【物理】2019届二轮热学学案（全国通用）
1.(多选)(2018·全国卷Ⅰ·33(1))如图1，一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( )
图1
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
【考点定位】 理想气体状态变化的图象问题，理想气体状态方程，热力学第一定律
【点评】 图象题是常考题型，一般由图象及实验定律判断气体状态变化．再由T、V的变化判断内能、做功情况，综合性较强
【难度】 中等
答案 BDE
解析 过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大，A项错误；
过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做功，B项正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气体放出热量，C项错误；状态c、d温度相同，所以内能相同，D项正确；由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vc
pd，所以pb>pc>pd，E项正确．
2．(多选)(2018·全国卷Ⅱ·33(1))对于实际的气体，下列说法正确的是( )
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体的体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
【考点定位】 内能、热力学第一定律
【难度】 较易
答案 BDE
解析 气体的内能不考虑气体自身重力的影响，故气体的内能不包括气体分子的重力势能，A项错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，B、E项正确；气体整体运动的动能属于机械能，不是气体的内能，C错误；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，即分子势能和分子动能的和可能不变，D项正确．
3．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·33(1))如图2，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示．在此过程中( )
图2
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【考点定位】 p－V图象、等温线、热力学第一定律
【难度】 中等
答案 BCD
解析 在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错．
4．(2018·全国卷Ⅰ·33(2))如图3，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．
图3
【考点定位】 气体实验定律、关联气体
【难度】 中等
答案
解析 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＝⑥
5．(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图4，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.
图4
【考点定位】 理想气体状态方程、气体做功
【难度】 中等
答案 T0 (p0S＋mg)h
解析 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有＝①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，
汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h⑧
6．(2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图5所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图5
【考点定位】 气体实验定律、关联气体、液柱模型
【难度】 中等
答案 22.5 cm 7.5 cm
解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.
由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤
l2′＝7.5 cm⑥
本专题主要考查对物理概念和物理规律的理解以及简单的应用，比如热学的基本概念、气体实验定律、热力学定律等知识，对于热学的基本概念和热力学定律往往以选择题的形式出现，而气体实验定律往往以玻璃管或汽缸等为载体通过计算题的形式考查.
考点1 热学基础知识
1．两种微观模型
(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝πd3，d为分子的直径．
(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离．
2．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．
3．熟记并理解四个问题
(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增加分子势能．
③晶体与非晶体可以相互转化．
④有些晶体属于同素异形体，如金刚石和石墨．
(2)正确理解温度的微含义
①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．
②温度越高，物体分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大．
(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大气重力产生的．
(4)饱和汽压的特点
液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．
1．(多选)(2018·河北省衡水金卷模拟一)下列说法正确的是( )
A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，
这与液体的种类和毛细管的材质有关
B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
C．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
D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用
E．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大
答案 ABD
解析 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项A正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项B正确；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，说明云母片的物理性质具有各向异性，云母片是单晶体，选项C错误；在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用，选项D正确；在一定温度条件下，空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故E错误．
2．(多选)(2018·广东省华南师大附中三模)以下说法中正确的是( )
A．上午十时，教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的
B．液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
C．水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动，当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小
D．一定质量的水蒸气发生等温膨胀时，可能会向外散热
E．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
