《2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題六 選考模塊學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題六 選考模塊學案（50頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題六 第一講分子動理論　氣體及熱力學定律 一、選擇題 1．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示。在此過程中________。 A．氣體溫度一直降低 B．氣體內能一直增加 C．氣體一直對外做功 D．氣體一直從外界吸熱 E．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功 解析：選BCD　由理想氣體的狀態(tài)方程＝C知，從a到b氣體溫度一直升高，故A錯誤。一定質量的理想氣體的內能由溫度決定，可知氣體內能一直增加，故B正確。氣體體積逐漸膨脹，一直對外做功，故C正確。根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體一直從外界吸熱，吸收的熱量一

2、部分用來對外做功，一部分用來增加氣體的內能，故D正確、E錯誤。 2．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷過程①、②、③、④到達狀態(tài)e。對此氣體，下列說法正確的是________。 A．過程①中氣體的壓強逐漸減小 B．過程②中氣體對外界做正功 C．過程④中氣體從外界吸收了熱量 D．狀態(tài)c、d的內能相等 E．狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小 解析：選BDE　過程①中，氣體體積V不變、溫度T升高，則壓強增大，故A錯誤。過程②中，氣體體積V變大，對外界做功，故B正確。過程④中，氣體溫度T降低，內能減小，體積V不變，氣體不做功，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0

3、，即氣體放出熱量，故C錯誤。狀態(tài)c、d溫度相同，所以內能相等，故D正確。分別作出狀態(tài)b、c、d的等壓線，分析可得pb＞pc＞pd，故E正確。 3．(2018·全國卷Ⅱ)對于實際的氣體，下列說法正確的是________。 A．氣體的內能包括氣體分子的重力勢能 B．氣體的內能包括氣體分子之間相互作用的勢能 C．氣體的內能包括氣體整體運動的動能 D．氣體的體積變化時，其內能可能不變 E．氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能 解析：選BDE　氣體分子的重力勢能和氣體整體運動的動能都屬于機械能，不是氣體的內能，故A、C錯誤；實際氣體的內能包括氣體的分子動能和分子勢能兩部分，故B、E正確；

4、氣體體積變化時，分子勢能發(fā)生變化，氣體溫度也可能發(fā)生變化，則分子勢能與分子動能之和可能不變，故D正確。 4．(2017·全國卷Ⅰ)氧氣分子在0 ℃和100 ℃溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是________。 A．圖中兩條曲線下面積相等 B．圖中虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形 C．圖中實線對應于氧氣分子在100 ℃時的情形 D．圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目 E．與0 ℃時相比，100 ℃時氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400 m/s區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大 解析：選ABC　根據(jù)氣體分

5、子單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化曲線的意義可知，題圖中兩條曲線下面積相等，選項A正確；題圖中虛線占百分比較大的分子速率較小，所以對應于氧氣分子平均動能較小的情形，選項B正確；題圖中實線占百分比較大的分子速率較大，分子平均動能較大，根據(jù)溫度是分子平均動能的標志，可知實線對應于氧氣分子在100 ℃時的情形，選項C正確；根據(jù)分子速率分布圖可知，題圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目占總分子數(shù)的百分比，不能得出任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目，選項D錯誤；由分子速率分布圖可知，與0 ℃時相比，100 ℃時氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400 m/s區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小

6、，選項E錯誤。 5．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經等壓過程ca回到初態(tài)a。下列說法正確的是________。 A．在過程ab中氣體的內能增加 B．在過程ca中外界對氣體做功 C．在過程ab中氣體對外界做功 D．在過程bc中氣體從外界吸收熱量 E．在過程ca中氣體從外界吸收熱量 解析：選ABD　ab過程中氣體壓強增大，體積不變，則溫度升高，內能增加，A項正確；ab過程發(fā)生等容變化，氣體對外界不做功，C項錯誤；一定質量的理想氣體的內能僅由溫度決定，bc過程發(fā)生等溫變化，內能不變，bc過程中氣

7、體體積增大，氣體對外界做正功，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量，D項正確；ca過程發(fā)生等壓變化，氣體體積減小，外界對氣體做功，B項正確；ca過程中氣體溫度降低，內能減小，外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體向外界放熱，E項錯誤。 6．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側充有理想氣體，隔板右側與絕熱活塞之間是真空?，F(xiàn)將隔板抽開，氣體會自發(fā)擴散至整個汽缸。待氣體達到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積。假設整個系統(tǒng)不漏氣。下列說法正確的是________。 A．氣體自發(fā)擴散前后內能相同 B．氣體在被壓縮的過程中內能增大 C．在自發(fā)擴散過程

8、中，氣體對外界做功 D．氣體在被壓縮的過程中，外界對氣體做功 E．氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動能不變 解析：選ABD　抽開隔板，氣體自發(fā)擴散過程中，氣體對外界不做功，與外界沒有熱交換，因此氣體的內能不變，A項正確，C項錯誤；氣體在被壓縮的過程中，外界對氣體做功，D項正確；由于氣體與外界沒有熱交換，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體在被壓縮的過程中內能增大，因此氣體的溫度升高，氣體分子的平均動能增大，B項正確，E項錯誤。 二、計算題 7．(2017·全國卷Ⅱ)一熱氣球體積為V，內部充有溫度為Ta的熱空氣，氣球外冷空氣的溫度為Tb。已知空氣在1個大氣壓、溫度T0時的密度為ρ0，該氣球

9、內、外的氣壓始終都為1個大氣壓，重力加速度大小為g。 (1)求該熱氣球所受浮力的大?。? (2)求該熱氣球內空氣所受的重力； (3)設充氣前熱氣球的質量為m0，求充氣后它還能托起的最大質量。 解析：(1)設1個大氣壓下質量為m的空氣在溫度為T0時的體積為V0，密度為ρ0＝① 在溫度為T時的體積為VT，密度為ρ(T)＝ ② 由蓋-呂薩克定律得＝ ③ 聯(lián)立①②③式得ρ(T)＝ρ0 ④ 氣球所受到的浮力為f＝ρ(Tb)gV ⑤ 聯(lián)立④⑤式得f＝Vgρ0。 ⑥ (2)氣球內熱空氣所

