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新高考物理二轮复习练习专题一0一 热学（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考物理二轮复习练习专题一0一 热学（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮复习练习专题十一热学原卷版doc、新高考物理二轮复习练习专题十一热学解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
命题趋势
本专题在高考中，选择题一般是对热学单一知识点从不同角度设计问题；计算题一般始终围绕气体性质进行命题。命题重点有：分子动理论、理想化模型；固体、液体、气体的性质、热力学定律；理想气体状态方程、气体实验定律；汽缸模型、液柱模型。
考点清单
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＝eq \f(V,S)(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,Mml)·NA＝eq \f(V,Vml)NA(注：对气体而言，N≠eq \f(V,Vml)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、永不停息的运动，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
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(2019·全国卷Ⅰ·T33(1))某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
【答案】低于 大于
【解析】容器与活塞绝热性能良好，容器中空气与外界不发生热交换(Q＝0)，活塞移动的过程中，容器中空气压强减小，则容器中空气正在膨胀，体积增大，对外界做功，即W＜0。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：容器中空气内能减小，温度降低，容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有eq \f(pV,T)＝C，又ρ＝eq \f(m,V)，联立解得ρ＝eq \f(mp,CT)。对容器外与容器内质量均为m的气体，因容器中空气压强和容器外空气压强相同，容器内温度低于外界温度，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
(2020·山东学业水平等级考试·T15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21)。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知：
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程得eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知：
p3＝p0、V3＝V′0、p4＝p2④
由玻意耳定律得p0V′0＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得V4＝eq \f(10,7)V′0⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－eq \f(20,21)V′0⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3)。
高频易错题
(2020·新课标卷Ⅰ)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】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，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在r2→r1的过程中，分子间仍然体现引力，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．(2020·山东高考真题·T18)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)以下判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】C
【解析】根据气体做功的表达式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV可知p－V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功，A错误；气体从a→b，满足玻意耳定律pV＝C，所以Ta＝Tb，所以ΔUab＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知0＝Qab＋Wab，气体从b→c，温度升高，所以ΔUbc＞0，根据热力学第一定律可知ΔUbc＝Qbc＋Wbc，结合A选项可知Wab＝Wbc＜0，所以Qbc＞Qab，b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量，B错误；气体从c→a，温度降低，所以ΔUca＜0，气体体积减小，外界对气体做功，所以Wca＞0，根据热力学第一定律可知Qca＜0，放出热量，C正确；理想气体的内能只与温度有关，根据Ta＝Tb可知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ΔTca))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ΔTbc))，所以气体从c→a程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。