答案 ACE
解析 温度相同的物体的分子平均动能都相同，则上午十时，教室内空气中的水蒸气分子和氧气的分子平均动能是相同的，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错误；水中的水分子总是在永不停息地做杂乱无章的运动，当两个水分子运动到适当的位置使分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，选项C正确；一定质量的水蒸气发生等温膨胀时，对外做功，内能不变，则气体吸热，选项D错误；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，选项E正确．
3．(多选)(2018·福建省厦门大学附中第二次模拟)下列说法中正确的是( )
A．无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%
B．空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度
C．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体
D．已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小
E．“油膜法估测分子的大小”实验中，
用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径
答案 ABC
解析 根据热力学第二定律，不可能将从单一热库吸收的热量全部转化为机械能，所以无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%，A正确；空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度，B正确；蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体，C正确；已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离，但是不能估算分子的大小，D错误；“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液中纯油酸的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径，E错误．
4．(多选)(2018·湖南省雅礼中学模拟二)根据热力学知识，下列说法正确的是( )
A．当r>r0(平衡距离)时，随着分子间距增大，分子间的引力增大，斥力减小，所以合力表现为引力
B．热量可以从低温物体传到高温物体
C．有些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定浓度范围内具有液晶态
D．空气相对湿度越大时．空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快
E．夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，内能增大(胎内气体质量不变且可视为理想气体)
答案 BCE
解析 当r>r0(平衡距离)时随着分子间距增大，分子间的引力减小，斥力减小，合力表现为引力，选项A错误；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其它变化，选项B正确；有些物质溶解达到饱和度时，会达到溶解平衡，所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水的蒸发越慢，选项D错误；夏天中午时车胎内气压比清晨时的高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，因中午温度升高，则内能增大，选项E正确．
5．(多选)(2018·湖南省常德市一模)关于热学知识的下列叙述中正确的是( )
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
C．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的
D．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
E．空气中水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，越有利于水的蒸发
答案 CDE
解析 布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子热运动的表现，选项A错误；将大颗粒的盐磨成细盐，仍然是晶体，选项B
错误；第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，是制造不出来的，选项C正确；在绝热条件下压缩气体，则Q＝0，W>0，则根据ΔU＝W＋Q可知，ΔU>0，则气体的内能一定增加，选项D正确；空气中水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，越有利于水的蒸发，选项E正确．
6．(多选)(2018·湖北省十堰市调研)热学中有很多图象，对图6中一定质量的理想气体图象的分析，正确的是( )
图6
A．甲图中理想气体的体积一定不变
B．乙图中理想气体的温度一定不变
C．丙图中理想气体的压强一定不变
D．丁图中理想气体从P到Q，可能经过了温度先降低后升高的过程
E．戊图中实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度
答案 ACE
解析 由理想气体状态方程＝C可知，A、C正确；若温度不变，p－V图象应该是双曲线的一支，题图乙不一定是双曲线的一支，故B错误；题图丁中理想气体从P到Q，经过了温度先升高后降低的过程，D错误；温度升高平均动能增大，平均速率增大，所以题图戊实线对应的气体温度一定高于虚线对应的气体温度，E正确．
考点2 气体实验定律和理想气体状态方程
1．应用气体实验定律的三个重点环节：
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要保证研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，
要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系．
(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会比较准确、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．
2．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为液面上方的压强．
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．
命题热点1 汽缸类问题
(2018·山西省孝义市质量检测三)如图7所示，两个相同的汽缸上端开口竖直放置，它们底部由一体积可以忽略的细管连通．两汽缸导热性能良好，且各有一个活塞，横截面积均为S，质量均为m，活塞与汽缸密闭良好且没有摩擦．活塞下密封了一定质量的理想气体，当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度L0.现在左侧活塞A上放—个质量为m的物块，右侧活塞B上放一个质量为2m的物块，假定环境温度保持不变，大气压强为p0，求气体再次达到平衡后活塞A的位置变化了多少？
图7
答案
解析 对密封的一定质量的理想气体，初始状态：
p1＝p0＋，V1＝2L0S
当左侧活塞A上放一个质量为m的物块，汽缸内气体的压强：pA＝p0＋，
而右侧活塞B上放一个质量为2m的物块，
汽缸内气体的压强：pB＝p0＋>pA，
显然活塞B要落到底部．
此状态：p2＝p0＋，设空气柱高度为L
依据理想气体状态方程得：p1·2L0S＝p2LS
得：L＝
活塞A位置上升：L－L0＝.
7．(2018·湖南省六校4月联考)如图8所示，长为2L＝20 cm、内壁光滑的汽缸放在水平面上，汽缸和活塞气密性良好且绝热，活塞的横截面积为S＝10 cm2，质量不计，活塞与墙壁之间连接一根劲度系数为k＝50 N/m的轻弹簧．当缸内气体温度为t0＝27 ℃时，活塞恰好位于汽缸的中央位置，且轻弹簧处于原长状态．已知汽缸与活塞的总质量为M＝4 kg，大气压强为p0＝1×105Pa，重力加速度为g＝10 m/s2.
