(共87张PPT)
真题回顾
物体由大量分子组成
分子动理论
的主要内容
分子永不停息地做无规则运动
分子
分子间存在着相作用
动理论
分子动能:决定因素、两种温标
物体的丙韶分子势能:决定因素
温度、休积、分子数
pV1=p2V2(T不变)
气体实
气体分子运动
V不变
验定律
T
特点气体压强
的微观解释
体
不变)
理想气体状态方程
T
C
热力学第“定律:△U=Q+W
热力学定律
热力学第二定律:两种表述、微观实质
单品体:各向异性
晶体
固体
多品体:各向同性
非晶体:各向同性
浸润、不浸润、毛细现象、液体的表面张力
液体}{饱和汽与未饱和汽、相对湿度」
液晶的微观结构
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
各速率区间的分子数
占总分子数的百分比
20
5
10
0
100200300400500600700800900分子速率
温度为0℃
温度为100℃
E氧气分子速率分布图
C
3L
MI
BD
A第1讲 热学
【p91】
【p91】
1．分子动理论
(1)分子的大小
①分子很小，其直径的数量级为__10－10__m__．
②如果用V表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，用S表示单分子油膜的面积，用D表示分子的直径，则__D＝__．
③阿伏加德罗常数表示1
mol任何物质中含有相同的微粒个数NA＝__6.02×1023__mol－1__．
(2)估算微观量的两种模型．
①球体模型：对固体、液体、气体均适用，认为分子为一个球体，直径为d＝____．
②立方体模型：一船适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，边长为d＝____．
(3)说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例．
①扩散现象的特点：温度越高，
扩散越快．
②布朗运动的特点：永不停息、无规则运动；__颗粒越小__，运动越剧烈；__温度越高__，运动越剧烈；运动轨迹不确定．
(4)分子间的相互作用力和分子势能．
①分子力：分子间同时存在引力和斥力，分子间距增大，引力和斥力__均减小__，且斥力比引力变化更快．如图甲所示为斥力、引力和它们的合力随距离变化的图象．
甲 乙
②分子势能：如图乙所示为分子势能随分子间的距离变化的图象．(以间距为∞为零势点)
(ⅰ)分子力做正功，分子势能__减小__．
(ⅱ)分子力做负功，分子势能__增大__．
(ⅲ)当分子间距为r0时，分子势能__最小__，但__不一定__是零．(因分子势能的值与零势点的选取有关)
2．晶体和非晶体
比较
晶体
单晶体
多晶体
非晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
__各向异性__
各向同性
各向同性
3.
气体实验定律
理想气体状态方程：__＝__．
(1)当T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)
(2)当V1＝V2时，＝(查理定律)
(3)当p1＝p2时，＝(盖－吕萨克定律)
4．热力学定律
(1)热力学第一定律．
①公式：__ΔU＝W＋Q__．
②符号正负的判断.
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
(2)热力学第二定律．
①表述一：热量不能__自发地__从低温物体传到高温物体．
②表述二：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__．
揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有__方向性__，说明了__第二类永动机__不能制造成功．
【p91】
考点一 分子动理论 内能
例1
(2020·全国卷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．
【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．
【答案】减小 减小 小于
【方法总结】熟练掌握分子动理论三个基本要点，才能很好解决涉及分子动理论问题．模型分析法在测量、估算分子的直径中常常用到．
变式训练1
(2019·全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________．
【解析】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度h＝.
【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 油膜稳定后的表面积S
变式训练2(多选)下列说法中正确的有( )
A．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动
B．水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力
C．气体的温度升高，并不是每个气体分子的动能都增大
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强有可能增加
E．在油膜法估测分子大小实验中，用一滴油酸酒精溶液的体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径
【解析】布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错误.
因为液体表面张力的存在，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故B正确.
温度是分子的平均动能的标志，气体温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故C正确.
单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，但如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增大，故D正确.