10、受的重力為G＝ρ(Ta)Vg ⑦ 聯(lián)立④⑦式得G＝Vgρ0。 ⑧ (3)設該氣球還能托起的最大質量為m，由力的平衡條件得mg＝f－G－m0g ⑨ 聯(lián)立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T0－m0。 答案：(1)Vgρ0　(2)Vgρ0　(3)Vρ0T0－m0 8．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K。開始時，K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為p0。現(xiàn)將K打開，容器內的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為時，將K關閉，活塞平衡時其

11、下方氣體的體積減小了。不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g。求流入汽缸內液體的質量。 解析：設活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1，壓強為p1；活塞下方氣體的體積為V2，壓強為p2。在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得 p0＝p1V1 p0＝p2V2 由已知條件得 V1＝＋－＝V V2＝－＝ 設活塞上方液體的質量為m，由力的平衡條件得 p2S＝p1S＋mg 聯(lián)立以上各式得 m＝。 答案： 9．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，一豎直放置的汽缸上端開口，汽缸壁內有卡口a和b，a、b間距為h，a距缸底的高度為H；活塞只能在

12、a、b間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體。已知活塞質量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計它們之間的摩擦。開始時活塞處于靜止狀態(tài)，上、下方氣體壓強均為p0，溫度均為T0?，F(xiàn)用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，直至活塞剛好到達b處。求此時汽缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功。重力加速度大小為g。 解析：開始時活塞位于a處，加熱后，汽缸中的氣體先經歷等容過程，直至活塞開始運動。設此時汽缸中氣體的溫度為T1，壓強為p1，根據(jù)查理定律有 ＝ ① 根據(jù)力的平衡條件有 p1S＝p0S＋mg ② 聯(lián)立①②式可得 T1＝T0

13、③ 此后，汽缸中的氣體經歷等壓過程，直至活塞剛好到達b處，設此時汽缸中氣體的溫度為T2；活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為V1和V2。根據(jù)蓋—呂薩克定律有 ＝ ④ 式中 V1＝SH ⑤ V2＝S(H＋h) ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式解得 T2＝T0 ⑦ 從開始加熱到活塞到達b處的過程中，汽缸中的氣體對外做的功為 W＝(p0S＋mg)h。 ⑧ 答案：T0　(p0S＋mg)h 10．(2018·全國卷Ⅲ)在兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內有一段水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣。當U形管兩端豎直朝上

14、時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左邊氣體的壓強為12.0 cmHg?，F(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。求U形管平放時兩邊空氣柱的長度。在整個過程中，氣體溫度不變。 解析：設U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2，由力的平衡條件有 p1＝p2＋(l1－l2) U形管水平放置時，兩邊氣體壓強相等，設為p。此時原左、右兩邊氣柱長度分別變?yōu)閘1′和l2′，顯然原左邊氣柱的長度將增加，右邊則減小，且兩邊氣柱長度的變化量大小相等 l1′－l1＝l2－l2′ 由玻意耳定律有 p1l1＝pl1′

15、p2l2＝pl2′ 聯(lián)立解得 l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。 答案：22.5 cm　7.5 cm 釋疑3大考點 考點一　分子動理論　內能及熱力學定律 (一)理清知識體系 (二)突破三個重點 1．估算問題 (1)油膜法估算分子直徑：d＝ V為純油酸體積，S為單分子油膜面積 (2)分子總數(shù)：N＝nNA＝·NA＝NA [注意]　對氣體而言，N≠。 (3)兩種模型： 球模型：V＝πR3(適用于估算液體、固體分子直徑) 立方體模型：V＝a3(適用于估算氣體分子間距) 2．反映分子運動規(guī)律的兩個實例 布朗 運動 研究對象：懸浮在液體或氣體中的

16、固體小顆粒 運動特點：無規(guī)則、永不停息 相關因素：顆粒大小、溫度 擴散 現(xiàn)象 產生原因：分子永不停息的無規(guī)則運動 相關因素：溫度 3．對熱力學定律的理解 (1)改變物體內能的方式有兩種，只敘述一種改變方式是無法確定內能變化的。 (2)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符號可以這樣確定：只要此項改變對內能增加有正貢獻的即為正。 (3)對熱力學第二定律的理解：熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但不引起其他變化是不可能的。 [題點全練] 1．正誤判斷 (1)液體溫度越高，布朗運動會越激烈。(√) (2)顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在

17、不停地做無規(guī)則運動，這反映了液體分子運動的無規(guī)則性。(√) (3)懸浮在空氣中做布朗運動的PM2.5微粒，氣溫越高，運動越劇烈。(√) (4)擴散現(xiàn)象不僅能發(fā)生在氣體和液體中，固體中也可以。(√) (5)將一個分子從無窮遠處移動到無限靠近另一個分子，則這兩個分子間的分子力先增大后減小最后再增大。(√) (6)當分子間距離增大時，分子間的引力減小，斥力增大。(×) (7)若兩分子間距離減小，分子間斥力增大，引力減小，合力為斥力。(×) (8)當兩分子間距離大于平衡位置的間距r0時，分子間的距離越大，分子勢能越小。(×) (9)只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏加德

18、羅常數(shù)。(√) (10)用阿伏加德羅常數(shù)和某種氣體的密度，就可以求出該種氣體的分子質量。(×) (11)只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出該氣體分子的體積。(×) (12)一定質量的100 ℃的水吸收熱量后變成100 ℃的水蒸氣，則吸收的熱量大于增加的內能。(√) (13)外界對系統(tǒng)做功，其內能一定增加。(×) (14)一定質量的理想氣體發(fā)生絕熱膨脹時，其內能不變。(×) (15)一定質量的理想氣體，在等壓膨脹過程中，氣體分子的平均動能增大。(√) (16)熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳遞到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體。(√) (17)自然界進行的

19、涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，是不可逆的。(√) (18)熱量不可以自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，是因為違背了熱力學第一定律。(×) (19)“第一類永動機”不可能制成，是因為它違反了能量守恒定律。(√) (20)“第二類永動機”不可能制成，是因為它違反了能量守恒定律。(×) 2．(2018·西安聯(lián)考)對于分子動理論和物體內能的理解，下列說法正確的是________。 A．溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大 B．外界對物體做功，物體內能一定增加 C．溫度越高，布朗運動越顯著 D．當分子間的距離增大時，分子間作用力就一直減小 E．當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分

