5、大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)分子間作用力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子間距減小，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，選項(xiàng)E正確．
[答案] ACE
角度二 固體、液體和氣體
【典例2】 (多選)(2019·河北衡水中學(xué)模擬)以下對(duì)固體和液體的認(rèn)識(shí)，正確的有( )
A．燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是晶體
B．液體與固體接觸時(shí)，如果附著層內(nèi)分子比液體內(nèi)部分子稀疏，表現(xiàn)為不浸潤
C．影響蒸發(fā)快慢以及人們對(duì)干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一氣溫下水的飽和汽壓的差距
D．液體汽化時(shí)吸收的熱量等于液體分子克服分子引力而做的功
E．車輪在潮濕的地面上滾過后，車轍
6、中會(huì)滲出水，屬于毛細(xì)現(xiàn)象
[思路引領(lǐng)] (1)只要具有各向異性的物體必定是晶體且是單晶體．
(2)影響蒸發(fā)快慢的因素不是絕對(duì)濕度，而是相對(duì)濕度．
[解析] 燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母是晶體，故A錯(cuò)誤；液體與固體接觸時(shí)，如果附著層內(nèi)分子比液體內(nèi)部分子稀疏，分子力為引力，表現(xiàn)為不浸潤，故B正確；影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對(duì)干爽與潮濕感受的因素是空氣的相對(duì)濕度B＝×100%，即空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與同一溫度下水的飽和汽壓的差距，故C正確；液體汽化時(shí)，液體分子離開液體表面成為氣體分子，要克服其他液體分子的吸引而做功，因此要吸收熱量．液體汽化過程中體積增大很多
7、，體積膨脹時(shí)要克服外界氣壓做功，也要吸收熱量，故D錯(cuò)誤；車輪在潮濕的地面上滾過后，車轍中會(huì)滲出水，屬于毛細(xì)現(xiàn)象，選項(xiàng)E正確．
[答案] BCE
1．分子動(dòng)理論的三個(gè)核心規(guī)律
(1)分子模型、分子數(shù)
①分子模型：球模型：V＝πR3，立方體模型：V＝a3.
②分子數(shù)：N＝nNA＝NA＝NA.
(2)分子運(yùn)動(dòng)：分子做永不停息地?zé)o規(guī)則運(yùn)動(dòng)，溫度越高，分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)越劇烈．
(3)分子勢(shì)能、分子力與分子間距離的關(guān)系．
2．固體和液體
(1)晶體和非晶體的分子結(jié)構(gòu)不同，表現(xiàn)出的物理性質(zhì)不同．晶體具有確定的熔點(diǎn)．單晶體表現(xiàn)為各向異性，多晶體和非晶體表現(xiàn)為各向同性．晶體和非晶體在適
8、當(dāng)?shù)臈l件下可以相互轉(zhuǎn)化．
(2)液晶是一種特殊的物質(zhì)狀態(tài)，所處的狀態(tài)介于固態(tài)和液態(tài)之間．液晶具有流動(dòng)性，在光學(xué)、電學(xué)、物理性質(zhì)上表現(xiàn)為各向異性．
(3)液體的表面張力使液體表面具有收縮到最小的趨勢(shì)，表面張力的方向跟液面相切．
遷移一 固體和液體
1．(多選)(2015·全國卷Ⅰ)下列說法正確的是( )
A．將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體
B．固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學(xué)性質(zhì)
C．由同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體
D．在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w
E．在熔化
9、過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變
[解析] 一個(gè)固體是否是晶體是由分子的空間排列結(jié)構(gòu)決定的，與體積大小無關(guān)，將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒仍是晶體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于單晶體具有各向異性的特點(diǎn)，所以有些晶體在不同方向上有不同的光學(xué)性質(zhì)，選項(xiàng)B正確；有的物質(zhì)在不同條件下能夠生成不同的晶體，原因是組成它們的原子能夠按照不同排列方式形成不同的空間分布，選項(xiàng)C正確；物質(zhì)是晶體還是非晶體并不是絕對(duì)的，在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，選項(xiàng)D正確；在熔化過程中，晶體要吸收熱量，溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，分子勢(shì)能增加，內(nèi)能增加，選項(xiàng)E錯(cuò)誤．
[答案
10、] BCD
遷移二 分子熱運(yùn)動(dòng)與布朗運(yùn)動(dòng)
2．關(guān)于分子熱運(yùn)動(dòng)和布朗運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )
