【物理】2018届二轮复习分子动理论气体及热力学定律学案（全国通用）
【命题热点突破一】一些基本概念常识的考查
这类问题包括一些基本的概念及常识，例如，内能、扩散、布朗运动、热运动、分子力、分子势能、分子平均动能、晶体、非晶体、饱和蒸汽、压强、温度等考查．
例1、【2017·北京卷】以下关于热运动的说法正确的是
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
【答案】C
【变式探究】【2017·新课标Ⅰ卷】（5分）氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。（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．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【答案】ABC
【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高，速率大的分子占比例越高，故虚线为0 ℃，实线是100 ℃对应的曲线，曲线下的面积都等于1，故相等，所以ABC正确。
【变式探究】【2016·北京卷】雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)．
某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．据此材料，以下叙述正确的是( )
A．PM10表示直径小于或等于1.0×10－6 m的悬浮颗粒物
B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力
C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D．PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大
【答案】C 【解析】10 μm＝1.0×10－5 m，选项A不正确．
题目的信息PM10的浓度随高度的增加而略有减小，这表明PM10的分布具有任意性，也就是说受分子力和重力的大小关系具有任意性，选项B不正确．PM10和大悬浮颗粒肉眼均不可见，而且受气体分子的撞击的影响较大，其运动具有很强的无规则性，可以认为是布朗运动，选项C正确．PM2.5与PM10相比，密度相同，颗粒更小，那么PM2.5做布朗运动更明显，而分布应该更加均匀，不会高度越高浓度越大，选项D不正确．
【变式探究】(2015·新课标全国Ⅰ)下列说法正确的是( )
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，有些晶体在不同的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，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【答案】 BCD
【变式探究】
(2015·山东)(双选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是( )
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
【解析】 根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得碳粒无规则运动造成的布朗运动；由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会越明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C项．
【答案】 BC
【举一反三】
(2015·江苏)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
【答案】 AD
【命题热点突破二】 热力学第一定律应用
1．对一定质量的理想气体，由于除碰撞外忽略分子间的相互作用力，因此不考虑分子势能．
2．热力学第一定律ΔU＝Q＋W中：(1)ΔU仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；(2)W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；(3)Q由ΔU和W共同决定；(4)在绝热情况下Q＝0，因此有ΔU＝W(气体的容器“绝热”，或容器虽然导热，但状态变化“迅速”，来不及交换热量，都属于绝热)．
例2、【2017·新课标Ⅱ卷】（5分）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________（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．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【答案】ABD
【变式探究】【2017·江苏卷】一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V–T图象如图12A–1图所示．下列说法正确的有_________．
（A）A→B的过程中，气体对外界做功
（B）A→B的过程中，气体放出热量
（C）B→C的过程中，气体压强不变
（D）A→B→C的过程中，气体内能增加
【答案】BC
【解析】由图知A→B的过程中，温度不变，体积减小，故外界对气体做功，所以A错误；根据热力学定律知，A→B的过程中，气体放出热量，B正确；B→C的过程为等压变化，气体压强不变，C正确；A→B→C的过程中，温度降低，气体内能减小，故D错误．
【举一反三】【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修33】
(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p T图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________．
图1
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
答案：ABE
【变式探究】(2015·重庆)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( )
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
【解析】 对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D项．【答案】 D
【变式探究】
(2015·北京)下列说法正确的是( )
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
【答案】 C
【命题热点突破三】理想气体状态方程
1．克拉帕龙方程
pV＝nRT(n为物质的量)或＝C(C为常数)．
2．理想气体状态方程解题步骤
第一步：确定研究对象．
根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定．
第二步：确定气体状态参量．
分别找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式．
第三步：确定研究过程．
过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象与周围环境的相互关系的分析才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提．
第四步：列气体状态方程．
根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．
例3、【2017·新课标Ⅰ卷】（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ℃，汽缸导热。
（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；
（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。
【答案】（i）V/2 2p0 （i i ） 顶部 （i i i） 1.6 p0
【解析】（i）设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得
①
②
联立①②式得
③
④
（ii）打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2（）
（iii）设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=300 K升高到T2=320 K的等容过程中，由查理定律得⑦
将有关数据代入⑦式得
p3=1.6p0⑧
【变式探究】【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修33】
(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.
