
(2)根据玻意耳定律得
(p0＋ρgH)V＝(p0＋ρgH1)V1
解得V1＝V
此时B室内气体密度为，鱼想要静止，需从A室充入B室气体，使B室气体体积恢复为V，有＝
解得m1＝m．
7．(2022·山东沂水二模)负压救护车是应对新冠肺炎疫情重点需求物资之一，被业内称为“移动的N95口罩”．所谓负压，就是通过负压排风净化装置，使车内气压低于车外，空气在自由流动时只能由车外流向车内，而且负压救护车还能将车内的空气进行无害化处理后排出，避免更多的人感染，在救治和转运传染病等特殊疾病时可以最大限度地减少医务人员交叉感染的几率．若已知某负压救护车内部空间体积V＝12m3，启用前车内温度t1＝－3℃，外界大气压强为p0＝1.01×105Pa，启用后，某时刻监测到车内温度t2＝27℃、负压为－15Pa(指车内与外界大气压p0的差值)．
(1)试估算负压排风净化系统启用后，负压救护车内部空间减少的气体质量与启用前内部空间气体总质量的比值；
(2)判断在负压排风净化系统启用过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．
【答案】 (1) (2)吸热，见解析
【解析】 (1)气体状态参量T1＝(273－3)K＝270K
T2＝(273＋27)K＝300K
p1＝p0
p2＝p0－15Pa
V＝12m3
以救护车内气体为研究对象，由理想气体状态方程得＝
得ΔV＝V
救护车内减少的气体质量与启用前救护车内气体总质量之比＝
代入数据解得＝．
(2)抽气过程剩余气体的温度升高，内能增加，ΔU＞0，剩余气体体积增大对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可知Q＝ΔU－W＞0
气体从外界吸收热量．
〔总结提升〕
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作整体作为研究对象，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．
课时作业·分层练
1．(2022·江西南昌二模)
(1)如图所示是某容器内一定量理想气体的状态变化A→B→C→A过程的p-T图象，下列说法正确的是( ABC )
A．由状态A到状态B的过程中，气体始终吸收热量
B．由状态B到状态C的过程中，气体始终放出热量
C．由状态C到状态A的过程中，气体对外界做功
D．气体处于状态A与状态C相比，气体分子平均距离较小，分子平均动能较小
E．A→B过程吸收的热量等于C→A过程放出的热量
(2)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声．27℃时，空气柱长度l1为20cm，水银上表面与导线下端的距离l2为10cm，管内水银柱的高度h为13cm，大气压强大小为75cmHg．求：
①当温度达到多少℃时，报警器会报警；
②如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱．
【答案】 (2)①177℃ ②8cm
【解析】 (1)由状态A到状态B的过程中，气体体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功；温度升高，气体的内能增大，根据热力学第一定律，气体始终吸收热量，A正确；由状态B到状态C的过程中，气体的温度不变，气体的内能不变；从状态A到状态C，根据理想气体状态方程得＝，又因为VB＝VA，解得VB＝VA＝2VC，由状态B到状态C的过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体始终放出热量，B正确；由状态C到状态A的过程中，因为VA＝2VC，气体体积增大，气体对外界做功，C正确；气体处于状态A与状态C相比，因为VA＝2VC，状态A的气体体积大，气体分子平均距离较大，温度较低，分子平均动能较小，D错误；根据热力学第一定律，A→B过程吸收的热量等于增加的内能，Q吸＝ΔU，C→A过程放出的热量等于减少的内能与对外做功之和，Q放＝ΔU＋W，而增加的内能等于减少的内能，所以A→B过程吸收的热量小于C→A过程放出的热量，E错误，故选ABC．
(2)①根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得＝，所以＝，求得t＝177℃；
②设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得＝，P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，P3＝(88＋x)cmHg，T3＝(273＋87)K，V3＝(43－13－x)S，解得x＝8cm．
2．(2022·河南顶级名校联考)(1)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内，如图所示．在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是( BDE )
A．此过程中气体的内能增大
B．此过程中气体分子的平均动能不变
C．此过程中每个气体分子的动能均不变
D．此过程中气体向外界放出热量
E．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增多
(2)如图，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口且足够高，汽缸的横截面积为S，两个活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内，两部分气体的温度均为t0＝27℃，其中活塞M为导热活塞，活塞N为绝热活塞，活塞M为轻活塞，活塞N的质量为．两活塞的间距为3L，活塞N距汽缸底的距离为6L．其底部有一体积很小的加热装置，其体积可忽略不计．已知外界的大气压为p0，环境的温度为27℃且保持不变，重力加速度大小为g，两活塞的厚度及活塞与汽缸之间的摩擦均可忽略不计，两活塞始终在水平方向上．现用加热装置缓慢加热气体B，使其温度达到t1＝127℃，同时将质量为的物体慢慢放于活塞M上，系统稳定后两活塞都不移动．求：
