2019年高考三轮冲刺分子动理论气体及热力学定律 Word版含答案

2019年高考三轮冲刺分子动理论气体及热力学定律
教材版本 全国通用 课时说明 120分钟
知识点 分子动理论、等容变化、等压变化、等温变化、理想气体的状态方程、热力学第一定律、热力学第二定律
复习目标 1.理解分子动理论；2.熟练掌握气体的状态方程并会应用；3.理解热力学第一定律并会应用。
复习重点 1.气体的状态方程；2.热力学第一定律
复习难点 变质量的理想气体问题解决

一、高考回顾
1.（2018，全国卷1）（1）如图14-g1-1，一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14-g1-1
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
（2）如图14-g1-2，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。

14-g1-2图
【答案】（1）BDE（2）
【解析】（1）A项过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律知气体的压强逐渐增大，故A错误。B项过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B正确。C项过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律△U=W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误。D项状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等。故D正确。E项连接bO和dO，根据数学知识可知，状态d的值大于状态b的值，根据气态方程知状态d的压强比状态b的压强小，故E正确。故选：BDE。
（2）对于上面的气体，因为是等温变化，则，设平衡压强为，所以
，由，解得
对于下面的气体，因为是等温变化，则，，所以，
由，解得
2.（2018，全国卷2）（1）（5分）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
（2）如图14-g2-2，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口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；活塞和气缸壁均绝热，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气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气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。

14-g2-1图

【答案】（1）BDE（2）
【解析】（1）A项气体内能中不包括气体分子的重力势能，故A错误；B项实际气体的分子间相互作用力不能忽略，故其内能包括分子间相互作用的势能，故B正确；C项气体的内能不包括气体整体运动的动能，故C错误； D项气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，则根据热力学第一定律可知，其内能可能不变，故D正确；E项气体的内能包括气体分子热运动的动能，故E正确。故选：BDE。
（2）设活塞在处时温度为，体积为，活塞在处时温度为，体积为。
活塞没动之前是等容过程，因此，之后是一个等压过程
，，所以解得：

3.（2018，全国卷3）（1）如图，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______。
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

14-g3-1图
（2）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，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=18.0cm和l2=12.0cm，左边气体的压强为l2.0cmHg。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。

14-g3-2图
【答案】（1）BCD（2）=22.5cm，=7.5cm
【解析】（1）A项由图知气体的PV一直增大，由知气体的温度一直升高，故A错误。B项一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确。C项气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确。D项气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确。E项气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。
（2）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、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有

①
式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有②③
④由①②③④式和题给条件得=22.5cm⑤=7.5cm⑥
二、知识清单

三、例题精讲
例1(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图像如图14-L1-1所示，其中对角线ac的延长线过原点O下列判断正确的是________．

14-L1-1图
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
【答案】ABE
【解析】由得(C为常量)，因对角线ac的延长线过原点O，即p＝kT，故体积V不变，即Va＝Vc，选项A正确；一定量的理想气体的内能由温度T决定，而Ta>Tc，故Ea>Ec，选项B正确；cd过程为等温加压过程，外界对系统做正功，但系统内能不变，故系统要对外放热，放出热量Q＝W外，选项C错误；da过程为等压升温过程，体积增加，对外界做功，系统内能增加，故系统要从外界吸热，且吸收热量Q＝W外＋ΔE内>W外，选项D错误；bc过程为等压降温过程，由可知，气体体积会减小，W＝pΔV＝CΔTbc；同理da过程中，W′＝p′ΔV′＝CΔTda，因为|ΔTbc|＝|ΔTda|，故|W|＝|W′|，选项E正确．
【易错点】等温过程内能保持不变，部分学生往往忽视这一点。
例2如图14-L2-1所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为h的水银柱，中间封有一段空气，则（ ）

14-L2-1图
A.弯管左管内外水银面的高度差为h
B.若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C.若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D.若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
【答案】ACD
【解析】封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。
【易错点】把弯管上、下移动少许，管内气体的体积发生变化，压强就会发生变化，导致错选。
例3在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内，有一段长为l＝16cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体．当玻璃管水平放置达到平衡时如图14-L3-1甲所示，被封闭气柱的长度l1＝23cm；当管口向上竖直放置时，如图14-L3-1乙所示，被封闭气柱的长度l2＝19cm.已知重力加速度g取10m/s2，不计温度的变化．求：
(1)大气压强p0(用cmHg表示)；
(2)当玻璃管开口向上以a＝5m/s2的加速度匀加速上升，水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度．

