第1讲 分子动理论、气体及热力学定律
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思维导图
要点熟记
1.分子动理论：分子直径的数量级是10－10
m；分子永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互作用的引力和斥力。2.两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝π()3＝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。3.晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性。晶体与非晶体可以相互转化。4.液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性，但不是所有性质。5.气体的“三定律、一方程”(1)玻意耳定律：p1V1＝p2V2(2)查理定律：＝(3)盖—吕萨克定律：＝(4)理想气体状态方程：＝6.热力学定律(1)热力学第一定律：ΔU＝Q＋W(第一类永动机不可能制成)。(2)热力学第二定律：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性(第二类永动机不可能制成)。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一 分子动理论、内能及热力学定律
1．“一个桥梁、三个核心”
(1)宏观量与微观量的转换桥梁
(2)分子模型、分子数
①分子模型：球模型V＝πR3，立方体模型V＝a3。
②分子数：N＝nNA＝
NA＝NA(固体、液体)。
(3)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。
(4)分子势能、分子力与分子间距离的关系
2．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU的分析思路
①由气体温度变化分析气体内能变化。温度升高，内能增加；温度降低，内能减少。
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。
(2)做功情况W的分析思路
①由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功；体积被压缩，外界对气体做功。
②由公式W＝ΔU－Q分析气体做功情况。
(3)气体吸、放热Q的分析思路：一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况。
[典例1] 下列说法正确的是( )
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
[解析] 若外界对气体做的功大于气体放出的热量，气体温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，但对于气体此式不成立，故E错误。
[答案] ABC
1．(2020·贵州黔东南模拟)某汽车轮胎在阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看作理想气体，则下列有关分析正确的是( )
A．轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造成的
B．轮胎爆裂前胎内气体温度升高，压强增大
C．轮胎爆裂前胎内气体温度升高，气体分子对轮胎的平均作用力增大
D．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的
E．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的
解析：车胎爆裂是车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，单位时间内撞击到单位面积上气体分子的数量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大，气体压强增大造成的，不是气体分子间的平均作用力增大造成的，故A错误，B、C正确；在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外放热，但气体温度降低主要还是对外做功造成的，故D正确，E错误。
答案：BCD
2．(2020·东北三省四市教研联合体高三模拟)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．对物体持续降温冷却后不可能把它的温度降为绝对零度
B．三个系统a、b、c，若a与b内能相等，b与c内能相等，则根据热平衡定律a与c接触时一定不会发生热交换
C．热量可以从低温物体传递到高温物体
D．自然界的能量是守恒的，所以我们可以不必节约能源
E．一定量的理想气体经过绝热压缩其内能一定增大
解析：绝对零度是不可能达到的，故A正确；热平衡状态即为两物体的温度相同，但两物体内能相同时，温度不一定相同，故B错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，例如电冰箱，但需要消耗电能，故C正确；自然界中有的能量在转化过程中具有单向性，散失到环境中的能量是不能收回的，因此要节约能源，故D错误；一定质量的理想气体经过绝热压缩，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，故E正确。
答案：ACE
3．(2020·江西南昌二模)对于下面所列的热学现象说法正确的是( )
A．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同
B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果
C．“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律
D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
E．直径为1
μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数少
解析：温度是分子平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有相同的分子平均动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不同，故A正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币受到的重力等于表面张力，故B正确；第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，故C错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D正确；直径为1
μm的水珠所含水分子的个数为n＝NA＝×6.02×1023
mol－1≈1.4×1011，远多于地球总人口数，故E错误。
答案：ABD
考向二 固体、液体和气体压强
1．固体和液体的特点
(1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同。晶体具有确定的熔点，单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性。晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化。
(2)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。
(3)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。
2．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。
3．相对湿度
某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，即B＝。
