【物理】2018届一轮复习人教版分子动理论　气体及热力学定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版分子动理论　气体及热力学定律学案

专题十五　分子动理论　气体及热力学定律 考点1| 分子动理论、内能及热力学定律 ‎　难度：低档题 题型：选择题 五年7考 ‎　(2015·全国卷ⅡT33(1))关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 ‎【解题关键】　解答本题时应注意以下三点：‎ ‎(1)理解扩散现象的本质是分子的无规则运动．‎ ‎(2)温度越高，分子运动越剧烈．‎ ‎(3)扩散现象在气体、液体和固体中都能发生．‎ ACD　[扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B、E错误，选项C正确，.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确．]‎ ‎　(2016·全国乙卷·T33(1))关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)‎ A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 ‎【解题关键】　解答本题时应从以下两点进行分析：‎ ‎(1)理解热力学第一定律ΔU＝W＋Q中各量的意义 ‎(2)理解热力学第二定律热传递的方向性 BDE　[根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误．改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，说法B正确．理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确．两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确．故选B、D、E.]‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)本部分知识点多，考查点也多，高考常以多选题的形式考查．‎ ‎(2)考查点主要集中于分子动理论、分子力和物体的内能．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)常常分不清分子的热运动和布朗运动的区别．‎ ‎(2)准确掌握物体内能的微观决定因素和宏观因素是解题关键．‎ ‎(3)宏观自发过程都具有方向性，理解热力学第二定律，注意不产生其他影响的含义．‎ ‎●考向1　分子动理论 ‎1.下列说法中正确的是(　　)‎ A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显 B．把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力 C．破碎的玻璃不能重新拼接在一起是因为其分子间存在斥力 D．分子a从无穷远处由静止开始接近固定不动的分子b，只受分子力作用，当a受到分子力为0时，a的动能一定最大 E．空气中单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动是有规律的 ‎【解析】　悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，那么它受力越难趋于平衡，微粒越容易运动，布朗运动就越明显，选项A错误；把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力，故B正确；破碎的玻璃分子间距离较大，不存在作用力，所以C错误；分子a在分子力作用上从无穷远处趋近固定不动的分子b，表现为引力，引力做正功，动能增大，当b对a的作用力为零时a的动能最大，D正确；单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动是具有统计规律的，选项E正确．‎ ‎【答案】　BDE ‎●考向2　物体的内能 ‎2．(2016·全国丙卷·T33(1))关于气体的内能，下列说法正确的是(　　) ‎ ‎【导学号：37162083】‎ A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C．气体被压缩时，内能可能不变 D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 CDE　‎ ‎[气体的内能由物质的量、温度和体积决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，说法A错误．内能与物体的运动速度无关，说法B错误．气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，说法C正确．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，说法D正确．根据理想气体状态方程，一定量的某种理想气体在压强不变的情况下，体积变大，则温度一定升高，内能一定增加，说法E正确．]‎ ‎●考向3　热力学定律 ‎3．根据热力学定律，下列说法正确的是(　　)‎ A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 C．科技的进步可以使内燃机成为单一的热源热机 D．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”‎ E．第二类永动机不可能制成，因违背了热力学第二定律 ABE　[在外界帮助的情况下，热量可以从低温物体向高温物体传递，A对；空调在制冷时，把室内的热量向室外释放，需要消耗电能，同时产生热量，所以向室外放出的热量大于从室内吸收的热量，B对；根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，C错，E对．因为自然界的能量是守恒的，能源的消耗并不会使自然界的总能量减少，D错．]‎ ‎1．必须掌握的三个问题 ‎(1)必须掌握微观量估算的两个模型 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)必须明确反映分子运动规律的两个实例 ‎①布朗运动：‎ 研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒．‎ 运动特点：无规则、永不停息．‎ 相关因素：颗粒大小、温度．‎ ‎②扩散现象 产生原因：分子永不停息的无规则运动．‎ 相关因素：温度．‎ ‎(3)必须弄清的分子力和分子势能 ‎①分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快．‎ ‎②分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小．‎ ‎2．物体的内能与热力学定律 ‎(1)物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．‎ ‎(2)热力学第一定律 ‎①公式：ΔU＝W＋Q；‎ ‎②符号规定：外界对系统做功，W＞0；系统对外界做功，W＜0.系统从外界吸收热量，Q＞0；系统向外界放出热量，Q<0.系统内能增加，ΔU＞0；系统内能减少，ΔU＜0.‎ ‎(3)热力学第二定律的表述：①热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)．②不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(按机械能和内能转化的方向性表述)．③第二类永动机是不可能制成的．‎ 考点2| 固体、液体和气体　难度：低档题 题型：选择题 五年3考 ‎　(2015·全国卷ⅠT33(1))下列说法正确的是(　　)‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 BCD　[A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．