14-L3-1图
【答案】(1)76cmHg(2)17.48cm
【解析】(1)由玻意耳定律可得：p0l1S＝(p0＋ρgh)l2S解得：p0＝76cmHg.
(2)当玻璃管加速上升时，设封闭气体的压强为p，气柱的长度为l3，对液柱，设液柱质量为m，由牛顿第二定律可得：pS－p0S－mg＝ma解得：p＝p0＋＝100cmHg由玻意耳定律可得：p0l1S＝pl3S
解得：l3＝17.48cm.
【易错点】液柱质量是未知的，部分学生很容易认为，质量没有办法求出，致使无法算出最终结果。
例4如图14-L4-1甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗、细部分截面积分别为S1＝2cm2、S2＝1cm2.封闭气体初始温度为57℃，气体长度为L＝22cm，图14-L4-1乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线．(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273K)
(1)求封闭气体初始状态的压强；
(2)若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内？
(3)当温度升高至492K时，求液柱下端离开粗、细接口处的距离．

14-L4-1图
【答案】(1)80cmHg(2)369K(3)16cm
【解析】(1)初始状态封闭的气体温度T1＝273K＋57K＝330K，体积为：V1＝LS1＝44cm3，由图像可知，此时气体压强：p1＝80cmHg.
(2)当水银全部进入细管后，气体将做等压变化，故从图乙可知当所有水银全部进入细管内时，其封闭的气体压强：p2＝82cmHg，体积：V2＝48cm3由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2＝369K.
(3)当温度升高至T3＝492K时，水银已经全部在细管内，封闭气体做等压变化，设此时气体的体积为V3，由盖吕萨克定律得：解得：V3＝64cm3气体体积：V3＝V2＋S2hx代入数据解得：hx＝16cm.
【易错点】对气体全部压入细管后，气体做等压变化这一点学生很容易出错。
例5如图14-L5-1所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为P0，起初环境的热力学温度为T0时，活塞到汽缸底面的距离为L.当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体吸收的热量为Q.求：

14-5-1
(1)汽缸内部气体内能的增量ΔU；
(2)最终的环境温度T.
【答案】(1) Q－0.1P0SL＋0.1LG (2)1.1T0
【解析】(1)密封气体的压强P＝P0－密封气体对外做功W＝PS×0.1L由热力学第一定律ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1P0SL＋0.1LG
(2)该过程是等压变化，由盖—吕萨克定律有解得T＝1.1T0
【易错点】部分学生不知道是等压膨胀，会理解错题意。
四、思维点拨
如：重点突破 理想气体的状态方程
1．利用理想气体状态方程解题的一般步骤
（1）明确研究对象，即一定质量的理想气体；
（2）确定气体在始末状态的参量P1、V1、T1及P2、V2、T2；
（3）由状态方程列式求解；
（4）讨论结果的合理性。
2．对一定质量的气体图像的理解



二、变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．
2．抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，总质量不变，故抽气过程可看做是等温膨胀过程．

五、成果巩固
【基础达标】
1.如图14-j1-1所示为物体分子间相互作用力与分子间距离之间的关系．下列判断中正确的是(　　)

14-j1-1图
A．当rr0时，r越小，则分子势能Ep越大
C．当r＝r0时，分子势能Ep最小 D．当r→∞时，分子势能Ep最小
【答案】AC
【解析】当rr0时，分子力表现为引力，r减小时分子力做正功，分子势能减小；当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小；当r→∞时，分子势能为零，但不是最小．故正确答案为AC.【来.源
【易错点】分子势能的分析，当rr0时，分子力表现为引力，r减小时分子力做正功，分子势能减小。
2.如图14-j2-1所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强为(　　)

14-j2-1图
A．p＝p0＋ B．p＝p0＋ C．p＝p0－ D．p＝
【答案】C
【解析】以缸套为研究对象，有PS＋Mg＝P0S，所以封闭气体的压强P＝P0－，故应选C.
【易错点】研究对象的选取学生把控不好。
3.如图14-j3-1所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条图线，由图可知(　　)

14-j3-1图
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1【答案】BD
【解析】这是一定质量的气体在发生等温变化时的图线，由图线过原点可知＝恒量，即斜率k＝pV为恒量，所以p与V成反比，A错，B正确；根据图线斜率的物理意义可知C错，D对．
【易错点】部分学生由于数学一次函数图线学的不好，会分析错本题的图像。
4.如图14-j4-1所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)

14-j4-1图
【答案】水银柱上移
【解析】水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差ΔP＝P1－P2＝Ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若ΔP1>ΔP2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若ΔP1<ΔP2，水银柱向下移动，若ΔP1=ΔP2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多．
假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：
上段：，所以，；
同理下段：.又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，P1＝P2＋Ph>P2，所以ΔP1>ΔP2，即水银柱上移．
【易错点】涉及压强的变化，学生就会很容易范糊涂，并且学生由于考虑不全面也会出错。
5.在图14-j5-1中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又可以回到初始状态的图是(　　)