4．对气体压强的两点理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞容器壁的结果，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。
[典例2] 下列说法正确的是( )
A．针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体
B．温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度一定增大
C．两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的内能
D．一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的
E．若气体分子总数不变而气体温度升高，则气体压强可能不变
[解析] 针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体，A错误；温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度增大，而同一温度下水的饱和汽压一定，故绝对湿度一定增大，B正确；两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的温度，C错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的，D正确；若气体分子总数不变而气体温度升高，若气体的体积变大，则气体压强可能不变，E正确。
[答案] BDE
4．(2020·江西九江第二次统考)关于液体，下列叙述中正确的是( )
A．露珠呈球形是液体的表面张力的缘故
B．液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C．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
D．对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
E．加上不同的电压可以改变液晶的光学性质
解析：露珠呈球形是液体的表面张力的缘故，故A正确；表面张力的方向跟液面相切，使液面收缩，故B错误；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C错误；对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显，故D正确；液晶在光学性质上表现为各向异性，加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故E正确。
答案：ADE
5．某同学发现自行车轮胎内气体不足，于是用打气筒打气。假设打气过程中，轮胎内气体的体积和温度均不变，则在打气过程中，下列说法正确的是( )
A．轮胎内气体的总内能不断增加
B．轮胎内气体分子的平均动能保持不变
C．轮胎内气体的无规则运动属于布朗运动
D．轮胎内气体分子间斥力增大使得胎内气压增大
E．轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多
解析：根据内能的定义可知，用打气筒向轮胎内打气，轮胎内气体的分子个数不断增加，而气体的温度保持不变，则轮胎内气体的总内能不断增加，故A正确；胎内气体的温度保持不变，故轮胎内气体分子的平均动能保持不变，故B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，故C错误；在打气过程中气体分子的数量增加，单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，使得胎内气压增大，故D错误；在打气过程中温度不变，轮胎内气体压强增大，故轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，故E正确。
答案：ABE
6．以下说法正确的是( )
A．单晶体和多晶体都表现出各向异性
B．叶面上的露珠呈球形是重力作用的结果
C．当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象
D．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
E．晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能
解析：单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；叶面上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果，故B错误；当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象，故C正确；晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻璃)为非晶体，故D正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能不变，晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能，故E正确。
答案：CDE
考向三 气体实验定律与理想气体状态方程
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，通常分析液片或液柱的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。
2．规律的选取
(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。
3．两类问题
(1)“两团气”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。
(2)“变质量”问题
在“充气、抽气、灌气(分装)、漏气”问题中通过巧选研究对象可以把变质量问题转化为定质量的问题。
[典例3] 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27
℃，汽缸导热。
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20
℃，求此时活塞下方气体的压强。
[思路点拨] (1)打开K2，A、B气体均做等温变化。
(2)打开K3，判定活塞位置可用假设法。
(3)再缓慢加热，汽缸内气体做等容变化。
[解析] (1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
p0V＝p1V1
①
(3p0)V＝p1(2V－V1)
②
联立①②式得
V1＝
③
p1＝2p0
④
(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得
(3p0)V＝p2V2
⑤
由⑤式得p2＝p0
⑥
由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝p0。
(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300
K升高到T2＝320
K的等容过程中，由查理定律得
＝
⑦
将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0
⑧
[答案] (1) 2p0 (2)上升到B的顶部 (3)1.6p0
规律总结
应用气体实验定律的“三个环节”
……………………………………………………
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要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及体积找联系，如典例中打开K2后的两部分气体总体积保持不变。
(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帮助同学们比较准确、快速地找到规律，如典例中打开K2后，A部分气体体积变大，压强减小，B部分气体体积减小，压强增大。
