1、第一讲 分子动理论 气体及热力学定律 123课 前 自 测 诊 断 点击进入课 堂 重 点 攻 坚课后“高仿”检测考点一 分子动理论 内能及热力学定律 释疑 3 大考点理 清 知识体系 突 破三个重点1估算问题(1)油膜法估算分子直径：dVSV 为纯油酸体积，S 为单分子油膜面积(2)分子总数：NnNA mMmNA VVmNA注意 对气体而言，N VV个。(3)两种模型：球模型：V43R3(适用于估算液体、固体分子直径)立方体模型：Va3(适用于估算气体分子间距)2反映分子运动规律的两个实例研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒运动特点：无规则、永不停息布朗运动相关因素：颗粒大小、温度产生原
2、因：分子永不停息的无规则运动扩散现象 相关因素：温度3对热力学定律的理解(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。(2)热力学第一定律 UQW 中 W 和 Q 的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。(3)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。题点全练 1正误判断。(1)液体温度越高，布朗运动会越激烈。()(2)显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性。()(3)悬浮在空气中做布朗运动的 PM2.5 微粒，气温越高，运动
3、越剧烈。()(4)扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以。()(5)将一个分子从无穷远处移动到无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大。()(6)当分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大。()(7)若两分子间距离减小，分子间斥力增大，引力减小，合力为斥力。()(8)当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0 时，分子间的距离越大，分子势能越小。()(9)只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数。()(10)用阿伏加德罗常数和某种气体的密度，就可以求出该种气体的分子质量。()(11)只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出该气体分
4、子的体积。()(12)一定质量的 100 的水吸收热量后变成 100 的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能。()(13)外界对系统做功，其内能一定增加。()(14)一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变。()(15)一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大。()(16)热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。()(17)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。()(18)热量不可以自发地从低温物体传递到高温物体，是因为违背了热力学第一定律。()(19)“第一类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。()(
5、20)“第二类永动机”不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律。()2.(2019江苏高考)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分 子 之 间 的 相 互 作 用 总 体 上 表 现 为_(选填“引力”或“斥力”)。分子势能 Ep 和分子间距离 r 的关系图像如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子 Ep的是图中_(选填“A”“B”或“C”)的位置。解析：水滴表面层使水滴具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力为引力；水分子之间，引力和斥力相等时，分子间距 rr0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离 rr0，因此，小水滴表面层中水分子 Ep
6、对应于位置 C。答案：引力 C3(2019东北三省四市二模)下列说法正确的是_。A空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律C对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大D用温度计测量温度是根据热平衡的原理E随着科技的发展，热机的效率定能达到 100%解析：热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，故 A 错误。第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律，故 B 正确。理想气体内分
7、子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体的内能仅仅与温度有关，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大，故 C 正确。用温度计测量温度是根据热平衡的原理，故 D 正确。根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到 100%，故 E 错误。答案：BCD 4(2019衡水中学模拟)关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是_。A在10r0(r0为分子间作用力为零的间距，其值为1010 m)距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力B分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零C当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D分子间距离越大，分子间
8、的斥力越小E两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢解析：分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在 10r0 距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确。设分子平衡距离为 r0，分子距离为r，当 rr0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当 rr0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当 rr0，分子力为 0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C 错误。分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分