精准预测题
1．气溶胶粒子是悬浮在大气中的微小颗粒，如云、雾、细菌、尘埃、烟尘等。气溶胶中的粒子具有很多动力学性质、光学性质，比如布朗运动，光的反射、散射等。关于封闭环境中的气溶胶粒子，下列说法正确的是( )
A．在空气中会缓慢下沉到地面
B．在空气中会缓慢上升到空中
C．在空气中做无规则运动
D．受到的空气分子作用力的合力始终等于其所受到的重力
【答案】C
【解析】由于气溶胶粒子是悬浮在大气中的微小颗粒，根据布朗运动的规律可知，气溶胶粒子会受到空气分子的不断碰撞而做无规则运动，不会缓慢下沉到地面，也不会缓慢上升到空中，由于气体分子对它撞击的不平衡性，气溶胶粒子受到的空气分子作用力的合力不一定始终等于其所受到的重力，只有选项C正确。
2．(多选)玻璃器皿的制造过程中玻璃液的形成是重要环节，当温度达到1 200 ℃时，大量的气泡分布在玻璃液中，经过一系列工艺后获得澄清的玻璃液，之后可以通过降温到合适温度，然后选择合适大小的玻璃液进行吹泡(即往玻璃液中吹气)制造玻璃器皿，下列与玻璃有关的物理学问题的说法正确的是( )
A．因为分子间存在着斥力，所以破碎的玻璃不能简单地拼接在一起
B．玻璃从开始熔化到形成玻璃液的过程中，温度不固定
C．玻璃内部的原子是无序分布的，具有各向异性的特点
D．使1 200 ℃的玻璃液继续升温，可能使其中的气泡减少
【答案】BD
【解析】破碎的玻璃不能拼接在一起，是因为分子间距达不到分子作用力的范围，A错误；玻璃是非晶体，熔化时无固定温度，B正确；玻璃是非晶体，玻璃内部的原子是无序排列的，具有各向同性的特点，C错误；温度继续升高，气泡内气体升温，膨胀，气体的密度变小，上浮，从玻璃液中排出，D正确。
3．(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子的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．图中实线对应氧气分子在100 ℃时的情形
C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
D．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
【答案】AB
【解析】由图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；实线对应的最大比例的速率区间内分子速率较大，说明实线对应的温度大，故为100 ℃时的情形，B正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占总分子数的百分比，但无法确定分子具体数目，C错误；由题图可知，0～400 m/s段内，100 ℃对应的氧气分子占总分子数的百分比小于0 ℃时的，因此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，D错误。
4．(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置；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( )
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．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
D．气体温度不变，体积增大，压强减小
【答案】AD
【解析】气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，故A正确，C错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV＝C(定值)，可知扩散后体积V增大，压强p减小，故D正确。
5．一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从a经过b、c、d，再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等
【答案】BCD
【解析】从a到b，根据eq \f(pV,T)＝C可知，压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，A错误；根据eq \f(pV,T)＝C可知，从b到c，体积不变，压强变大，则气体温度升高，B正确；从c到d，气体的温度不变，则气体内能不变，C正确；从a经过b、c、d，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做功也等于图像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，D正确。
6．如图所示，圆柱形密闭气缸内有一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可在气缸内做无摩擦滑动。开始时活塞在E处，气缸内气体温度为27 ℃，气体体积为6.0×10－3 m3，在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，温度升高到127 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa保持不变，求：
(1)气缸内气体在状态F的体积；
(2)在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体内能的增量。
【解析】(1)气体做等压变化，则对于封闭气体，初状态：
p1＝p0、T1＝300 K、V1＝6.0×10－3 m3
末状态：p2＝p0、T2＝400 K
由盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得V2＝8.0×10－3 m3。