14-j5-1
【答案】D
【解析】根据P-V、P-T、V-T图象的意义可以判断，其中D项显示的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意相符
【易错点】部分学生分析图示图象时不认真导致出错。
6.如图14-j6-1所示是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的(　　)

14-j6-1图
A．温度升高，内能增加600J B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J D．温度降低，内能减少200J
【答案】A
【解析】对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800J＋(－200J)＝600J，ΔU为正表示内能增加了600J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．
【易错点】学生审题不仔细，对缸内气体做功会认为是负功，导致算过．

7.关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】ACE
【解析】由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径．它们具有等效性，故A正确，B错误；由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功，但会产生其他影响，故C正确；热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体，则D错误；一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，则E正确．
【易错点】内能的变化为△U=Q+W；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化
【能力提升】
8.大气压强P0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为(　　)
A．1∶19 B．1∶20 C．2∶39 D．1∶18
【答案】B
【解析】由得，因V0＝20L，则V＝380L，即容器中剩余20L压强为P0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400L，所以剩余气体的质量与原来质量之比等于同压下气体的体积之比，即＝，B项正确．
【易错点】学生对于研究对象的选取，一般以原来了的气体为研究对象，体积增大，看剩下的是总的多少即可。
9.如图14-j9-1所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿汽缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完时，活塞下降了.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距汽缸底部的高度．

14-j9-1图
【答案】
【解析】设大气和活塞对气体的总压强为P0，加一小盒沙子对气体产生的压强为P，活塞的横截面积为S，由玻意耳定律得①由①式得②再加一小盒沙子后，气体的压强变为.设第二次加沙子后，活塞的高度为，则③联立②③式解得.
【易错点】加沙子时，学生不知道压强怎么变化，就很容易把压强的表达式写错得出错解。
10.两个容器A、B，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图14-j10-1所示，A、B所装气体的温度分别为17℃和27℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10℃，则水银柱将(　　)

14-j10-1图
A．向右移动 B．向左移动 C．不动 D．条件不足，不能确定
【答案】A
【解析】假设水银柱不动，A、B气体都做等容变化：由知，因为TAΔPB，所以水银柱向右移动．
【易错点】两边温度变化相同，部分学生会认为两边的压强也变化相同，初态压强相等，变化后压强还是相等的，所以水银柱不动，会错选C。
11.如图14-j11-1图所示，汽缸质量为m1，活塞质量为m2，不计缸内气体的质量及一切摩擦，当用一水平外力F拉活塞时，活塞和汽缸最终以共同的加速度运动．求此时缸内气体的压强．(已知大气压为P0，活塞横截面积为S)

14-j11-1图
【答案】
【解析】以活塞m2为研究对象，其受力分析如图所示．根据牛顿第二定律，有①
由于方程①中有和两个未知量，所以还必须以整体为研究对象，列出牛顿第二定律方程②联立①②可得
【易错点】不知道如何选择研究对象，导致错解。
12.如图14-j12-1图所示，一个密闭的汽缸，被活塞分成体积相等的左、右两室，汽缸壁与活塞是不导热的，它们之间没有摩擦，两室中气体的温度相等．现利用右室中的电热丝对右室加热一段时间，活塞达到平衡后，左室的体积变为原来的，气体的温度T1＝300K，求右室气体的温度．

14-j12-1图
【答案】500K
【解析】根据题意对汽缸中左右两室中气体的状态进行分析：
左室的气体：加热前、、，加热后、、
右室的气体：加热前、、，加热后、、
根据＝恒量，得：左室气体：右室气体：综合以上解得T2＝500K.
【易错点】左右两室不知道怎么联系在一起，致使不知道怎么列等式求解。
13.如图14-j13-1所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为P0，经过太阳曝晒，气体温度由T0＝300K升至T1＝350K.

14-j13-1图
(1)求此时气体的压强；
(2)保持T1＝350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到P0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
【答案】（1）（2）
【解析】(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得所以此时气体的压强
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为，由玻意耳定律可得
可得所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为
【易错点】当气体质量发生变化时，学生不容易把这个抽气过程等效为等温膨胀过程。
六、课堂小结
1.分子动理论
（1）分子热运动；（2）分子间的作用力；（3）内能
2.气体
（1）等温变化；（2）等容变化和等压变化；（3）理想气体的状态方程
3.热力学定律
（1）功和内能；（2）热和内能；（3）热力学第一定律 能量守恒；（4）热力学第二定律