高三物理二轮：第3讲 气体性质的应用(二)

PAGEPAGE25第3讲气体性质的应用（二）学习目标：1、进一步加强对气体实验定律的理解2、让学生通过强化训练，学会理想气体方程问题的物理过程的处理方法一、专题梳理：1、专题结构：→等温变化→玻意耳定律p1V1＝p2V2气体实气体实验定律及状态方程→等容变化→查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)—→等压变化→盖一吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)→状态方程→eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)2、问题导学：①应用气体实验定律解题的一般思路？②解决多汽缸问题的方法？3、思想导引：1．应用气体实验定律的解题思路(1)选择对象——即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气态方程，代具入体数值求解，并讨论结果的合理性．2．解决多汽缸问题的方法两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．3．注意问题(1)对一段开口的玻璃管中水银密封一段气体问题，在玻璃管转动过程中，要注意水银是否有漏出，注意判断求解的结果是否与实际相符合．(2)对汽缸问题，要注意汽缸上部是否有挡板，中间某位置内部是否有凸出的支撑，对这样的情况在活塞到达挡板时，挡板可能对活塞有压力，在活塞到达有支撑物时，支撑物对活塞可能有支持力，此后气体的变化变成等容变化.二、考题再现：1、(2014·新课标全国卷I，33)(l)（6分）一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图1所示。下列判断正确的是。（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．a和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同(2)（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p0，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。2．（2015·山东高考）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图所示，横截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闲气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：(1)当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．三、典型例题：例1：（2015·德州二模）如图所示，质量m＝1kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为T形活塞，汽缸内充有理想气体，汽缸的横截面积S＝2×10－4m2．当外界温度为t＝27℃时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央，不计汽缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p0＝1×105Pa，g＝10m/s2．求：(1)汽缸内气体的压强；(2)环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升．(3)汽缸不再上升后，温度继续升高，从微观角度解释压强变化的原因．变式1：(2015·山西四校第三次联考)如图3所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成工、Ⅱ两部分，初状态整个装置静止不动处于平衡，I、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度均为T0．设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，环境温度保持不变．求：（1）在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m，两活塞在某位置重新处于平衡时，活塞B下降的高度．（2）现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置．此时，Ⅱ气体的温度．例2：（2015·河北衡水中学三模）质量M＝10kg的缸体与质量m＝4kg的活塞，封闭一定质量的理想气体（气体的重力可以忽略），不漏气的活塞被一劲度系数k＝20N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示，环境温度为T1＝1500K时被封气柱长度L1＝30cm，缸口离地的高度为为h＝5cm，若环境温度变化时，缸体有良好的导热性能．已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L0＝27cm，活塞横截面积S＝2×l0－3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa，当地重力加速度g＝10m/s2，求环境温度降到多少时汽缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长．