2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第20课时　热　学

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第20课时 热 学
高考题型一 分子动理论 固体和液体
1.估算问题
(1)油膜法估算分子直径：d＝eq \f(V,S)，其中V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积。
(2)分子总数：N＝nNA＝eq \f(m,M)NA＝eq \f(V,Vml)NA。
特别提醒：对气体而言，一个分子的体积V0≠eq \f(V,N)。
(3)两种分子模型：①球体模型：V＝eq \f(1,6)πd3。②立方体模型：V＝a3。
2.分子运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。
3.分子力、分子势能与分子间距离的关系(如图1)
图1
【例1】 (多选)(2022·四川宜宾三诊)关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是( )
A.某种物体的温度为0 ℃，说明该物体中分子的平均动能为零
B.物体的温度升高时，分子的平均动能一定增大，但内能不一定增大
C.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小的更快，所以分子间作用力总表现为引力
D.10 g 100 ℃水的内能小于10 g 100 ℃水蒸气的内能
E.两个铅块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力
答案 BDE
解析 某种物体的温度是0 ℃，分子仍然在做无规则运动，物体中分子的平均动能并不为零，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，但内能还包括分子势能，故内能不一定增大，故B正确；当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，故C错误；温度是分子平均动能的标志，所以10 g 100 ℃的水的分子平均动能等于10 g 100 ℃的水蒸气的分子平均动能；同样温度的水变为同样温度的水蒸气要吸收热量，所以10 g 100 ℃的水的内能小于10 g 100 ℃相同质量的水蒸气的内能，故D正确；分子间有引力，两个铅块挤压后能紧连在一起，很好的说明了分子间有引力，故E正确。
【素能提升】
1.(多选)(2022·江西九江二模)以下说法正确的是( )
A.一定质量的气体，在吸收热量的同时体积增大，内能有可能不变
B.内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递
C.仅知道阿伏加德罗常数和氮气的摩尔体积，能算出氮气分子的体积
D.当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子势能越大
E.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
答案 ABD
解析 一定质量的气体，在吸收热量的同时体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知内能有可能不变，A正确；内能相等的两个物体相互接触，温度不一定相同，温度不同就会发生热传递，因此可能发生热传递，B正确；仅知道阿伏加德罗常数和氮气的摩尔体积，则可以算出氮气分子所占空间体积的大小，但气体分子之间的距离远大于气体分子的大小，所以氮气分子所占空间体积的大小远大于氮气分子体积的大小，不能算出氮气分子的体积，C错误；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子力做负功，分子势能增大，D正确；气体压强的本质为分子对器壁的撞击，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强不为零，E错误。
2.(多选)(2022·河南郑州三模)下列说法正确的是( )
A.多晶体是由单晶体组合而成的，所以多晶体和单晶体都表现为各向异性
B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C.理想气体的温度升高，压强可能减小
D.布朗运动说明液体(气体)分子每时每刻都在做无规则运动
E.液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润
答案 BCD
解析 多晶体是由单晶体组合而成的，但多晶体表现为各向同性，单晶体表现为各向异性，选项A错误；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，选项B正确；理想气体的温度升高，当气体的体积增大时，压强可能减小，选项C正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，但能说明液体分子每时每刻都在做无规则运动，选项D正确；液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部更密，故E错误。
高考题型二 热力学定律与气体变化的图象的综合
1.气体状态变化的图象问题
2.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。
(2)做功W情况
由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0。
(3)气体吸、放热Q情况
一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况，Q>0，吸热；Q<0，放热。
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，但会产生其他影响。
【例2】 (多选) (2022·山西太原二模)潜水员在水中呼出的CO2气泡，从水下几米深处快速上升到水面，这一过程中气体与外界未实现热交换。将气泡内的CO2气体视为理想气体，则在这一过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.CO2分子的平均动能保持不变
B.单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少
C.气泡内CO2分子的密度减少
D.CO2气体对外做功，压强减少
E.CO2气体减少的内能小于它对外做的功
答案 BCD
解析 设CO2气泡在水下深度为h，则气泡压强为p＝p0＋ρgh，
可见从水下几米深处快速上升到水面的过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定律知p1V1＝p2V2，