(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，如典例中打开K2后的两部分气体都为等温变化。
7．有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1∶2。容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5
cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H＝15
cm，设大气压p0＝75
cmHg，外界环境温度t＝27
℃，求：
(1)向左边的容器缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度；
(2)当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端容器内被密封的气体的长度为5
cm时，此时温控室的温度。
解析：(1)以右边容器内封闭的气体为研究对象，封闭气体等温变化，设当两管的水银液面相平齐时，右端被封闭的气体长度为h′。
初、末状态的压强分别为p1＝p0－ρgH，p2＝p0
根据等温变化可得p1hS＝p2h′S
解得h′＝＝4
cm。
(2)空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降1
cm，则左管水银面会上升2
cm，此时两侧水银面高度差为h0＝3
cm，此时空气柱的压强p3＝p0＋ρgh0
根据等容变化得到＝
其中T＝(27＋273)K＝300
K
解得T′＝390
K，即t′＝117
℃。
答案：(1)4
cm (2)117
℃
8．(2020·四川成都一诊)如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连。汽缸中活塞的横截面积S＝100
cm2。初始时，环境温度T＝300
K，活塞离缸底距离d＝40
cm。现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F＝1.0×103
N时，活塞离缸底距离d′＝10
cm。已知大气压强p0＝
1.0×105
Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：
(1)容器A的容积VA；
(2)保持力F＝1.0×103
N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3
cm时，此时环境温度为多少摄氏度？
解析：(1)依题意，汽缸和容器A内所有气体先做等温变化，有p1V1＝p2V2
其中压缩前：p1＝p0，V1＝VA＋dS
压缩后：p2＝p0＋，V2＝VA＋d′S
代入数据，解得VA＝2
L。
(2)依题意，接着做等压变化，有
＝
其中变化前：T2＝T
变化后：V3＝V2－Δd·S
代入数据，解得T3＝270
K
则t3＝－3
℃
答案：(1)2
L (2)－3
℃
9．如图所示，总体积为V的圆柱形汽缸中，有一个厚度不计的轻质活塞，活塞横截面积为S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为T0、大气压强为p0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m的重物(mg＝p0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为，并与环境温度相同。为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为的空气充入汽缸。(空气看作理想气体，＝1.414)
(1)在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？
(2)在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度升高，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？
解析：(1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为，压强为p0，充气后压强为2p0，体积为，由玻意耳定律有p0＝2p0
解得n＝100次。
(2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋。由理想气体状态方程，得
＝
整理得到(1＋)2＝2
解得N＝100(－1)
根据题意，取N＝42次。
答案：(1)100次 (2)42次
考向四 气体的状态变化图像与热力学定律的综合问题
1．状态变化的图像
类别
图像
特点
其他图像
等温线
pV＝CT(其中C为恒量)，pV之积越大，温度越高，等温线离原点越远
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容线
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压线
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
2.“两种考法”“一注意”
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出判断。
(2)定量计算
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。
(3)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；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0。
[典例4] (2020·江苏扬州高三下学期5月检测)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p?V图像如图所示。已知A→B过程放出热量Q，TA＝TC，则
B→C过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？
[思路点拨] 解此题可按以下思路：
(1)比较B、C两状态的温度，从而判断气体内能的变化。
(2)比较B、C两状态的体积可判断功W的正、负，再根据热力学第一定律解决问题。
[解析] 根据＝C知，B→C过程气体的压强不变，体积增大，温度升高，则气体的内能增大。
气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量。
B到C过程，气体对外做功的值为W＝p2(V2－V1)
A到B过程，气体的体积不变，不做功
由A到C过程，根据ΔU＝W＋Q得－Q－W＋QBC＝0
解得QBC＝Q＋W＝Q＋p2(V2－V1)
即B→C过程吸收热量为Q＋p2(V2－V1)。
[答案] 吸收热量 Q＋p2(V2－V1)
10．如图是一定质量的理想气体的p?T图像，气体从a→b→c→a完成一次循环。关于气体的变化过程，下列说法正确的是( )
A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc
B．a→b过程气体的分子数密度变大
C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的
E．若a→b过程气体吸热300
J，c→a过程放热400
J，则c→a过程外界对气体做功100
J
解析：c→a过程气体压强增大，温度降低，根据＝C可知体积减小，故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc，故A正确；a→b过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B错误；b→c过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝－W>0，气体吸收热量，由以上分析可知，b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故C错误；c→a过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的，故D正确；由热力学第一定律可知，若a→b过程气体吸热300