(2)气体对外界做的功W＝p0(V2－V1)＝2.0×102 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝400 J。
7．为做好新型冠状病毒肺炎(COVID－19)疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是喷雾消毒桶的原理图。消毒桶高为H＝60 cm，横截面积S＝0.1 m2，打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0体积为0.015 m3的空气。环境温度为7 °C时，向桶内倒入消毒液，关闭加水口后，液面上方有压强为p0、高为h＝22.5 cm的空气；已知消毒液的密度ρ＝1000 kg/m3，大气压强p0恒为1.0×105 Pa，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，当地的重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)当环境温度升高至T1时，恰好有消毒液从喷雾口溢出，求环境温度T1；
(2)环境温度为7 °C时关闭K，用打气筒向喷雾消毒桶内连续充人空气，然后打开K，进行消毒。消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时桶内剩余消毒液深度h'＝10 cm；求打气筒的打气次数n(假设整个过程中气体温度保持不变)。
【解析】(1)根据与喷雾管内液面关系可知消毒桶内气体做等容变化，初态压强p0，温度T0＝280 K，体积V0＝hS
末态压强p1＝p0＋ρgh
根据查理定律 SKIPIF 1 < 0
解得T1＝286.3 K。
(2)设打气次数为n，消毒完成后，消毒桶内气体体积V2＝(H－h′)S
压强p2＝p0＋ρg(H－h′)
可知p0V0＋np0V＝p2V2
解得n＝20次。
8．我们在吹气球时，开始感觉特别困难，但当把气球吹到一定体积后，反而比较轻松。一个探究小组对此进行了研究，通过充入不同量的某种理想气体，测量了气球内气体的体积V与对应的压强p，得到了如图（a）所示的p－V图象，其中p0为标准大气压。把不同量的上述理想气体分别充入甲、乙两个相同的气球，此时，甲、乙气球内气体的体积分别为V甲和V乙，且V乙＞V甲＞V0，甲、乙气球内气体的压强分别为p甲和p乙。现把甲、乙两气球以及一个容积为VG的钢瓶用带阀门的三通细管（容积可忽略）连接，如图（b）所示。初始时，钢瓶内为真空，阀门K1和K2均为关闭状态。所有过程，气体温度始终保持不变。
(1)打开阀门K1，甲气球体积将___________（填“变大”“变小”或“不变”）；
(2)打开阀门K1和K2，把甲、乙两气球内的所有气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强。
【解析】(1)打开K1后，因为V乙＞V甲＞V0，根据图象可知p乙＜p甲，所以甲气球中的压强比较大，所以甲气球中的气体会被源源不断的压入大气球（即乙气球）内，直到最后二者压强平衡，所以甲气球的体积会变小。
(2)甲、乙两气球内的气体最终压入钢瓶，发生等温变化，根据玻意耳定律得：
p甲V甲＋p乙V乙＝pGVG
解得最终钢瓶内的压强为 SKIPIF 1 < 0 。
9．某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压之比为4∶1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。
(1)判断气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图（c）估测出此时客机的飞行高度。
【解析】(1)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。
(2)初态封闭气体的压强p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
根据p1l1S＝p2l2S
可得p2＝0.96×105 Pa
机舱内外气体压之比为4∶1，因此舱外气体压强p2′＝eq \f(1,4)p2＝0.24×105 Pa
对应表可知飞行高度为104 m。
10．水银气压计上有细且均匀的玻璃管，玻璃管外标识有压强刻度（1 mm刻度对应压强值为1 mmHg）。测量时气压计竖直放置，管内水银柱液面对应刻度即为所测环境大气压强。气压计底部有水银槽，槽内水银体积远大于管内水银柱体积。若气压计不慎混入气体，压强测量值将与实际环境大气压强值不符。如图所示，混入的气体被水银密封在玻璃管顶端。当玻璃管竖直放置时，气柱长度为l1＝100 mm。如果将玻璃管倾斜，水银柱液面降低的高度为h＝20 mm，气柱长度为l2＝50 mm，倾斜过程中水银槽液面高度变化忽略不计。整个过程中温度保持恒定，气体可近似为理想气体。
(1)已知环境大气压强为p0＝760 mmHg，求此时竖直放置气压计的压强测量值p1（以mmHg为单位）；
(2)此后由于环境大气压强变化，竖直放置气压计的压强测量值为p2＝730 mmHg，求此时气柱长度l3和环境大气压强p3（以mmg为单位，保留3位有效数字）。
【解析】(1)设玻璃管竖直时，管内水银面的高度差为H，此值即为竖直放置气压计的压强测量值p1
对管内气体由玻意耳定律：(p0－H)l1S＝(p0－H＋h)l2S
解得：H＝740 mmHg
即竖直放置气压计的压强测量值p1＝740 mmHg。
(2)环境变化后，气体的压强为p3－p2＝(p3－730) mmHg
气柱长度l3＝(740＋100－730) mm＝110 mm
则由玻意耳定律：(p0－H)l1S＝(p3－p2)l3S
解得：p3＝748 mmHg。
命题趋势
本专题在高考中，选择题一般是对热学单一知识点从不同角度设计问题；计算题一般始终围绕气体性质进行命题。命题重点有：分子动理论、理想化模型；固体、液体、气体的性质、热力学定律；理想气体状态方程、气体实验定律；汽缸模型、液柱模型。
考点清单