9、子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，D、E 正确。答案：ADE 考点二 固体、液体和气体的性质 理 清 知识体系 理 解 三个问题 1对晶体、非晶体特性的理解(1)只有单晶体才可能具有各向异性。(2)各种晶体都具有固定熔点，晶体熔化时，温度不变，吸收的热量全部用于分子势能增加。(3)晶体与非晶体可以相互转化。(4)有些晶体属于同素异形体，如金刚石和石墨。2正确理解温度的微观含义(1)温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大。(2)温度越高，物体分子动能总和增大，但物体的内能不一定越大。3对气体压强的理解(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子
10、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。题点全练 1正误判断。(1)大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体。()(2)单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的。()(3)单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。()(4)晶体在各个方向上的导热性能相同时，表现为各向同性。()(5)单晶体的某些物理性质具有各向异性。()(6)太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果。()(7)液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部。()(8)液体表面的分子间距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力。()(9)叶面上的小
11、露珠呈球形是由于液体表面张力的作用。()(10)液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征。()(11)液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点。()(12)当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大。()(13)空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越快。()(14)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现。()(15)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故。()(16)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因。()(17)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零。()(18)压强变
12、大时，分子间的平均距离必然变小。()(19)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小。()(20)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。()2(2019武汉调研)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是_。A气体并没有对外做功，气体内能不变BB中气体可自发地全部退回到A中C气体温度不变，体
13、积增大，压强减小D气体体积膨胀，对外做功，内能减小E气体体积变大，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少解析：由于气闸舱 B 内为真空，所以气体在扩张过程中不会对外做功，系统与外界没有热交换，所以气体内能不变，故A 正确，D 错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的，故 B 错误；气体温度不变，由 pVC 可知，体积增大，压强减小，故 C 正确；气体体积变大，压强减小，由压强微观解释可知，气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少，故 E 正确。答案：ACE 3(2019江西名校联考)夏天的中午，雨过天晴，高三学生甲同学从家 里 出 发 骑 自
14、行 车 前 往 学 校 上 课，则 下 列 说 法 正 确 的 是_。A出发前，甲同学给自行车打气，若环境温度不变，发现越打气越困难，这是因为自行车车胎内气体气压增大B出发后，甲同学感觉十分闷热，潮湿，这是因为此时空气相对湿度较大，人体皮肤水分不会蒸发C甲同学经过学校内池塘边时，发现池塘中莲花的花粉散落在水中，并且在缓慢运动，这是花粉在水中做布朗运动D来到教室，甲同学看到教室外的玻璃窗已经被雨水打湿，雨水附着在玻璃上，说明水对玻璃是浸润的E开始上课后，为了给教室降温，甲同学打开空调，此时空调机从教室内吸收的热量少于向教室外排放的热量解析：车胎容积一定，向自行车内打气时，车胎内的气体越来越多，环
15、境温度不变，气体压强越来越大，用打气筒打气时，车胎内气体对打气筒的压力越来越大，所以打气时感觉越来越费力，故选项 A正确；感觉十分闷热，潮湿，这是因为此时空气相对湿度较大，人体皮肤表面的汗液难以蒸发，故选项 B 错误；布朗运动是微小颗粒的运动，在光学显微镜下能看到，较大的颗粒不做布朗运动，所以发现池塘中莲花的花粉散落在水中，并且在缓慢运动，这不是布朗运动，故选项 C 错误；浸润指液体与固体发生接触时，液体附着在固体表面或渗透到固体内部的现象，此时看到教室外的玻璃窗已经被雨水打湿，雨水附着在玻璃上，说明水对玻璃是浸润的，故选项D 正确；空调机在制冷过程中，从教室内吸收的热量少于向教室外放出的热量
16、，因为电能也部分转化为热能，故选项 E 正确。答案：ADE 4(2019青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的p-T 图，气体从 abca 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 VcBab 过程气体的分子数密度变大Cbc 过程外界对气体做的功等于气体放出的热量Dca 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 ab 过程气体吸热 300 J，ca 过程放热 400 J，则 ca 过程外界对气体做功 100 J解析：ca 过程气体压强增大，温度降低，根据pVT C 可知体
17、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；ab过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故 B 错误；bc 过程是等温变化，气体内能不变，U0，气体体积增大，气体对外界做功，W0，气体吸收热量，由以上分析可知，bc 过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故 C 错误；ca 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 ab 过程气体吸热 300 J，ca 过程放热 400 J，则 ca 过程外界对气体做功 100 J，故 E