A．布朗運(yùn)動(dòng)是指在顯微鏡中看到的液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)
B．布朗運(yùn)動(dòng)間接反映了分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)
C．懸浮顆粒越大，同一時(shí)刻與它碰撞的液體分子越多，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著
D．當(dāng)物體溫度達(dá)到0 ℃時(shí)，物體分子的熱運(yùn)動(dòng)就會(huì)停止
[解析] 布朗運(yùn)動(dòng)是指在顯微鏡中看到的懸浮的固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；布朗運(yùn)動(dòng)間接反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無規(guī)則性，B正確；懸浮顆粒越大，液體分子對(duì)它的撞擊作用的不平衡性越小，布朗運(yùn)動(dòng)越不明顯，C錯(cuò)誤；熱運(yùn)動(dòng)在0 ℃時(shí)不會(huì)停止，D錯(cuò)誤．
[答案] B
11、布朗運(yùn)動(dòng)與分子熱運(yùn)動(dòng)的區(qū)別
熱點(diǎn)考向二 氣體實(shí)驗(yàn)定律的應(yīng)用
【典例】 (2019·全國卷Ⅱ)如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個(gè)汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑．整個(gè)容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮?dú)猓胶鈺r(shí)，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強(qiáng)為p.現(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔儯钊麤]有到達(dá)兩汽缸的連接處，求
(1)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)；
(2)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積．
[思路引領(lǐng)] 抽氣后活塞右移，兩活塞用剛性桿連接，故氫氣體積增加量是氮?dú)怏w積減少量的2倍
12、．
[解析] (1)設(shè)抽氣前氫氣的壓強(qiáng)為p10，根據(jù)力的平衡條件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①
得p10＝(p0＋p)②
(2)設(shè)抽氣后氫氣的壓強(qiáng)和體積分別為p1和V1，氮?dú)獾膲簭?qiáng)和體積分別為p2和V2.根據(jù)力的平衡條件有p2·S＝p1·2S③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0④
p2V2＝p0V0⑤
由于兩活塞用剛性桿連接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
聯(lián)立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p⑦
V1＝⑧
[答案] (1)(p0＋p) (2)p0＋p
氣體實(shí)驗(yàn)定律的解題方法
1．選對(duì)象
根據(jù)題意，選出所研究的那一部分氣體，這部分氣體
13、在狀態(tài)變化過程中，其質(zhì)量必須保持一定．
2．找參量
找出作為研究對(duì)象的這部分氣體發(fā)生狀態(tài)變化前后的一組p、V、T數(shù)值或表達(dá)式．壓強(qiáng)的確定往往是個(gè)關(guān)鍵，常需結(jié)合力學(xué)知識(shí)(如力的平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律)才能寫出表達(dá)式．
3．認(rèn)過程
過程表示兩個(gè)狀態(tài)之間的一種變化方式，除題中條件已直接指明外，在許多情況下，往往需要通過對(duì)研究對(duì)象跟周圍環(huán)境的相互關(guān)系的分析才能確定．認(rèn)清變化過程是正確選用物理規(guī)律的前提．
4．列方程
根據(jù)研究對(duì)象狀態(tài)變化的具體方式，選用氣體狀態(tài)方程或能量守恒定律，代入具體數(shù)值，求出結(jié)果，最后分析討論所得結(jié)果的合理性及其物理意義．
遷移一 蓋—呂薩克定律和查理定律的綜合
14、應(yīng)用
1．(2019·武昌實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模)如圖所示，在大氣中有一水平放置的固定圓筒，它由a、b和c三個(gè)粗細(xì)不同的部分連接而成，各部分的橫截面積分別為2S、和S.已知大氣壓強(qiáng)為p0，溫度為T0.兩活塞A和B用一根長(zhǎng)為4l的不可伸長(zhǎng)的輕線相連，把溫度為T0的空氣密封在兩活塞之間，此時(shí)兩活塞的位置如圖所示．現(xiàn)對(duì)被密封的氣體加熱，使其溫度緩慢上升到T.若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，此時(shí)兩活塞之間氣體的壓強(qiáng)可能為多少？
[解析] 設(shè)加熱前，被密封氣體的壓強(qiáng)為p1，輕線的張力為F，根據(jù)平衡條件有
對(duì)活塞A：p0·2S－p1·2S＋F＝0，
對(duì)活塞B：p1S－p0S－F＝0，
解得：p1＝p0
15、，F(xiàn)＝0.