在油膜法估测分子大小实验中，用一滴油酸的体积除以单分子油膜面积，可得油酸分子的直径，故E错误．
【答案】BCD
考点二 固体 液体 气体
例2
(2020·江苏卷)(多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体．下列关于玻璃的说法正确的有( )
A．没有固定的熔点
B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同
D．分子在空间上周期性排列
【解析】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形．它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”．它没有固定的熔点．故选AC.
【答案】AC
【方法技巧】高考热学选择题所考查的内容，需要熟记书本上的考纲内容，同时对高考热点内容加以理解再重点记忆．
变式训练3(多选)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是( )
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当分子间距离增大时，分子间的引力减小、斥力增大
C．一定质量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少
D．水的饱和汽压随温度的升高而增大
E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
【解析】温度一定时，大气中相对湿度越大，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A错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积的平均碰撞次数必减少，故C正确；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确．
【答案】CDE
考点三 气体实验定律及其应用
例3(2020·山东卷)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.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，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＝ ①
由理想气体状态方程得
＝ ②
代入数据得
p2＝0.7p0 ③
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V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2 ④
由玻意耳定律得p0V0′＝p2V4 ⑤
联立②⑤式，代入数据得
V4＝V0′ ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－V0′ ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为＝ ⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得
＝ ⑨
【答案】＝
【方法总结】应用气体实验定律的解题思路：
(1)选择对象——某一定质量的理想气体；
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；
(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性．若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解．
变式训练4(2020·全国卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似．潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要．为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H?h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化．
(1)求进入圆筒内水的高度l；
(2)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积．
【解析】(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1＝p0V0 ①
V0＝hS ②
V1＝(h－l)S ③
p1＝p0＋ρg(H－l) ④
联立以上各式并考虑到H?h，h
>l，解得
l＝h ⑤
(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有
p2V0＝p0V3 ⑥
其中
p2＝p0＋ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意
V＝V3－V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
V＝ ⑨
【答案】(1)l＝h (2)V＝
变式训练5一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强．
【解析】(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中的水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋ ①
V1＝ ②
由力学平衡条件得p1＝p＋ρgh ③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1 ④
联立①②③④式得p＝ ⑤
(2)由题意知h≤l ⑥
联立⑤⑥式有p≤ ⑦
该仪器能够测量的最大压强为pmax＝ ⑧
【答案】(1) (2)
考点四 热力学定律、气体实验定律综合应用
例4
(2020·天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口．扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A．压强变大
B．对外界做功
C．对外界放热
D．分子平均动能变大
【解析】随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据pV＝恒量，可知气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误．
【答案】B
【方法总结】对热力学第一定律和气体实验定律综合的考查有两种方式：
(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(或者根据p－V图象的“面积”计算功)，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算．
变式训练6(2020·山东卷)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图象如图所示．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
【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可知从＝，所以气体从c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误．
【答案】C
变式训练7
如图，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S＝100
cm2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体质量均为5
kg，在汽缸内部有一个阻值R＝16
Ω的电阻丝．电阻丝两端的电压U＝24
V，接通电源10
s后断开，活塞缓慢升高h＝10
cm后稳定．已知理想气体的初始温度t0＝27
℃、体积V＝3×10－3
m3，大气压p0＝1.0×105
Pa，重力加速度g＝10
m/s2，若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：
(1)活塞上升10
cm后理想气体的温度；
(2)从接通电源到活塞上升10
cm的过程中理想气体的内能变化量．
【解析】(1)设未放物块前汽缸内气体的压强为p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，根据力的平衡知识得：p0S＋2mg＝pS，p＝p0＋2＝1.1×105
Pa.
此时缸内体积为：V1＝3×10－3
m3，温度为：T1＝(27＋273)
K＝300
K，活塞在上升h＝10
cm后气体体积为：V2＝(3×10－3＋10×10－2×100×10－4)m3＝4×10－3
m3
气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律得：＝
代入数据解得：T2＝400
K
(2)活塞在上升h＝10
cm的过程中气体对外界做功，有：W＝－Fh＝－pSh＝－110
J.
电阻丝在通电10
s内产生的热量为：
Q＝t＝360
J，
因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收．
根据热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q＝250
J，
即气体的内能增加了250
J.