20、子勢能隨分子間距離的減小而增大 解析：選ACE　溫度高的物體內能不一定大，內能還與質量有關，但分子平均動能一定大，因為溫度是分子平均動能的標志，故A正確；改變內能的方式有做功和熱傳遞，若外界對物體做功的同時物體放熱，內能不一定增大，故B錯誤；布朗運動是由液體分子碰撞的不平衡性造成的，液體溫度越高，液體分子熱運動越激烈，布朗運動越顯著，故C正確；當分子間的距離從平衡位置增大時，分子間作用力先增大后減小，故D錯誤；當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大，故E正確。 3．(2018·榆林模擬)關于熱現(xiàn)象和內能，下列說法正確的是________。 A．做功和熱傳遞都能改變物

21、體的內能 B．外界對氣體做了功，則氣體的溫度一定升高 C．一定質量的氣體，體積不變時，溫度越高，內能越大 D．溫度升高，物體內分子的平均動能一定增加 E．氣體能夠充滿容器的整個空間，是由于氣體分子間呈現(xiàn)出斥力的作用 解析：選ACD　做功和熱傳遞都能改變物體的內能，選項A正確；外界對氣體做了功，如果氣體向外放熱，則氣體的溫度不一定升高，選項B錯誤；一定質量的氣體，體積不變時，溫度越高，內能越大，選項C正確；溫度升高，物體內分子的平均動能一定增加，選項D正確；氣體能夠充滿容器的整個空間，是由于氣體分子能夠自由移動，選項E錯誤。 4．(2018·衡水中學模擬)關于分子間相互作用力與分子間

22、勢能，下列說法正確的是________。 A．在10r0(r0為分子間作用力為零的間距，其值為10－10 m)距離范圍內，分子間總存在著相互作用的引力 B．分子間作用力為零時，分子間的勢能一定是零 C．當分子間作用力表現(xiàn)為引力時，分子間的距離越大，分子勢能越小 D．分子間距離越大，分子間的斥力越小 E．兩個分子間的距離變大的過程中，分子間引力變化總是比斥力變化慢 解析：選ADE　分子間同時存在引力和斥力，在平衡距離以內表現(xiàn)為斥力，在平衡距離以外表現(xiàn)為引力，在10r0距離范圍內，分子間總存在著相互作用的引力，A正確。設分子平衡距離為r0，分子距離為r，當r＞r0，分子力表現(xiàn)為引力

23、，分子距離越大，分子勢能越大；當r＜r0，分子力表現(xiàn)為斥力，分子距離越小，分子勢能越大；故當r＝r0，分子力為0，分子勢能最??；由于分子勢能是相對的，其值與零勢能點的選擇有關，所以分子距離為平衡距離時分子勢能最小，但不一定為零，B、C錯誤。分子間同時存在引力和斥力，兩個分子間的距離變大的過程中，分子斥力與分子引力都減小，分子間引力變化總是比斥力變化慢，D、E正確。 考點二　固體、液體和氣體的性質 (一)理清知識體系 (二)理解三個問題 1．對晶體、非晶體特性的理解 (1)只有單晶體才可能具有各向異性。 (2)各種晶體都具有固定熔點，晶體熔化時，溫度不變，吸收的熱量全部用于

24、分子勢能增加。 (3)晶體與非晶體可以相互轉化。 (4)有些晶體屬于同素異形體，如金剛石和石墨。 2．正確理解溫度的微觀含義 (1)溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子的平均動能越大。 (2)溫度越高，物體分子動能總和增大，但物體的內能不一定越大。 3．對氣體壓強的理解 (1)氣體對容器壁的壓強是氣體分子頻繁碰撞的結果，溫度越高，氣體分子密度越大，氣體對容器壁因碰撞而產生的壓強就越大。 (2)地球表面大氣壓強可認為是大氣重力產生的。 [題點全練] 1．正誤判斷 (1)大顆粒的鹽磨成了細鹽，就變成了非晶體。(×) (2)單晶體的某些物理性質具有各向異性，而多晶體和非晶

25、體是各向同性的。(√) (3)單晶體和多晶體都有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點。(√) (4)晶體在各個方向上的導熱性能相同時，表現(xiàn)為各向同性。(√) (5)單晶體的物理性質具有各向異性。(√) (6)太空中水滴成球形，是液體表面張力作用的結果。(√) (7)液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內部。(×) (8)液體表面的分子間距離大于分子間的平衡距離，使得液面有表面張力。(√) (9)葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用。(√) (10)液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征。(√) (11)液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點。(√) (

26、12)當人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大。(×) (13)空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)越快。(×) (14)用熱針尖接觸金屬表面的石蠟，熔化區(qū)域呈圓形，這是晶體各向異性的表現(xiàn)。(×) (15)漂浮在熱菜湯表面上的油滴，從上面觀察是圓形的，是因為油滴液體呈各向同性的緣故。(×) (16)雨水沒有透過布雨傘是因為液體分子表面張力的原因。(√) (17)在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零。(×) (18)壓強變大時，分子間的平均距離必然變小。(×) (19)當人們感到干燥時，空氣的相對濕度一定較小。(√) (20)影響蒸發(fā)快慢以及

27、影響人們對干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和汽壓的差距。(√) 2.(2019屆高三·武漢調研)氣閘艙是載人航天器中供航天員進入太空或由太空返回用的氣密性裝置，其原理圖如圖所示。座艙A與氣閘艙B之間裝有閥門K，座艙A中充滿空氣，氣閘艙B內為真空。航天員從太空返回時，打開閥門K，A中的氣體進入B中，最終達到平衡。假設此過程中系統(tǒng)與外界沒有熱交換，艙內氣體可視為理想氣體，下列說法正確的是________。 A．氣體并沒有對外做功，氣體內能不變 B．B中氣體可自發(fā)地全部退回到A中 C．氣體溫度不變，體積增大，壓強減小 D．氣體體積膨脹，對外做功，內能減小 E．氣

28、體體積變大，氣體分子單位時間對容器壁單位面積碰撞的次數(shù)將變少 解析：選ACE　由于氣閘艙B內為真空，所以氣體在擴張過程中不會對外做功，系統(tǒng)與外界沒有熱交換，所以氣體內能不變，故A正確，D錯誤；根據(jù)熱力學第二定律可知，一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然變化都是不可逆的，故B錯誤；氣體溫度不變，由pV＝C可知，體積增大，壓強減小，故C正確；氣體體積變大，壓強減小，由壓強微觀解釋可知，氣體分子單位時間對容器壁單位面積碰撞的次數(shù)將變少，故E正確。 3．(2018·淄博二模)下列說法正確的是________。 A．液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點 B．溫度升高時分子的熱運動加劇，分子的平均動