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＝eq \f(V,S)(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,Mml)·NA＝eq \f(V,Vml)NA(注：对气体而言，N≠eq \f(V,Vml)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、永不停息的运动，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
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(2019·全国卷Ⅰ·T33(1))某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
【答案】低于 大于
【解析】容器与活塞绝热性能良好，容器中空气与外界不发生热交换(Q＝0)，活塞移动的过程中，容器中空气压强减小，则容器中空气正在膨胀，体积增大，对外界做功，即W＜0。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：容器中空气内能减小，温度降低，容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有eq \f(pV,T)＝C，又ρ＝eq \f(m,V)，联立解得ρ＝eq \f(mp,CT)。对容器外与容器内质量均为m的气体，因容器中空气压强和容器外空气压强相同，容器内温度低于外界温度，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
(2020·山东学业水平等级考试·T15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(20,21)。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq \f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知：
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝eq \f(20V0,21)①
由理想气体状态方程得eq \f(p0V0,T1)＝eq \f(p2·\f(20,21)V0,T2)②
代入数据得p2＝0.7p0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知：
p3＝p0、V3＝V′0、p4＝p2④
由玻意耳定律得p0V′0＝p2V4⑤
联立③⑤式，代入数据得V4＝eq \f(10,7)V′0⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－eq \f(20,21)V′0⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V4)⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq \f(Δm,m)＝eq \f(1,3)。
高频易错题
(2020·新课标卷Ⅰ)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】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，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在r2→r1的过程中，分子间仍然体现引力，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．(2020·山东高考真题·T18)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)以下判断正确的是( )
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】C
【解析】根据气体做功的表达式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV可知p－V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功，A错误；气体从a→b，满足玻意耳定律pV＝C，所以Ta＝Tb，所以ΔUab＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知0＝Qab＋Wab，气体从b→c，温度升高，所以ΔUbc＞0，根据热力学第一定律可知ΔUbc＝Qbc＋Wbc，结合A选项可知Wab＝Wbc＜0，所以Qbc＞Qab，b→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量，B错误；气体从c→a，温度降低，所以ΔUca＜0，气体体积减小，外界对气体做功，所以Wca＞0，根据热力学第一定律可知Qca＜0，放出热量，C正确；理想气体的内能只与温度有关，根据Ta＝Tb可知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ΔTca))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ΔTbc))，所以气体从c→a程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。
精准预测题
1．气溶胶粒子是悬浮在大气中的微小颗粒，如云、雾、细菌、尘埃、烟尘等。气溶胶中的粒子具有很多动力学性质、光学性质，比如布朗运动，光的反射、散射等。关于封闭环境中的气溶胶粒子，下列说法正确的是( )
A．在空气中会缓慢下沉到地面
B．在空气中会缓慢上升到空中
C．在空气中做无规则运动
D．受到的空气分子作用力的合力始终等于其所受到的重力