【答案】(1)400
K (2)250
J
真题回顾
【p94】
1．(2020·全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
【解析】燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移．既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响．既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律．
【答案】B C
2．(2019·全国卷Ⅰ)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．
【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故ΔQ＝0，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律可知：ΔU＝ΔQ＋W<0，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度．最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：pV＝nRT，又ρ＝，m为容器内气体质量．联立得：ρ＝，取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界．
【答案】低于 大于
3.
(2019·全国卷Ⅱ)如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，N2______N3.(填“大于”“小于”或“等于”)
【解析】1、2等体积，2、3等压强．由pV＝nRT得：＝，V1＝V2，故＝，可得：T1＝2T2，即T1>T2，由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；由于p1V1＝p3V3，故T1＝T3；则T3>T2，又p2＝p3，2状态分子密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大．故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3.
【答案】大于 等于 大于
4．(2018·全国Ⅰ卷)(多选)如图，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________．
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
【解析】由理想气体状态方程＝可知，pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，选项B正确；过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；从b到d由理想气体状态方程＝可知，状态d的压强比状态b的压强小，即pd＜pb，选项E正确．
【答案】BDE
5．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)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
【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．
【答案】BDE
6．(2018·全国Ⅲ卷)(多选)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
【解析】一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程＝可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误．
【答案】BCD
7．(2020·全国卷Ⅰ)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)气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有
pV＝p1·3V，p·2V＝p2·3V
则
pV＋p·2V＝(p1＋p2)×3V
则甲乙中气体最终压强 p′＝p1＋p2＝p
(2)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则
p′V＝pV′
计算可得 V′＝V
由密度定律可得，质量之比等于 ＝＝
【答案】(1)p (2)
8．(2020·全国卷Ⅲ)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)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为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
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，p2＝p0＋ρgh
V1＝S，V2＝SH
联立以上式子并代入题中数据得
h＝12.9
cm
(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
＝
按题设条件有
V3＝S(2H－h)
代入题中数据得
T2＝363
K
【答案】(1)12.9
cm (2)363
K
9．(2019·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积．
【解析】(1)设抽气前，氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①
得p10＝(p0＋p) ②
(2)设抽气后，氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S ③
由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0 ④
p2V2＝p0·V0 ⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2) ⑥
联立②③④⑤⑥式解得p1＝p0＋p ⑦
V1＝
⑧
【答案】(1)(p0＋p) (2)
10.
(2019·全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0
cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0
cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76
cmHg，环境温度为296
K.
(1)求细管的长度；
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．
【解析】(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1 ①
由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh ②
p1＝p0－ρgh ③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有
V＝S(L－h1－h) ④
V1＝S(L－h) ⑤
由①②③④⑤式和题给条件得L＝41
cm ⑥
(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
＝ ⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312
K ⑧
【答案】(1)41
cm (2)312
K
11．(2018·全国卷Ⅱ)
如图，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，不计他们之间的摩擦．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.
【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＋mg ②
联立①②式可得T1＝T0 ③
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＝SH ⑤ V2＝S(H＋h)
⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0 ⑦
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＝h ⑧
【答案】T0 h
12.
(2018·全国卷Ⅲ)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．
【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、右两边气体长度分别变为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
l1′－l1＝l2－l2′ ④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5
cm ⑤
l2′＝7.5
cm ⑥
【答案】左边22.5
cm 右边7.5
cm
13.