J，c→a过程放热400
J，则c→a过程外界对气体做功100
J，E正确。
答案：ADE
11．一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化。已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300
J，气体在状态C时的温度TC＝300
K，则从A到B气体放出的热量是________J；气体在状态A时的温度为________K。
解析：从A到B，外界对气体做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3J＝900
J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得Q＝ΔU－W＝－1
200
J
即从A到B气体放出的热量是1
200
J。
根据理想气体状态方程有＝
代入解得TA＝1
200
K
答案：1
200 1
200
12．(2020·湖北八校高三5月联考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p?V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27
℃。
(1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？
(2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
解析：(1)对一定质量的理想气体由图像可知，A→B等容变化，由查理定律得＝
代入数据得TB＝450
K
即tB＝177
℃
A→C由理想气体状态方程得＝
代入数据得TC＝300
K
即tC＝27
℃。
(2)由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，
ΔU＝0
从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0，
从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，W＝pΔV
由p?V图线与横轴所围成的面积可得
W＝＝1
200
J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得Q＝－1
200
J
即气体向外界放出热量，传递的热量为1
200
J。
答案：(1)177
℃ 27
℃ (2)放热 1
200
J(共64张PPT)
专题七
选考模块
第1讲 分子动理论、气体及热力学定律
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
思维导图
考情分析
考向一 分子动理论、内能及热力学定律
1．“一个桥梁、三个核心”
(1)宏观量与微观量的转换桥梁
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
2．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU的分析思路
①由气体温度变化分析气体内能变化。温度升高，内能增加；温度降低，内能减少。
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。
(2)做功情况W的分析思路
①由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功；体积被压缩，外界对气体做功。
②由公式W＝ΔU－Q分析气体做功情况。
(3)气体吸、放热Q的分析思路：一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况。
ABC
1．(2020·贵州黔东南模拟)某汽车轮胎在阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看作理想气体，则下列有关分析
正确的是(
)
A．轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造成的
B．轮胎爆裂前胎内气体温度升高，压强增大
C．轮胎爆裂前胎内气体温度升高，气体分子对轮胎的平均作用力增大
D．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的
E．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的
BCD
解析：车胎爆裂是车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，单位时间内撞击到单位面积上气体分子的数量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大，气体压强增大造成的，不是气体分子间的平均作用力增大造成的，故A错误，B、C正确；在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外放热，但气体温度降低主要还是对外做功造成的，故D正确，E错误。
2．(2020·东北三省四市教研联合体高三模拟)关于热力学定律，下列说
法正确的是(
)
A．对物体持续降温冷却后不可能把它的温度降为绝对零度
B．三个系统a、b、c，若a与b内能相等，b与c内能相等，则根据热平衡定律a与c接触时一定不会发生热交换
C．热量可以从低温物体传递到高温物体
D．自然界的能量是守恒的，所以我们可以不必节约能源
E．一定量的理想气体经过绝热压缩其内能一定增大
ACE
解析：绝对零度是不可能达到的，故A正确；热平衡状态即为两物体的温度相同，但两物体内能相同时，温度不一定相同，故B错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，例如电冰箱，但需要消耗电能，故C正确；自然界中有的能量在转化过程中具有单向性，散失到环境中的能量是不能收回的，因此要节约能源，故D错误；一定质量的理想气体经过绝热压缩，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，故E正确。
3．(2020·江西南昌二模)对于下面所列的热学现象说法正确的是(
)
A．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同
B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果
C．“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律
D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
E．直径为1
μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数少
ABD
考向二 固体、液体和气体压强
1．固体和液体的特点
(1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同。晶体具有确定的熔点，单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性。晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化。
(2)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。
(3)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。
4．对气体压强的两点理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞容器壁的结果，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。
[典例2] 下列说法正确的是(
)
A．针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体