(i)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．
【答案】(i)28 Pa (ii)1.3
【解析】(i)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝ ①
代入题给数据得
Δp1＝28 Pa ②
(ii)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内
V1＝πr ⑥
V2＝πr ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
＝ ⑧
由②式知，Δp1≪p0，i＝1，2，故可略去⑧式中的Δp1项，代入题给数据得
＝≈1.3 ⑨
【变式探究】(2015·新课标全国)如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2，小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，求
【解析】 (1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2，由题给条件，得V1＝S2(l－)＋S1()①
V2＝S2l②
中，被封闭气体的体积不变，设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据，得p′＝1.01×105 Pa⑦
【答案】 (1)330 K (2)1.01×105 Pa
【变式探究】
(2015·新课标全国)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1＝10.0 cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0＝75.0 cmHg.
(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．
【解析】 (1)以 cmHg为压强单位，设A侧空气长度l＝10.0 cm时压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，得
pl＝p1l1
由力学平衡条件，得p＝p0＋h
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱的长度
设注入的水银柱在管内的长度Δh1依题意，得
Δh＝2(l1－l2)＋h1＝13.2 cm
【答案】 (1)12.0 cm；(2)13.2 cm
【举一反三】
(2015·海南)如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0.现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．
【解析】 A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，
【答案】 Δh＝－
【规律总结】
一、分子运动与布朗运动的关系
布朗运动是大量液体分子对固体微粒撞击的集体行为的结果，个别分子对固体微粒的碰撞不会产生布朗运动．布朗运动的激烈程度与固体微粒的大小、液体的温度等有关．固体微粒越小，液体分子对它各部分碰撞的不均匀性越明显；质量越小，它的惯性越小，越容易改变运动状态，所以运动越激烈．液体温度越高，固体微粒周围的液体分子运动越不规则，对微粒碰撞的不均匀性越明显，布朗运动越激烈．但要注意布朗运动是悬浮的固体微粒的运动，不是单个分子的运动，但布朗运动证实了周围液体分子的无规则运动．
二、分子力做功与分子势能变化的关系
与重力、弹力相似，分子力做功与路径无关，可以引进分子势能的概念．分子间所具有的势能由它们的相对位置所决定．分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时分子势能增加．通常选取无穷远处(分子间距离r>10r0处)分子势能为零．当两分子逐渐移近时(r>r0)，分子力做正功，分子势能减小；当分子距离r＝r0时，分子势能最小(且为负值)；当两分子再靠近时(r
Tc，故Ea>Ec，选项B正确；cd过程为等温加压过程，外界对系统做正功，但系统内能不变，故系统要对外放热，放出热量Q＝W外，选项C错误；da过程为等压升温过程，体积增加，对外界做功，系统内能增加，故系统要从外界吸热，且吸收热量Q＝W外＋ΔE内>W外，选项D错误；bc过程为等压降温过程，由＝可知，气体体积会减小，W＝pΔV＝CΔTbc；同理da过程中，W′＝p′ΔV′＝CΔTda，因为|ΔTbc|＝|ΔTda|，故|W|＝|W′|，选项E正确．
9． 【2016·全国卷Ⅲ】【物理——选修33】
(1)关于气体的内能，下列说法正确的是________．
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
10．【2016·江苏卷】
A．【选修33】
(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J．在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J．求气体完成一次循环对外界所做的功．
A.（3）【答案】8 J
【解析】完成一次循环气体内能不变，则ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J，气体对外做功8 J.