图8
(1)现用电热丝对缸内气体缓慢加热，假设在活塞移到汽缸最右端的过程中汽缸一直处于静止状态，活塞移到汽缸最右端时缸内气温是多少？
(2)若活塞移到汽缸最右端时，汽缸恰好开始运动，求汽缸与水平面间的动摩擦因数为多少？
答案 (1)630 K (2)0.125
解析 (1)当活塞移到汽缸最右端时(x＝10 cm)，设缸内气体压强为p，则pS＝p0S＋kx
以缸内气体为研究对象，初态压强p0＝1.0×105 Pa，体积V0＝SL，温度T0＝300 K
活塞移到汽缸最右端时，缸内气体体积为V＝2SL，
设温度为T，根据理想气体状态方程可得＝，
解得T＝630 K；
(2)当活塞移到汽缸最右端时，汽缸恰好开始运动，
则kx＝μMg，μ＝0.125.
命题热点2 “液柱”密封气体
(2018·湖北省黄冈市质检)竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图9所示，外界大气压强p0＝75 cmHg.
图9
(1)若从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？
(2)若在竖直平面内将玻璃管顺时针缓慢转动90°，最终AB段处于竖直、BC段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？(结果保留三位有效数字)
答案 (1)24 cm (2)23.4 cm
解析 (1)设A侧空气柱长度l1＝30 cm－10 cm＝20 cm时的压强为p1，
当两侧水银面的高度差为h＝25 cm时，空气柱的长度为l2，压强为p2.
由玻意耳定律得p1l1＝p2l2
其中p1＝(75＋5)cmHg＝80 cmHg，
p2＝(75＋25)cmHg＝100 cmHg
解得l2＝16 cm，
故需要注入的水银长度
Δl＝20 cm－16 cm＋25 cm－5 cm＝24 cm
(2)设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB部分留有x长度的水银，
由玻意耳定律得p1l1＝(p0－x)(l－x)，
其中l＝30 cm
解得x1＝ cm≈6.6 cm＞0符合题意，
x2＝ cm不合题意，舍去．故最终封闭气体的长度为l－x＝23.4 cm.
8．(2018·山东省日照市二模)如图10所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积S1＝1 cm2，粗管的截面积S2＝2 cm2，管内水银长度h1＝h2＝2 cm，封闭气体长度L＝10 cm，大气压强p0＝76 cmHg，气体初始温度为300 K，若缓慢升高气体温度，求：
图10
(1)粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
(2)气体的温度达到492 K时，水银柱上端距玻璃管底部的距离．
答案 (1)369 K (2)26 cm
解析 (1)以封闭的气体为研究对象，初态：V1＝LS2，
T1＝300 K，p1＝p0＋h1＋h2＝80 cmHg，
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为x
V＝S1h1＋S2h2，
x＝＝＝ cm＝6 cm
末状态气体：p2＝p0＋x＝82 cmHg，V2＝(L＋h1)S2，
从初状态到末状态，由理想气体状态方程，
有：＝
代入数据解得：T2＝369 K
(2)气体温度达到492 K时，设水银柱上端距玻璃管底部的距离为H，
则：V3＝(L＋h1)S2＋(H－L－h1－x)S1
气体发生等压变化，则有：＝
解得：H＝26 cm.
命题热点3 关联气体问题
(2018·山东省淄博市模拟)如图11，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气．已知大活塞的质量为2m、横截面积为2S，小活塞的质量为m、横截面积为S，两活塞间距为L，大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热，初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0，氮气的温度为T0，大活塞与大圆筒底部相距为，小活塞与小圆筒底部相距为L.两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g.现通过电阻丝缓慢加热氮气，当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，求
图11
(1)两活塞间氧气的压强；
(2)小活塞下方氮气的温度．
答案 (1)p0＋ (2)T0
解析 (1)以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p1，根据平衡条件有
p0·2S＋3mg＝p1·2S－p1S＋p0S
则p1＝p0＋
初始时氧气体积：V1＝2S·＋S·＝
当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积V2＝2SL
由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为p2，
由玻意耳定律得p2V2＝p1V1
联立解得氧气的压强：p2＝p0＋
(2)设此时氮气压强为p，温度为T，对两活塞整体根据平衡条件有
p0·2S＋3mg＝p2·2S－p2S＋pS
得：p＝p0＋
根据理想气体状态方程有：＝
联立得T＝T0.
