高考物理一轮复习 第十四章：热学学案

第十四章热学第1讲分子动理论内能一、分子动理论 1．物体是由大量分子组成的(1)分子的直径：数量级为10－10m。(2)分子的质量：数量级为10－26kg。(3)阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023mol－1。2．分子永不停息地做无规则运动(1)扩散现象：由于分子的无规则运动产生的物质迁移现象。温度越高，扩散现象越明显。(2)布朗运动：悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越明显。(3)热运动：分子永不停息的无规则运动。温度越高，分子运动越剧烈。3．分子间的作用力(1)引力和斥力总是同时存在，实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。(2)分子引力和斥力都随距离的增大而减小，但斥力变化得更快。二、温度与物体的内能温度与温标温度表示物体的冷热程度，一切达到热平衡的系统都具有相同的温度温标包括摄氏温标(t)和热力学温标(T)，两者的关系是T＝t＋273.15_K分子动能概念分子动能是分子热运动所具有的动能决定因素温度是分子热运动的平均动能的标志分子势能概念分子势能是由分子间的相对位置决定的能决定因素①微观上：决定于分子间距离和分子排列情况；②宏观上：决定于体积和状态物体的内能概念物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量决定因素①对于给定的物体，其内能大小是由物体的温度和体积决定，即由物体的内部状态决定②物体的内能与物体位置的高低、运行速度的大小无关微点判断(1)扩散现象只能在气体中进行。(×)(2)布朗运动是指液体分子的无规则运动。(×)(3)温度越高，布朗运动越剧烈。(√)(4)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。(×)(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。(×)(6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。(√)(7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。(×)(8)分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大。(√)(9)两分子间不可能同时存在斥力和引力。(×)(一)微观量的估算(精研点)1．两种分子模型(1)球体模型：把分子看成球形，分子的直径：d＝eq\r(3,\f(6V0,π))。适用于固体和液体。(2)立方体模型：把分子看成小立方体，其边长：d＝eq\r(3,V0)。适用于固体、液体和气体。[注意]对于气体，利用d＝eq\r(3,V0)计算出的d不是分子直径，而是气体分子间的平均距离。2．宏观量与微观量的相互关系微观量分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等宏观量物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、物质的量n等相互关系①一个分子的质量：m0＝eq\f(Mmol,NA)＝eq\f(ρVmol,NA)。②一个分子的体积：V0＝eq\f(Vmol,NA)＝eq\f(Mmol,ρNA)[注意]阿伏加德罗常数是联系宏观量(摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、密度ρ等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。如图所示。[考法全训]1．[固体微观量的估算](多选)阿伏加德罗常数是NA(mol－1)，铜的摩尔质量是μ(kg/mol)，铜的密度是ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是()A．1m3铜中所含的原子数为eq\f(ρNA,μ)B．一个铜原子的质量是eq\f(μ,NA)C．一个铜原子所占的体积是eq\f(μ,ρNA)D．1kg铜所含有的原子数目是ρNA解析：选ABC1m3铜中所含的原子数为n＝eq\f(m,μ)NA＝eq\f(ρV,μ)NA＝eq\f(ρNA,μ)，故A正确；一个铜原子的质量是m0＝eq\f(μ,NA)，故B正确；一个铜原子所占的体积是V0＝eq\f(V,NA)＝eq\f(\f(μ,ρ),NA)＝eq\f(μ,ρNA)，故C正确；1kg铜所含有的原子数目是N＝eq\f(1,μ)NA，故D错误。2.[液体微观量的估算]已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/mol)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是()A．1kg该液体所含的分子个数是ρNAB．1kg该液体所含的分子个数是eq\f(1,M)NAC．该液体1个分子的质量是eq\f(ρ,NA)D．该液体1个分子占有的空间是eq\f(MNA,ρ)解析：选B1kg该液体的物质的量为eq\f(1,M)，所含分子数目为：n＝NA·eq\f(1,M)＝eq\f(NA,M)，故A错误，B正确；每个分子的质量为：m0＝eq\f(1,n)＝eq\f(M,NA)，故C错误；每个分子所占空间为：V0＝eq\f(m0,ρ)＝eq\f(M,ρNA)，故D错误。3．[气体微观量的估算](2023·淄博高三调研)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为()A．3×1021 B．3×1022C．3×1023 D．3×1024解析：选B设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海＝eq\f(ρ海VNA,M)，n岸＝eq\f(ρ岸VNA,M)，多吸入的空气分子个数为Δn＝n海－n岸，代入数据得Δn≈3×1022个，故选B。(二)布朗运动与分子热运动(固基点)[题点全练通]1．[对扩散现象的理解]关于扩散现象，下列说法错误的是()A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生解析：选B根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，C正确，B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。2．[对布朗运动的理解]关于布朗运动，下列说法正确的是()A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．悬浮在液体中的颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显C．悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的分子数越多，布朗运动越明显D．布朗运动的无规则性反映了颗粒内部分子运动的无规则性解析：选B布朗运动就是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，A、D错误；布朗运动是由于液体分子或气体分子对悬浮颗粒撞击作用的不平衡性引起的，悬浮颗粒越小，液体或气体温度越高，布朗运动就越明显，B正确，C错误。3．