B．温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度一定增大
C．两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的内能
D．一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的
E．若气体分子总数不变而气体温度升高，则气体压强可能不变
BDE
[解析] 针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体，A错误；温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度增大，而同一温度下水的饱和汽压一定，故绝对湿度一定增大，B正确；两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的温度，C错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的，D正确；若气体分子总数不变而气体温度升高，若气体的体积变大，则气体压强可能不变，E正确。
4．(2020·江西九江第二次统考)关于液体，下列叙述中正确的是(
)
A．露珠呈球形是液体的表面张力的缘故
B．液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部
C．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
D．对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显
E．加上不同的电压可以改变液晶的光学性质
ADE
解析：露珠呈球形是液体的表面张力的缘故，故A正确；表面张力的方向跟液面相切，使液面收缩，故B错误；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C错误；对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显，故D正确；液晶在光学性质上表现为各向异性，加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故E正确。
5．某同学发现自行车轮胎内气体不足，于是用打气筒打气。假设打气过程中，轮胎内气体的体积和温度均不变，则在打气过程中，下列说法
正确的是(
)
A．轮胎内气体的总内能不断增加
B．轮胎内气体分子的平均动能保持不变
C．轮胎内气体的无规则运动属于布朗运动
D．轮胎内气体分子间斥力增大使得胎内气压增大
E．轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多
ABE
解析：根据内能的定义可知，用打气筒向轮胎内打气，轮胎内气体的分子个数不断增加，而气体的温度保持不变，则轮胎内气体的总内能不断增加，故A正确；胎内气体的温度保持不变，故轮胎内气体分子的平均动能保持不变，故B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，故C错误；在打气过程中气体分子的数量增加，单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，使得胎内气压增大，故D错误；在打气过程中温度不变，轮胎内气体压强增大，故轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，故E正确。
6．以下说法正确的是(
)
A．单晶体和多晶体都表现出各向异性
B．叶面上的露珠呈球形是重力作用的结果
C．当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象
D．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
E．晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能
CDE
解析：单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；叶面上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果，故B错误；当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象，故C正确；晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻璃)为非晶体，故D正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能不变，晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能，故E正确。
考向三 气体实验定律与理想气体状态方程
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，通常分析液片或液柱的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。
2．规律的选取
(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。
3．两类问题
(1)“两团气”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。
(2)“变质量”问题
在“充气、抽气、灌气(分装)、漏气”问题中通过巧选研究对象可以把变质量问题转化为定质量的问题。
[典例3] 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27
℃，汽缸导热。
(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20
℃，求
此时活塞下方气体的压强。
[思路点拨] (1)打开K2，A、B气体均做等温变化。
(2)打开K3，判定活塞位置可用假设法。
(3)再缓慢加热，汽缸内气体做等容变化。
规律总结
应用气体实验定律的“三个环节”
…………………………………………………………………………………
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要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及体积找联系，如典例中打开K2后的两部分气体总体积保持不变。
(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帮助同学们比较准确、快速地找到规律，如典例中打开K2后，A部分气体体积变大，压强减小，B部分气体体积减小，压强增大。
(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，如典例中打开K2后的两部分气体都为等温变化。
7．有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1∶2。容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5
cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H＝15
cm，设大气压p0＝75
cmHg，外界环境温度t＝27
℃，求：
(1)向左边的容器缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度；
(2)当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端容器内被密封的气体的长度为
5
cm时，此时温控室的温度。
8．(2020·四川成都一诊)如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连。汽缸中活塞的横截面积S＝100
cm2。初始时，环境温度T＝300
K，活塞离缸底距离d＝40
cm。现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F＝1.0×103