18、 正确。答案：ADE 考点三 气体实验定律和理想气体状态方程 理 清 知识体系 掌 握 三个要点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求解。(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。若应用 pp0h 或 pp0h 来表示压强，则压强 p 的单位为 cmHg 或 mmHg。2合理选取气体变化所遵循的规律列方程(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式求解。(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多个研究对象的问题由活塞、液柱相联系的“两团气”问
19、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。研 透 四类常考模型 1“汽缸”模型例1(2019烟台模拟)如图所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为 10 kg，横截面积为 50 cm2，厚度为 1 cm，汽缸全长为 21 cm，大气压强为 1.0105 Pa，当温度为 7 时，活塞封闭的气柱长 10 cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。(g 取 10 m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字)(1)将汽缸倒过来放置，若温度上升到 27，求此时气柱的长度；(2)汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接
20、触平台，求此时气体的温度。思路点拨解析 以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有 p0SmgpS汽缸倒过来后，有 pSmgp0S温度为 7 不变，根据玻意耳定律有 pSl0pSl联立解得：l32l015 cm。(1)温度由 7 升高到 27 的过程中，封闭气体压强不变，有lST1 lST2解得 l16.1 cm。(2)活塞刚好接触平台时，气体的温度为 T，则由盖吕萨克定律知lST2l1ST解得：T373 K，故 t100。答案(1)16.1 cm(2)100 归纳总结“汽缸”模型的三种常见问题(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。(2)气体系统处于非平衡状态，需
21、要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。(3)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。2“液柱”模型例2 (2018全国卷)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l118.0 cm和l212.0 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
22、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，由力的平衡条件有p1p2(l1l2)U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为 p。此时原左、右两边气柱长度分别变为 l1和 l2，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等l1l1l2l2由玻意耳定律有p1l1pl1 p2l2pl2联立解得 l122.5 cm，l27.5 cm。答案 22.5 cm 7.5 cm例3(2019石家庄二模)如图所示，内径相同的两 U 形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧 U 形管顶端封闭，右侧 U 形管开口，用水银将部分气体 A 封闭
23、在左侧 U 形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为 27，大气压强为 76 cmHg，稳定时，A 部分气体长度为 20 cm，管内各液面高度差分别为 h110 cm、h212 cm。(1)求 A 部分气体的压强；(2)现仅给 A 部分气体加热，当管内气体温度升高了 50 时，A 部分气体长度为 21 cm，求此时右侧 U 形管液面高度差 h2。解析(1)设左侧 A 部分气体压强为 p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知，p0p2h2，p2p1h1，解得p1p0(h1h2)54 cmHg。(2)由理想气体状态方程有p1V1T1 p1V1T1，解得 p160 cmHg；由于
24、空气柱长度增加 1 cm，则水银柱向右侧移动 1 cm，因此液面高度差 h18 cm，由 p1p0(h1h2)，解得 h28 cm。答案(1)54 cmHg(2)8 cm归纳总结 解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，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，要注意以下 4 点：(1)液体因重力产生的压强大小为 pgh(其中 h 为气、液接触面至液面的竖直高度)。(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，
25、可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。3“两团气”模型 例4(2019开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸、内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口。外界大气压强为p0，汽缸内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当A向右移动L4时，水的深度
26、h；(2)该深度计能测量的最大水深hm。解析(1)当 A 向右移动L4时，设 B 不移动，对内气体，由玻意耳定律得：p0SLp134SL解得：p143p0而此时 B 中气体的压强为 2p0p1，故 B 不动。由 p1p0gh解得：水的深度 h10ghp0 3.33 m。(2)该装置放入水下后，由于水的压力 A 向右移动，内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 2p0 后 B 开始向右移动，当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原内气体全部进入内，设 B向右移动 x 距离，两部分气体压强为 p2对原内气体，由玻意耳定律得：p0SLp2Sx对原内气体，由玻意耳定律得：2p0SLp2S(Lx)又
27、p2p0ghm联立解得 hm10ghmp0 20 m。答案(1)3.33 m(2)20 m归纳总结 多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。4“充气、抽气”模型例5(2019漳州调研)如图，横截面积为 S 的汽缸导热良好、内壁光滑，汽缸上端开口，底端有一阀门 K 连接进气口。原长 2l、劲度系数 kp0Sl 的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为 mp0Sg 的活
