资源描述
专题定位 本专题用三课时分别解决选修3－3、3－4、3－5中高频考查问题，高考对本部分内容考查的重点和热点有：
选修3－3：①分子大小的估算；②对分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体试验定律的理解和简洁计算；⑤固、液、气三态的微观解释和理解；⑥热力学定律的理解和简洁计算；⑦用油膜法估测分子大小等内容．
选修3－4：①波的图象；②波长、波速和频率及其相互关系；③光的折射及全反射；④光的干涉、衍射及双缝干涉试验；⑤简谐运动的规律及振动图象；⑥电磁波的有关性质．
选修3－5：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等．
应考策略 选修3－3内容琐碎、考查点多，复习中应以四块学问(分子动理论、从微观角度分析固体、液体、气体的性质、气体试验定律、热力学定律)为主干，梳理出学问点，进行理解性记忆．
选修3－4内容复习时，应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播和图象、光的折射定律这两条主线，强化训练、提高对典型问题的分析力气．
选修3－5涉及的学问点多，而且多是科技前沿的学问，题目新颖，但难度不大，因此应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和核反应两条主线，强化典型题目的训练，提高分析综合题目的力气．
第1课时 热 学
1．分子动理论
(1)分子大小
①阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023 mol－1.
②分子体积：V0＝(占有空间的体积)．
③分子质量：m0＝.
④油膜法估测分子的直径：d＝.
(2)分子热运动的试验基础：集中现象和布朗运动．
①集中现象特点：温度越高，集中越快．
②布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、无规章的运动，颗粒越小、温度越高，运动越猛烈．
(3)分子间的相互作用力和分子势能
①分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快．
②分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小．
2．固体和液体
(1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同．晶体具有确定的熔点．单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性．晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化．
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间．液晶具有流淌性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性．
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切．
3．气体试验定律
(1)等温变化：pV＝C或p1V1＝p2V2；
(2)等容变化：＝C或＝；
(3)等压变化：＝C或＝；
(4)抱负气体状态方程：＝C或＝.
4．热力学定律
(1)物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．
(2)热力学第确定律
①公式：ΔU＝W＋Q；
②符号规定：外界对系统做功，W>0；系统对外界做功，W<0.系统从外界吸取热量，Q>0；系统向外界放出热量，Q<0.系统内能增加，ΔU>0；系统内能削减，ΔU<0.
(3)热力学其次定律
热力学其次定律的表述：①热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)．②不行能从单一热库吸取热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(按机械能和内能转化的方向性表述)．③其次类永动机是不行能制成的．
两种微观模型
(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝π()3＝πd3，d为分子的直径．
(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离.
考向1 热学基本规律与微观量计算的组合
例1 (2022·江苏·12A)一种海浪发电机的气室如图1所示．工作时，活塞随海浪上升或下降，转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．气室先后经受吸入、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抱负气体．
图1
(1)下列对抱负气体的理解，正确的有________．
A．抱负气体实际上并不存在，只是一种抱负模型
B．只要气体压强不是很高就可视为抱负气体
C．确定质量的某种抱负气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，抱负气体都遵循气体试验定律
(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0.224 m3，压强为1个标准大气压．已知1 mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4 L，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)
解析 (1)抱负气体是一种抱负化模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为抱负气体；只有抱负气体才遵循气体的试验定律，选项A、D正确，选项B错误．确定质量的抱负气体的内能完全由温度打算，与体积无关，选项C错误．
(2)由于抱负气体的内能完全由温度打算，当气体的内能增加时，气体的温度上升，温度是分子平均动能的标志，则气体分子的平均动能增大．
依据热力学第确定律，ΔU＝Q＋W，由于Q＝0，所以W＝ΔU＝3.4×104J.