‎ B．单晶体具有各向异性，有些单晶体在不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．‎ C．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．‎ D．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．‎ E．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误．]‎ ‎　(2017·福建福州质检)下列说法正确的是(　　)‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎【解题关键】　解答本题时应注意以下三个方面：‎ ‎(1)布朗运动不能反映花粉分子的热运动；‎ ‎(2)水的沸点与气压有关，与温度无关；‎ ‎(3)湿泡外纱布中水蒸发吸热可使湿泡的温度降低．‎ BCE　[悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误．由于表面张力的作用使液体表面的面积收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确．液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确．高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误．由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确．]‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)固体、液体和气体的考查点较多，高考常以多选题的形式考查．‎ ‎(2)高考常从微观角度考查固体、液体和气体的性质．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)气体的压强是气体分子频繁撞击器壁的结果，温度越高，分子数密度越大，气体对器壁的碰撞而产生的压强就越大．‎ ‎(2)晶体和非晶体的根本区别是有没有确定的熔点．多晶体也没有规则的外形和各向异性．‎ ‎●考向1　固体的性质 ‎4．对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)‎ A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体 B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 E．晶体吸收热量，分子的平均动能不一定增加 ADE　[晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说明食盐是晶体，选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体，选项B错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的，选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不同的，选项D正确；晶体吸收热量，如果温度不变，如熔化过程，分子的平均动能不变，E正确．]‎ ‎●考向2　液体和气体 ‎5．(2016·潍坊模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．液晶具有流动性，光学性质各向异性 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．气体的压强是由气体分子间斥力产生的 D．气球等温膨胀，球内气体一定向外放热 E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强不变 ABE　[液晶具有流动性，光学性质具有各向异性，选项A正确；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；气体的压强是由大量分子对容器器壁的碰撞造成的，选项C错误，E正确；根据ΔE＝W＋Q，气球等温膨胀时，ΔE＝0，W<0，则Q>0，即气体吸热，选项D错误．]‎ ‎1．对晶体、非晶体特性的理解 ‎(1)只有单晶体才可能具有各向异性．‎ ‎(2)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于分子势能的增加．‎ ‎(3)晶体与非晶体可以相互转化．‎ ‎(4)有些晶体属于同素异构体，如金刚石和石墨．‎ ‎2．对液晶特性的理解 ‎(1)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．‎ ‎(2)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．‎ 考点3| 气体实验定律和理想气体状态方程　‎ 难度：中高档题 题型：计算题 五年10考 ‎　(2016·全国乙卷·T33(2))在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.‎ ‎(i)求在水下10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．‎ ‎【解题关键】　解答本题时应从以下三点进行分析：‎ ‎(1)利用题中信息Δp＝求解．‎ ‎(2)明确各状态对应的压强和体积．‎ ‎(3)综合利用力的平衡、玻意耳定律以及理想化条件进行求解．‎ ‎【解析】　(ⅰ)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则 Δp1＝ ①‎ 代入题给数据得 Δp1＝28 Pa. ②‎ ‎(ⅱ)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.‎ 气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2 ③‎ 由力学平衡条件有 p1＝p0＋ρgh＋Δp1 ④‎ p2＝p0＋Δp2 ⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr ⑥‎ V2＝πr ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 3＝ ⑧‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项．‎ 代入题给数据得 ＝≈1.3. ⑨‎ ‎【答案】　(ⅰ)28 Pa　(ⅱ)或1.3‎ ‎　(2016全国丙卷T33(2))一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图1所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg，环境温度不变．‎ 图1‎ ‎【解题关键】　‎ 关键语句 信息解读 左端开口……光滑的轻活塞 左端气体压强和大气压强相等 直至管内两边汞柱高度相等 汞柱两端的气体压强相等 没有发生气体泄漏…环境温度不变 可视为一定质量的理想气体，利用理想气体状态方程或玻意耳定律求解 ‎【解析】　设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg ①‎ l1′＝cm ②‎ 由玻意耳定律得p1l1＝p1′l′1 ③‎ 联立①②③式和题给条件得 p1′＝144 cmHg.④‎ 依题意p2′＝p1′ ⑤‎ l2′＝4.00 cm＋cm－h ⑥‎ 由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′ ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm. ⑧‎ ‎【答案】　144 cmHg　9.42 cm ‎1．