[对分子热运动的理解](多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是()A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉解析：选AC盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。[要点自悟明]扩散现象、布朗运动与热运动的比较扩散现象布朗运动热运动活动主体分子固体微小颗粒分子区别是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到共同点(1)都是无规则运动(2)都随温度的升高而更加激烈联系扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动(三)分子力、分子势能与物体内能(精研点)逐点清1分子力、分子势能与分子间距离的关系1.(2023·天津高三模拟)分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是()A．从r＝r2到r＝r0，分子力的大小一直在减小B．从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先减小后增大C．从r＝r2到r＝r0，分子势能先减小后增大D．从r＝r2到r＝r1，分子动能先增大后减小解析：选D由题图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r0，分子力的大小先增大后减小，从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先增大后减小再增大，A、B错误；从r＝r2到r＝r0，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，C错误；从r＝r2到r＝r1，分子间作用力先表现为引力再表现为斥力，则分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，D正确。2.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是()A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小解析：选C由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1<r2，可知分子在r＝r1处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正功，分子的速度增大；当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时它们的速度最大，故C正确；由于r1<r2，可知分子在r＝r1处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力减小，当r>r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。一点一过分子力、分子势能与分子间距离的关系分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。(1)当r＞r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加。(2)当r＜r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功，分子势能增加。(3)当r＝r0时，分子势能最小。逐点清2对内能的理解3．(2023·武汉高三调研)(多选)关于内能，下列说法正确的是()A．一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关B．质量和温度都相同的理想气体，内能一定相同C．内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同D．物体内所有分子热运动动能的总和就是物体的内能解析：选AC一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，A正确；温度相同，气体分子的平均动能相同，质量相同，分子数不一定相同，所以内能不一定相同，B错误；内能不同的物体，温度可能相同，分子热运动的平均动能可能相同，C正确；物体内所有分子热运动动能的总和加上所有分子势能的总和就是物体的内能，D错误。一点一过分析物体内能问题的四点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。(2)决定内能大小的因素为物质的量、温度、体积。(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能均相同。逐点清3内能与机械能的比较4．下列有关热现象和内能的说法中正确的是()A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大解析：选C把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。一点一过内能和机械能的对比能量定义决定量值测量转化内能物体内所有分子的动能和势能的总和由物体内部分子微观运动状态决定恒不为零无法测量在一定条件下可相互转化机械能物体的动能及重力势能和弹性势能的总和与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关可以为零可以测量eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1．(2023·随州高三调研)关于温度和内能的说法，正确的是()A．分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同B．物体的内能变化时，它的温度一定改变C．同种物质，温度高时的内能肯定比温度低时的内能大D．物体的内能等于物体的势能和动能的总和解析：选A温度是物体分子运动平均动能的标志，故分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同，故A正确；物体的内能包括分子热运动动能(和温度有关)和分子势能(和体积有关)，故物体的内能变化时，它的温度不一定改变，如0摄氏度的水变为0摄氏度的冰，内能改变，温度没有改变，故B错误；同种物质，温度高时的分子平均动能肯定比温度低时的分子平均动能大，但内能大小还与体积有关，故C错误；物体的内能等于物体内部分子的势能和热运动的动能的总和，故D错误。2．(2023·长沙高三质检)严冬时节，梅花凌寒盛开，淡淡的花香沁人心脾。我们能够闻到花香，这与分子的热运动有关，关于热学中的分子，下列说法中正确的是()A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行C．两个分子间距离小于r0时，分子间只有斥力没有引力D．两个分子间的距离增大时，分子间的分子势能一定减小解析：选B布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，A错误；扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行，B正确；两个分子间距离小于r0时，分子间斥力和引力都有，只是分子力表现为斥力，C错误；当r<r0，分子势能随着分子间距离的增大，分子势能减小，当r>r0时，分子势能随分子间距离增大而增大，D错误。3．(2022·上海高考)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体()A．分子热运动平均动能变小，压强变小B．分子热运动平均动能变小，压强变大C．分子热运动平均动能增大，压强变小D．