则随着气泡压强变小，气泡体积会增大，则气体对外做功W<0，
又因为这一过程中气体与外界未实现热交换，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知
其中Q＝0，则ΔU＝W<0，即气体内能减少，又因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO2分子的平均动能变小，故A、E错误，D正确；因为气体平均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密度减少，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减少，故B、C正确。
【例3】 (多选) (2022·山西临汾考前适应性训练)一定质量的理想气体，状态从A→B→C→A可用如图3所示的p－V图线描述，其中C→A为等温线，下列说法正确的是( )
图3
A.气体从A→B，内能增大
B.气体从B→C，内能减小
C.气体从C→A，外界对气体做功
D.气体从C→A，密度减小，内能不变
E.气体在A→B→C→A过程中，气体吸收的热量大于放出的热量
答案 ABD
解析 气体从A→B是等容变化，根据eq \f(p,T)＝C(常数)可知，气体的压强增大温度升高，所以内能增大，选项A正确；气体从B→C是等压变化，根据eq \f(V,T)＝C(常数)可知，气体的体积减小温度降低，所以内能减小，选项B正确；气体从C→A体积增大，则气体对外做功，选项C错误； 气体从C→A是等温变化，则内能不变；体积增大，则密度减小，选项D正确；气体在A→B→C→A过程中，气体的温度不变，则内能不变；从A→B气体没有做功，从B→C外界对气体做功，设大小为W1，从C→A气体对外界做功，设大小为W2，由图像可知W1> W2，而气体的内能不变， 所以气体要放出热量，选项E错误。
【素能提升】
3.(多选)(2022·四川成都二诊)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A.相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时物体的温度一定相同
B.外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加
C.第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
D.低温系统可以向高温系统传递热量而不引起其他变化
E.无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%
答案 ACE
解析 相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，A正确；根据ΔU ＝ W ＋ Q可知，外界对系统做正功即W > 0，有可能同时放热即Q < 0，那么内能的变化不确定，B错误；第二类永动机没有违反能量守恒，但是违背了热力学第二定律，所以不可能制成，C正确；热传递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，D错误；无论科技如何进步与发展，热机的效率都不可能达到100%，E正确。
4.(多选)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图4所示。图中TA、VA和TD为已知量，则下列说法正确的是( )
图4
A.从状态A到B，气体经历的是等压过程
B.从状态B到C的过程中，气体的内能减小
C.从状态C到D的过程中，气体向外放热
D.从状态D到A的过程中，气体吸收热量
E.气体在状态D时的体积VD＝eq \f(TDVA,TA)
答案 CDE
解析 从状态A到B，气体经历的是等容过程，所以A错误；从状态B到C的过程中，温度不变，则气体的内能不变，所以B错误；从状态C到D的过程中，气体温度降低，气体内能减小ΔU<0 ，体积减小，则外界对气体做正功W>0 ，根据热力第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0则气体向外放热，所以C正确；从状态D到A，气体经历的是等压过程，体积增大，对外做功，W<0，温度升高，内能增加，由ΔU＝W＋Q知，Q>0，故气体吸收热量，D正确；从状态D到A，根据eq \f(VD,TD)＝eq \f(VA,TA)，解得VD＝eq \f(TDVA,TA)，所以E正确。
5.(2022·河南部分学校联盟联考)如图5所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C两个变化过程，已知状态A的温度为300 K。则气体在B状态的温度为________ K，气体在C状态的温度为________ K，由状态B变化到状态C的过程中，气体是________(填“吸热”或“放热”)过程。
图5
答案 1 200 600 放热
解析 由理想气体状态方程得
eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pBVB,TB)
可得TB＝1 200 K
B到C过程为等容变化eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)
可得TC＝600 K
气体由B到C为等容变化，气体不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体要放热。
高考题型三 气体实验定律 理想气体状态方程
【例4】 (2022·江西南昌一模)如图6所示为我国上海某精密器械工程公司的科研人员开发的一种气压型“体积测量仪”的工作原理简化示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A(压气筒)和B(测量罐)均为高L、横截面积S的导热汽缸，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体(氮气)封闭。外界大气压为p0＝eq \f(14mg,S)，环境温度为27 ℃，此时活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.55L，求：
图6
(1)放上重物之前，缸内气体的压强；
(2)不规则物体的体积。(不计传感器的体积)
答案 (1)eq \f(15mg,S) (2)0.2LS
解析 (1)放上重物之前，由于活塞处于平衡状态，则缸内气体的压强为
p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(15mg,S)。
(2)放上重物之后，缸内气体的压强为
p2＝p1＋eq \f(5mg,S)＝eq \f(20mg,S)
设不规则物体的体积为Vx ，根据理想气体状态方程，有eq \f(p1（V1－Vx）,T1)＝eq \f(p2（V2－Vx）,T2)