【答案】C
【解析】由于气溶胶粒子是悬浮在大气中的微小颗粒，根据布朗运动的规律可知，气溶胶粒子会受到空气分子的不断碰撞而做无规则运动，不会缓慢下沉到地面，也不会缓慢上升到空中，由于气体分子对它撞击的不平衡性，气溶胶粒子受到的空气分子作用力的合力不一定始终等于其所受到的重力，只有选项C正确。
2．(多选)玻璃器皿的制造过程中玻璃液的形成是重要环节，当温度达到1 200 ℃时，大量的气泡分布在玻璃液中，经过一系列工艺后获得澄清的玻璃液，之后可以通过降温到合适温度，然后选择合适大小的玻璃液进行吹泡(即往玻璃液中吹气)制造玻璃器皿，下列与玻璃有关的物理学问题的说法正确的是( )
A．因为分子间存在着斥力，所以破碎的玻璃不能简单地拼接在一起
B．玻璃从开始熔化到形成玻璃液的过程中，温度不固定
C．玻璃内部的原子是无序分布的，具有各向异性的特点
D．使1 200 ℃的玻璃液继续升温，可能使其中的气泡减少
【答案】BD
【解析】破碎的玻璃不能拼接在一起，是因为分子间距达不到分子作用力的范围，A错误；玻璃是非晶体，熔化时无固定温度，B正确；玻璃是非晶体，玻璃内部的原子是无序排列的，具有各向同性的特点，C错误；温度继续升高，气泡内气体升温，膨胀，气体的密度变小，上浮，从玻璃液中排出，D正确。
3．(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子的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．图中实线对应氧气分子在100 ℃时的情形
C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
D．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
【答案】AB
【解析】由图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；实线对应的最大比例的速率区间内分子速率较大，说明实线对应的温度大，故为100 ℃时的情形，B正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占总分子数的百分比，但无法确定分子具体数目，C错误；由题图可知，0～400 m/s段内，100 ℃对应的氧气分子占总分子数的百分比小于0 ℃时的，因此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，D错误。
4．(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置；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( )
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．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
D．气体温度不变，体积增大，压强减小
【答案】AD
【解析】气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，故A正确，C错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV＝C(定值)，可知扩散后体积V增大，压强p减小，故D正确。
5．一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．从a到b，每个气体分子的动能都增大
B．从b到c，气体温度升高
C．从c到d，气体内能不变
D．从a经过b、c、d，再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等
【答案】BCD
【解析】从a到b，根据eq \f(pV,T)＝C可知，压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能变大，但是并非每个气体分子的动能都增大，A错误；根据eq \f(pV,T)＝C可知，从b到c，体积不变，压强变大，则气体温度升高，B正确；从c到d，气体的温度不变，则气体内能不变，C正确；从a经过b、c、d，再回到a的过程，其中从a到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做功也等于图像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，D正确。
6．如图所示，圆柱形密闭气缸内有一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可在气缸内做无摩擦滑动。开始时活塞在E处，气缸内气体温度为27 ℃，气体体积为6.0×10－3 m3，在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，温度升高到127 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa保持不变，求：
(1)气缸内气体在状态F的体积；
(2)在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体内能的增量。
【解析】(1)气体做等压变化，则对于封闭气体，初状态：
p1＝p0、T1＝300 K、V1＝6.0×10－3 m3
末状态：p2＝p0、T2＝400 K
由盖－吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得V2＝8.0×10－3 m3。
(2)气体对外界做的功W＝p0(V2－V1)＝2.0×102 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W＝400 J。