分子热运动平均动能增大，压强变大解析：选D当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项D正确。4．(2021·北京等级考)比较45℃的热水和100℃的水蒸气，下列说法正确的是()A．热水分子的平均动能比水蒸气的大B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小C．热水分子的速率都比水蒸气的小D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈解析：选B温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45℃的热水中的分子平均速率比100℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。5．(2023·衡水高三质检)对于一个只有两个分子组成的系统，其分子势能Ep与两分子间距离r的变化关系如图所示。仅考虑两个分子之间的作用，下列说法正确的是()A．当r＝r1时，分子间的作用力为零B．当r＝r1时，分子间的作用力表现为引力C．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间的作用力逐渐减小D．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子系统的势能逐渐增大解析：选C分子势能最小时，分子间的作用力为零，当r＝r2时，分子间的作用力为零，故A错误；当r＝r1时，分子间距离小于r2，分子间的作用力表现为斥力，故B错误；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间距离从小于平衡位置到平衡位置，分子间的作用力逐渐减小，故C正确；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间作用力表现为斥力，分子力做正功，分子系统的势能逐渐减小，故D错误。6．如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60℃的热水和0℃的冷水，下列说法正确的是()A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小解析：选A温度是分子平均动能的标志，A瓶中水的温度高，故A瓶中水分子的平均动能大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是水分子的运动，两瓶中不存在布朗运动，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，因两瓶中水的质量相等，A瓶中水分子的平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故C错误；质量相等的60℃的热水和0℃的冷水相比，60℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故D错误。7．很多轿车中配备安全气囊以保障驾乘人员的安全。轿车在发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠(NaN3)爆炸产生气体(假设都是N2)充入气囊。若氮气充入后安全气囊的容积V＝56L，囊中氮气密度ρ＝2.5kg/m3，已知氮气摩尔质量M＝0.028kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol－1。试估算：(结果均保留1位有效数字)(1)囊中氮气分子的总个数N；(2)囊中氮气分子间的平均距离。解析：(1)设氮气的物质的量为n，则n＝eq\f(ρV,M)氮气的分子总数N＝eq\f(ρV,M)NA代入数据得N＝3×1024个。(2)每个氮气分子所占的空间为V0＝eq\f(V,N)设氮气分子间平均距离为a，则有V0＝a3即a＝eq\r(3,V0)＝eq\r(3,\f(V,N))代入数据得a≈3×10－9m。答案：(1)3×1024个(2)3×10－9m第2讲固体、液体和气体的性质一、固体和液体1．固体：固体通常可分为晶体和非晶体，具体见下表：分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则熔点确定不确定物理性质各向异性各向同性微观结构组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列注意：多晶体中每个小晶体间的排列无规则无规则2．液体(1)液体的表面张力作用液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势方向表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直大小液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大(2)液晶①液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。②液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。③液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。二、气体气体压强产生原因由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强决定因素①宏观上：决定于气体的温度和体积②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度理想气体模型宏观模型在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体注意：实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体微观模型理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能气体实验三定律玻意耳定律p1V1＝p2V2查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)或eq\f(p1,p2)＝eq\f(T1,T2)盖-吕萨克定律eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)或eq\f(V1,V2)＝eq\f(T1,T2)理想气体的状态方程表达式eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C微点判断(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)(2)单晶体有天然规则的几何形状，是因为组成单晶体的物质微粒是规则排列的。(√)(3)液晶是液体和晶体的混合物。(×)(4)草叶上的小露珠呈球形是表面张力作用的结果。(√)(5)缝衣针浮于水面上是由于液体的表面张力作用。(√)(6)任何气体都遵从气体实验定律。(×)(7)理想气体是理想化的物理模型，其内能只与气体温度有关，与气体体积无关。(√)(8)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。(√)(9)金刚石具有确定的熔点，石墨没有确定的熔点。(×)(10)晶体在熔化过程中吸收热量破坏空间点阵结构，增加分子势能。(√)