变式2：（2015年高考江苏卷）(1)（多选）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(2)在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢地施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力（选填“增大’’“减小’’或“不变’’），包装袋内氮气的内能（选填“增大”“减小’’或“不变’’）．(3)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．例3：(1)关于一定量的气体，下列说法正确的是．A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高（2015年重庆一中）(2)A、B汽缸的水平长度均为20cm、截面积均为10cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强＝4.0×105Pa的氮气．B内有压强2.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强．变式3：（上海2015高三一模）如图所示，导热性能良好的气缸A和B竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）．两气缸内各有一个活塞，质量分别为mA=3m和mB=m，活塞与气缸之间无摩擦，活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位的高度均为h．若在两个活塞上同时分别放一质量为2m的物块，保持温度不变，系统再次达到平衡后，给气体缓缓加热，使气体的温度由T0缓慢上升到T（气体状态变化过程中，物块及活塞没碰到气缸顶部）．求（1）两个活塞的横截面积之比SA：SB（2）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的功．四、针对训练：A卷：1、（1）下列说法中正确的是。（填正确答案标号）A．当分子间的距离增大时；分子间的引力和斥力都变小B．布朗运动反映了悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞而产生的D．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度E．物体的内能是组成物体的所有分子热运动动能与分子势能的总和(2)使一定质量的理想气体的状态按图8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=300K，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V一T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）。2、(l)如图4所示，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。其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环’’。在该循环过程中，下列说法正确的是（填正确答案标号）A．A→B过程中，气体对外界做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化E．D→A过程中，气体分子的平均动能增大(2)如图所示，一粗细均匀的玻璃瓶水平放置，瓶口处有阀门K，瓶内有A、B两部分用一活塞分开的理想气体．开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度分别为2L和L，压强均为P．若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略．当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L时，（忽略摩擦阻力）求此时：①A中气体的压强；②B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比．3、如图6-1-1所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T"形绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g。求：(1)初始时，水银柱两液面高度差；(2)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两水银面相平。4、如图6-1-2所示，长L＝100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0＝50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有△h＝15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：(1)插入水银槽后管内气体的压强p；(2)管口距水银槽液面的距离H。