因为T1＝T2
即eq \f(15mg,S)(2LS－Vx)＝eq \f(20mg,S)(1.55LS－Vx)
得Vx＝0.2LS。
【例5】 [2022·河北卷，15(2)]水平放置的气体阻尼器模型截面如图7所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq \f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：
图7
(ⅰ)此时上、下部分气体的压强；
(ⅱ)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案 (ⅰ)2p0，eq \f(2,3)p0 (ⅱ)eq \f(4p0S,3g)
解析 (ⅰ)旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知
p0·SL0＝p1·eq \f(1,2)SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq \f(1,2)SL0＋SL0＝eq \f(3,2)SL0，则p0·SL0＝p2·eq \f(3,2)SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝eq \f(2,3)p0
(ⅱ)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝eq \f(4p0S,3g)。
【例6】 (2022·山东卷，15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图8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，求：
图8
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量SymblDA@m；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
答案 (1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg ＝ ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(Mma,Vρg)
(2)开始时鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，
有p2＝ρgH1＋p0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p2V＝p1V2
解得V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)V
则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
【素能提升】
6.(2022·山西晋中一模)新冠疫情传播非常迅速，负压隔离病房在抗击疫情中起了关键作用。所谓负压病房是指在特殊的装置作用下，使病房内的气压低于病房外的气压。一般负压值(病房外与病房内气压差)为20～120 Pa时效果比较理想。假设有一间负压隔离病房，开放状态时，病房内外的气压均为1.03×105 Pa，病房内温度为7 ℃；正常工作时，病房内温度为22 ℃，负压值为100 Pa。空气可视为理想气体，病房外环境保持不变。求：
(1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到22 ℃，病房内的气压(保留3位有效数字)；
(2)病房由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η(保留2位有效数字)。
答案 (1)1.09×105 Pa (2)5.6%
解析 (1)若病房密闭，仅将病房内温度升高到22 ℃，设升温后病房内的气压为p1，病房内的气体发生等容变化，根据查理定律有eq \f(p0,t0＋273)＝eq \f(p1,t1＋273)
解得p1＝1.09×105 Pa。
(2)设病房的体积为V1。假设体积为V1、压强为p1的气体经等温膨胀后压强变为p2时的体积为V2，由题意可知
p2＝p0－100 Pa＝1.029×105 Pa
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η＝eq \f(V2－V1,V2)×100%
联立解得η≈5.6%。
7.(2022·河南开封二模)某充气式座椅简化模型如图9所示，质量相等且导热良好的两个汽缸C、D通过活塞分别封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连，静置在水平面上，已知汽缸的质量为M(汽缸壁的厚度不计)，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，初始时环境温度为T0，被封闭气体高度均为L，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。
图9
(1)求初始时B气体的压强；
(2)若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后汽缸C底部离水平面的高度h。
答案 (1)p0＋eq \f(Mg,S) (2)2.4L＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L0－\f(Mg,k)))
解析 (1)初始时A、B气体压强相等，对汽缸C进行受力分析可得pAS＝p0S＋Mg
得到pA＝p0＋eq \f(Mg,S)，即pB＝p0＋eq \f(Mg,S)。
(2)环境温度升高，A、B气体压强均不变，气体发生等压变化eq \f(LS,T0)＝eq \f(LxS,1.2T0)
Lx＝1.2L
弹簧压缩量不变，C汽缸底部离水平面的高度
h＝2Lx＋(L0－eq \f(Mg,k))
即h＝2.4L＋(L0－eq \f(Mg,k))。
高考题型四 实验：用油膜法估测油酸分子的大小
【例7】 在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中。
(1)某同学操作步骤如下：
①取定量的无水酒精和油酸制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。
上述四步操作中，不可能实现的一步是________，可改为________________；不完善的一步是________，应改为__________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)本实验中，估测分子大小的方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________。