(一)固体、液体、气体性质的理解(固基点)[题点全练通]1．[晶体与非晶体的比较]下列说法错误的是()A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体解析：选A将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，D正确。2．[液晶的特性]关于液晶，下列说法中正确的是()A．液晶是液体和晶体的混合物B．所有物质都具有液晶态C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性解析：选D液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。3．[液体性质的理解](多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是()A．水球呈球形是表面张力作用的结果B．a内气体的分子平均动能比b内的小C．a内气体的分子平均动能比b内的大D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色解析：选AD水球呈球形是表面张力使其表面积收缩到最小导致的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b内的等大，故B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，由于分子扩散，做无规则运动，水球最终将呈红色，故D正确。4．[气体分子运动的特点](2023·开封高三模拟)某地某天的气温变化趋势如图甲所示，细颗粒物(PM2.5等)的污染程度为中度，出现了大范围的雾霾。在11：00和14：00的空气分子速率分布曲线如图乙所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标表示单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是()A．细颗粒物在大气中的移动是由于细颗粒物分子的热运动B．图乙中实线表示11：00时的空气分子速率分布曲线C．11：00时细颗粒物的无规则运动比14：00时更剧烈D．14：00时单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数比12：00时多解析：选D细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，A错误；由题图乙可知实线对应的速率较大的分子占的比例较多，对应的气体温度较高，所以图乙中实线表示14：00时的空气分子速率分布曲线，B错误；温度越高，细颗粒物的无规则运动越剧烈，所以14：00时细颗粒物的无规则运动比11：00时更剧烈，C错误；14：00时的气温高于12：00时的气温，空气分子的平均动能较大，单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，D正确。[要点自悟明]1．区别晶体和非晶体的方法(1)要判断一种物质是晶体还是非晶体，关键是看有无确定的熔点，有确定熔点的是晶体，无确定熔点的是非晶体。(2)从导电、导热等物理性质来看，物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的可能是多晶体，也可能是非晶体。2．对液体表面张力的理解形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小3．气体分子的运动特点(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。(2)气体分子的速率分布，表现出“中间多，两头少”的统计分布规律。(3)气体分子向各个方向运动的机会均等。(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。(二)封闭气体压强的计算(精研点)1．平衡状态下封闭气体压强的求法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为液面上方的压强液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强2．加速运动系统中封闭气体压强的求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，利用牛顿第二定律列方程求解。[考法全训]1．[“活塞＋汽缸”封闭的气体](2021·湖北高考)质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。解析：(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋eq\f(mg,S)当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为p2＝p0－eq\f(mg,S)对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得V2＝eq\f(p0S＋mg,p0S－mg)V1。(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p3V3,T3)解得T3＝eq\f(p0SV3T1,p0S＋mgV1)。答案：(1)eq\f(p0S＋mg,p0S－mg)V1(2)eq\f(p0SV3T1,p0S＋mgV1)2．[“液柱＋管”封闭的气体]若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知pAS＝－ρghS＋p0S，所以p甲＝pA＝p0－ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh；在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pAS＋ρghsin60°·S＝p0S，所以p丙＝pA＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得pAS＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝pA＝p0＋ρgh1；在题图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－eq\f(\r(3),2)ρgh丁：p0＋ρgh1戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)pb＝p0＋ρg(h2－h1)3．[加速状态下封闭的气体]如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为θ的斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封闭气体的压强为多少(式中各物理量单位均为国际单位制单位)。(1)玻璃管静止不动；(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳加速下滑过程(已知管与斜面间动摩擦因数为μ，且μ<tanθ)。解析：(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示，根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsinθ＋p1S而m＝ρSh所以p1＝p0－ρghsinθ。(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向，应用力的平衡条件和牛顿第二定律得N′＝MgcosθMgsinθ－f＝Ma又f＝μN′所以a＝g(sinθ－μcosθ)以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mgsinθ＋p2S－p0S＝ma所以p2＝p0＋eq\f(m,S)(a－gsinθ)将m＝ρSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcosθ。答案：(1)p0－ρghsinθ(2)p0－μρghcosθ(三)气体状态变化的图像问题(精研点)气体的四类“等值变化”图像的比较类别特点(其中C为常量)举例等温变化p-V图像pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p-eq\f(1,V)图像p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容变化：p-T图像p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压变化：V-T图像V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小[注意]上表中各个常量“C”意义有所不同。可以根据pV＝nRT确定各个常量“C”的意义。[考法全训]1.[气体的p-V图像问题](2021·福建高考)如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。解析：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知气体的温度先升高后降低。答案：做正功先升高后降低2．[气体的V-T图像问题](2021·海南高考)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体()A．在状态c的压强等于在状态a的压强B．在状态b的压强小于在状态c的压强C．在b→c的过程中内能保持不变D．在a→b的过程对外做功解析：选AC根据V＝eq\f(C,p)T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。3．[气体的p-T图像问题](多选)一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是()A．A→B温度升高，体积不变B．B→C压强不变，体积变小C．C→D压强变小，体积变小D．B点的温度最高，C点的体积最小解析：选ABD从图像直接看出A→B温度升高，因为AB延长线经过原点，是等容线，体积不变，A正确；B→C是等压线，压强不变，根据eq\f(pV,T)＝C，压强不变，随着温度降低，体积变小，B正确；根据eq\f(pV,T)＝C,C→D温度不变，压强变小，体积增大，C错误；由图线直接看出，B点的温度最高；根据eq\f(pV,T)＝C得，eq\f(p,T)＝eq\f(C,V)，气体的体积与p-T图像的斜率成反比，由图像得kA＝kB<kD<kC，则VA＝VB>VD>VC，所以C点的体积最小，D正确。4．[气体的p-eq\f(1,V)图像问题](多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-eq\f(1,V)图线。由图可知()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p-eq\f(1,V)图线的延长线是经过坐标原点的C．T1>T2D．T1<T2解析：选BD题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-eq\f(1,V)图线，由题图知p∝eq\f(1,V)，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-eq\f(1,V)图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。5．[气体状态变化图像的转换问题](多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是()解析：选BDA到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。(四)气体实验定律的微观解释(精研点)1．气体压强的产生单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，对器壁产生持续、均匀的压力，所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。2．决定气体压强大小的微观因素(1)气体分子的密集程度气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大。(2)气体分子的平均速率气体的温度越高，气体分子的平均速率就越大，气体分子与器壁碰撞时(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，气体分子的平均速率越大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大。3．实验定律的微观解释(1)用气体分子动理论解释玻意耳定律(2)用气体分子动理论解释查理定律(3)用气体分子动理论解释盖-吕萨克定律[考法全训]1．[气体分子碰撞次数分析](多选)某同学记录2022年3月10日教室内温度如下：时刻6：009：0012：0015：0018：00温度12℃15℃18℃23℃17℃教室内气压可认为不变，则当天15：00与9：00相比，下列说法正确的是()A．教室内所有空气分子速率均增加B．教室内空气密度减小C．教室内单位体积内的分子个数一定增加D．单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少解析：选BD温度升高则分子的平均速率增大，每个分子都在永不停息地做无规则热运动，不是所有空气分子速率都增加，故A错误；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内空气的质量将减少，教室体积不变，则空气密度减小，故B正确；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，空气密度减小，单位体积内分子数减少，故C错误；与9点相比，15点教室内的温度变大，空气分子的平均速率增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少，故D正确。2．[气体等温变化微观分析]一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为()A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．单位体积内的分子数目不变解析：选B温度不变，分子热运动平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；压缩体积，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。3．[对气体压强的理解]下面的表格是某地区在2022年1～6月份的气温与气压对照表：月份123456平均气温/℃1.43.910.719.626.730.2平均大气压/105Pa1.0211.0191.0141.0081.0030.9984根据上表数据可知：该地区从1月份到6月份()A．空气分子热运动的剧烈程度呈减弱的趋势B．