5、（2015·山东省实验中学一模）如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管竖直放置，管的内径很小，水平部分BC长14cm，一空气柱将管内水银分隔成左右两段，大气压强相当于高为76cm水银柱的压强．①当空气柱长度为8cm，温度为T0=273K时，BC管内左边水银柱长2cm，AB管内水银柱长也是2cm，则右边水银柱总长是多少？②当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内？6、（2015·朝阳区二模）(1)下列说法中正确的是。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＝EQEQ\F(V,V0)(2)如图6所示，一连通器与贮水银的瓶M用软管相连。连通器的两支竖直放置、粗细相同且上端封闭的均匀直管A和B内充有水银，水银面的高度差为h。水银上方都是空气，气柱长约为2h。当气体的温度为T0K时，A管中气体的压强与3h高的水银柱产生的压强相等。现使气体的温度升高到1.5T0K，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变。问流入A管的水银柱的长度为多少？7、(1)（6分）关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是．（填正确答案标号，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B．热量可以由低温物体传给高温物体C．一定质量的气体的体积变小，其压强可能减小D．给物体加热，物体分子的热运动一定会变剧烈，分子的平均动能一定会增大E．在某过程中，气体的内能不变，外界却对其做功，这并不违反热力学第一定律(2)（9分）如图所示，一导热性能良好的足够长的汽缸开口向下被吊着，汽缸内的活塞与汽缸内壁紧密接触且可以在缸内无摩擦地自由滑动，大气压强恒为p0，环境温度为T0，活塞重为G，活塞的横截面积为S，此时活塞距汽缸底的距离为d．①若在活塞下再吊一重为G1的重物，求从活塞下吊上重物到活塞再次稳定静止的过程中活塞下移的距离．②若不悬挂重物，通过增大周围环境温度，使活塞下移的距离与①中下移的距离相同，则环境温度应升高多少？B卷：1、（2016河北衡水模拟）某同学实验时将一根长L=1m粗细均匀的玻璃管竖直固定在升降机内，玻璃管上端开口下端封闭。在管内用h=46cm的水银柱封闭着L1=50cm的空气柱，若忽略升降机内环境温度的变化，升降机内大气压强恒为p0=74cmHg，取g=10m／s2，现在升降机先以a=3.5m／s2的加速度匀加速下降一段时间后，再以相同大小的加速度匀减速下降，求两种状态下稳定时被封闭空气柱的长度分别为多少?2、(1)[多选]以下说法正确的是()A．气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子水不停息地做无规则热运动D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，则气体压强不一定增大(2)一个圆柱形汽缸质量M=10kg，总高度H=40cm，内有一质量为m＝5kg的活塞，截面积S＝50cm2，活塞密封良好且与汽缸壁间摩擦可忽略不计（不计汽缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0＝1×105Pa，温度t0＝7℃时，如果用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，如图所示，汽缸内气体柱高H1＝35cm，重力加速度g取10m/s2。①求此时汽缸内气体的压强；②当温度升高到多少摄氏度时，活塞与汽缸将分离？3、（2015·上海十三校联考）(1)[多选]下列说法正确的是（）A．气体向真空的自由膨胀是不可逆的B．气体温度每升高IK所吸收的热量与气体经历的过程有关C．气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大(2)如图甲所示，圆柱形汽缸水平放置，汽缸足够长，内壁光滑，导热良好，用活塞封住一定量的理想气体，开始时汽缸内气体温度为T0、体积为V0，先将汽缸缓慢旋90°，使汽缸开口向上，再将缸内气体缓慢加热，直至温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞的截面面积为S、质量为m＝EQ\F(p0S,g)①经过上述两个过程气体的最终体积为；②在图乙中作出缸内气体状态变化的p－V图象。4、[物理——选修3-3]（15分）(1)（5分）一定质量的理想气体，从状态A开始，经历三个过程AB、BC、CA回到原状态A．其V—T图象如图所示，坐标系中线段AB平行于横轴，线段CA的延长线过坐标原点．下列判断正确的是．（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．C→A过程气体压强一定增大B．A、B和C三个状态中，状态B的内能最大C．A→B过程气体压强增大D．B、C状态密闭容器中的气体密度相同E．从A→B→C气体压强先增大再减小(2)（10分）如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住气体，细管足够长，图中大小截面积分别为S1＝2cm2、S2=1cm2．封闭气体初始温度为57℃，封闭气体长度为L=22cm．图乙为玻璃管内封闭气体的p一V图象．