即被密封氣體的壓強(qiáng)與大氣壓強(qiáng)相等，輕線處在剛好拉直的狀態(tài)且張力為0，這時(shí)氣體的體積為：V1＝2Sl＋·2l＋Sl＝4Sl，
對(duì)氣體加熱時(shí)，被密封氣體溫度緩慢升高，兩活塞一起向左緩慢移動(dòng)，氣體體積增大，壓強(qiáng)保持p1不變，若持續(xù)加熱，此過程會(huì)一直持續(xù)到活塞向左移動(dòng)的距離等于l為止，這時(shí)氣體的體積為：V2＝4Sl＋·2l＝5Sl，
根據(jù)蓋—呂薩克定律有：＝，解得：T2＝T0，
由此可知，當(dāng)T≤T2＝T0時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為：p＝p0.
當(dāng)T>T2時(shí)，活塞已無法移動(dòng)，被密封氣體的體積保持V2不變，由查理定理有：＝，
解得：p＝p0，則當(dāng)T>T0時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為p0.
[答案] 見
16、解析
遷移二 理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用
2．(2019·蘇北四市第一次大聯(lián)考)如圖所示，容器A和汽缸B都能導(dǎo)熱，均處于27 ℃的環(huán)境中，汽缸B上方與大氣連通，大氣壓強(qiáng)為p0＝1.0×105 Pa.開始時(shí)閥門K關(guān)閉．A內(nèi)為真空，其容積VA＝1.2 L，B內(nèi)活塞橫截面積S＝100 cm2、質(zhì)量m＝1 kg，活塞下方充有理想氣體，其體積VB＝4.8 L．活塞上方恰與汽缸上部接觸但沒有彈力．A與B間連通的細(xì)管體積不計(jì)，打開閥門K后使活塞緩慢下移．不計(jì)摩擦，g取10 m/s2.
(1)求穩(wěn)定后活塞的位置距汽缸頂部的距離及活塞下移過程中汽缸B內(nèi)氣體對(duì)活塞做的功；
(2)穩(wěn)定后將閥門K再次關(guān)閉，然
17、后把整個(gè)裝置放置于207 ℃的恒溫槽中．求活塞穩(wěn)定后汽缸B內(nèi)氣體的壓強(qiáng)．
[解析] (1)未打開閥門K時(shí)有pB＝＝1.01×105 Pa，打開閥門后，活塞緩慢下降，如果活塞穩(wěn)定時(shí)停留在汽缸底部，則此時(shí)汽缸內(nèi)氣體體積減小為1.2 L，壓強(qiáng)會(huì)大于pB，不符合實(shí)際，故最終活塞未與汽缸底部接觸．
所以氣體的溫度、壓強(qiáng)均未變化，則體積也不變，設(shè)最終汽缸B中氣體體積為V1，則有VB＝VA＋V1，代入數(shù)據(jù)解得V1＝3.6 L，
活塞下移距離為d＝＝ m＝0.12 m，
所以穩(wěn)定后活塞的位置距汽缸頂部的距離為0.12 m.
氣體對(duì)活塞的作用力為
pBS＝p0S＋mg＝(1×105×0.01＋10)
18、 N＝1010 N，
氣體對(duì)活塞做的功為
W＝－pBSd＝－1010×0.12 J＝－121.2 J.
(2)閥門K關(guān)閉，整個(gè)裝置放置于207 ℃的恒溫槽中，則活塞將上升，氣體發(fā)生等壓變化，設(shè)最終體積為V2，
根據(jù)蓋—呂薩克定律得＝，
解得V2＝5.76 L>VB＝4.8 L，
說明活塞最終停在汽缸頂部，設(shè)最終氣壓為pB′，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有＝，
代入數(shù)據(jù)解得pB′＝1.212×105 Pa.
[答案] (1)0.12 m?。?21.2 J (2)1.212×105 Pa
理想氣體狀態(tài)方程與氣體實(shí)驗(yàn)定律的關(guān)系
＝
當(dāng)p、V、T均發(fā)生變化時(shí)，要考慮理想氣體狀態(tài)方程解
19、題，但要注意必須是一定質(zhì)量的理想氣體.
熱點(diǎn)考向三 氣體狀態(tài)變化與熱力學(xué)定律的綜合應(yīng)用
【典例】 (多選)(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(nèi)能一直增加
C．氣體一直對(duì)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(duì)外做功
[思路引領(lǐng)] (1)根據(jù)＝C可知從a到b溫度升高．
(2)從a到b過程，T↑→ΔU>0，V↑→W<0.
(3)由ΔU＝W＋Q可知Q>0，且Q>|W|.