①系统稳定后理想气体B的压强pB；
②系统稳定后活塞M移动的距离d．
【答案】 (2)①4p0 ②4L
【解析】 (1)打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体质量不变，缓慢压缩打气筒气体温度不变，则气体内能不变，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，B正确，C错误；充气前气体在打气筒和篮球内，充气后气体全部在篮球内，篮球的体积不变，则气体的体积减小，则此过程中外界对气体做功，即W＞0，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＜0，即气体向外界放出热量，D正确；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，E正确．故选BDE．
(2)①系统稳定后对活塞M受力分析，有pAS＝p0S＋g
对活塞N受力分析，有pBS＝pAS＋g
联立，可得pB＝4p0
②缓慢放上物体后直至系统稳定过程理想气体A温度保持不变，初始压强为pA0＝p0
设稳定后两活塞的间距为LA，根据玻意耳定律，可得pA0·3LS＝pA·LAS
解得LA＝L
理想气体B初始压强设为pB0，稳定后活塞N距汽缸底的距离为LB有pB0S＝pA0S＋g
解得pB0＝2p0
根据理想气体状态方程＝
其中T0＝300K，T1＝400K
解得LB＝4L
系统稳定后活塞M移动的距离为d＝(3L＋6L)－LA－LB＝4L．
3．(2022·四川南充三模)
(1)下列说法中正确的是( ADE )
A．放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，说明煤分子在做无规则的热运动
B．分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越小
C．热量不能自发的从低温物体传向高温物体而不引起其他变化
D．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
E．有的物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体
(2)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17℃，大气压强为76cmHg，稳定时，A部分气体长度为20cm，管内各液面高度差分别为h1＝8cm、h2＝10cm．求：
①A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40℃时，A部分气体长度为22cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′．
【答案】 (1)①58cmHg ②12cm
【解析】 (1)放过煤的混凝土地面下一定深度内都有黑色颗粒，说明煤分子在做无规则的热运动，A正确；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离变小的过程中，分子力做负功，分子势能增加，所以分子间的距离越小，分子势能越大，B错误；热量可以从低温物体传向高温物体，但是要引起其他变化，C错误；在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功，气体与外界没有热交换，气体内能一定增大，D正确；有的物质微粒能够按照不同规则在空间分布，在不同条件下能够生成不同的晶体，例如石墨和金刚石，E正确，故选ADE．
(2)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＋ρgh2
p2＝p1＋ρgh1
联立解得p1＝p0－ρg(h1＋h2)＝58cmHg
②由理想气体状态方程可得＝
其中T1＝(273＋17)K＝290K
T1′＝(273＋17＋40)K＝330K
解得p1′＝60cmHg
由于空气柱长度增加2cm，则水银柱向右侧移动2cm，因此左侧U形管液面高度差为
h1′＝h1－2cm－2cm＝4cm
由p1′＝p0－ρg(h1′＋h2′)
解得h2′＝12cm．
4．(2020·新课标Ⅰ卷)(1)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__减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能__减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)零．
(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p．现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后：
①两罐中气体的压强；
②甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比．
【答案】 (2)①p ②
【解析】 (1)从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到r2的过程中，分子间表现引力，引力做正功，分子势能减小；
在r2→r1的过程中，分子间仍然表现引力，引力做正功，分子势能减小；
在间距等于r1之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在r1处分子势能小于零．
(2)①气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体由体积V变成3V，乙中原气体体积由2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有
pV＝p1·3V，p·2V＝p2·3V
则pV＋p·2V＝(p1＋p2)×3V
则甲乙中气体最终压强p′＝p1＋p2＝p