(3)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________ m。
答案 (1)② 在量筒中滴入N滴溶液 ③ 先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液 (2)球体 单分子层 直径 (3)1.2×10－9
解析 (1)不可能实现的一步是②，应在量筒中滴入N滴溶液后测量它的体积；不完善的一步是③，为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液。
(2)这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子层油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。
(3)油膜面积S＝40 cm2
每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积
V＝0.10%×4.8×10－3 mL＝4.8×10－6 mL
则油酸分子的直径
d＝eq \f(V,S)＝eq \f(4.8×10－6×10－6,40×10－4) m＝1.2×10－9 m。
1. (2022·全国甲卷，33)(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( )
图10
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11，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eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
图11
(ⅰ)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；
(ⅱ)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 (1)BCE (2)(ⅰ)eq \f(4,3)T0 (ⅱ)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由eq \f(pV,T)＝C，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；
因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝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C、E正确，D错误。
(2)(ⅰ)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(ⅱ)设当A中的活塞到达汽缸底部时，Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有
eq \f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,8)＋\f(V0,4))),T0)＝eq \f(p（V0－V）,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0。
2. (2022·全国乙卷，33)(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( )
图12
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13，一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。
图13
(ⅰ)求弹簧的劲度系数；
(ⅱ)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 (1)ABD (2)(ⅰ)eq \f(40mg,l) (ⅱ)p0＋eq \f(3mg,S) eq \f(4,3)T0
解析 (1)根据理想气体状态方程可知
T＝eq \f(p,C)V
即T－V图像的斜率为eq \f(p,C)，
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，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，因ΔU>0，W<0，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)(ⅰ)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
2mg＋p0·2S＋mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
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＝eq \f(40mg,l)
(ⅱ)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，2mg＋p0·2S＋mg＋p2S＝p0S＋p2·2S解得气体的压强为
p2＝p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
即封闭气体发生等压变化，初、末状态的体积分别为
V1＝eq \f(1.1l,2)·2S＋eq \f(1.1l,2)·S＝eq \f(3.3lS,2)，
V2＝l2·2S
由于气体的压强不变，
则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l，
由eq \f(V1,T0)＝eq \f(V2,T2)，解得T2＝eq \f(4,3)T0。
3.(2021·全国甲卷) (1)如图14，一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＝－273.15 ℃；a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eq \f(pa,pb)＝________；气体在状态b和c的压强之比eq \f(pb,pc)＝________。
图14
(2)如图15，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2)。
图15
(ⅰ)求A的体积和B的压强；
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
答案 (1)1 eq \f(V2,V1) (2)(ⅰ)0.4V 2p0 (ⅱ)(eq \r(5)－1)V eq \f(3＋\r(5),4)p0