(3)设气体在标准状态时的体积为V1，等压过程为：
＝
气体物质的量为：n＝，且分子数为：N＝nNA
解得N＝NA
代入数据得N≈5×1024个
答案 (1)AD (2)增大 等于 (3)5×1024
以题说法 解答微观量计算问题时应留意：
(1)固体、液体分子可认为紧靠在一起，可看成球体或立方体；气体分子只能按立方体模型计算所占的空间．
(2)阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，计算时要留意抓住与其相关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量．
(1)1 mol任何气体在标准状况下的体积都是22.4 L．试估算温度为0℃，压强为2个标准大气压时单位体积内气体分子数目为____________(结果保留两位有效数字)．
(2)下列说法正确的是( )
A．液晶具有流淌性，光学性质各向异性
B．气体的压强是由气体分子间斥力产生的
C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力
D．气球等温膨胀，球内气体确定向外放热
答案 (1)5.4×1025 (2)AC
解析 (1)设0 ℃，p1＝2 atm，气体的体积V1＝1 m3，在标准状态下，压强p2＝1 atm，气体的体积为V2
由p1V1＝p2V2得：V2＝＝ m3＝2 m3
设气体的分子个数为N，则N＝NA＝5.4×1025个．
(2)气体压强是由大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，B错误；气体等温膨胀说明：W<0，ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q可知，Q＞0，球内气体吸热，D错误．
考向2 热学基本规律与气体试验定律的组合
例2 (2022·新课标Ⅱ·33)(1)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘由
E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
(2)如图2所示，两气缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽视的细管连通；A的直径是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视的绝热轻活塞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在气缸正中间．
图2
(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(ⅱ)连续缓慢加热，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．
解析 (1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规章热运动，选项A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，选项B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，选项D错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸取热量，从而温度会降低的缘由，选项E正确．
(2)(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经受等压变化，设气缸A的容积为V0，A、B两气缸内氮气初态的体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为，由题给数据及盖—吕萨克定律有：V1＝V0＋×＝V0①
V2＝V0＋＝V0②
＝③
由①②③式及所给的数据可得：T2＝320 K④
(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于连续缓慢加热，活塞a开头向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经受等温变化，设氧气初态的体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式可得：p2′＝p0
答案 (1)BCE (2)(ⅰ)320 K (ⅱ)p0
以题说法 应用气体试验定律的三个重点环节：
(1)正确选择争辩对象：对于变质量问题要保证争辩质量不变的部分；对于多部分气体问题，要各部分独立争辩，各部分之间一般通过压强找联系．
(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量排列出来会比较精确 、快速的找到规律．
(3)认清变化过程：精确 分析变化过程以便正确选用气体试验定律．
(1)下列说法中正确的是________．
A．抱负气体温度上升时，分子的平均动能确定增大
B．确定质量的抱负气体，体积减小时，单位体积的分子数增多，气体的压强确定增大
C．压缩处于绝热容器中的确定质量的抱负气体，其内能确定增加
D．当分子间的相互作用力为引力时，其分子间没有斥力
E．分子a从远处靠近不动的分子b的过程中，当它们相互作用力为零时，分子a的动能确定最大
(2)如图3所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.左端开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
图3
①粗管中气体的最终压强；
②活塞推动的距离．
答案 (1)ACE (2)①88 cmHg ②4.5 cm
解析 (1)确定质量的抱负气体，体积减小时，由于温度变化不确定，则气体的压强不愿定增大，故B错误；分子间同时存在引力和斥力，二力同时存在，故D错误．故选A、C、E.
(2)①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，以右管封闭气体为争辩对象．
初状态p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S，两管液面相平常，Sh1＝3Sh2，h1＋h2＝4 cm，解得h2＝1 cm，此时右端封闭管内空气柱长l＝10 cm，V2＝10×3S＝30S
气体做等温变化有p1V1＝p2V2
即80×33S＝p2×30S
p2＝88 cmHg.
②以左管被活塞封闭气体为争辩对象
p1′＝76 cmHg，V1′＝11S，p2＝p2′＝88 cmHg
气体做等温变化有p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝9.5S
活塞推动的距离为L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm
(1)下列说法中正确的是________．
A．当分子间的距离增大时，分子间的斥力减小，引力增大
B．确定质量的抱负气体对外界做功时，它的内能有可能增加
C．有些单晶体沿不同方向的光学性质不同
D．从单一热源吸取热量，使之全部变成功而不产生其他影响是不行能的
图4
(2)有一导热气缸，气缸内用质量为m的活塞密封确定质量的抱负气体，活塞的横截面积为S，大气压强为p0.如图4所示，气缸水平放置时，活塞距离气缸底部的距离为L，现将气缸直立起来，活塞将缓慢下降，不计活塞与气缸间的摩擦，不计气缸四周环境温度的变化，求活塞静止时活塞到气缸底部的距离．
答案 (1)BCD (2)L
解析 (2)缸内密闭的气体经受的是等温过程，设气缸竖直放置后，活塞静止时活塞到气缸底部的距离为h.