29、能增加 C．用氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)就可以估算出氣體分子的體積 D．浸潤現(xiàn)象產生的原因是附著層內分子間距比液體內部分子間距大，分子間作用力表現(xiàn)為引力的緣故 E．第二類永動機不可能制成，因為內能不能全部轉化為機械能，同時不引起其他變化 解析：選ABE　液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點，故A正確；溫度是分子平均動能的標志，溫度升高時分子的熱運動加劇，分子的平均動能增加，故B正確；用氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)就可以估算出單個氣體分子所占空間的體積，不能估算出氣體分子的體積，故C錯誤；浸潤現(xiàn)象產生的原因是附著層內分子間的距離小于液體內部分子間的距離，附著層內分子之間的作

30、用表現(xiàn)為斥力，附著層有擴展的趨勢，故D錯誤；第二類永動機不可能制成，因為內能不能全部轉化為機械能，同時不引起其他變化，故E正確。 4．(2018·青島模擬)如圖是一定質量的理想氣體的p-T圖，氣體從a→b→c→a完成一次循環(huán)，關于氣體的變化過程。下列說法正確的是________。 A．氣體在a態(tài)的體積Va小于在c態(tài)的體積Vc B．a→b過程氣體的分子數(shù)密度變大 C．b→c過程外界對氣體做的功等于氣體放出的熱量 D．c→a過程氣體壓強增大，從微觀講是由于氣體分子與器壁碰撞的頻繁程度增大引起的 E．若a→b過程氣體吸熱300 J，c→a過程放熱400 J，則c→a過程外界對氣體做功10

31、0 J 解析：選ADE　c→a過程氣體壓強增大，溫度降低，根據(jù)＝C可知體積減小，故氣體在a態(tài)的體積Va小于在c態(tài)的體積Vc，故A正確；a→b過程是等容變化，氣體的分子數(shù)密度不變，故B錯誤；b→c過程是等溫變化，氣體內能不變，ΔU＝0，氣體體積增大，氣體對外界做功，W<0，由熱力學第一定律得：Q＝ΔU－W＝－W>0，氣體吸收熱量，由以上分析可知，b→c過程氣體對外界做的功等于氣體吸收的熱量，故C錯誤；c→a過程溫度降低，氣體分子的平均動能減小，氣體壓強增大，體積減小，氣體的分子數(shù)密度增大，所以從微觀講是由于氣體分子與器壁碰撞的頻繁程度增大引起的，故D正確；由熱力學第一定律可知，若a→b過程氣體

32、吸熱300 J，c→a過程放熱400 J，則c→a過程外界對氣體做功100 J，故E正確。 考點三　氣體實驗定律和理想氣體狀態(tài)方程 (一)理清知識體系 (二)掌握三個要點 1．壓強的計算 (1)被活塞、汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解。 (2)應用平衡條件或牛頓第二定律求解，得出的壓強單位為Pa。 若應用p＝p0＋h或p＝p0－h(huán)來表示壓強，則壓強p的單位為cmHg或mmHg。 2．合理選取氣體變化所遵循的規(guī)律列方程 (1)若氣體質量一定，p、V、T均發(fā)生變化，則選用理想氣體狀態(tài)方程列式求解。 (2)若氣體質量一定，p、V、T

33、中有一個量不發(fā)生變化，則選用對應的實驗定律列方程求解。 3．多個研究對象的問題 由活塞、液柱相聯(lián)系的“兩團氣”問題，要注意尋找兩團氣之間的壓強、體積或位移關系，列出輔助方程，最后聯(lián)立求解。 (三)研透四類?？寄Ｐ? 1．“汽缸”模型 　(2018·齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，開口向上的汽缸C靜置于水平桌面上，用一橫截面積S＝50 cm2的輕質活塞封閉了一定質量的理想氣體，一輕繩一端系在活塞上，另一端跨過兩個定滑輪連著一勁度系數(shù)k＝2 800 N/m的豎直輕彈簧A，A下端系有一質量m＝14 kg的物塊B。開始時，缸內氣體的溫度t1＝27 ℃，活塞到缸底的距離L1＝120 cm，彈簧恰好

34、處于原長狀態(tài)。已知外界大氣壓強恒為p0＝1.0×105 Pa，取重力加速度g＝10 m/s2，不計一切摩擦?，F(xiàn)使缸內氣體緩慢冷卻，求： (1)當B剛要離開桌面時汽缸內封閉氣體的溫度(用攝氏溫度表示)； (2)氣體的溫度冷卻到－93 ℃時，B離桌面的高度H。 [思路點撥] [解析]　 (1)B剛要離開桌面時彈簧拉力為 kx1＝mg， 由活塞受力平衡得p2S＝p0S－kx1， 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有＝， 代入數(shù)據(jù)解得T2＝207 K， 當B剛要離開桌面時缸內氣體的溫度t2＝－66 ℃。 (2)由(1)得x1＝5 cm，當溫度降至－66 ℃之后，若繼續(xù)降溫，則缸內氣體的壓強不

35、變， 根據(jù)蓋－呂薩克定律，有＝， 代入數(shù)據(jù)解得H＝15 cm。 [答案]　(1)－66 ℃　(2)15 cm “汽缸”模型的三種常見問題 (1)氣體系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，需要綜合應用氣體實驗定律和物體的平衡條件解題。 (2)氣體系統(tǒng)處于非平衡狀態(tài)，需要綜合應用氣體實驗定律和牛頓運動定律解題。 (3)兩個或多個汽缸封閉著幾部分氣體，并且汽缸之間相互關聯(lián)的問題，解答時應分別研究各部分氣體，找出它們各自遵循的規(guī)律，并寫出相應的方程，還要寫出各部分氣體之間壓強或體積的關系式，最后聯(lián)立求解?！　? 2．“液柱”模型 　(2018·石家莊二模)如圖所示，內徑相同的兩U形玻璃管豎

36、直放置在空氣中，中間用細軟管相連，左側U形管頂端封閉，右側U形管開口，用水銀將部分氣體A封閉在左側U形管內，細軟管內還有一部分氣體。已知環(huán)境溫度恒為27 ℃，大氣壓強為76 cmHg，穩(wěn)定時，A部分氣體長度為20 cm，管內各液面高度差分別為h1＝10 cm、h2＝12 cm。 (1)求A部分氣體的壓強； (2)現(xiàn)僅給A部分氣體加熱，當管內氣體溫度升高了50 ℃時，A部分氣體長度為21 cm，求此時右側U形管液面高度差h2′。 [解析]　(1)設左側A部分氣體壓強為p1，軟管內氣體壓強為p2，由圖中液面的高度關系可知，p0＝p2＋h2，p2＝p1＋h1，解得p1＝p0－(h1＋h2)＝5