解析 (1)由题图结合题意可知Ⅰ、Ⅱ的V－T图线均为过原点的倾斜直线，则Ⅰ、Ⅱ过程均为等压变化，则eq \f(pa,pb)＝1；
由理想气体状态方程有eq \f(pV,T)＝C，得V－T图像的斜率k＝eq \f(C,p)，kⅠ＝eq \f(V1,t0)＝eq \f(C,pb)，kⅡ＝eq \f(V2,t0)＝eq \f(C,pc)，得eq \f(pb,pc)＝eq \f(V2,V1)。
(2)(ⅰ)对气体B，由玻意耳定律有
p0V＝pBeq \f(V,2)
代入数据解得pB＝2p0
此时pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0
同理有p0V＝pAVA
代入数据解得VA＝0.4V。
(ⅱ)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVA＝pA1VA1
pBeq \f(V,2)＝pB1VB1
VA1＋VB1＝2V
pA1＋0.5p0＝pB1
联立解得VA1＝(eq \r(5)－1)V，pB1＝eq \f(3＋\r(5),4)p0。
4.(2021·全国乙卷) (1)如图16，一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________。
图16
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17，一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＝13.5 cm，l2＝32 cm。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＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
图17
答案 (1)ABE (2)1 cm
解析 (1)气体从a到b的过程中，体积V不变，压强p增大，则外界对气体不做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度T升高，故气体的内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸收热量，A正确；气体从c到a的过程中，体积V减小，压强p不变，则外界对气体做功，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度T降低，故气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体向外界放出热量，B正确，C错误；气体在b和c状态时，pbVb＝pcVc＝2p0V0，从b、c连线上任取一点，该点的pV>pbVb＝pcVc，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度先升高后降低，D错误，E正确。
(2)对于B中的气体，
初态：pB1＝p0，VB1＝l2S，
末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S，
由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2，
解得l2′＝30 cm，
设B管中水银比A管中水银高x cm，
对A中气体，
初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′，
末态：pA2＝pB2＋px
VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′，
由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2，
解得x＝1 cm。
1.(1)自行车内胎充气过足，在阳光下受暴晒时车胎极易爆裂，设暴晒过程中内胎容积的变化可以忽略不计。则在爆裂前受暴晒的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强________；在车胎突然爆裂的瞬间，胎内气体内能________；在车胎爆裂前，气体分子的平均动能________，大量气体分子作用在胎内壁单位面积上的平均作用力________(均填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)如图1所示，一端封闭的U型玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝40 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76 cmHg。
图1
(ⅰ)若初始温度27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求气体的温度；
(ⅱ)若保持温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面齐平时，求注入水银柱的长度。
答案 (1)增大 减小 增大 增大
(2)(ⅰ)222 ℃ (ⅱ)39 cm
解析 (1)自行车在爆裂前受暴晒的过程中，车胎内气体吸热温度升高，分子平均动能增加，而气体体积不变，单位体积内的分子数不变，因此气体压强增大。
爆裂瞬间，对外做功，内能减小。
爆裂前，气体吸热、温度升高，平均动能增大。
爆裂前，温度升高，气体分子剧烈程度加剧，故单位面积的平均作用力增大。
(2)(ⅰ)开始和终了状态下被封空气柱的压强分别为p1＝p0－ρgh＝57 cmHg，p2＝p0＝76 cmHg，空气柱末态长x＝L＋eq \f(h,2)，设管的横截面积为S，最终被封空气柱长度为x，
根据理想气体状态方程eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p2xS,T2)，代入数据解得T2＝495 K＝222 ℃。
(ⅱ)设最终被封空气柱长度为y，根据玻意耳定律p1LS＝p2yS
应加入的水银柱长度为ΔH＝2(L－y)＋h
联立解得ΔH＝39 cm。
2.(1)如图2所示，一定质量的理想气体从状态a经b、c 、d再回到a ，则b、c、d三个状态下气体的体积之比为________，a→b过程中气体________(填“吸热”或“放热”)。
图2
(2)如图3所示，一个导热汽缸质量M ＝1.5 kg，用一质量m＝0.5 kg的活塞A封闭一段理想气体，活塞横截面积为S＝2 cm2，汽缸厚度不计。活塞通过两光滑的定滑轮与一质量也为 m＝0.5 kg的铁桶B相连。不计活塞与汽缸之间的摩擦，环境温度t1 ＝27 ℃，汽缸内气体长度为l1 ＝ 0.1 m，汽缸的长度足够长，铁桶的高度足够高。已知大气压强p0＝1.0× 105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。则：
图3
(ⅰ)若用灯丝加热封闭气体，气体温度为多高时，气体长度变为l2＝0.2 m?