气缸水平放置时，对活塞有：
p1S－p0S＝0
气缸竖直放置后活塞静止时，对活塞有：
p2S－mg－p0S＝0
据玻意耳定律有：p1LS＝p2hS
解得：h＝L
考向3 气体试验定律与热力学定律的综合问题分析技巧
例3 如图5所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的抱负气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h1.现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度上升到t2(摄氏温度)，若这段时间内气体吸取的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，求：
图5
(1)气体的压强；
(2)这段时间内活塞上升的距离是多少？
(3)这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？
解析 (1)对活塞受力分析，由平衡条件得p＝p0＋
(2)设温度为t2时活塞与容器底部相距h2.
由盖—吕萨克定律＝得：
＝
由此得：h2＝
活塞上升的距离为Δh＝h2－h1＝.
(3)气体对外做功为W＝pS·Δh＝(p0＋)·S·＝(p0S＋mg)
由热力学第确定律可知
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg).
答案 (1)p0＋ (2)
(3)Q－(p0S＋mg)
以题说法 这类综合问题对热力学第确定律的考查有定性推断和定量计算两种方式：
(1)定性推断．利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出精确 的符号推断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出推断．
(2)定量计算．一般计算等压变化过程做的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算．
留意符号正负的规定．若争辩对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化打算．气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0.若气体吸热，Q＞0；若气体对外放热，Q＜0.
(2022·山东·36)(1)如图6所示，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有确定质量的抱负气体．当环境温度上升时，缸内气体________．(双选，填正确答案标号)
图6
a．内能增加
b．对外做功
c．压强增大
d．分子间的引力和斥力都增大
(2)一种水下重物打捞方法的工作原理如图7所示．将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入确定量的气体，开头时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时筒内气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮．求V2和h2.
(已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为抱负气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽视．)
图7
答案 (1)ab (2)2.5 m3 10 m
解析 (2)当F＝0时，由平衡条件得
Mg＝ρg(V0＋V2)①
代入数据得V2＝2.5 m3②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得
p1＝p0＋ρgh1③
p2＝p0＋ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2⑤
联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10 m
(限时：30分钟)
题组1 热学基本规律与微观量计算的组合
1．常温水中用氧化钛晶体和铂作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知分解1 mol的水可得到1 mol氢气，1 mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105 J的能量，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，水的摩尔质量为1.8×10－2 kg/mol.则2 g水分解后得到氢气分子总数为________个；2 g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量为________ J．(均保留两位有效数字)
答案 6.7×1022 3.2×104
解析 由题意知，2 g氢气分子的物质的量为 mol，故氢分子的总数为×6.02×1023≈6.7×1022 个；2 g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量Q＝×2.858×105 J≈3.2×104 J.