速率大的空气分子所占比例逐渐增加C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈增加的趋势D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势解析：选B该地区从1月份到6月份平均气温逐渐升高，所以空气分子热运动的剧烈程度呈增强的趋势，A错误；平均气温逐渐升高，速率大的空气分子所占比例逐渐增加，B正确；平均大气压逐渐减小，单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减小的趋势，C错误；平均大气压逐渐减小，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈减弱的趋势，D错误。eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])1.(多选)“挤毛巾”和“液桥”都是我国宇航员王亚平在“太空授课”展示的有趣实验。宇航员先将干毛巾一端沾水后能使得整个毛巾完全浸湿，然后再用双手试图拧干毛巾，只见毛巾被挤出的水像一层果冻一样紧紧地吸附在毛巾的外表面，宇航员的手也粘有一层厚厚的水。2022年3月23日，天宫课堂第二课上我国宇航员王亚平在空间站做了“液桥实验”，如图所示。关于这两个现象的描述正确的是()A．在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为水不能浸润毛巾B．干毛巾沾水变得完全浸湿是毛细现象C．水对宇航员的手和液桥板都是浸润的D．“液桥”实验装置脱手后两液桥板最终合在一起，这是水的表面张力在起作用解析：选BCD在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为在压力作用下水分被挤出，选项A错误；B、C、D选项解释正确。2．负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的概率，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是()A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力解析：选C温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，A错误；但是负压病房内每个气体分子的运动速率不一定小于外界环境中每个气体分子的运动速率，B错误；决定气体分子压强的微观因素是单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等(撞击力度相等)，压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；压力F＝pS，内外压强不等，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误。3．拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是()A．火罐内的气体温度不变B．火罐内的气体温度降低，压强减小C．火罐内的气体温度降低，压强不变D．火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变解析：选B把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，D错误。4．如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积()A．先不变后变大B．先不变后变小C．先变大后不变D．先变小后不变解析：选D第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。5.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是()A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少解析：选D从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。6.(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是()A．A瓶中的药液先用完B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变解析：选ABC在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。7.如图所示，表示一定质量的气体的状态由A→B→C→A变化的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是()A．A→B过程，气体压强增加B．B→C过程，气体压强不变C．C→A过程，气体单位体积内的分子数减小D．A→B过程，气体分子平均动能增大解析：选D过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。8．图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则()A．肥皂水不能浸润玻璃B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力解析：选C一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，肥皂水不能浸润蜂蜡或石蜡，但可以浸润玻璃，故A错误；布朗运动是指悬浮在液体中或气体中的固体小颗粒的无规则运动，故肥皂泡的无规则运动不属于布朗运动，B错误；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，所以肥皂泡在空中呈球状是由于液体表面张力的作用，故C正确；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，故D错误。第3讲气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用(一)理想气体状态变化的三类模型(精研点)1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(温度不变：p1V1＝p2V2玻意耳定律,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)查理定律,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)盖­吕萨克定律))[注意]理想气体状态方程与气体实验定律的适用条件：一定质量的某种理想气体。2．解决理想气体状态变化问题的基本思路模型一“活塞＋汽缸”模型解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。[例1](2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。(1)求弹簧的劲度系数；(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。[解析](1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧组成的整体受力分析，由平衡条件有mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S解得p1＝p0＋eq\f(3mg,S)对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S解得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(40mg,l)。