[解析] A錯(cuò)：在p－V圖中理想氣體的等溫線是雙曲線的一
20、支，而且離坐標(biāo)軸越遠(yuǎn)溫度越高，故從a到b溫度升高．B對(duì)：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，溫度越高，內(nèi)能越大．C對(duì)：氣體體積膨脹，對(duì)外做功．D對(duì)：根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，氣體吸熱．E錯(cuò)：由Q＝ΔU－W可知，氣體吸收的熱量一部分用來對(duì)外做功，一部分用來增加氣體的內(nèi)能．
[答案] BCD
氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)第一定律的綜合問題的處理方法
遷移一 結(jié)合氣缸考查氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)第一定律
1.如圖，一質(zhì)量和厚度均可忽略的活塞將氣體密封在足夠高的導(dǎo)熱氣缸內(nèi)，系統(tǒng)靜止時(shí)缸內(nèi)的氣體溫度、壓強(qiáng)分別與外界溫度T0、外界壓強(qiáng)p0相等，
21、活塞與氣缸底部高度差為h.現(xiàn)對(duì)氣缸底部緩慢加熱，活塞緩慢上升．已知?dú)怏w吸收的熱量Q與溫度差ΔT的關(guān)系為Q＝kΔT(其中k為常量，且k>0)，活塞的面積為S，不計(jì)一切摩擦，求：
(1)當(dāng)活塞在缸內(nèi)上升到離缸底高度為3h時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度T；
(2)在活塞從離缸底高度為h上升到高度為3h的過程中，缸內(nèi)氣體增加的內(nèi)能ΔU.
[解析] (1)活塞在缸內(nèi)緩慢上升的過程，缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)恒為p0，發(fā)生等壓變化，則由蓋—呂薩克定律得＝
得T＝3T0
(2)在活塞上升過程中，氣體對(duì)活塞做的功W＝p0S(3h－h(huán))
在這一過程中，氣體吸收的熱量Q＝k(T－T0)
由熱力學(xué)第一定律得，缸內(nèi)氣體增加的
22、內(nèi)能ΔU＝Q－W
由以上各式得ΔU＝2kT0－2p0Sh
[答案] (1)3T0 (2)2kT0－2p0Sh
遷移二 結(jié)合圖像考查氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)第一定律
2．(2019·湛江市高三調(diào)研)一定質(zhì)量的理想氣體體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系如圖所示，氣體在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)pA＝p0，溫度TA＝T0，體積VA＝V0，線段AB與V軸平行，線段AC與T軸平行，BC的延長(zhǎng)線過原點(diǎn)．
(1)求氣體在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)pB；
(2)氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，對(duì)外界做的功為10 J，該過程中氣體吸收的熱量Q為多少？
(3)求氣體在狀態(tài)C時(shí)的壓強(qiáng)pC和溫度TC.
[解析] (1)A到B是等溫
23、變化，根據(jù)玻意耳定律：pAVA＝pBVB
解得pB＝p0
(2)A到B是等溫變化，氣體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0
氣體對(duì)外界做的功為10 J，即W＝－10 J
由W＋Q＝ΔU
解得Q＝－W＝10 J
(3)B到C是等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律得：＝
解得TC＝
A到C是等容變化，根據(jù)查理定律得：＝
解得pC＝
[答案] (1)p0 (2)10 J (3)
應(yīng)用熱力學(xué)第一定律的三點(diǎn)注意
(1)做功看體積：體積增大，氣體對(duì)外做功，W為負(fù)；體積縮小，外界對(duì)氣體做功，W為正．氣體向真空中自由膨脹，對(duì)外界不做功，W＝0.
(2)與外界絕熱，則不發(fā)生熱傳遞，此時(shí)Q＝0.
(3
24、)由于理想氣體沒有分子勢(shì)能，所以當(dāng)它的內(nèi)能變化時(shí)，主要體現(xiàn)在分子動(dòng)能的變化上，從宏觀上看就是溫度發(fā)生了變化.
易錯(cuò)精析——誤把變質(zhì)量問題當(dāng)成定質(zhì)量問題
1．(2018·廣東省茂名市第二次模擬)一位消防員在火災(zāi)現(xiàn)場(chǎng)發(fā)現(xiàn)一個(gè)容積為V0的廢棄的氧氣罐(認(rèn)為容積不變)，經(jīng)檢測(cè)，內(nèi)部封閉氣體壓強(qiáng)為1.2p0(p0為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓)．為了消除安全隱患，消防隊(duì)員擬用下面兩種處理方案：
(1)冷卻法：經(jīng)過合理冷卻，使罐內(nèi)氣體溫度降為27 ℃，此時(shí)氣體壓強(qiáng)降為p0，求氧氣罐內(nèi)氣體原來的溫度是多少攝氏度？
(2)放氣法：保持罐內(nèi)氣體溫度不變，緩慢地放出一部分氣體，使罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)降為p0，
25、求氧氣罐內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值．
[解析] (1)對(duì)氣體由查理定律有＝，
解得T1＝T0＝360 K，
氣體原來溫度為t＝(360－273) ℃＝87 ℃.