37、4 cmHg。 (2)由理想氣體狀態(tài)方程有＝， 解得p1′＝60 cmHg； 由于空氣柱長度增加1 cm，則水銀柱向右側移動1 cm，因此液面高度差h1′＝8 cm，由p1′＝p0－(h1′＋h2′)， 解得h2′＝8 cm。 [答案]　(1)54 cmHg　(2)8 cm 解答“液柱”模型的關鍵是求被液柱封閉的氣體的壓強和體積，體積一般通過幾何關系求解，求液柱封閉的氣體壓強時，一般以液柱為研究對象分析受力、列平衡方程，要注意以下4點： (1)液體因重力產生的壓強大小為p＝ρgh(其中h為氣、液接觸面至液面的豎直高度)。 (2)不要漏掉大氣壓強，同時又要盡可能平衡掉某些大氣

38、的壓力。 (3)有時直接應用連通器原理——連通器內靜止的液體，同種液體在同一水平面上各處壓強相等。 (4)當液體為水銀時，可靈活應用壓強單位“cmHg”，使計算過程簡捷?！　? 3．“兩團氣”模型 　(2018·開封模擬)某物理社團受“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器的啟發(fā)，設計了一個測定水深的深度計。如圖，導熱性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ內徑相同，長度均為L，內部分別有輕質薄活塞A、B，活塞密封性良好且可無摩擦左右滑動，汽缸Ⅰ左端開口。外界大氣壓強為p0，汽缸Ⅰ內通過活塞A封有壓強為p0的氣體，汽缸Ⅱ內通過活塞B封有壓強為2p0的氣體，一細管連通兩汽缸，初始狀態(tài)A、B均位于汽缸最左端。該裝置放入水下后

39、，通過A向右移動的距離可測定水的深度。已知p0相當于10 m高的水產生的壓強，不計水溫變化，被封閉氣體視為理想氣體，求： (1)當A向右移動時，水的深度h； (2)該深度計能測量的最大水深hm。 [解析]　(1)當A向右移動時，設B不移動， 對Ⅰ內氣體，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·SL 解得：p1＝p0 而此時B中氣體的壓強為2p0＞p1，故B不動。 由p1＝p0＋ρgh 解得：水的深度h＝10·＝3.33 m。 (2)該裝置放入水下后，由于水的壓力A向右移動，Ⅰ內氣體壓強逐漸增大，當壓強增大到大于2p0后B開始向右移動，當A恰好移動到缸底時所測深度最大，此時原Ⅰ內氣

40、體全部進入Ⅱ內，設B向右移動x距離，兩部分氣體壓強為p2 對原Ⅰ內氣體，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx 對原Ⅱ內氣體，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x) 又p2＝p0＋ρghm 聯(lián)立解得hm＝10·＝20 m。 [答案]　(1)3.33 m　(2)20 m 多個系統(tǒng)相互聯(lián)系的定質量氣體問題，往往以壓強建立起系統(tǒng)間的關系，各系統(tǒng)獨立進行狀態(tài)分析，要確定每個研究對象的變化性質，分別應用相應的實驗定律，并充分應用各研究對象之間的壓強、體積、溫度等量的有效關聯(lián)。若活塞可自由移動，一般要根據(jù)活塞的平衡狀態(tài)確定兩部分氣體的壓強關系?！　? 4．“充氣、抽氣”模型

41、 　(2018·漳州調研)如圖，橫截面積為S的汽缸導熱良好、內壁光滑，汽缸上端開口，底端有一閥門K連接進氣口。原長2l、勁度系數(shù)k＝的輕彈簧一端固定在汽缸底部，另一端連接質量為m＝的活塞，外界大氣壓強p0已知?，F(xiàn)汽缸內封閉一定質量的空氣，此時活塞距汽缸底部的距離為，求： (1)汽缸中氣體的壓強p1； (2)進氣口連接打氣筒，打開閥門K，給汽缸緩慢打氣，每次打入氣體壓強為p0、體積為V＝，為使汽缸中彈簧恢復原長，需要打氣幾次？ (設環(huán)境溫度不變，打入的氣體及汽缸內已有的氣體可視為理想氣體) [解析]　(1)對活塞受力分析如圖所示： 根據(jù)平衡條件有：mg＋p0S＝p1S＋k 解得：

42、p1＝p0。 (2)設彈簧恢復原長時氣體的壓強為p2 根據(jù)平衡條件有：mg＋p0S＝p2S 可得：p2＝2p0 設打氣簡打氣n次，對于打入的氣體及汽缸內已有的氣體，由玻意耳定律得 p1·Sl＋np0·＝p2·2Sl 解得： n＝28，故需要打氣28次。 [答案]　(1)p0　(2)28次 1．等效法求解變質量的氣體問題 在“充氣、抽氣”模型中可以假設把充進或抽出的氣體包含在氣體變化的始、末狀態(tài)中，即用等效法把變質量問題轉化為恒定質量的問題。 (1)充氣中的變質量問題 設想將充進容器內的氣體用一個無形的彈性口袋收集起來，那么當我們取容器和口袋內的全部氣體為研究對

43、象時，這些氣體狀態(tài)不管怎樣變化，其質量總是不變的。這樣，就將變質量的問題轉化成質量一定的問題了。　　 (2)抽氣中的變質量問題 用抽氣筒對容器抽氣的過程中，對每一次抽氣而言，氣體質量發(fā)生變化，其解決方法同充氣問題類似，假設把每次抽出的氣體包含在氣體變化的始、末狀態(tài)中，即用等效法把變質量問題轉化為恒定質量的問題。 2．巧選研究對象 (1)灌氣問題 將一個大容器里的氣體分裝到多個小容器中的問題，可以把大容器中的氣體和多個小容器中的氣體看做整體作為研究對象，可將變質量問題轉化為定質量問題。 (2)漏氣問題 容器漏氣過程中氣體的質量不斷發(fā)生變化，不能用理想氣體狀態(tài)方程求解。如果選容器內剩