(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p2＝p1＝p0＋eq\f(3mg,S)即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V1＝eq\f(1.1l,2)×2S＋eq\f(1.1l,2)×S＝eq\f(3.3lS,2)，V2＝l2·2S由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l根据盖-吕萨克定律可知eq\f(V1,T0)＝eq\f(V2,T2)解得T2＝eq\f(4,3)T0。[答案](1)eq\f(40mg,l)(2)p0＋eq\f(3mg,S)eq\f(4,3)T0模型二“液柱＋管”模型解答“液柱＋管”类问题，关键是对液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，且注意以下几点：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。[例2](2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。[解析]对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρghB管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1BV1B＝p2BV2B联立解得h2＝2cm对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A联立可得2h12－191h1＋189＝0解得h1＝1cm或h1＝eq\f(189,2)cm>l1(舍去)则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1cm。[答案]1cm模型三“两团气”模型处理“两团气”问题的技巧：(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。[例3](2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq\f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：(1)此时上、下部分气体的压强；(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。[解析](1)气体发生等温变化，对上部分气体，由玻意耳定律有p0SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0，解得p1＝2p0对下部分气体，由玻意耳定律有p0SL0＝p2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SL0＋\f(1,2)SL0))解得p2＝eq\f(2,3)p0。(2)在竖直方向稳定时，对“H”型连杆活塞受力分析可知p1S－p2S－mg＝0解得m＝eq\f(4p0S,3g)。[答案](1)2p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)(二)理想气体的四类变质量问题(精研点)类型一充气问题在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。[例1](2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq\f(1,8)V0和eq\f(1,4)V0，环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。[解析](1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖-吕萨克定律可得eq\f(\f(3,4)V0,T0)＝eq\f(V0,T)解得T＝eq\f(4,3)T0。(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩后的体积为V0－V，则对气体Ⅳ，由理想气体状态方程得eq\f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq\f(pV,2T0)对Ⅱ、Ⅲ两部分气体，由理想气体状态方程得eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,8)＋\f(V0,4))),T0)＝eq\f(pV0－V,2T0)联立解得V＝eq\f(2,3)V0，p＝eq\f(9,4)p0。[答案](1)eq\f(4,3)T0(2)eq\f(9,4)p0类型二抽气问题在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。[例2](2023·潍坊高三调研)负压救护车是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以空气只能由车外流向车内，车内空气经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20～40Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0＝1.0×105Pa，车内温度为－3℃；正常工作时，车内温度为27℃，负压值为40Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27℃，求此时车内气体的压强；(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。[解析](1)若车内密闭，仅将车内温度升高到27℃，设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)解得p1≈1.11×105Pa。(2)设车内的体积为V1。气体由体积为V1、温度为－3℃、压强为p0的状态变为温度为27℃、压强为p2、体积为V2的状态，由题意可知p2＝p0－40Pa＝0.9996×105Pa，根据理想气体状态方程有eq\f(p0V1,T0)＝eq\f(p2V2,T1)需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η＝eq\f(V2－V1,V2)×100%，联立解得η≈10%。[答案](1)1.11×105Pa(2)10%类型三灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。[例3]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eq\f(1,2)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)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eq\f(1,2)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′＝eq\f(2,3)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＝pV2 ④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＝eq\f(V2,V)⑤联立③④⑤式可得k＝eq\f(2,3)。 ⑥[答案](1)eq\f(2,3)p(2)eq\f(2,3)类型四漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。