N时，活塞离缸底距离d′＝10
cm。已知大气压强p0＝
1.0×105
Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：
(1)容器A的容积VA；
(2)保持力F＝1.0×103
N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3
cm时，此时环境温度为多少摄氏度？
2.“两种考法”“一注意”
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出判断。
(2)定量计算
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。
(3)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；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0。
[典例4] (2020·江苏扬州高三下学期5月检测)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p?V图像如图所示。已知A→B过程放出热量Q，TA＝TC，则
B→C过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？
[思路点拨] 解此题可按以下思路：
(1)比较B、C两状态的温度，从而判断气体内能
的变化。
(2)比较B、C两状态的体积可判断功W的正、负，再根据热力学第一定律解决问题。
10．如图是一定质量的理想气体的p?T图像，气体从a→b→c→a完成一
次循环。关于气体的变化过程，下列说法正确的是(
)
A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc
B．a→b过程气体的分子数密度变大
C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体
分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的
E．若a→b过程气体吸热300
J，c→a过程放热400
J，
则c→a过程外界对气体做功100
J
ADE
11．一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化。已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300
J，气体在状态C时的温度TC＝300
K，则从A到B气体放出的热量是________J；气体在状态A时的温度为________K。
12．(2020·湖北八校高三5月联考)一
定质量的理想气体从状态A变化到状
态B再变化到状态C，其状态变化过
程的p?V图像如图所示。已知该气体
在状态A时的温度为27
℃。
(1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？
(2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
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[基础题组专练]
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)(1)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________(选填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能________(选填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能________(选填“大于”“等于”或“小于”)零。
(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
①两罐中气体的压强；
②甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
解析：(1)分子势能与分子间距离变化的关系图像如图乙所示，两分子间距减小到r2的过程中和由r2减小到r1的过程中，分子力做正功，分子势能减小；在间距等于r1处，分子势能最小，小于零。
(2)①假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有
p(2V)＝pV1
①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)
②
联立①②式可得p′＝p
③
②若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤
联立③④⑤式可得k＝
⑥
答案：(1)减小 减小 小于 (2)①p ②
2．(2020·高考全国卷Ⅲ)(1)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中________。
A．气体体积逐渐减小，内能增加
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
(2)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18
cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4
cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12
cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283
K，大气压强p0＝76
cmHg。
①现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
②再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
解析：(1)温度不变，理想气体的内能不变，A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，B正确；根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，C、D正确，E错误。
(2)①设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2
①
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
p1＝p0＋ρgh0
②
p2＝p0＋ρgh
③
V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS
④
联立①②③④式并代入题给数据得
h＝12.9
cm
⑤
②密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
＝
⑥
按题设条件有
V3＝(2H－h)S
⑦
联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
T2＝363
K
⑧
答案：(1)BCD (2)①12.9
m ②363
K
3．(1)水的摩尔质量为M＝18
g/mol，水的密度为ρ＝1.0×103
kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023
mol－1，则一个水分子的质量为________kg，一瓶600
mL的纯净水所含水分子的个数为________个。
(2)中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短、导热性良好的平底大烧瓶。在一次实验中，体积为V＝1
L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S＝2
cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦fm＝60
N。瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内、外气压近似相等。已知实验室环境温度T＝290
K恒定，环境空气密度ρ＝1.20
kg/m3，压强为标准大气压p0＝1×105
Pa，求：
①橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强；
②为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量。
解析：(1)水分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，即m＝
代入数据得m＝3×10－26kg
水分子数目为N＝NA
代入数据得N＝×6×1023＝2×1025(个)。
(2)①橡皮塞即将弹出时，对瓶塞受力分析得
pS＝p0S＋fm
解得p＝p0＋＝4×105
Pa。
②瓶内气体等温变化：p0V＝pV1，则V1＝0.25
L
气球内气体的体积V2＝V－V1＝0.75
L
气球内气体压强也为p
等温变化：p0V0＝pV2，可得V0＝3
L
打入空气质量m＝ρV0＝3.6×10－3
kg。
答案：(1)3×10－26 2×1025 (2)①4×105
Pa ②3.6×10－3
kg
[能力题组专练]
4．(1)关于热现象，下列说法正确的是________。
A．气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变
D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点
E．一定量100
℃的水变成100
℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
(2)如图甲所示，开口向上、内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，在汽缸P、Q两处设有卡口，使厚度不计的活塞只能在P、Q之间运动。开始时活塞停在Q处，温度为300
K。现缓慢加热缸内气体，直至活塞运动到P处，整个过程中的p?V图线如图乙所示。设外界大气压强p0＝1.0×105
Pa。
①写出图乙中气体状态的变化过程，求出卡口Q下方气体的体积以及两卡口之间的汽缸的体积；
②求活塞刚离开Q处时气体的温度以及缸内气体的最高温度。
解析：(1)气体的温度升高时，分子的平均动能增大，每次撞击器壁时对器壁的作用力增大，但气体的压强不一定增大，还与气体的密集程度有关，A错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁产生的，所以在完全失重的情况下压强不会改变，C正确；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D错误；一定量100
℃的水变成100
℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故E正确。
(2)①从题图乙可以看出，气体先做等容变化，然后做等压变化，最后再做等容变化。
由题图乙可知，卡口Q下方气体的体积V0＝1.0×10－3
m3
两卡口之间的汽缸的体积ΔV＝1.2×10－3
m3－1.0×10－3
m3＝2×10－4
m3。
②从题图乙可以看出开始时缸内气体的压强为0.9p0
活塞刚离开Q处时，气体压强p2＝1.2p0
由查理定律有＝
解得t2＝127
℃
设活塞最终移动到P处，由理想气体状态方程有＝
解得t3＝327
℃。
答案：(1)BCE (2)①气体先做等容变化，然后做等压变化，最后再做等容变化 1.0×10－3
m3 2×10－4
m3 ②127
℃ 327
℃
5．(1)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴。由状态a变到状态b的过程中，气体________(选填“吸收”或“放出”)热量，从状态b到状态c，气体对外做________(选填“正功”或“负功”)，从状态a到状态d，气体内能________(选填“增加”“不变”或“减少”)。
(2)如图所示，在两端封闭、导热良好、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，U形管两端竖直朝上。环境温度为240
K时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝24
cm和l2＝16
cm，左边气体的压强为20
cmHg。现改变环境温度，使左侧竖直管内水银液面下降1
cm(左侧竖直管内仍有水银)，求此时的环境温度。
解析：(1)由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量；从状态b到状态c，气体体积变大，则气体对外做正功；从状态a到状态d，气体温度升高，则内能增加。
(2)对于左侧气体，初状态：p1＝20
cmHg，l1＝24
cm，T＝240
K
末状态：l1′＝l1＋Δh，其中Δh＝1
cm
根据理想气体状态方程得＝
对于右侧气体，初状态：p2＝p1－(l1－l2)，l2＝16
cm，T＝240
K
末状态：p2′＝p1′－2Δh－(l1－l2)，l2′＝l2－Δh
根据理想气体状态方程得＝
联立可得T′＝375
K。
答案：(1)吸收 正功 增加 (2)375
K
6．(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将1
mL的油酸加入酒精中配制成1
000
mL的油酸酒精溶液，通过注射器测得80滴这样的溶液为1
mL，取1滴溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后，测得油膜面积为253
cm2。估算油酸分子的直径d＝______
m(结果保留一位有效数字)。将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，再使用该溶液进行实验会导致分子直径的测量结果______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)如图甲所示为一个倒立的U形导热玻璃管，A、B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。已知A、B管内空气柱长度分别为hA＝6
cm、hB＝10.8
cm。管内装入水银液面高度差Δh＝4
cm。欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C(如图乙所示)。已知大气压为p0＝76
cmHg，环境温度保持不变。当两管液面处于同一水平面时，求：
①A管封闭气体的压强pA′；
②活塞C向上移动的距离x。
解析：(1)测得油膜面积为S＝253
cm2＝2.53×10－2
m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝×
mL＝1.25×10－11
m3，则油酸分子的直径为d＝＝
m≈5×10－10
m。
将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致溶液中油酸浓度增大，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积增大，而在计算时仍取原来的值，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，故最终分子直径的测量值小于实际值。
(2)①设A、B两管的横截面积为S，以A管封闭气体为研究对象，
初状态：pA＝p0－ρgΔh＝72
cmHg，VA＝ShA，
设末状态的压强为pA′，体积为VA′，从初状态到末状态，设A管水银面下降h，则B管水银面上升h，
有2h＝Δh，
可得h＝2
cm，
VA′＝(hA－h)S，
由玻意耳定律有pAVA＝pA′VA′
由以上各式得pA′＝108
cmHg。
②以B管封闭的气体为研究对象，初状态：pB＝p0＝76
cmHg，VB＝ShB
末状态：pB′＝pA′＝108
cmHg，VB′＝S(hB＋h－x)
由玻意耳定律有pBVB＝pB′VB′
由以上各式得x＝5.2
cm。
答案：(1)5×10－10 偏小 (2)①108
cmHg ②5.2
cm