(2)假設(shè)將放出的氣體先收集起來，并保持壓強(qiáng)與氧氣罐內(nèi)相同，以全部氣體為研究對(duì)象，由氣體的玻意耳定律有p1V0＝p0V，
解得V＝V0＝1.2V0，
則剩余氣體與原來氣體的質(zhì)量比為＝＝.
[答案] (1)87 ℃ (2)
2.(2018·河南省鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖所示為噴灑農(nóng)藥用的某種噴霧器．其藥液桶的總?cè)莘e為15 L，裝入藥液后，封閉在藥液上方的空氣體積為2 L，打氣筒活塞每次可以打進(jìn)1 atm、150
26、 cm3的空氣，忽略打氣和噴藥過程氣體溫度的變化．
(1)若要使氣體壓強(qiáng)增大到2.5 atm，應(yīng)打氣多少次？
(2)如果壓強(qiáng)達(dá)到2.5 atm時(shí)停止打氣，并開始向外噴藥，那么當(dāng)噴霧器不能再向外噴藥時(shí)，桶內(nèi)剩下的藥液還有多少升？
[解析] (1)設(shè)應(yīng)打氣n次，初態(tài)為：
p1＝1 atm，V1＝150 cm3·n＋2 L＝0.15n L＋2 L
末態(tài)為：p2＝2.5 atm，V2＝2 L
根據(jù)玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：n＝20
(2)由題意可知：p2′＝1 atm
根據(jù)玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′
代入數(shù)據(jù)解得：V2′＝5 L
剩下的藥液為：V＝15
27、 L－5 L＝10 L.
[答案] (1)20 (2)10 L
專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十七)
1．(2019·全國卷Ⅰ)(1)某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體．初始時(shí)容器中空氣的溫度與外界相同，壓強(qiáng)大于外界壓強(qiáng)．現(xiàn)使活塞緩慢移動(dòng)，直至容器中的空氣壓強(qiáng)與外界相同．此時(shí)，容器中空氣的溫度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度，容器中空氣的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度．
(2)熱等靜壓設(shè)備廣泛應(yīng)用于材料加工中．該設(shè)備工作時(shí)，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機(jī)壓入到一個(gè)預(yù)抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高壓
28、環(huán)境對(duì)放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能．一臺(tái)熱等靜壓設(shè)備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為0.13 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機(jī)將10瓶氬氣壓入到爐腔中．已知每瓶氬氣的容積為3.2×10－2 m3，使用前瓶中氣體壓強(qiáng)為1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強(qiáng)為2.0×106 Pa；室溫溫度為27 ℃.氬氣可視為理想氣體．
(ⅰ)求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強(qiáng)；
(ⅱ)將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227 ℃，求此時(shí)爐腔中氣體的壓強(qiáng)．
[解析] (1)由于初始時(shí)封閉在容器中的空氣的壓強(qiáng)大于外界壓強(qiáng)，容器和活塞絕熱性能良好，容器中空氣與外界沒有熱量交換，容器中的空氣推動(dòng)
29、活塞對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律可知，空氣內(nèi)能減?。鶕?jù)理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)可知，活塞緩慢移動(dòng)后容器中空氣的溫度降低，即容器中的空氣溫度低于外界溫度．因壓強(qiáng)與氣體溫度和分子的密集程度有關(guān)，當(dāng)容器中的空氣壓強(qiáng)與外界壓強(qiáng)相同時(shí)，容器中空氣溫度小于外界空氣溫度，故容器中空氣的密度大于外界空氣密度．
(2)(ⅰ)設(shè)初始時(shí)每瓶氣體的體積為V0，壓強(qiáng)為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為p1.
假設(shè)體積為V0、壓強(qiáng)為p0的氣體壓強(qiáng)變?yōu)閜1時(shí)，其體積膨脹為V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1①
被壓入爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為
V1′＝V1－V0②
設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強(qiáng)
30、為p2，體積為V2.