(ⅱ)若在铁桶内缓慢倒入细沙，倒入细沙的质量为多大时，汽缸刚好离开地面，此时气体的长度为多大？
答案 (1) 1∶2∶6 吸热 (2)(ⅰ)600 K或327 ℃ (ⅱ)1.5 kg，0.4 m
解析 (1)由b到c做等压变化，根据
eq \f(Vb,Tb)＝eq \f(Vc,Tc)
可得eq \f(Vb,Vc)＝eq \f(Tb,Tc)＝eq \f(450,900)＝eq \f(1,2)
由c到d做等温变化，根据pcVc＝pdVd
可得eq \f(Vc,Vd)＝eq \f(Pd,Pc)＝eq \f(1,3)
所以b、c、d三个状态下气体的体积之比为1∶2∶6
由图可知ab过程图线过原点，所以气体等容变化，温度升高，气体内能增大，ΔU>0，气体体积不变，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体吸热。
(2)(ⅰ)初始状态，对B受力分析可得细绳的拉力F1＝mg
对活塞受力分析p0S＋mg＝F1＋p1S
解得p1＝p0
则封闭气体初始时的参量p1＝p0，T1＝300 K，V1＝l1S
加热气体，气体发生等压变化，设气体温度为T2时，气体的长度l2＝0.2 m，V2＝l2S，根据盖－吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
代入数据解得T2＝600 K或t2 ＝327 ℃
(ⅱ)研究活塞A和汽缸整体，汽缸刚好离开地面，细绳的拉力F2＝(M＋m)g
因此加入细沙的质量和汽缸的质量相等，即m沙＝M＝1.5 kg
以汽缸为研究对象，设此时封闭气体的压强为p2，则有p2S＋Mg＝p0S
解得p2＝eq \f(1,4)p0
设此时气体的长度为l3，V3＝l3S，此过程为等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V3
解得l3＝0.4 m。
3.(1)(多选)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是( )
A.一定质量的理想气体放出热量，它的内能不一定减小
B.液晶像液体一样具有流动性，且其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性
C.液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D.固体和液体接触所形成的附着层只可能有扩张趋势
E.有的物态变化中虽然吸收热量，但温度却不升高
(2)如图4所示，P、Q是两个厚度不计的活塞，可在竖直固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S1＝30 cm2、S2＝10 cm2，质量分别为M1＝1.5 kg、M2＝2.5 kg，它们之间用一根长为eq \f(4,3)d的轻质细杆连接，静止时汽缸中气体的温度T1＝600 K，活塞P下方气柱(较粗的一段气柱)长为d＝12 cm，已知大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2，缸内气体可看作理想气体，活塞在移动过程中不漏气。
图4
(ⅰ)求活塞静止时汽缸内气体的压强；
(ⅱ)若缸内气体的温度逐渐降为了T2＝300 K，已知该过程中缸内气体的内能减小100 J，求活塞下移的距离h和气体放出的热量Q。
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)1.2×105 Pa (ⅱ)10 cm，124 J
解析 (1)一定质量的理想气体放出热量，若外界对气体所做正功大于气体放出的热量，其内能增大，故A正确；液晶像液体一样具有流动性，且其光学性质与某些单晶体相似，具有各向异性，故B错误；液体的蒸发现象在任何温度下都能发生，故C正确；同种液体与不同固体接触时，形成的附着层，有的可能具有收缩趋势，有的可能具有扩张趋势，故D错误；有的物态变化中虽然吸收热量，但温度却不升高，比如晶体的融化过程，故E正确。
(2)(ⅰ)对两个活塞的整体受力分析可得(M1＋M2)g＋p0(S1－S2)＝p(S1－S2)
解得p＝1.2×105 Pa。
(ⅱ)由以上分析可知逐渐降温的过程中活塞始终受力平衡，内部气体为等压变化，则
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
其中V1＝S1d＋S2·eq \f(1,3)d
V2＝S1(d－h)＋S2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)d＋h))
解得h＝10 cm<12 cm
活塞下降的过程对内部气体，由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
其中W＝p(S1h－S2h)
以上解得Q＝－124 J，放出热量为124 J。
4.(多选)(1)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5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。航天员由太空返回气闸舱时，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( )