9．(2018·山东省临沂市一模)如图12所示，容器A和汽缸B都是导热的，A放置在127 ℃的恒温槽中，B放置在27 ℃的空气中，大气压强为p空＝1.0×105 Pa，开始时阀门K关闭，A内为真空，其体积VA＝3.6 L，B内活塞截面积S＝100 cm2、质量m＝2 kg，活塞下方充有理想气体，其体积为VB＝6.0 L，活塞上方与大气连通，A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后活塞缓慢下移至某一位置(未触及汽缸底部)，不计A与B之间的热传递，取g＝10 m/s2.试求：
图12
(1)活塞稳定后汽缸B内气体的体积；
(2)活塞下移过程中，活塞对汽缸B内气体做的功．
答案 (1)3.3 L (2)275.4 J
解析 (1)稳定后，以活塞为研究对象，
由受力平衡有：mg＋p0S＝pBS
得：pB＝p0＋＝1.02×105 Pa，
A与B连通，压强相等，pA＝1.02×105 Pa
连通后，部分气体从B流入A，这部分气体的末状态：
VA＝3.6 L，TA＝400 K
流入A的气体的初状态：TB＝300 K
根据盖－吕萨克定律，有：＝，
代入数据得：VBA＝2.7 L
则B中剩余的气体体积VB′＝6.0 L－2.7 L＝3.3 L
(2)活塞下移距离d＝＝0.27 m
B汽缸内气体对活塞的作用力pS＝p0S＋mg＝1 020 N
根据牛顿第三定律活塞对气体的作用力大小也为1 020 N，则活塞对B汽缸内气体做功1 020 N×
0.27 m＝275.4 J.
考点3 气体状态变化的能量问题
1．气体做功特点
(1)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．
(2)注意符号正负的规定．若研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化决定．气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体体积减小，外界对气体做功，W>0.
2．两点注意
(1)一定质量的理想气体的内能只与温度有关：与热力学温度成正比．
(2)气体状态变化与内能变化的关系：
V增大，对外做功(W<0)
V减小，外界对气体做功(W>0)
T升高，内能增大
T降低，内能减小．
(2018·甘肃省兰州市三诊)一定质量的理想气体经历了如图13所示的状态变化．问：
图13
(1)已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少；
(2)试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？
答案 (1)放出热量1 200 J (2)B、C温度相同 1 200 K
解析 (1)从A到B，外界对气体做功，
有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
Q＝ΔU－W＝－1 200 J，气体放出热量1 200 J.
(2)由题图可知pBVB＝pCVC，故TB＝TC
根据理想气体状态方程有＝
代入题图数据可得TA＝1 200 K.
10.(多选)(2018·山西省太原市三模)如图14所示，在斯特林循环的p－V图象中，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和两个等容过程组成．下列说法正确的是( )
图14
A．从a到b，气体的温度一直升高
B．从b到c，气体与外界无热量交换
C．从c到d，气体对外放热
D．从d到a，单位体积中的气体分子数目增大
E．从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同
答案 ACD
解析 从a到b，体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；
从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；
从c到d，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；
从d到a，温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增大，D正确；
从b到c气体吸收的热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量不同，E错误．
(2018·河北省衡水中学模拟)如图15所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体．已知活塞截面积为S，外界大气压强为p0.缸内气体温度为T1.现对汽缸缓慢加热，使体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：
图15
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量．
答案 (1)T1 (2)Q1－(p0＋)(V2－V1)
解析 (1)加热过程中气体等压膨胀，
由＝，得T2＝T1.
(2)设加热过程中封闭气体内能增加ΔU，
由热力学第一定律知ΔU＝Q1－W
又气体膨胀时对外做功为：
W＝pΔV＝(V2－V1)
由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU
则Q2＝Q1－(V2－V1)．
11．(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图16所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h＝20 cm，整体放在冰水混合物中．取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上．砂子倒完时，活塞下降了Δh＝5 cm.再取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，求：
图16
(1)第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；
(2)在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70 J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少．
答案 (1)12 cm (2)放热 70 J
解析 (1)设大气和活塞对气体的压强为p0，加一小盒砂子对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得：
p0h＝(p0＋p)(h－Δh)
得p＝p0
再加一小盒砂子后，气体的压强变为p0＋2p.