由玻意耳定律
p2V2＝10p1V1′③
聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得
p2＝3.2×107 Pa④
(ⅱ)設(shè)加熱前爐腔的溫度為T0，加熱后爐腔溫度為T1，氣體壓強(qiáng)為p3.由查理定律＝⑤
聯(lián)立④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得
p3＝1.6×108 Pa⑥
[答案] (1)低于 大于 (2)(ⅰ)3.2×107 Pa (ⅱ)1.6×108 Pa
2．(2019·全國卷Ⅲ)(1)用油膜法估算分子大小的實(shí)驗(yàn)中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是____________________________________．實(shí)驗(yàn)中為了測(cè)量出一滴已知濃度的油
31、酸酒精溶液中純油酸的體積，可以________________________________________________________________________________________________________________________________________________.
為得到油酸分子的直徑，還需測(cè)量的物理量是________________________．
(2)如圖，一粗細(xì)均勻的細(xì)管開口向上豎直放置，管內(nèi)有一段高度為2.0 cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0 cm.若將細(xì)管倒置，水銀柱下表面
32、恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內(nèi)氣體溫度與環(huán)境溫度相同．已知大氣壓強(qiáng)為76 cmHg，環(huán)境溫度為296 K.
(ⅰ)求細(xì)管的長(zhǎng)度；
(ⅱ)若在倒置前，緩慢加熱管內(nèi)被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時(shí)密封氣體的溫度．
[解析] (1)如果不稀釋油酸，無法形成單分子油膜層，因此實(shí)驗(yàn)前需要將油酸稀釋，使油酸在淺盤的水面上形成一塊單分子層油膜以便測(cè)量油膜厚度，即分子直徑．可以用累積法測(cè)量多滴溶液的體積后計(jì)算得到一滴溶液的體積．油酸分子直徑等于油酸的體積與單分子層油膜的面積之比，即d＝，故除測(cè)得油酸酒精溶液中所含純油酸的體積外，還需要測(cè)量單分子層油膜的面積．
(2)(
33、ⅰ)設(shè)細(xì)管的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時(shí)，設(shè)水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強(qiáng)為p；細(xì)管倒置時(shí)，氣體體積為V1，壓強(qiáng)為p1.由玻意耳定律有
pV＝p1V1①
由力的平衡條件有
p＝p0＋ρgh②
p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強(qiáng)．由題意有
V＝S(L－h(huán)1－h(huán))④
V1＝S(L－h(huán))⑤
由①②③④⑤式和題給條件得
L＝41 cm⑥
(ⅱ)設(shè)氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋—呂薩克定律有
＝⑦
由④⑤⑥⑦式和題給數(shù)據(jù)得
T＝312 K
[答案] (1)使油酸在淺盤
34、的水面上容易形成一塊單分子層油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測(cè)出1 mL油酸酒精溶液的滴數(shù)，得到一滴溶液中純油酸的體積 單分子層油膜的面積 (2)(ⅰ)41 cm (ⅱ)312 K
3．(2019·石家莊一模)(1)(多選)下列說法正確的是________．(填正確答案標(biāo)號(hào))
A．圖甲為中間有隔板的絕熱容器，隔板左側(cè)裝有溫度為T的理想氣體，右側(cè)為真空．現(xiàn)抽掉隔板，氣體的最終溫度仍為T
B．圖乙為布朗運(yùn)動(dòng)示意圖，懸浮在液體中的微粒越大，在某一瞬間跟它相撞的液體分子越多，撞擊作用的不平衡性表現(xiàn)得越明顯
C．圖丙為同一氣體在0 ℃和100 ℃兩種不同情況下單位速率間隔的分子數(shù)
35、占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線，兩圖線與橫軸所圍圖形的面積不相等
D．圖丁中，液體表面層中分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離大，液體表面層中分子間的作用力表現(xiàn)為引力
E．圖戊中，由于液體浸潤管壁，管中液體能上升到一定高度，利用此原理把地下的水分引上來，就用磙子壓緊土壤
(2)如圖所示，有一足夠深的容器內(nèi)裝有密度ρ＝1.0×103 kg/m3的液體，現(xiàn)將一端開口、另一端封閉，質(zhì)量m＝25 g、截面面積S＝2.5 cm2的圓柱形玻璃細(xì)管倒插入液體中(細(xì)管本身玻璃的體積可忽略不計(jì))，穩(wěn)定后用活塞將容器封閉，此時(shí)容器內(nèi)液面上方的氣體壓強(qiáng)p0＝1.01×105 Pa，玻璃細(xì)管內(nèi)空氣柱的長(zhǎng)
36、度l1＝20 cm.已知所有裝置導(dǎo)熱良好，環(huán)境溫度不變，重力加速度g取10 m/s2.