7．为做好新型冠状病毒肺炎(COVID－19)疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是喷雾消毒桶的原理图。消毒桶高为H＝60 cm，横截面积S＝0.1 m2，打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0体积为0.015 m3的空气。环境温度为7 °C时，向桶内倒入消毒液，关闭加水口后，液面上方有压强为p0、高为h＝22.5 cm的空气；已知消毒液的密度ρ＝1000 kg/m3，大气压强p0恒为1.0×105 Pa，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，当地的重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)当环境温度升高至T1时，恰好有消毒液从喷雾口溢出，求环境温度T1；
(2)环境温度为7 °C时关闭K，用打气筒向喷雾消毒桶内连续充人空气，然后打开K，进行消毒。消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时桶内剩余消毒液深度h'＝10 cm；求打气筒的打气次数n(假设整个过程中气体温度保持不变)。
【解析】(1)根据与喷雾管内液面关系可知消毒桶内气体做等容变化，初态压强p0，温度T0＝280 K，体积V0＝hS
末态压强p1＝p0＋ρgh
根据查理定律 SKIPIF 1 < 0
解得T1＝286.3 K。
(2)设打气次数为n，消毒完成后，消毒桶内气体体积V2＝(H－h′)S
压强p2＝p0＋ρg(H－h′)
可知p0V0＋np0V＝p2V2
解得n＝20次。
8．我们在吹气球时，开始感觉特别困难，但当把气球吹到一定体积后，反而比较轻松。一个探究小组对此进行了研究，通过充入不同量的某种理想气体，测量了气球内气体的体积V与对应的压强p，得到了如图（a）所示的p－V图象，其中p0为标准大气压。把不同量的上述理想气体分别充入甲、乙两个相同的气球，此时，甲、乙气球内气体的体积分别为V甲和V乙，且V乙＞V甲＞V0，甲、乙气球内气体的压强分别为p甲和p乙。现把甲、乙两气球以及一个容积为VG的钢瓶用带阀门的三通细管（容积可忽略）连接，如图（b）所示。初始时，钢瓶内为真空，阀门K1和K2均为关闭状态。所有过程，气体温度始终保持不变。
(1)打开阀门K1，甲气球体积将___________（填“变大”“变小”或“不变”）；
(2)打开阀门K1和K2，把甲、乙两气球内的所有气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强。
【解析】(1)打开K1后，因为V乙＞V甲＞V0，根据图象可知p乙＜p甲，所以甲气球中的压强比较大，所以甲气球中的气体会被源源不断的压入大气球（即乙气球）内，直到最后二者压强平衡，所以甲气球的体积会变小。
(2)甲、乙两气球内的气体最终压入钢瓶，发生等温变化，根据玻意耳定律得：
p甲V甲＋p乙V乙＝pGVG
解得最终钢瓶内的压强为 SKIPIF 1 < 0 。
9．某民航客机在一万米左右高空飞行时，需利用空气压缩机来保持机舱内外气体压之比为4∶1。机舱内有一导热气缸，活塞质量m＝2 kg、横截面积S＝10 cm2，活塞与气缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时，气缸如图（a）所示竖直放置，平衡时活塞与缸底相距l1＝8 cm；客机在高度h处匀速飞行时，气缸如图（b）所示水平放置，平衡时活塞与缸底相距l2＝10 cm。气缸内气体可视为理想气体，机舱内温度可认为不变。已知大气压强随高度的变化规律如图（c）所示地面大气压强p0＝1.0×105 Pa，地面重力加速度g＝10 m/s2。
(1)判断气缸内气体由图（a）状态到图（b）状态的过程是吸热还是放热，并说明原因；
(2)求高度h处的大气压强，并根据图（c）估测出此时客机的飞行高度。
【解析】(1)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
由于气体体积膨胀，对外做功，而内能保持不变，因此吸热。
(2)初态封闭气体的压强p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa
根据p1l1S＝p2l2S
可得p2＝0.96×105 Pa
机舱内外气体压之比为4∶1，因此舱外气体压强p2′＝eq \f(1,4)p2＝0.24×105 Pa
对应表可知飞行高度为104 m。
10．水银气压计上有细且均匀的玻璃管，玻璃管外标识有压强刻度（1 mm刻度对应压强值为1 mmHg）。测量时气压计竖直放置，管内水银柱液面对应刻度即为所测环境大气压强。气压计底部有水银槽，槽内水银体积远大于管内水银柱体积。若气压计不慎混入气体，压强测量值将与实际环境大气压强值不符。如图所示，混入的气体被水银密封在玻璃管顶端。当玻璃管竖直放置时，气柱长度为l1＝100 mm。如果将玻璃管倾斜，水银柱液面降低的高度为h＝20 mm，气柱长度为l2＝50 mm，倾斜过程中水银槽液面高度变化忽略不计。整个过程中温度保持恒定，气体可近似为理想气体。
(1)已知环境大气压强为p0＝760 mmHg，求此时竖直放置气压计的压强测量值p1（以mmHg为单位）；
(2)此后由于环境大气压强变化，竖直放置气压计的压强测量值为p2＝730 mmHg，求此时气柱长度l3和环境大气压强p3（以mmg为单位，保留3位有效数字）。
【解析】(1)设玻璃管竖直时，管内水银面的高度差为H，此值即为竖直放置气压计的压强测量值p1
对管内气体由玻意耳定律：(p0－H)l1S＝(p0－H＋h)l2S
解得：H＝740 mmHg
即竖直放置气压计的压强测量值p1＝740 mmHg。
(2)环境变化后，气体的压强为p3－p2＝(p3－730) mmHg
气柱长度l3＝(740＋100－730) mm＝110 mm
则由玻意耳定律：(p0－H)l1S＝(p3－p2)l3S
解得：p3＝748 mmHg。
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