44、余氣體為研究對象，便可使問題變成一定質量的氣體狀態(tài)變化，可用理想氣體狀態(tài)方程求解?！　? [題點全練] 1.如圖所示，內徑均勻的U形細玻璃管一端開口，豎直放置，開口端與一個容積很大的貯汽缸B連通，封閉端由水銀封閉一段空氣A，已知－23 ℃時空氣柱A長62 cm，右管水銀面比左管水銀面低40 cm，當氣溫上升到27 ℃時，水銀面高度差變化4 cm。B貯汽缸左側連接的細玻璃管的體積變化不計，A、B兩部分氣體的溫度始終相同。 (1)試論證當氣溫上升到27 ℃時，水銀面高度差是增大4 cm 還是減小4 cm? (2)求－23 ℃時貯汽缸B中氣體的壓強。 解析：(1)假設水銀柱不動，

45、由查理定律得＝＝ 所以Δp＝ΔT 顯然在ΔT、T1相同情況下，初始壓強p1越大，升高相同溫度時，壓強的增量越大， 而初始狀態(tài)時，pA＜pB，所以ΔpA＜ΔpB，則A中水銀上升，水銀面高度差增大。 (2)設－23 ℃時，B中氣體壓強為pB，玻璃管的橫截面積為S，對A中理想氣體有＝ 即＝ 對B中氣體有：＝＝ 聯(lián)立得pB＝140 cmHg。 答案：(1)水銀面高度差增大　(2)140 cmHg 2．(2018·青島模擬)如圖，A、B兩個內壁光滑、導熱良好的汽缸用細管連接，A汽缸中活塞M的截面積為500 cm2，裝有一個大氣壓強的理想氣體50 L。B汽缸中活塞N的截面積為250 cm

46、2，裝有兩個大氣壓強的理想氣體25 L?，F(xiàn)給活塞M施加一水平推力，使其緩慢向右移動，此過程中汽缸均不動，周圍環(huán)境溫度不變，大氣壓強為1.0×105 Pa。求： (1)當推力F＝5×103 N時，活塞M向右移動的距離； (2)汽缸B中能達到的最大壓強。 解析：(1)加力F后，A中氣體的壓強為 pA′＝p0＋＝2×105 Pa 所以N活塞剛好不動 對A中氣體，由玻意耳定律得：pAVA＝pA′VA′ 解得VA′＝25 L 故活塞M向右移動的距離是x＝＝50 cm。 (2)當A中氣體全部進入B中后B中氣體壓強最大，設為p，A中氣體在B中所占體積為V A中氣體進入B中，由玻意耳定

47、律得：p0VA＝pV B中氣體在A中氣體進入前后，由玻意耳定律得： 2p0VB＝p(VB－V) 解得p＝4×105 Pa。 答案：(1)50 cm　(2)4×105 Pa 3．(2018·東北三省四市二模)用銷釘固定的導熱活塞將豎直放置的導熱汽缸分隔成A、B兩部分，每部分都封閉有氣體，此時A、B兩部分氣體壓強之比為5∶3，上下兩部分氣體體積相等。(外界溫度保持不變，不計活塞和汽缸間的摩擦，整個過程不漏氣) (1)如圖甲，若活塞為輕質活塞，拔去銷釘后，待其重新穩(wěn)定時求B部分氣體的體積與原來體積之比； (2)如圖乙，若活塞的質量為M，橫截面積為S，拔去銷釘并把汽缸倒置，穩(wěn)定后A、B兩

48、部分氣體體積之比為1∶2，重力加速度為g，求后來B氣體的壓強。 解析：(1)拔去銷釘前，設A氣體的體積為V，由玻意耳定律得到： pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)， 又pA∶pB＝5∶3，pA′＝pB′ 解得：ΔV＝V， B部分氣體體積與原來的體積之比為3∶4。 (2)初始狀態(tài)：＝， 最終平衡狀態(tài)：pA′＝pB′＋ 設汽缸總容積為V′，A、B兩部分氣體做等溫變化 pA＝pA′，pB＝pB′ 聯(lián)立解得：pB′＝。 答案：(1)3∶4　(2) 4．(2018·淄博二模)如圖所示，某小組在一次實驗中，將底面積S＝30 cm2、導熱性良好的薄壁圓筒開口向下豎

49、直緩慢地放入水中，筒內封閉了一定質量的氣體(可視為理想氣體)。當筒底與水面相平時，圓筒恰好靜止在水中，此時水的溫度t1＝7 ℃，筒內氣柱的長度h1＝14 cm，若大氣壓強p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g大小取10 m/s2。(計算結果保留三位有效數(shù)字) (1)當水的溫度緩慢升高至27 ℃時，筒底露出水面一定高度。該過程中，氣體吸收的熱量為5 J，則氣體的內能變化了多少？ (2)若水溫升至27 ℃后保持不變，用力將圓筒緩慢下移至某一位置(水足夠深)，撤去該力后圓筒恰能靜止，求此時筒底到水面的距離H。 解析：(1)設溫度升高后圓筒內外液面高度差

50、為h2，圓筒的截面積為S、質量為m，分析可知封閉氣體的初態(tài)參量：V1＝h1S，T1＝280 K 封閉氣體的末態(tài)參量：V2＝(h2＋Δh)S，T2＝300 K 由等壓變化規(guī)律＝知：Δh＝1 cm(其中h1＝h2) 此時筒底露出水面的高度為1 cm 外界對氣體做功W＝－(ρgh1＋p0)SΔh 代入數(shù)據(jù)得：W＝－3.042 J 對被封閉氣體由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q 知：ΔU＝1.96 J 即該過程中氣體內能增加了ΔU＝1.96 J。 (2)設圓筒懸浮時封閉氣體的長度為h3 筒底恰與水面齊平時有：ρgh1S＝mg 圓筒后來平衡時有ρgh3S＝mg，所以h1＝h3 即圓筒恰

51、齊平水面到后來懸浮水中為等容變化 筒底恰與水面齊平時的狀態(tài)參量為：p1＝ρgh1＋p0， T1＝280 K 懸浮時氣體的狀態(tài)參量為p3＝ρg(h1＋H)＋p0，T3＝300 K 由等容變化規(guī)律＝知：H＝72.4 cm。 即后來圓筒懸浮于水中時筒底距水面高度為72.4 cm。 答案：(1)增加1.96 J　(2)72.4 cm 1．(2018·渭南聯(lián)考)(1)下列說法中正確的是________。 A．當分子間距r>r0時(r＝r0時分子力為零)，分子間的引力隨著分子間距的增大而減小，分子間的斥力隨著分子間距的增大而減小，分子力表現(xiàn)為引力 B．第一類永動機和第二類永動機研制