①求玻璃細(xì)管內(nèi)空氣柱的壓強(qiáng)；
②若緩慢向下推動(dòng)活塞，當(dāng)玻璃細(xì)管底部與液面平齊時(shí)(活塞與細(xì)管不接觸)，求容器液面上方的氣體壓強(qiáng)．
[解析] (1)對(duì)圖甲，由于右側(cè)為真空，抽掉隔板，氣體不對(duì)外做功，因?yàn)槿萜鹘^熱與外界無法熱傳遞，由熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w內(nèi)能不變，最終溫度不變，選項(xiàng)A正確；對(duì)圖乙，在某一瞬間跟微粒相撞的液體分子越多，由于分子運(yùn)動(dòng)的無規(guī)則性，撞擊作用的平衡性表現(xiàn)得越明顯，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖丙中，兩圖線與橫軸所圍圖形的面積相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圖丁中，由于液體蒸發(fā)，液體表面層中分子之間的距離比液體內(nèi)
37、部分子之間的距離大，液體表面層中分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，選項(xiàng)D正確；圖戊中，由于液體浸潤管壁，管中液體能上升到一定高度，是毛細(xì)現(xiàn)象，利用此原理把地下的水分引上來，就用磙子壓緊土壤，減小毛細(xì)管的直徑，選項(xiàng)E正確．
(2)解法一：①以玻璃管為研究對(duì)象，受力平衡可得：
p1S＝p0S＋mg
解得管內(nèi)空氣柱的壓強(qiáng)p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②當(dāng)細(xì)管封閉處恰好與液面平齊時(shí)，設(shè)細(xì)管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度為l2，壓強(qiáng)為p2，容器內(nèi)液面上方氣體壓強(qiáng)為p
p2＝p＋ρgl2
玻璃管受力平衡：p2S＝pS＋mg
對(duì)玻璃管內(nèi)的氣體由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
聯(lián)立解得：l2＝0.1 m，p
38、＝2.03×105 Pa
解法二：①玻璃管受力平衡，浮力等于重力，假設(shè)此時(shí)容器內(nèi)液面與玻璃管內(nèi)液面的距離為h0，有：mg＝ρh0Sg
解得：h0＝
設(shè)此時(shí)玻璃管內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1，有：p1＝p0＋ρgh0
解得：p1＝p0＋＝1.02×105 Pa
②當(dāng)細(xì)管封閉處恰好與液面平齊時(shí)，設(shè)細(xì)管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度為l2，壓強(qiáng)為p2，容器內(nèi)液面上方氣體壓強(qiáng)為p，則mg＝ρl2Sg
解得l2＝
對(duì)于玻璃管內(nèi)氣體，由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S
可得壓強(qiáng)：p2＝
又p＋ρgl2＝p2
可解得：p＝－＝2.03×105 Pa
[答案] (1)ADE (2)①1.02×105 Pa?、?.03
39、×105 Pa
4．(2019·武漢市畢業(yè)生調(diào)研)(1)如圖是人教版教材3－5封面的插圖，它是通過掃描隧道顯微鏡拍下的照片：
48個(gè)鐵原子在銅的表面排列成圓圈，構(gòu)成了“量子圍欄”．為了估算鐵原子直徑，查到以下數(shù)據(jù)：鐵的密度ρ＝7.8×103 kg/m3，摩爾質(zhì)量M＝5.6×10－2 kg/mol，阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.0×1023 mol－1.若將鐵原子簡(jiǎn)化為球體模型，鐵原子直徑的表達(dá)式D＝________，鐵原子直徑約為________m(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)．
(2)如圖所示，總?cè)莘e為3V0、內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置，一橫截面積為S的輕質(zhì)薄活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)，
40、活塞左側(cè)由跨過光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的重物相連，氣缸右側(cè)封閉且留有抽氣孔．活塞右側(cè)氣體的壓強(qiáng)為p0，活塞左側(cè)氣體的體積為V0，溫度為T0.將活塞右側(cè)抽成真空并密封，整個(gè)抽氣過程中缸內(nèi)氣體溫度始終保持不變．然后將密封的氣體緩慢加熱．已知重物的質(zhì)量滿足關(guān)系式mg＝p0S，重力加速度為g.求：
①活塞剛碰到氣缸右側(cè)時(shí)氣體的溫度；
②當(dāng)氣體溫度達(dá)到2T0時(shí)氣體的壓強(qiáng)．
[解析] (1)由題意可知，一個(gè)鐵原子的質(zhì)量為m＝，一個(gè)鐵原子的體積為V＝，又V＝π3，整理得鐵原子的直徑為D＝，代入數(shù)據(jù)解得D＝3×10－10 m.