设第二次加砂子后，活塞距汽缸底部的高度为h′，
由玻意耳定律得：
p0h＝(p0＋2p)h′
解得：h′＝0.6h＝12 cm
(2)气体等温压缩，内能不变，外界对气体做功，故气体一定放出热量
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，有：
Q＝－W＝－70 J
气体放出热量70 J.
1．(多选)(2018·福建省泉州市模拟三)下列说法中正确的是( )
A．一定质量的理想气体从外界吸收热量，内能不一定增大
B．满足能量守恒定律的宏观过程并不都可以自发地进行
C．如果气体分子总数不变而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，那么压强必然增大
D．某气体的摩尔体积为V，每个气体分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数NA＝
E．温度相同、分子质量不同的两种气体，它们分子的平均动能一定相同
答案 ABE
解析 一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果气体对外做功，则内能不一定增大，选项A正确；根据热力学第二定律可知，满足能量守恒定律的宏观过程并不都可以自发地进行，选项B正确；如果气体分子总数不变而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，若气体的体积增大，气体的密度减小，则压强不一定增大，选项C错误；某气体的摩尔体积为V，每个气体分子占据空间的平均体积为V0，则阿伏加德罗常数NA＝，选项D错误；温度是平均动能的标志，则温度相同、分子质量不同的两种气体，它们分子的平均动能一定相同，选项E
正确．
2．(多选)(2018·河北省邯郸市第一次模拟)下列说法中正确的是( )
A．露珠呈球状是由于受重力的作用
B．一定质量的理想气体等温膨胀，一定从外界吸热
C．温度高的物体的分子平均动能一定大
D．“莲出淤泥而不染”表明扩散现象在固体之间不能进行
E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间距离的减小而增大
答案 BCE
解析 液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面分子间表现为引力，露珠呈球形是由于表面张力的作用，故A错误；一定质量的理想气体等温膨胀，内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，故B正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度高的物体的分子平均动能一定大，故C正确；固体之间也可以发生扩散现象，故D错误；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都随分子间距离的减小而增大，故E正确．
3．(多选)(2018·山西省孝义市第一次模拟)下列说法正确的是( )
A．若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的直径
B．分子间距离增大时，分子间引力和斥力以及分子间作用力的合力均减小
C．晶体熔化时要吸热而温度保持不变，说明晶体在熔化过程中分子势能增加
D．小昆虫能站在水面上是由于液体表面张力的缘故
E．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律
答案 ACD
解析 若已知汞的摩尔质量为M，密度为ρ，则可求得摩尔体积，再根据阿伏加德罗常数为NA，则可估算出汞原子的体积，由体积公式可求得对应的直径，故A项正确；
分子间作用力随距离变化的图象如图
故B项错误；
晶体熔化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，说明晶体在熔化过程中分子势能增加了，故C项正确；
小昆虫能站在水面上是由于液体表面张力的缘故，故D项正确；第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，故E项错误．
4.(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化
图象如图1所示，下列说法正确的是( )
图1
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变
E．B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加
答案 BDE
解析 A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C错误，D、E正确．
5．(2018·湖南省雅礼中学模拟二)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少．人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有的水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
答案 (1)3×1025个 (2)4×10－10 m
解析 (1)水的摩尔体积为
V0＝＝ m3/mol
＝1.8×10－5 m3/mol
水分子数：
N＝＝≈3×1025个
(2)建立水分子的球体模型有＝πd3
则水分子直径
d＝＝ m＝4×10－10 m
6．(2018·河北省张家口市上学期期末)一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图2甲所示，密闭气体的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg，求：
图2
(1)若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？
(2)在第(1)小题的情况下，再使玻璃管沿绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度变为多大？
(3)在图乙所给的p－T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程．
答案 (1)320 K (2)30 cm (3)见解析图
解析 (1)已知p1＝p0＝75 cmHg，
T1＝(273＋27)K＝300 K
p2＝p0＋5 cmHg＝80 cmHg，
由＝，
代入数据解得：T2＝320 K
(2)假设玻璃管逆时针旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，
则有p2＝80 cmHg，
p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x) cmHg＝(40＋x) cmHg，
V3＝S(18＋10＋10－x)＝S(38－x)
由p2V2＝p3V3
代入数据解得x＝8 cm，与假设相符，故假设成立，则密闭气体的长度为(18＋10＋10－8) cm＝30 cm
(3)p3＝48 cmHg，变化过程如图所示．
7.(2018·广东省高考第一次模拟)如图3所示，开口向下、粗细均匀的固定导热汽缸内，由两活塞a、b封闭两部分气体A、B(活塞厚度不计)．当环境温度为87 ℃、两活塞平衡时，气体A、B高度之比为3∶2、总长为L.当环境温度缓慢地降到27 ℃，两活塞重新平衡时，求活塞a、b各自移动的距离．
图3
答案 L L
解析 设a向上移动的距离为hA，b向上移动的距离为hB，
因为两部分气体都做等压变化，由盖－吕萨克定律可知，
对于气体A：＝，
即＝，
解得hA＝L
对于气体B：＝，
即＝，解得hB＝L.