52、失敗的原因是違背了能量守恒定律 C．一定質量的理想氣體等壓膨脹過程中的內能不變 D．大霧天氣學生感覺到教室潮濕，說明教室內的相對濕度較大 E．一定質量的單晶體在熔化過程中分子勢能一定是增大的 (2)如圖所示，勁度系數(shù)為k＝100 N/m 的輕質彈簧與完全相同的導熱活塞A、B不拴接，一定質量的理想氣體被活塞A、B分成兩個部分封閉在可導熱的汽缸內?；钊鸄、B之間的距離與B到汽缸底部的距離均為l＝1.2 m，初始時刻，氣體Ⅰ與外界大氣壓強相同，溫度為T1＝300 K，將環(huán)境溫度緩慢升高至T2＝440 K，系統(tǒng)再次達到穩(wěn)定，A已經與彈簧分離，已知活塞A、B的質量均為m＝1.0 kg。橫截面積為

53、S＝10 cm2；外界大氣壓強恒為p0＝1.0×105 Pa。不計活塞與汽缸之間的摩擦且密封良好，g取10 m/s2，求活塞A相對初始時刻上升的高度。 解析：(1)當分子間距r>r0時，分子間的引力和斥力都隨著分子間距的增大而減小，而且斥力減小更快，所以分子力表現(xiàn)為引力，故A正確；第一類永動機研制失敗的原因是違背了能量守恒定律，而第二類永動機研制失敗的原因并不是違背了能量守恒定律，而是違背了熱力學第二定律，故B錯誤；一定質量的理想氣體等壓膨脹，體積變大，溫度升高，內能增大，故C錯誤；相對濕度為水蒸氣的實際壓強與相同溫度水的飽和汽壓的比值的百分數(shù)，大氣中相對濕度越大，水蒸發(fā)也就越慢，人就感受到

54、越潮濕，故大霧天氣學生感覺到教室潮濕，說明教室內的相對濕度較大，故D正確；一定質量的單晶體在熔化過程中溫度不變，分子的平均動能不變，所吸收的熱量全部用來增大分子勢能，故E正確。 (2)對氣體Ⅰ，初態(tài)：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa， V1＝lS； 末態(tài)：T2＝440 K，p2＝p0＋＝1.1×105 Pa，V2＝l′S 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：＝ 解得末態(tài)氣體Ⅰ的長度為l′＝1.6 m。 對氣體Ⅱ，初態(tài)：T3＝300 K，p3＝p0＋＝1.2×105 Pa，V3＝lS； 末態(tài)：T4＝440 K，p4＝p2＋＝1.2×105 Pa，V4＝l″S 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：

55、＝ 解得末態(tài)氣體Ⅱ的長度為l″＝1.76 m。 故活塞A上升的高度為Δh＝(l′－l)＋(l″－l)＝(1.6 m－1.2 m)＋(1.76 m－1.2 m)＝0.96 m。 答案：(1)ADE　(2)0.96 m 2．(2019屆高三·煙臺模擬)(1)下列說法正確的是________。 A．液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性 B．當兩薄玻璃板間加有一層水膜時，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于水膜具有表面張力的緣故 C．當環(huán)境的相對濕度為1時，則干濕泡濕度計的兩個溫度計讀數(shù)一定相同 D．用油膜法測出油酸分子的直徑后，要測定阿伏加德羅常數(shù)，還需要知道油

56、酸的密度和油酸的摩爾質量 E. PM2.5是指環(huán)境空氣中直徑小于等于2.5 μm的顆粒物。溫度越高，PM2.5的運動就會越激烈，所以PM2.5的運動屬于分子熱運動 (2)如圖所示，一絕熱汽缸固定在傾角為30°的固定斜面上，通過絕熱活塞封閉著一定質量的理想氣體。活塞的質量為m，橫截面積為S。初始時，氣體的溫度為T0，活塞與汽缸底部相距為L。通過電熱絲緩慢加熱氣體，當氣體吸收熱量Q時，活塞上升到與汽缸底部相距2L處，已知大氣壓強為p0，重力加速度為g，不計活塞與汽缸壁之間的摩擦。求： (ⅰ)此時氣體的溫度； (ⅱ)加熱過程中氣體內能的增加量。 解析：(1)液晶既具有液體的流動性，同時又具

57、有晶體的各向異性，故A正確； 中間有一層水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，是由于大氣壓強的緣故，故B錯誤； 當環(huán)境的相對濕度為1時，濕泡溫度計停止蒸發(fā)，則干濕泡濕度計的兩個溫度計讀數(shù)一定相同，故C正確；在已知直徑的情況下要測定阿伏加德羅常數(shù)，還需要知道油滴的摩爾體積，若知道油酸的密度和油酸的摩爾質量，則可求得阿伏加德羅常數(shù)，則D正確；PM2.5是指環(huán)境空氣中直徑小于等于2.5 μm的顆粒物，不是分子，故E錯誤。 (2)(ⅰ)設加熱后的溫度為T，此時氣體體積V＝2LS 初始時體積V0＝LS，由等壓變化有： ＝ 解得T＝2T0。 (ⅱ)由題意得，封閉氣體壓強為 p＝

58、p0＋＝p0＋ 該過程氣體對外界做功W＝pSL＝SL 氣體內能的增加量ΔU＝－W＋Q＝Q－SL。 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)2T0　(ⅱ)Q－SL 3．(2018·蕪湖模擬)(1)下列說法中正確的是________。 A．需要用力才能壓縮氣體表明氣體分子間存在斥力 B．一定溫度下，水的飽和蒸氣壓是一定的 C．一定質量的理想氣體從外界吸熱，內能可能減小 D．微粒越大，撞擊微粒的液體分子數(shù)量越多，布朗運動越明顯 E．液體與大氣相接觸，液體表面層內分子間的作用表現(xiàn)為相互吸引 (2)如圖所示，圓柱形汽缸上部開口且有擋板，內部底面積S為0.1 m2，內部高度為d。筒內一個很薄的