图5
A.气体内能不变
B.气体体积增大，压强减小
C.气体对外做功，内能减小
D. B中气体可自发地全部退回到A中
E.气体分子单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
(2)神舟13号航天员从天和核心舱气闸舱出舱时身着我国新一代“飞天”舱外航天服。航天服内密封了一定质量的理想气体，体积约为V1＝2 L，压强p1＝1.0×105 Pa，温度t1＝27 ℃。
图6
(ⅰ)打开舱门前，航天员需将航天服内气压降低到p2＝4.4×104 Pa，此时密闭气体温度变为t2＝－9 ℃，则航天服内气体体积V2变为多少？
(ⅱ)为便于舱外活动，航天员出舱前还需要把航天服内的一部分气体缓慢放出，使气压降到p3＝3.0×104 Pa。假设释放气体过程中温度保持为t2＝－9 ℃不变，体积变为V3＝2.2 L，那么航天服放出的气体与原来气体的质量比为多少？
答案 (1)ABE (2)(ⅰ)4 L (ⅱ)62.5%
解析 (1)根据热力学第一定律，气体没有对外做功，也没有和外界发生热交换，因此内能保持不变，A正确，C错误；内能保持不变，也就是气体的温度不变，根据玻意耳定律，体积增大，压强减小，B正确；根据热力学第二定律，B中气体不可能自发地全部退回到A中，D错误；由于温度不变，即分子运动的快慢程度不变，而体积增加，单位体积内的分子数减少，从而单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少，E正确。
(2)(ⅰ)初态体积约为V1＝2 L，压强p1＝1.0 ×105 Pa，温度T1＝300 K
末态p2＝4.4×104 Pa，温度T2＝264 K
根据理想气体状态方程eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得V2＝4 L。
(ⅱ)气体缓慢放出的过程中气体的温度不变，设需要放出的气体体积为ΔV
p2V2＝p3(V3＋ΔV)
航天服放出的气体与原来气体的质量比
η＝eq \f(ΔV,V3＋ΔV)＝62.5%。
5.(1)(多选)在斯特林循环的p－V图像中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温过程和两个等容过程组成，如图7甲所示；状态c和状态d时气体分子热运动速率的统计分布如图乙所示。则下列说法正确的是( )
图7
A.从状态a到状态b，气体的温度升高
B.从状态b到状态c，单位体积中的气体分子数增多
C.从状态c到状态d，气体对外放热
D.状态b时每个气体分子的动能都比状态a时的大
E.状态d对应的是图乙中的图线①
(2)如图8所示，高为L＝0.6 m的汽缸放在水平面上，开口向上，两厚度均不计且质量均为m＝1 kg的绝热活塞放在汽缸内，两活塞用轻弹簧拴接。Ⅱ为真空，Ⅲ为理想气体，当Ⅲ的温度为27 ℃且系统达到稳定状态时，两活塞将汽缸均分为三部分。已知两活塞的横截面积为S＝20 cm2，外界大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求：
图8
(ⅰ)若将Ⅲ部分气体的温度逐渐升高，当甲刚好与顶端平齐时，则Ⅲ的温度为多少？
(ⅱ)温度升高到(ⅰ)的温度时，保持该温度不变在甲上施加一竖直向下的力F，当乙缓慢回到原来的位置时，力F的大小。
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)600 K
(ⅱ)220 N
解析 (1)从状态a到状态b体积不变，压强增大，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但不一定每个气体分子的动能都增大，选项A正确，D错误；从状态b到状态c，气体体积增大，单位体积中的气体分子数减少，选项B错误；从状态c到状态d，体积不变，压强减小，根据理想气体状态方程可知气体的温度降低，气体内能减少，而体积不变，做功为0，根据热力学第一定律可知气体对外放热，选项C正确；从状态c到状态d体积不变，压强减小，则温度降低，分子平均动能降低，速率较大的分子所占的百分比减少，分布曲线的峰值向速率小的方向移动，故状态d对应的是图乙中的图线①，选项E正确。
(2)(ⅰ)初态时，Ⅲ中的温度为
T1＝(27＋273) K＝300 K
体积为V1＝eq \f(1,3)LS＝0.2S
由平衡状态可得p1S＝2mg＋p0S
可得初态时Ⅲ中的压强为p1＝p0＋eq \f(2mg,S)
末状态的体积为V2＝eq \f(2,3)LS＝0.4S
气体的变化过程是等圧变化，则有eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
可得T2＝600 K。
(ⅱ)气体等温变化，初状态压强为
p2＝p1＝p0＋eq \f(2mg,S)
根据平衡关系可得乙缓慢回到原来的位置时，气体的压强p3＝eq \f(F＋2mg,S)＋p0
气体体积为V3＝V1
由p3V3＝p2V2
可得F＝220 N。