【2015·上海·4】1．一定质量的理想气体在升温过程中
A．分子平均势能减小 B．每个分子速率都增大
C．分子平均动能增大 D．分子间作用力先增大后减小
1．【答案】C
【解析】一定质量的理想气体，分子势能不计，故A错误；在升温过程中，分了的平均动能增大，但不是每个分子的动能增大，故B错误，C正确；理想气体的气体分子本身的体积和气体分子间的作用力都可以忽略不计的气体，故D错误。
【考点定位】 分子动理论
【2015·北京·13】3．下列说法正确的是（ ）
A．物体放出热量，其内能一定减小 B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
3．【答案】C
【考点定位】热力学第一定律。
【2015·上海·9】4．如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强发生变化分别为和，体积变化分别为和。已知水银密度为，玻璃管截面积为S，则
A．一定等于 B．一定等于
C．与之差为 D．与之和为HS
4．【答案】A
【解析】当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大，压强变小，有部分水银进入玻璃管，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为，初状态上面气体的压强，末状态上面气体的压强，所以，同理可求出，故A正确，C错误；由玻意耳定律得，所以气体的变化，同理可求出，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以与之和小于HS，故D错误。
【考点定位】 玻意耳定律
【2015·广东·17】5．图6为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气
A．内能增大 B．压强增大 C．分子间引力和斥力都减小 D．所有分子运动速率都增大
5．【答案】AB
【考点定位】对分子动理论、查理定律的理解与应用。
【2015·福建·29（1）】6．下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是 。
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
6．【答案】B
【解析】
【解析】由图知，当分子间距离小于r0时，分子势能随分子间距离的减小而增大，所以A错误；
由分子热运动理论知，温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈，所以B正确；物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C错误；非晶体是各向同性的，故D错误。
【考点】分子动理论和物质结构
【2015·福建·29（2）】7．如图，一定质量的理想气体，由a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac。则 。
A．Tb＞Tc，Qab＞Qac B．Tb＞Tc，Qab＜Qac C．Tb=Tc，Qab＞Qac D．Tb=Tc，Qab＜Qac
7．【答案】C
【考点】理想气体状态方程和热力学第一定律。
【2015·全国新课标Ⅱ·33（1）】8．关于扩散现象，下列说法正确的是 。（填正确答案标号，选对1个给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0分）
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
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
8．【答案】ACD
【解析】根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；扩散现象不是化学反应，故B错误；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误。
【考点定位】分子动理论
【2015·全国新课标Ⅰ·33（1）】9．下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）
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，有些晶体在不同的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，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
9．【答案】BCD
【解析】
晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错。根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，选项B对。同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和炭。选项C对。晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D对。熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错。
【考点定位】 晶体非晶体
【2015·江苏·12A（1）】10．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，说明食盐时晶体
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，说明蜂蜡时晶体
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
10．【答案】CD
【2015·重庆·10（1）】11．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小 B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小 D．胎内气体对外界做功，内能增大
11．【答案】D
【解析】对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D。
【考点定位】理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律。
【2015·江苏·12A（2）】1．在装有食品的包装袋中充入氮气，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”）
1．【答案】增大 不变
【考点】 热力学第一定律、气体的内能
【2015·江苏·12A（3）】2．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。
2．【答案】漏气
【解析】若不漏气，设加压后的体积为V1，由等温过程得：，代入数据得V1=0.5L
因为0.45L<0.5L，故包装袋漏气
【考点】 考查理想气体状态方程
【2015·山东·37（2）】3．扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为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，其内部压强立即减为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：
（ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；
（ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
3．【答案】（ⅰ）1.01P0；（ⅱ）0.02P0S
【考点定位】理想气体的状态方程；等容变化.
【2015·重庆·10（2）】4．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内气体温度为，压强为，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差.
4．【答案】
【解析】对气泡分析，发生等容变化，有：
可得：
故内外气体的压强差为
【考点定位】理想气体状态方程。
【2015·上海·29】5．简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度，多次改变温度，重复上述操作。
（1）（单选题）此温度计的特点是
A．刻度均匀，刻度值上小下大
B．刻度均匀，刻度值上大下小
C．刻度不均匀，刻度值上小下大
D．刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
A．液体密度 B．玻璃泡大小 C．左管内径粗细 D．右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值________（选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需__________。
5．【答案】（1）A （2）BC （3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数
【考点定位】 气体的状态方程
【2015·全国新课标Ⅰ·33（2）】6．如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为，横截面积为，小活塞的质量为，横截面积为；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为，气缸外大气压强为，温度为。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度取，求
（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
6．【答案】（i）（ii）
【答案】（i）（ii）
【解析】（1）大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸内气体为等压
（2）对大小活塞受力分析则有
可得
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化
可得
【考点定位】 理想气体状态方程
【2015·海南·15（1）】7．.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，地面大气压强为，重力加速度大小为g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为，空气分子之间的平均距离为 。