高考考查特点 ‎(1)本考点为高考热点，考查题型多为计算题，题目综合难度大；‎ ‎(2)考点主要集中在理想气体状态方程定量计算的考查上，多以对本知识点的单独考查，有时结合压强的微观解释、热力学第一定律、气体图象等进行命题．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)没有弄清理想气体状态方程的应用条件是一定质量的理想气体是常见的解题误区；‎ ‎(2)对于多过程问题不能判断状态参量中的不变量，错误的选取气体实验定律．‎ ‎●考向1　“液柱”类问题 ‎6．(2013·全国卷ⅡT33(2))如图2所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0 cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．‎ 图2‎ ‎【解析】　研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解． ‎ 以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为 p1＝p0＋l2 ①‎ 设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得 p1l1＝p′1l′1 ②‎ 如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl ③‎ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则 p′2＝p′1－l2 ④‎ 由玻意耳定律得 p0l3＝p′2l′3 ⑤‎ 由①至⑤式及题给数据解得 Δl＝15.0 cm. ⑥‎ ‎【答案】　15.0 cm ‎7．(2015·全国卷ⅡT33(2))如图3所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.‎ 图3‎ ‎(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；‎ ‎(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．‎ ‎【导学号：37162084】‎ ‎【解析】　(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1 ①‎ 由力学平衡条件得 p＝p0＋h ②‎ 打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有 p1＝p0－h1 ③‎ 联立①②③式，并代入题给数据得 l1＝12.0 cm. ④‎ ‎(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得 pl＝p2l2 ⑤‎ 由力学平衡条件有 p2＝p0 ⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题给数据得 l2＝10.4 cm ⑦‎ 设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1 ⑧‎ 联立④～⑧式，并代入题给数据得 Δh＝13.2 cm. ⑨‎ ‎【答案】　(1)12.0 cm　(2)13.2 cm ‎●考向2　汽缸类问题 ‎8．(2015全国卷ⅠT33(2))如图4所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：‎ 图4‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；‎ ‎(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎【解析】　(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得 V1＝S1＋S2 ①‎ V2＝S2l ②‎ 在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p) ③‎ 故缸内气体的压强不变．由盖吕萨克定律有 ＝ ④‎ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K． ⑤‎ ‎(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有 ＝ ⑥‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa. ⑦‎ ‎【答案】　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa ‎9．(2014全国卷ⅡT33(2))如图5所示，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间．‎ 图5‎ ‎(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；‎ ‎(2)继续缓慢加热，使活塞a上升．当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强．‎ ‎【解析】　(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，由题给数据和盖吕萨克定律得 V1＝V0＋×＝V0 ①‎ V2＝V0＋V0＝V0 ②‎ ＝ ③‎ 由①②③式和题给数据得 T2＝320 K.‎ ‎(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律得 V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0 ⑤‎ p′1V′1＝p′2V′2 ⑥‎ 由⑤⑥式得p′2＝p0.‎ ‎【答案】　(1)320 K　(2)p0‎ ‎●考向3　图象类问题 ‎10．使一定质量的理想气体的状态按图6甲中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．‎ ‎(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大？‎ ‎(2)请在图乙上将上述气体变化过程在VT图中表示出来(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)．‎ 图6‎ ‎【解析】　(1)根据气体状态方程有＝ 得TC＝TA＝×300 K＝600 K 由＝ 得TD＝TA＝×300 K＝300 K TB＝TC＝600 K.‎ ‎(2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得 pBVB＝pCVC VB＝＝L＝20 L 上述过程在VT图上状态变化过程的图线如图所示．‎ ‎【答案】　(1)600 K　600 K　300 K(2)见解析 ‎1．压强的计算 ‎(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算．‎ ‎(2)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa.‎ ‎2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程 ‎(1)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解．‎ ‎(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解．‎ ‎3．多个研究对象的问题 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或位移关系，列出辅助方程，最后联立求解．‎