求：①封闭气体初始状态的压强；②当缓慢升高气体温度到多高时方可将所有水银全部挤入细管内；③当温度升高至492K时，液柱下端离开粗细接口处的距离．5、[物理——选修3-3](15分)(1)（5分）下列说法中正确的是.（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．能量耗散过程中能量不守恒B．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的客观过程具有方向性C．在一定条件下物体的温度可达0KD．吸收热量的物体，其内能不一定增大E．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化(2)（10分）如图所示，L形一端开口的玻璃管在竖直平面内，管是由粗细不同的两部分组成的，竖直部分粗管的横截面积是水平部分细管横截面积的2倍，管的封闭端水平放置，水平段管长为100cm，竖直段管长为30cm，在水平管内有一段长为12cm的水银封闭着一段长为80cm的空气柱．已知气柱的温度为27℃，大气压强为75cmHg，现对气体缓慢加热，求：当温度上升到119℃时，封闭端空气柱的长度．气体性质的应用（二）答案考题再现：1、解析：(1)由p一T图可知，从a→b的过程为等容变化过程，即体积不变，但温度升高，内能增加，所以气体要吸热，选项A正确；从b→c过程，温度不变，压强减小，说明体积增大，气体对外做功，所以要吸热，选项B错误；从c→a过程，压强不变，温度降低，内能减小，所以外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C错误；分子的平均动能与温度有关，因为Ta＜Tb，Tb＝Tc，所以状态口分子的平均动能最小，选项D正确；Tb＝Tc说明两状态下的分子的平均速率相等，单个分子对气壁的平均撞击力相等，pb＞pc，所以状态b单位时间内容器壁受到分子撞击的次数多，选项E正确。(2)设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为△p，由玻意耳定律得phS＝（p+△p）（h一EQ\F(1,4)h）S①（2分）解得△p＝EQ\F(1,3)p②（1分）外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′，根据盖一吕萨克定律，得EQ\F(（h－EQ\F(1,4)h）S1,T0)③（2分）解得h′＝EQ\F(3T,4T0)h④（1分）据题意可得△p＝EQ\F(mg,S)⑤（1分）气体最后的体积为V＝Sh′⑥（1分）联立②④⑤⑥式得V＝EQ\F(9mghT,4pT0)⑦（1分）答案（1）ADE（2）EQ\F(9mghT,4pT0)2．解析：（1）以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300K，压强为p0，末状态温度T1＝303K，压强设为P1，由查理定律得EQ\F(p0,T0)＝EQ\F(p1,T1)①代入数据得p1＝EQ\F(101,100)p0②(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300K，压强设为p3，由查理定律得EQ\F(p2,T2)＝EQ\F(p3,T3)④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F+p3S＝p0S+mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝EQ\F(201,10100)p0S．⑥答案：(1)EQ\F(101,100)p0(2)EQ\F(201,10100)p0S例1：(1)1.5×105Pa(2)600K(3)温度升高，分子平均动能增大；体积不变，分子的密集程度不变，所以压强增加解析(1)汽缸对地面恰好没有压力，对汽缸进行受力分析：mg+p0S=pS解得气体的压强为p=l.5×105Pa(2)温度升高时，汽缸缓慢上升，缸内气体压强不变，根据盖一吕萨克定律EQ\F(EQ\F(V,2),T1)＝EQ\F(V,T2)解得：T2=600K(3)温度升高，分子平均动能增大；体积不变，分子密集程度不变，所以压强变大．变式1：(1)0.4l0(2)2.5T0解析（1）初状态Ⅰ气体压强p1＝p0＋EQ\F(mg,S)＝2p0Ⅱ气体压强p2＝pl＋EQ\F(mg,S)3p0添加铁砂后Ⅰ气体压强p1′＝p0＋EQ\F(3mg,S)＝4p0Ⅱ气体压强p2′＝p1′＋EQ\F(mg,S)＝5p0根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，p2l0S＝p2l2S可得：l2＝EQ\F(3,5)l0，活塞B下降的高度h2＝l0－l2＝0.4l0(2)Ⅰ气体等温变化，p1l0S＝p1′l1S可得L1＝0.5l0只对Ⅱ气体加热，I气体状态不变，所以当活塞A回到原来位置时，Ⅱ气体高度l2′＝2l0－0.5l0＝1.5l0根据理想气体状态方程：EQ\F(p2l0S,T0)＝EQ\F(p2′l0′S,T2)得：T2＝2.5T0．例2：解析：因汽缸悬空，先降温时气体等压变化，压强恒为p1＝p0＋EQ\F(Mg,S)＝1.5p0，设汽缸着地时环境温度降为T2由盖一吕萨克定律知EQ\F(L1S,T1)＝EQ\F(（L1－h）S,T2)代入数据得T2＝1250K待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由kx=(M+m)g知弹簧的形变量为x＝7cm设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞受力平衡知p3＝p0－EQ\F(mg,S)＝0.8p0，由几何关系知L3＝L1一x－h＝18cm由EQ\F(p1V1,T1)＝EQ\F(P3V3,T3)知EQ\F(1.5p0L1,T1)＝EQ\F(0.8p0L3,T3)，整理可得T3＝480K.