28、塞，外界大气压强 p0 已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为3l2，求：(1)汽缸中气体的压强 p1；(2)进气口连接打气筒，打开阀门 K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为 p0、体积为 VSl16，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？(设环境温度不变，打入的气体及汽缸内已有的气体可视为理想气体)解析(1)对活塞受力分析如图所示：根据平衡条件有：mgp0Sp1Skl2解得：p132p0。(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为 p2根据平衡条件有：mgp0Sp2S可得：p22p0设打气筒打气 n 次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得p132Slnp0Sl1
29、6p22Sl解得：n28，故需要打气 28 次。答案(1)32p0(2)28 次归纳总结1等效法求解变质量的气体问题 在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或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恒定质量的问题。(1)充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。(2)抽气中的变质量问题用抽气筒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，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变
30、化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。2巧选研究对象(1)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，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。(2)漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。题点全练 1.如图所示，内径均匀的 U 形细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮汽缸 B 连通，封闭端由水银封闭一段空气 A，已知23 时空气柱 A 长 62 cm，右管水银面比左
31、管水银面低40 cm，当气温上升到 27 时，水银面高度差变化 4 cm。B 贮汽缸左侧连接的细玻璃管的体积变化不计，A、B 两部分气体的温度始终相同。(1)试论证当气温上升到 27 时，水银面高度差是增大 4 cm 还是减小 4 cm?(2)求23 时贮汽缸 B 中气体的压强。解析：(1)假设水银柱不动，由查理定律得p1T1p2T2pT所以 pp1T1T 显然在 T、T1 相同情况下，初始压强 p1 越大，升高相同温度时，压强的增量越大，而初始状态时，pApB，所以 pApB，则 A 中水银上升，水银面高度差增大。(2)设23 时，B 中气体压强为 pB，玻璃管的横截面积为 S，对A 中 理
32、 想 气 体 有 pAVAT1 pAVAT2即 pB4062S250pB4460S300对 B 中气体有：pBT1pBT2 pT联立得 pB140 cmHg。答案：(1)水银面高度差增大(2)140 cmHg2.(2019怀化模拟)如图所示，导热性能极好的汽缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为 S、质量为 m 的活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同，均为 T1。当环境温度缓慢下降到 T2 时，活塞下降的高度为 h；现取走砝码，稳定后活塞恰好上升 h。已知外界大气压强为 p0 保持不变，重力加速度为 g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，T1、T2 均为热力学温度
33、，求：(1)气体温度为 T1 时，气柱的高度；(2)砝码的质量。解析：(1)设气体温度为 T1 时，气柱的高度为 H，环境温度缓慢下降到 T2 的过程是等压变化，根据盖吕萨克定律有HST1 HhST2解得 HT1T1T2h。(2)设砝码的质量为 M，取走砝码后的过程是等温变化p2p0mMgS V2(Hh)Sp3p0mgS V3HS由玻意耳定律得 p2V2p3V3 联立解得 Mp0SmgT1T2gT2。答案：(1)T1T1T2h(2)p0SmgT1T2gT23(2019东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成 A、B 两部分，每部分都封闭有气体，此时 A、B 两部分气体压
34、强之比为53，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求 B 部分气体的体积与原来体积之比；(2)如图乙，若活塞的质量为 M，横截面积为 S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后 A、B 两部分气体体积之比为 12，重力加速度为 g，求后来 B 气体的压强。解析：(1)拔去销钉前，设 A 气体的体积为 V，由玻意耳定律得到：pAVpA(VV)，pBVpB(VV)，又 pApB53，pApB解得：V14V，B 部分气体体积与原来的体积之比为 34。(2)初始状态：pApB53，最终平衡状态：pApBMg
35、S设汽缸总容积为 V，A、B 两部分气体做等温变化pAV2 pAV3，pBV2 pB2V3联立解得：pB3Mg7S。答案：(1)34(2)3Mg7S4(2019淄博二模)如图所示，某小组在一次实验中，将底面积 S30 cm2、导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)。当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中，此时水的温度 t17，筒内气柱的长度 h114 cm，若大气压强 p01.0105 Pa，水的密度 1.0103kg/m3，重力加速度 g大小取 10 m/s2。(计算结果保留三位有效数字)(1)当水的温度缓慢升高至 27 时，筒底露出水面一
36、定高度。该过程中，气体吸收的热量为 5 J，则气体的内能变化了多少？(2)若水温升至 27 后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置(水足够深)，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离 H。解析：(1)设温度升高后圆筒内外液面高度差为 h2，圆筒的截面积为S、质量为 m，分析可知封闭气体的初态参量：V1h1S，T1280 K封闭气体的末态参量：V2(h2h)S，T2300 K由等压变化规律V1T1V2T2知：h1 cm(其中 h1h2)此时筒底露出水面的高度为 1 cm外界对气体做功 W(gh1p0)Sh代入数据得：W3.042 J对被封闭气体由热力学第一定律 UWQ知：U1.96 J即该过程中气体内能增加了 U1.96 J。(2)设圆筒悬浮时封闭气体的长度为 h3筒底恰与水面齐平时有：gh1Smg圆筒后来平衡时有 gh3Smg，所以 h1h3即圆筒恰齐平水面到后来悬浮水中为等容变化筒底恰与水面齐平时的状态参量为：p1gh1p0，T1280 K悬浮时气体的状态参量为 p3g(h1H)p0，T3300 K由等容变化规律p1T1p3T3知：H72.4 cm。即后来圆筒悬浮于水中时筒底距水面高度为 72.4 cm。答案：(1)增加 1.96 J(2)72.4 cm3课后“高仿”检测练熟提能力，正途刷高分点击进入谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