(2018·全国卷Ⅰ)如图，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．
【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＝p1V1 ① p0＝p2V2 ②
由已知条件得V1＝＋－＝V ③
V2＝－＝ ④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg ⑤
联立以上各式得m＝ ⑥
【答案】【p160】
A组1.(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体等压膨胀对外做功，内能一定减少
B．第一类永动机不能制成，是因为它违反了热力学第一定律
C．热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律
D．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律
E．熵是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展
【解析】一定质量的理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，选项A错误；第一类永动机制不成，是因为它违反了热力学第一定律，选项B正确；热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能量守恒定律，选项C错误；从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，选项D正确；熵是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，选项E正确．
【答案】BDE
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．所有晶体都有固定熔点
B．分子之间的距离增加时，分子势能一直减小
C．被冻结在冰块中的小碳粒不能做布朗运动，是因为冰中的水分子不运动
D．由于液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势
E．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
【解析】晶体都有固定熔点，非晶体没有固定熔点；故A正确．两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当分子之间的距离增加时，分子力做负功，分子势能增加；故B错误．分子的运动是永不停息的无规则热运动；故C错误．由于蒸发等原因，液体表面分子数较为稀疏，故液体表面的分子间距离大于液体内部分子间的距离，这样才能在分子间表现为引力；故D正确．夏季天旱时，给庄稼松土是利用毛细现象，为了破坏土壤中的毛细管，可防止水分蒸发，故E正确．
【答案】ADE
3．(多选)下列五幅图分别对应五种说法，其中说法正确的是(
)
A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法
B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
E．0
℃和100
℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
【解析】A图是油膜法估测分子的大小；分子并不是球形，但可以把它们当做球形处理，是一种估算方法，故A正确；图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误；当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故C正确；D图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的．所以也不要求小球的速度一定相等，故D错误；E图是麦克斯韦速度分布规律的图解，0
℃和100
℃氧气分子速率都呈现“中间多两头少”的分布特点，故E正确．
【答案】ACE
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．液体的饱和汽压随温度的升高而增大
B．温度相同的氮气和氧气的分子平均动能相同
C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大
D．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是油脂使水的表面张力增大的缘故
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和温度都有关
【解析】温度越高，蒸发越快，故液体的饱和汽压随温度的升高而增大，故选项A正确；温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同的氮气和氧气的分子平均动能也相同，故选项B正确；做加速运动的物体，由于速度越来越大，物体分子的平均动能不一定增大，因为分子的平均动能是由温度决定，和物体的宏观运动无关，故选项C错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是由于水浸润玻璃，但不浸润涂油的玻璃，故选项D错误；气体压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能的大小，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和温度都有关，故选项E正确．
【答案】ABE
5．(多选)对于一定质量的理想气体，从微观的角度解释，下列说法中正确的是( )
A．在体积不变时，气体的温度升高，平均每个气体分子对器壁产生的冲量增大，压强增大
B．在体积不变时，温度升高，单位时间内撞击容器壁的分子数增加
C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少
D．在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度的降低而增多
E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
【解析】在体积不变时，气体的温度升高，分子的平均动能增加，分子数密度不变，故单个分子每次与器壁碰撞时平均冲量增加，碰撞次数增多，压强增大，故A正确；容器内一定质量的理想气体体积不变，单位体积内的分子数不变，温度升高，分子平均动能增大，单位时间内撞击容器壁的分子数增加，故B正确；理想气体的分子势能可以忽略不计，故C错误；由压强的微观解释，温度降低，分子平均动能减小，单个分子撞击容器壁产生的撞击力减小，要保证压强不变，分子单位时间内对器壁单位面积平均碰撞次数必增加，故D正确；气体对容器壁的压强和重力无关，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强也不可能为零，故E错误．
【答案】ABD
6．(多选)住在海边的小明，跟几个朋友自驾去某高原沙漠地区游玩，下列相关说法正确的是(
)
A．出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时胎压会增大
B．小明在下雨时发现，雨水流过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的
C．到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是瓶内空气压强变大的缘故
D．小明发现在晴天大风刮起时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为水具有表面张力的缘故
E．白天很热时，开空调给车内降温，此时空调机从车内吸收的热量多于向车外排放的热量