(2)①當(dāng)活塞右側(cè)的氣體壓強(qiáng)為p0時(shí)，左側(cè)氣體壓強(qiáng)為p1，對(duì)活塞受
41、力分析，有
p1＝＋p0＝2p0
右側(cè)抽成真空時(shí)，左側(cè)氣體壓強(qiáng)為p2，有
p2＝p0
設(shè)此時(shí)左側(cè)氣體體積為V2，由玻意耳定律有
p1V0＝p2V2
解得V2＝2V0
緩慢加熱氣體，氣體發(fā)生等壓變化，活塞與氣缸右側(cè)接觸時(shí)，體積V3＝3V0，氣體的溫度為T3，由蓋—呂薩克定律有
＝
解得T3＝1.5T0
②氣體溫度升高到1.5T0之后，氣體發(fā)生等容變化，由查理定律有
＝
解得p4＝p0
[答案] (1) 3×10－10 (2)①1.5T0 ②p0
5．(2019·江西省八校聯(lián)考)(1)(多選)下列說法正確的是________．(填正確答案標(biāo)號(hào))
A．當(dāng)分子間距r>r0
42、時(shí)，分子間的引力隨著分子間距的增大而增大，分子間的斥力隨著分子間距的增大而減小，所以分子力表現(xiàn)為引力
B．一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，它的內(nèi)能可能增加
C．大霧天氣學(xué)生感覺到教室潮濕，說明教室內(nèi)的相對(duì)濕度較大
D．第一類永動(dòng)機(jī)和第二類永動(dòng)機(jī)研制失敗的原因都是違背了能量守恒定律
E．一定質(zhì)量的單晶體在熔化過程中分子勢(shì)能一定是增大的
(2)一質(zhì)量M＝10 kg、高度L＝35 cm的圓柱形氣缸，內(nèi)壁光滑，氣缸內(nèi)有一厚度可忽略的活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞質(zhì)量m＝4 kg、橫截面積S＝50 cm2.溫度t0＝27 ℃時(shí)，用繩子系住活塞將氣缸懸掛起來，如圖甲所示，氣缸內(nèi)氣體柱的高L1＝3
43、2 cm.如果用繩子系住氣缸底，將氣缸倒過來懸掛起來，如圖乙所示，氣缸內(nèi)氣體柱的高L2＝28 cm，兩種情況下氣缸都處于豎直狀態(tài)，取重力加速度g＝10 m/s2，零攝氏度對(duì)應(yīng)的熱力學(xué)溫度為273 K.
①求當(dāng)時(shí)的大氣壓強(qiáng)；
②圖乙狀態(tài)時(shí)，在活塞下掛一質(zhì)量m0＝3 kg的物體，如圖丙所示，則溫度升高到多少攝氏度時(shí)，活塞將從氣缸中脫落．(結(jié)果保留兩位小數(shù))
[解析] (1)當(dāng)分子間距r＝r0時(shí)，分子間引力等于斥力，分子間距r>r0時(shí)，分子間的引力和斥力均隨分子間距的增大而減小，但斥力減小得快，因此分子力表現(xiàn)為引力，A錯(cuò)誤；一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量的同時(shí)如果外界對(duì)它做功，則氣體的內(nèi)能可能
44、增加，B正確；相對(duì)濕度為空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與相同溫度下水的飽和汽壓的比值，大氣中相對(duì)濕度越大，人就感覺到越潮濕，故大霧天氣學(xué)生感覺到教室潮濕，說明教室內(nèi)的相對(duì)濕度較大，C正確；第一類永動(dòng)機(jī)研制失敗的原因是違背了能量守恒定律，而第二類永動(dòng)機(jī)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(xué)第二定律，D錯(cuò)誤；一定質(zhì)量的單晶體在熔化過程中溫度不變，分子的平均動(dòng)能不變，吸收熱量，分子勢(shì)能增大，E正確．
(2)①由圖甲狀態(tài)到圖乙狀態(tài)，氣體做等溫變化
由玻意耳定律有：p1L1S＝p2L2S
其中p1＝p0－
p2＝p0－
所以L1S＝L2S
可解得p0＝＝1.04×105 Pa
②活塞脫落的臨界狀態(tài)：
氣柱體積V3＝LS
壓強(qiáng)p3＝p0－
設(shè)臨界溫度為t，則有＝
得t＝78.56 ℃
[答案] (1)BCE (2)①1.04×105 Pa?、?8.56 ℃
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（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題八 選考模塊 第一講 熱學(xué)教學(xué)案