7．【答案】，
【考点定位】气体压强，阿伏伽德罗常数
【2015·海南·15（2）】8．如图所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B
与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。
8．【答案】
【解析】设平衡时，在A与B之间、B与容器底面之间气体的压强分别为和，由力的平衡条件有
①
②
联立可得
【考点定位】理想气体状态方程，玻意耳定律
【2015·全国新课标Ⅱ·33（2）】9．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg。
（ⅰ）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
（ⅱ）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度。
9．【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm
【解析】（1）
以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l=10.0cm时压强为P；当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律得
pl=p1l1
由力学平衡条件得：p=p0+h
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0,而A侧水银面处的压强随空气柱的长度
由力学平衡条件可知；p2=p0
代入数据得l2=10.4cm
设注入的水银柱在管内的长度Δh,依题意各Δh=2（l1-l2）+h1=13.2cm
【考点定位】玻意耳定律
【2015·上海·30】10．如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比，温度之比。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡，求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比
10．【答案】（1）2；（2）
【解析】（1）设初始时压强为p
左侧气体满足：
右侧气体满足：
解得
解得
【考点定位】 气体状态方程
1.【2014·江苏卷】一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
（1）下列对理想气体的理解，正确的有 。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
（2）压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功 （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J。
（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）AD（2）增大，等于（3）N＝5×1024（或N＝6×1024）
【解析】
【考点定位】本题主要考查了对理想气体的理解问题，属于中档偏低题。
（2）由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知：W＝ΔU＝3.4×104J
【考点定位】本题主要考查了对分子动理论、热力学第一定律的理解与应用问题，属于中档偏低题。
（3）设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有：＝
气体物质的量为：n＝
分子数为：N＝nNA
联立以上各式并代入数据解得：N＝＝5×1024（或6×1024）
【考点定位】本题主要考查了有关阿伏伽德罗常数的计算问题，属于中档偏低题。
2.【2014·重庆卷】（6分）题10图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积这V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩，若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面外薄膜的压力。
【答案】
【解析】
设压力为，压缩后气体压强为p.
由等温过程：
解得：
【考点定位】本题考查了理想气体状态方程.
3.【2014·新课标全国卷Ⅰ】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，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p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为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。
【答案】
【解析】
外界温度变为T时，根据理想气体状态方程可得
根据活塞平衡可得
重新平衡后的气体体积
【考点定位】理想气体状态方程
4.【2014·山东卷】 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和。
已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
【答案】；
【解析】
此过程中，筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
联立②③④⑤式，代入数据得
⑥
【考点定位】玻意耳定律
5.【2014·新课标全国卷Ⅱ】如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】（ⅰ）320K（ⅱ）
【解析】
（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为
（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得
，， ⑤
⑥
由⑤⑥式可得： ⑦
【考点定位】盖吕萨克定律；玻意耳定律。
6.【2014·江苏卷】一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
（1）下列对理想气体的理解，正确的有 。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
（2）压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功 （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J。（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。（计算结果保留一位有效数字）
【答案】（1）AD（2）增大，等于（3）N＝5×1024（或N＝6×1024）
【考点定位】本题主要考查了对理想气体的理解问题，属于中档偏低题。
（2）由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知：W＝ΔU＝3.4×104J
【考点定位】本题主要考查了对分子动理论、热力学第一定律的理解与应用问题，属于中档偏低题。
（3）设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有：＝
气体物质的量为：n＝
分子数为：N＝nNA
联立以上各式并代入数据解得：N＝＝5×1024（或6×1024）
【考点定位】本题主要考查了有关阿伏伽德罗常数的计算问题，属于中档偏低题。
7.【2014·重庆卷】（6分）题10图为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积这V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩，若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面外薄膜的压力。
【答案】
【解析】
设压力为，压缩后气体压强为p.
由等温过程：
解得：
【考点定位】本题考查了理想气体状态方程.
8.【2014·新课标全国卷Ⅰ】一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，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p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为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。
【答案】
【解析】
气缸导热良好，说明气体温度一直等于外界温度T0，设气缸底面积为S，活塞质量为m0，大气压强p0
开始平衡时有
外界温度变为T时，根据理想气体状态方程可得
根据活塞平衡可得
重新平衡后的气体体积
【考点定位】理想气体状态方程
9.【2014·山东卷】 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量、体积的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离，筒内气体体积。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面的距离为时，拉力减为零，此时气体体积为，随后浮筒和重物自动上浮。求和。
已知大气压强，水的密度，重力加速度的大小。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
【答案】；
【解析】
当时，由平衡条件得
①
代入数据得
②
⑥
【考点定位】玻意耳定律
10.【2014·新课标全国卷Ⅱ】如图所示，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】（ⅰ）320K（ⅱ）
【解析】
（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给
（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为，压强为；末态体积为，压强为，由所给数据及玻意耳定律可得
，， ⑤
⑥
由⑤⑥式可得： ⑦
【考点定位】盖吕萨克定律；玻意耳定律