②若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则p′V＝pV′
计算可得V′＝V
由密度定义可得，质量之比等于＝＝．
5．(2022·河南开封三模)
(1)下列说法正确的是( CDE )
A．理想气体的内能只与其温度有关
B．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动
C．一定质量理想气体在等温变化的过程中，当其体积减小时压强变大
D．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变
E．一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，内能一定减少
(2)如图所示，玻璃泡中充有一定质量的理想气体，玻璃泡与粗细均匀的玻璃管连接，玻璃管竖直插在水银槽中，玻璃管的内截面积为0.1cm2，这时环境温度为300K，大气压强为75cmHg，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为15cm，水银柱以上玻璃管长为5cm，当环境温度升高到420K时，玻璃管中水银柱液面与水银槽中水银液面高度差为5cm，水银槽足够大、足够深，求∶
①玻璃泡的容积；
②若环境温度保持300K不变，将玻璃管缓慢向下移，当水银液面刚好上升到玻璃管上管口时，玻璃管下移的距离．(结果保留1位小数)
【答案】 (2)①V＝4.5cm3 ②11.7cm
【解析】 (1)一定质量的理想气体的内能只与其温度有关，选项A错误；布朗运动的剧烈程度与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的无规则运动，不是分子热运动，选项B错误；根据＝C，一定质量理想气体在等温变化的过程中，当其体积减小时压强变大，选项C正确；晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，由于温度不变，则其分子平均动能保持不变，选项D正确；根据热力学第一定律可知，一定质量理想气体克服外界压力膨胀，但不吸热也不放热，内能一定减少，选项E正确，故选CDE．
(2)①开始时封闭气体的压强p1＝75cmHg－15cmHg＝60cmHg
玻璃管中气体的体积V1＝5×0.1cm3＝0.5cm3
升温后气体的压强p2＝75cmHg－5cmHg＝70cmHg
玻璃管中气体的体积V2＝15×0.1cm3＝1.5cm3
设玻璃泡的容积为V，则根据理想气体的状态方程＝
解得V＝4.5cm3．
②设水银上升到玻璃管上管口时，封闭气体的压强为p3，则p1(V＋V1)＝p3V
解得p3＝cmHg
则槽口水银面上方玻璃管长为75－＝cm，则玻璃管下移的距离
h＝20cm－cm＝cm≈11.7cm．
6．(2022·四川成都三诊)
(1)下列说法正确的是( ABE )
A．温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大
B．100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中，分子势能将增大
C．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
D．有规则外形的物体是晶体，没有确定几何外形的物体是非晶体
E．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
(2)如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动．汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为H＝70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8kg，大气压强p0＝105pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，g＝10m/s2．
①求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
②在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度．
【答案】 (2)①5cm ②80cm
【解析】 (1)温度升高，分子热运动的平均动能增大，但并非所有分子的速率都增大，故A正确；100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中，吸收热量，内能增大，分子平均动能不变，分子势能将增大，故B正确；气体很容易充满整个容器，这是分子不停做无规则运动的结果，故C错误；晶体和非晶体的区别是否具有熔点．单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，注意“天然”二字，没有确定几何外形的物体不一定是非晶体，故D错误；由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，故E正确，故选ABE．
(2)①以活塞为研究对象，根据平衡p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋
而p＝p0＋ρgh1
所以有＝ρgh1
代入数据解得h1＝5cm．
②活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，则封闭气体的压强为p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05)Pa＝93200Pa
初始时封闭气体的压强为p1＝p0＋＝106800Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2
代入数据解得h＝80cm．
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