【解析】气体的压强和温度有关，出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时会使胎内气体温度升高、压强增大，可能爆胎，故A正确；雨水流过车窗的玻璃时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的，否则不会留下痕迹，故B正确；到了高原地区，小明发现，气温变化不大，说明气体压强的变化受温度影响较小，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这说明外界大气压减小了，故C错误；小明发现在晴天大风刮起时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为水具有表面张力使得水分子受到分子力的约束，不易散开，故D正确；空调机在制冷过程中，由于电流做功，部分电能转化为内能，故从车内吸收的热量小于向车外放出的热量，故E错误．
【答案】ABD
7．(多选)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体，由于化学成分和结构各不相同，这些晶体呈现出千姿百态；高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成；关于晶体与非晶体，正确的说法( )
A．晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
B．单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点
C．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布
D．多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状
E．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的
【解析】单晶体在物理性质上表现为各向异性，多晶体在物理性质上表现为各向同性，其中物理性质包括导热性、导电性、光学性、机械强度等，故A错误．单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，故B正确．有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如，石墨和金刚石，由于空间结构不同，形成不同的晶体，故C正确．多晶体是由许许多多的细小的晶体(单晶体)集合而成，没有天然的规则的几何形状，故D正确．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是相对的，在一定的条件下可以相互转化的，故E错误．
【答案】BCD
8．(多选)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是( )
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【解析】抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，气体没有对外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q＋W可知，气体的内能不变，故A正确，C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故B正确．气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体分子平均动能是变化的，故D错误．
【答案】AB
9．(多选)一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A.其中C→D→A为等温过程．该循环过程如图所示，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
B．B→C过程中，气体分子内能减少
C．状态A和状态C，气体分子平均动能相同
D．D→A过程气体吸收热量
E．气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积
【解析】A→B过程中是等压变化，体积增大、温度升高，分子平均动能增大，但压强不变，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故A错误；B→C过程中是等容变化，压强减小、温度降低，故气体分子内能减少，故B正确；状态A和状态C的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，故C正确；D→A过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界対气体做功，根据热力学第一定律可得气体放出热量，故D错误；根据W＝pΔV可知，气体状态变化的全过程中气体对外做的功等于该图象围成的面积，故E正确．
【答案】BCE
B组
10．如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，汽缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体．初态时气体压强为一个大气压、温度为27
℃，活塞到汽缸底部距离为30
cm.现对缸内气体缓慢加热到427
℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100
J．已知汽缸横截面积为50
cm2，总长为50
cm，大气压强为1.0×105
Pa.汽缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体．求：
(1)末态时(427
℃)缸内封闭气体的压强；
(2)封闭气体共吸收了多少热量．
【解析】(1)活塞移动到汽缸口过程气体发生等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝
代入数据解得：T2＝500
K，即227
℃.
因为：227
℃＜427
℃，所以气体接着发生等容变化，当气体温度达到427
℃时气体压强为p，由查理定律得：
＝，即＝
解得：p＝1.4×105
Pa
(2)由题意可知，气体膨胀过程活塞移动的距离：
Δx＝(0.5－0.3)
m＝0.2
m
大气压力对封闭气体做功：W＝－p0SΔx
代入数据解得：W＝－100
J
由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q
则：Q＝ΔU－W＝100
J－(－100)
J＝200
J
【答案】(1)1.4×105
Pa (2)200
J
11．如图所示，横截面积均为S的两导热汽缸A、B通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两汽缸中各有一个质量为m的活塞，汽缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接．阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，汽缸B中气柱长度恰为L，汽缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L.已知大气压强p0＝，弹簧的劲度系数k＝，重力加速度为g，活塞可在汽缸内无摩擦滑动但不漏气．现将一个质量为m的重物C轻轻地放到汽缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求弹簧的形变量和汽缸A中活塞向下移动的距离．
【解析】打开阀门稳定后，对A缸中活塞和重物整体受力分析，根据平衡得：p0S＋2mg＝pS ①
设系统稳定后，弹簧的形变量为x，对B缸中活塞受力分析根据平衡得：pS＝p0S＋kx ②
①②联立解得：x＝＝
对于B缸中气体初态压强为：pB＝p0
A缸中气体初态压强为：pA＝p0＋
对两部分气体整体根据玻意耳定律得：
p0LS＋·3LS＝pL′S ③
①③联立解得：L′＝＝
由几何关系得缸A中活塞向下移动的距离为
Δx＝L＋3L＋x－L′＝
【答案】