6.(2022·湖南卷，15)(1)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图9，一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________。
图9
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.该装置气体进出的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
(2)如图10，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0＝9.9 L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1＝90 g、横截面积S＝10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2＝10 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h＝10 cm，外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度取10 m/s2，环境温度保持不变，求：
图10
(ⅰ)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p1；
(ⅱ)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
答案 (1)ABE (2)(ⅰ)1×105 Pa (ⅱ)1 N
解析 (1)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，从B端流出，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，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，根据温度是分子平均动能的标志可知，B端为热端，A端为冷端，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，选项A、B正确；理想气体的内能只与温度和质量有关，根据题述，不知两端流出气体的质量关系，所以不能判断出两端流出气体的内能关系，选项C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非自发进行，不违背热力学第二定律，选项D错误，E正确。
(2)(ⅰ)将活塞与金属丝视为一整体，根据平衡条件，有
p0S＝p1S＋(m1＋m2)g
代入数据解得p1＝1×105 Pa
(ⅱ)当活塞在B位置时，汽缸内气体压强为p2，则有p1V0＝p2(V0＋Sh)
代入数据解得p2＝9.9×104 Pa
将活塞与金属丝视为一整体，根据平衡条件，有p0S＝p2S＋(m1＋m2)g＋F
联立解得F＝1 N。知识点
重要的规律、公式和二级结论
1.温度和气体压强的微观意义、热力学温度
(1)温度是分子平均动能的标志；温度越高，则分子的平均动能越大，但也会有个别分子的速率变小。
(2)气体压强从微观上看与分子的平均动能和分子的密集程度有关。
(3)热力学温度T与摄氏度t的关系：T＝t＋273.15 K。
2.分子运动速率分布的统计规律
(4)气体分子运动速率分布呈正态分布：即中间多、两头少的分布。
3.固体的微观结构
(5)固体的分子间距很小，分子作用力很大，分子在平衡位置附近做无规则的振动。
4.液体的表面张力现象
(6)液体表面的分子间距大于r0，因此液体表面分子间的作用力表现为引力：如水珠呈球形。
5.饱和蒸气、未饱和蒸气、饱和蒸气压，相对湿度
(7)液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大。
(8)相对湿度＝eq \f(水蒸气的实际压强,同温度水的饱和汽压)。
6.分子间的相互作用势能、物体的内能
(9)分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大。
(10)物体的内能是分子的分子动能与分子势能的总和。
7.气体实验定律、理想气体
(11)一定质量的理想气体，eq \f(pV,T)＝C。
(12)等温过程：p1V1＝p2V2；等压过程：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)；等容过程：eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)。
8.热力学第一定律
(13)ΔU＝W＋Q。
9.热力学第二定律
(14)反映宏观自然过程的方向性的定律。
(15)微观意义：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
等温变化
等容变化
等压变化
图象
p－V图象
p－eq \f(1,V)图象
p－T图象
V－T图象
特点
pV＝CT，pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
角度1
单一气体多个过程问题
角度2
关联气体问题
角度3
变质量问题