答案：1250K480K变式2：(I)AD(2)增大不变(3)包装袋漏气(l)有确定熔点的物质就是晶体，选项A正确；选项B只能说明云母是晶体，因为它具有各向异性；选项C中的天然石英是晶体，组成该物质的微粒在各个方向上呈现一定的规律性；选项D中石墨和金刚石是同素异形体，选项D正确．(2)包装袋被压缩，体积变小，单位体积内的分子数增加，而压缩过程中，温度一直为室温，分子平均动能不变，即撞击力不变，但由于包装袋单位面积上撞击的分子数增加，故总体表现为包装袋单位面积上受到分子的撞击力增大；由于包装袋内的气体是理想气体，不计分予势能，温度不变，分子平均动能不变，内能也不变．(3)若不漏气，设加压后的体积为V1，由等温过程得p0V0＝p1V1代入数据得V1＝0.5L．因为0.45L＜0.5L，所以包装袋漏气。例3：解析：(1)气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间的体积，选项A正确；分子热运动的剧烈程度。与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，选项B正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，选项C错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，选项D错误；气体等压膨胀，由EQ\F(V1,T1)＝EQ\F(V2,T2)可知温度一定升高，选项E正确．(2)cm3×105Pa解析：由玻意耳定律，对A部分气体有①对B部分气体有②代入相关数据解得x＝=cm，＝3×105Pa变式3：（1）设左、右活塞的面积分别为A′和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：由此得到：A′=3A（2）在两个活塞上各加一质量为2m的物块后，右活塞B降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．在初态：气体的压强为，体积为V1=A•h+3A•h=4Ah；在增加物体后：气体压强为P2=，体积为V2=3Ax（x为左活塞的高度）由玻意耳﹣马略特定律得：解得：x=\frac{4}{5}h，加热的过程中气体的压强不变，温度升高，由气态方程得：所以：温度升高的过程中气体对活塞做功：W=P2A′•△h=P2△V=P2（V3﹣V2）=答：（1）两个活塞的横截面积之比是3：1；（2）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的功是．针对训练：A卷：(1)分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，A正确；布朗运动是固体颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映，B错误；气体对气壁的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的，C正确；绝对零度是低温的极限，不可能达到，D错误；物体的内能是物体内所有分子动能和势能的总和，E正确。(2)①根据气态方程有EQ\F(pAVA,TA)＝EQ\F(pCVC,TC)得TC＝EQ\F(pCVC,pAVA)TA＝EQ\F(2×40,4×10)×300K＝600K由EQ\F(pAVA,TA)＝EQ\F(pDVD,TD)得TD＝EQ\F(pDVD,pAVa)TA＝EQ\F(2×20,4×10)×300K＝300KTB＝TC＝600K②由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得pBVB＝pCVCVB＝EQ\F(pCVC,pB)＝EQ\F(2×40,4)L＝20L上述过程在V－T图上状态变化过程的图线如图所示。答案(1)ACE(2)①600K600K300K②见解析2、解析：(1)A到B过程气体体积增大，故气体对外界做功，A正确；B到C过程气体体积增大，气体对外界做功，但不与外界发生热交换，根据热力学第一定律得气体的内能减小，故温度降低，气体分子的平均动能减小，B错误；C到D过程温度不变，分子运动的剧烈程度不变，压强增大，说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D到A过程，气体体积减小，外界对气体做功，与外界没有热交换，根据热力学第一定律得气体内能增大，气体分子的平均动能增大，气体分子的速率分布图线变化，D错误，E正确。(2)①对A中气体：由玻意耳定律可得：P•2L=PA（2L+0.4L）得：②AB气体通过活塞分开，AB中气体压强始终保持相同：PA=PB设漏气后B中气体和漏出气体总长度为LBPL=PBLB得：此时B中气体长度为：LB′=L﹣0.4L=0.6L则此时B中气体质量mB′与原有质量mB之比为：答：①A中气体的压强为；②B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比3、解析：(1)选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有p0S+mg=pS可得被封闭气体压强p＝p0＋EQ\F(mg,S)设初始时水银柱液面高度差为h，则被封闭气体压强p＝p0＋ρgh联立以上三式可得，初始时液面高度差为h＝EQ\F(m,ρS)(2)降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化。