8.(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图4，上、下都与大气相通的直立圆筒竖直放置，中间用横截面积S＝0.01 m2、质量不计的两个活塞A、B封闭着一定质量的理想气体，活塞B与一劲度系数k＝1 000 N/m的弹簧相连，平衡时两活塞相距l0＝0.6 m．现用力F向下压活塞A，使其缓慢下移一段距离后再次平衡，此时力F＝500 N．已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，假定气体温度始终保持不变，不计一切摩擦，求
图4
(1)活塞A向下移动的距离h；
(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功W.
答案 (1)0.7 m (2)200 J
解析 (1)设活塞B向下移动的距离为x，
由平衡条件F＝kx
活塞A受压向下移动的距离为h，由玻意耳定律
p0l0S＝(p0＋)(l0－h＋x)S
解得h＝0.7 m
(2)大气压强对活塞A和活塞B做的总功
W＝p0(h－x)S
解得W＝200 J.
9.(2018·河北省五校联盟摸底)如图5所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强．)
图5
答案 7 cm
解析 初态封闭气体压强：p1＝pH＋p0
当的水银上升到细筒中时，设粗筒横截面积为S，
则HS＝h1·，HS＝h2S
此时封闭气体压强：p2＝ph1＋ph2＋p0
V1＝LS，V2＝L′S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得L′＝18 cm
活塞B上升的距离d＝H＋L－L′－H＝7 cm.
10．(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图6甲所示，左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长为L＝20 cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强为p0＝75 cmHg.
图6
(1)若将装置缓慢翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出)，两管中水银静止时液面如图乙所示，求左管中空气柱的长度；
(2)若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35 cm，求左管水银面下降的高度．
答案 见解析
解析 (1)设左管中空气柱的长度增加了h，由玻意耳定律：p0L＝(p0－2h)(L＋h)
代入数据解得：h＝0或h＝17.5 cm，
所以，左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm.
(2)设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，
由几何关系：x＋y＝H
由玻意耳定律：p0L＝(p0－y)(L＋x)
联立两式解得：x2＋60x－700＝0
解得：x＝10 cm或x＝－70 cm(舍去)，
故左管水银面下降的高度为10 cm.
11．(2018·广东省广州市4月模拟)如图7是简易报警装置，其原理是：导热性能良好的竖直细管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声.27 ℃时，空气柱长度L1为20 cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2为10 cm，管内水银柱高h为5 cm，大气压强p0为75.5 cmHg.
图7
(1)当温度达到多少时，报警器会报警？
(2)若要使该装置在102 ℃时报警，应该再往管内注入多高的水银柱？
答案 (1)177 ℃ (2)7 cm
解析 以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S.
(1)温度升高时，管内气体做等压变化，有：＝
其中V1＝L1S，T1＝300 K，
V2＝(L1＋L2)S
解得T2＝450 K，即t2＝177 ℃时，报警器会报警．
(2)以cmHg为压强单位，
设再加入x cm水银柱时，在102 ℃会报警，
有：＝
其中p1＝p0＋ph＝(75.5＋5)cmHg＝80.5 cmHg
p3＝p0＋ph＋px＝(75.5＋5＋x)cmHg
＝(80.5＋x)cmHg
V3＝(L1＋L2－x)S
T3＝375 K
解得x＝7 cm.