59、質量不計的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞上放置一質量為10 kg的重物，開始時活塞處于離底部的高度，外界大氣壓強為1.01×105 Pa，溫度為27 ℃?；钊c汽缸內壁的摩擦忽略不計，現(xiàn)對氣體加熱，求：(g取10 m/s2) (ⅰ)當活塞剛好到達汽缸口時氣體的溫度； (ⅱ)氣體溫度達到387 ℃時氣體的壓強。 解析：(1)需要用力才能壓縮氣體這是由于氣體壓強的緣故，與氣體分子間的斥力無關，選項A錯誤；飽和汽壓與溫度有關，在一定溫度下，水的飽和蒸氣壓是一定的，選項B正確；一定質量的理想氣體從外界吸熱，若對外做功，則內能可能減小，選項C正確；微粒越小，液體分子對微粒的碰撞越不平衡，布朗運動越

60、明顯，選項D錯誤；液體與大氣相接觸，液體表面層內分子比較稀疏，分子間的作用表現(xiàn)為相互吸引，選項E正確。 (2)(ⅰ)被封閉氣體做等壓變化：V1＝S T1＝(273＋27)K＝300 K 設溫度升高到T2時，活塞剛好到達汽缸口：V2＝Sd 根據(jù)蓋呂薩克定律：＝ 解得T2＝600 K。 (ⅱ)T3＝387 ℃＝660 K>T2 故被封閉氣體先做等壓變化，待活塞到達汽缸口后做等容變化V3＝Sd 由理想氣體狀態(tài)方程：＝ p1＝p0＋ 解得p3＝1.122×105 Pa。 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ) 600 K　(ⅱ) 1.122×105 Pa 4．(1)下列說法

61、中正確的是________。 A．當分子間距離增大時，分子間引力增大，分子間斥力減小 B．布朗運動反映了懸浮顆粒內部的分子在永不停息地做無規(guī)則的熱運動 C．雨傘傘面上有許多細小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用 D．一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱 E．一定量的理想氣體，如果體積不變，分子每秒平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減少 (2)一種測量稀薄氣體壓強的儀器如圖(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分別連通兩豎直玻璃細管K1和K2。K1長為l，頂端封閉，K2上端與待測氣體連通；M下端經橡皮軟管與充有水銀的容器R連通。開始測量時，M與K2相通；逐漸提升R，直

62、到K2中水銀面與K1頂端等高，此時水銀已進入K1，且K1中水銀面比頂端低h，如圖(b)所示。設測量過程中溫度、與K2相通的待測氣體的壓強均保持不變。已知K1和K2的內徑均為d，M的容積為V0，水銀的密度為ρ，重力加速度大小為g。求： (ⅰ)待測氣體的壓強； (ⅱ)該儀器能夠測量的最大壓強。 解析：(1)分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，但斥力減小得快，故A錯誤；布朗運動反映了液體分子在永不停息地做無規(guī)則熱運動，故B錯誤；傘面上有許多細小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用，故C正確；由理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，如果壓強不變，體積增大，溫度升高，那么它一定從外界吸熱，故D正

63、確；由理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，體積不變，當溫度降低時，壓強減小，分子每秒平均碰撞次數(shù)減小，故E正確。 (2)(ⅰ)水銀面上升至M的下端使玻璃泡中氣體恰好被封住，設此時被封閉的氣體的體積為V，壓強等于待測氣體的壓強p。提升R，直到K2中水銀面與K1頂端等高時，K1中水銀面比頂端低h；設此時封閉氣體的壓強為p1，體積為V1，則 V＝V0＋πd2l ① V1＝πd2h ② 由力學平衡條件得p1＝p＋ρhg ③ 整個過程為等溫過程，由玻意耳定律得 pV＝p1V1 ④ 聯(lián)立①②③④式得 p＝。 ⑤

64、 (ⅱ)由題意知h≤l ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式有p≤ ⑦ 該儀器能夠測量的最大壓強為pmax＝。 ⑧ 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 5.(2018·安順監(jiān)測)(1)關于物體的內能，下列說法正確的是________。 A．橡皮筋被拉伸時，分子間勢能增加 B．物體內部所有分子動能的總和叫做物體的內能 C．一定質量的0 ℃的冰融化為0 ℃的水時，分子勢能增加 D．一定質量的理想氣體放出熱量，它的內能可能增加 E．通電時電阻發(fā)熱，它的內能增加是通過“熱傳遞”方式實現(xiàn)的 (2)如圖所示為某型號的太陽能空氣集熱器的簡易圖，底面及側面

65、為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積為V0，開始時內部封閉氣體的壓強為p0。經過太陽暴曬，氣體溫度由T0＝300 K升至T1＝400 K，為減小集熱器內部壓強，集熱器自動控制系統(tǒng)緩慢抽出部分氣體，并使溫度降為360 K，此時，集熱器內氣體的壓強回到p0。求： (ⅰ)T1＝400 K時氣體的壓強； (ⅱ)溫度降為360 K時，集熱器內剩余氣體的質量與原來總質量的比值。 解析：(1)橡皮筋被拉伸時，分子力做負功，分子間勢能增加，故A正確。物體的內能包括分子動能和分子勢能，物體內部所有分子動能的總和只是內能的一部分，故B錯 誤。一定質量的0 ℃的冰融化為0 ℃的水時需要吸熱，而此時分子平

66、均動能不變，分子動能不變，故分子勢能增加，故C正確。一定質量的理想氣體放出熱量，如果同時有外界對它做功，且做功的量大于它放出的熱量，它的內能就會增加，故D正確。通電時電阻發(fā)熱，它的內能增加是通過電流做功的方式實現(xiàn)的，故E錯誤。 (2)(ⅰ)集熱器內的氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律，有＝， 代入數(shù)據(jù)解得：p1＝p0。 (ⅱ)以抽出的氣體和集熱器內的氣體為研究對象，設抽出的氣體溫度也為T2，壓強也為p0，此時與集熱器內氣體的總體積為V，由理想氣體狀態(tài)方程得， ＝， 聯(lián)立解得：V＝V0 設剩余氣體的質量與原來氣體的總質量之比為k，由題意得 k＝，聯(lián)立解得：k＝。 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)p0　(ⅱ) 第二講振動和波動__光學 一、選擇題 1．(2018·全國卷Ⅲ)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t＝0和t＝0.20 s時的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知該波的周期T＞0.20 s。下列說法正確的是________。 A．波速為0.40 m/s B．波長為0.08 m C．x＝0.08 m的質點在t＝0.70 s時位于波谷 D．x＝0.08