初状态：p1＝p0＋EQ\F(mg,S)，V1＝1.5h0S，T1＝T0；末状态：p2＝p0，V2＝1.2h0S，T2＝？；根据理想气体状态方程有EQ\F(p1V1,T1)＝EQ\F(p2V2,T2)代入数据，可得T2＝EQ\F(4p0T0S,5p0S＋5mg)。答案：（1）EQ\F(m,ρS)（2）EQ\F(4p0T0S,5p0S＋5mg)4、解析：(1)设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，由玻意耳定律p＝EQ\F(p0L0,l)＝53.6cmHg，其中l＝L－h。由于p十ρgh＝83.6cmHg，大于p0，水银必有流出，设管内此时水银柱长为x。由玻意耳定律p0SL0＝(p0－ρgh＋ρgx)S(L－x)，解得x＝25cm，设插入槽内后管内空气柱长为L′，L′=L－（x+△h）＝60cm，插入后压强p＝EQ\F(p0L0,L′)＝62.5cmHg。(2)设管内外水银面高度差为h′，h′=75－62.5＝12.5cm，管口距槽内水银面距离H=L－L′－h′＝27.5cm。答案：(1)62.5cmHg(2)27.5cm5．解：①U形管两端开口，所以两竖直管内水银面高度应相同，即右边竖直管内水银柱高度为h0=2cm右边水平管内水银柱长度为14﹣l0﹣2=4cm，右边水银柱总长为L=4+2=6cm②当左边的水银全部进入竖直管内时，两竖直管内水银面高度均为h1=4cm此时，右边水平管内水银柱长度为2cm，所以空气柱的长度为l1=14﹣2=12cm由理想气体状态方程可得可得T2=K=364.6K答：①当右边水银柱总长是6cm②当空气柱温度升高到364.6K时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内6、解析：(1)气体放出热量，若外界对气体做功，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＝EQ\F(V,V0)，而气体此式不成立，故E错误。(2)当温度为T0K时，B管中气体的压强pB＝pA+h＝4h当温度为1.5T0K时，B管中气体体积不变，设其压强为pB′，则有EQ\F(pB′,1.5T0)＝EQ\F(pB,T0)得pB′＝6h设A管中水银面上升的高度为x，这时的压强为pA′pA′=pB′－(h十x)得pA′=5h－x这时A管中气柱长为2h－x由状态方程EQ\F(pA2h,T0)＝EQ\F(pA′(2h－x),1.5T0)得x2－7hx+h2＝0解得x≈0.15h（另一根不合题意）。答案：(1)ABC(2)0.15h7、(1)BCE(2)①EQ\F(G1d,p0S－G－G1)（5分）②EQ\F(G1T0,p0S－G－G1)（4分）【解析】(2)①若活塞下再吊一重为G1的重物，到活塞再次静止时，设活塞下移的距离为x，则有p1V1=p2V2，即（p0一EQ\F(G,S)）dS=(p0一EQ\F(G＋G1,S))（d＋x）S，解得x＝EQ\F(G1d,p0S－G－G1)②若不悬挂重物，通过升高温度使活塞下移，气体发生等压膨胀则EQ\F(V1,T0)＝EQ\F(V2,T0＋△T)，其中Vl＝dS，V2=（d+x）S，解得△T=EQ\F(G1T0,p0S－G－G1)B卷：1、当升降机加速加速下降时水银失重，平衡时液柱产生的压强为；加速时液柱产生的压强，其中（g-a）为等效重力加速度，故，解得（1分），因升降机内温度不变，由波义尔定律知，带入数据可得（2分）。由于L2+h>L，故过程中有水银溢出，若设xcm长水银未溢出，其产生的压强P2满足，再次运用波义尔定律，代入数据可得x=40cm，此时对应的空气柱长度为LA=L-x=60cm(4分)；若升降机有向上的加速度a时，x=40cm长水银柱所产生的压强p1满足，对气体运用波义尔定律，代入数据可得2、解析：(1)气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数还与温度有关，A错误；气体的压强是由气体分子对器壁碰撞的冲力产生的，B错误；如果气体分子总数不变，而气体温度升高，同时气体体积也增大，则气体压强不一定增大，E正确。(2)①对汽缸由平衡条件及压强定义式有p＝p0－EQ\F(Mg,S)＝（1×105－EQ\F(10×10,5×10－4)）Pa＝0.8×105Pa。②设温度升高到t℃时，活塞与汽缸将分离，对缸内气体由盖一吕萨克定律有EQ\F(V1,T1)＝EQ\F(V2,T2)代入数据有EQ\F(35S,273＋7)＝EQ\F(40S,273＋t)解得t＝47℃。答案：(1)CDE(2)①0.8×105Pa②47℃3、解析：(l)气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，A项正确；由热力学第一定律知气体每升高1K，所吸收的热量与过程有关，B项正确；气体压强的大小与分子的平均动能和分子的密集程度有关，C项错；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离增大，分子力做正功，