[例4]容器内装有1kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106Pa，温度为57℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的eq\f(3,5)，温度降为27℃，求漏掉多少千克氧气？[解析]由题意知，初状态气体质量m＝1kg，压强p1＝1.0×106Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330K，经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300K，p2＝eq\f(3,5)p1＝eq\f(3,5)×1×106Pa＝6.0×105Pa，设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：eq\f(p1V,T1)＝eq\f(p2V′,T2)，代入数据解得：V′＝eq\f(p1VT2,p2T1)＝eq\f(1×106×300V,6×105×330)＝eq\f(50,33)V，所以漏掉的氧气质量为：Δm＝eq\f(ΔV,V′)×m＝eq\f(\f(50V,33)－V,\f(50V,33))×1kg＝0.34kg。[答案]0.34kgeq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27℃时气体压强为1.0×105Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104Pa，表内温度为－23℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为()A．8.3×104Pa B．8.3×105PaC．4.3×104Pa D．1.23×105Pa解析：选C取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250K，根据查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得p2＝eq\f(5,6)×105Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×105－4.0×104))Pa≈4.3×104Pa，故C正确。2.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于()A．30cm3 B．40cm3C．50cm3 D．60cm3解析：选D设每次挤压气囊将体积为V0＝60cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60cm3，故D正确，A、B、C错误。3．(2023·济宁高三质检)某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为()A．74cmHg B．75cmHgC．75.5cmHg D．76cmHg解析：选B烧瓶中的气体初状态为p1＝p0，V1＝800mL，注入水后p2＝p0＋25cmHg，V2＝600mL。由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数值解得p0＝75cmHg，B正确。4.(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27℃时，下列说法正确的是()A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq\f(1,6)p0SB．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq\f(5,6)p0SC．茶杯对桌面的压力为Mg＋eq\f(5,6)p0SD．茶杯对桌面的压力为Mg＋mg解析：选AD由题意T0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(273＋87))K＝360K，T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(273＋27))K＝300K，对于茶杯内的气体，由查理定律可得eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)，解得p1＝eq\f(5,6)p0，对杯盖受力分析，由平衡条件可得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得FN＝mg＋eq\f(1,6)p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为F＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g，由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g，C错误，D正确。5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若m＝eq\f(p0S,g)，活塞下移eq\f(L,2)B．若m＝eq\f(p0S,2g)，活塞下移eq\f(2L,3)C．若m＝eq\f(p0S,g)，气室1内气体压强为3p0D．若m＝eq\f(3p0S,g)，气室1内气体压强为3p0解析：选AD若m＝eq\f(p0S,g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝eq\f(L,2)，所以活塞下移eq\f(L,2)，A正确，C错误；若m＝eq\f(p0S,2g)，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝eq\f(2L,3)，所以活塞下移Δx＝L－x′＝eq\f(L,3)，B错误；若m＝eq\f(3p0S,g)，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝eq\f(3L,4)，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。6．(2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa。(1)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃时，大气压强为1.0×105Pa。解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，代入数据解得p2＝3.1×103Pa。(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝eq\f(100,3)V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq\f(97,3)V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V)＝eq\f(97,3)。答案：(1)3.1×103Pa(2)eq\f(97,3)7．定高气球是一种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为T1，压强均为kp1，k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。(1)求密封时定高气球内气体的体积；(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，求此时气体的压强。解析：(