2．(1)下列说法正确的是________．
A．气体集中现象表明气体分子间存在斥力
B．对于同一抱负气体，温度越高，分子平均动能越大
C．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D．用活塞压缩气缸内的抱负气体，对气体做了3.0×105 J的功，同时气体向外界放出1.5×105 J的热量，则气体内能增加了1.5×105 J
E．在阳光照射下，可以观看到教室空气中飘舞的灰尘做无规章运动，灰尘的运动属于布朗运动
(2)已知在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V，密度为ρ，每个水分子的质量为m，体积为V1，请写出阿伏加德罗常数的表达式NA＝________(用题中的字母表示)．已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，标准状况下水蒸气摩尔体积V＝22.4 L，现有标准状况下10 L水蒸气，所含的分子数为____________．
答案 (1)BCD (2) 2.7×1023
题组2 热学基本规律与气体试验定律的组合
3．(1)如图1所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列推断正确的是________．
图1
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数削减
图2
(2)如图2所示，在左端封闭右端开口的U形管中用水银柱封一段空气柱L，当空气柱的温度为14℃时，左臂水银柱的长度h1＝10 cm，右臂水银柱长度h2＝7 cm，空气柱长度L＝15 cm；将U形管左臂放入100℃水中且状态稳定时，左臂水银柱的长度变为7 cm.求出当时的大气压强(单位用cmHg)．
答案 (1)ACE (2)75.25 cmHg
解析 (2)对于封闭的空气柱(设大气压强为p0)
初态：p1＝p0＋h2－h1＝(p0－3) cmHg
V1＝LS＝15S(cm3)
T1＝287 K
末态：h1′＝7 cm，h2′＝10 cm，
故压强p2＝p0＋h2′－h1′＝(p0＋3) cmHg
V2＝(L＋3)S＝18S(cm3)
T2＝373 K
由抱负气体状态方程得＝
解得大气压强为p0≈75.25 cmHg.
4．(1)关于确定量的抱负气体，下列说法正确的是( )
A．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积
B．只要能增加气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以上升
C．在完全失重的状况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸取热量，其内能不愿定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度确定上升
图3
(2)“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图3所示的试验．圆柱状气缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t ℃)关闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L.由于气缸传热良好，重物被吸起，最终重物稳定在距地面处．已知环境温度为27℃不变，与大气压强相当，气缸内的气体可看作抱负气体，求t值．
答案 (1)BDE (2)127 ℃
解析 (2)当气缸内温度为t ℃时，气缸内封闭气体Ⅰ状态：
p1＝p0
V1＝LS
T1＝(273＋t) K
当气缸内温度为27 ℃时，气缸内封闭气体Ⅱ状态：
p2＝p0－＝p0
V2＝LS
T2＝300 K
由抱负气体状态方程：＝
T1＝400 K
故t＝127 ℃
5．(1)下列推断正确的有________．
A．液晶既具有液体的流淌性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
B．气体经等压升温后，内能增大，外界需要对气体做功
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总随分子间距离的减小而减小
D．小昆虫能在水面上跑动，是由于水的表面张力的缘由
E．其次类永动机不能实现，并不是由于违反了能量守恒定律
(2)如图4所示，一个密闭的导热气缸里用质量为M、横截面积为S的活塞封闭了A、B两部分气体，此时上下气体体积相等，当把气缸倒置稳定后A、B两部分气体体积比为1∶2，重力加速度为g，求后来B气体的压强．
图4
答案 (1)ADE (2)
解析 (2)由初始平衡状态：pAS＋Mg＝pBS
由最终平衡状态：pA′S－Mg＝pB′S
设气缸总容积为V，由于气缸导热，气体做等温变化，有：
pA·＝pA′· pB·＝pB′·
联立上面的方程，得pB′＝
6．(1)下列说法中正确的是________．
A．凡是具有规章几何外形的物体确定是单晶体，单晶体和多晶体都具有各向异性
B．液体表面层内分子分布比液体内部稀疏，所以分子间作用力表现为引力
C．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子的运动，它间接说明分子永不停息地做无规章运动
D．满足能量守恒定律的客观过程并不都是可以自发地进行的
E．确定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
(2)如图5是粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，大气压强p0＝76 cmHg，当两管水银面相平常，左管被封闭气柱长L1＝20 cm、温度t1＝31 ℃，求：
图5
①当气柱温度t2等于多少℃时，左管中气柱长为21 cm?
②保持t1温度不变，为使左管气柱变为19 cm，应在右管加入多长的水银柱？
答案 (1)BDE (2)①54.6 ℃ ②6 cm
解析 (2)①当左管气柱变为21 cm时，右管水银面将比左管水银面高2 cm，
此时左管气柱压强：p2＝(76＋2) cmHg＝78 cmHg
争辩左管气柱由确定质量抱负气体状态方程：
＝
其中p1＝p0＝76 cmHg，V1＝20S，T1＝(273＋31) K＝304 K，V2＝21S，T2＝(273 ＋t2)K
代入数据解得：t2＝54.6 ℃
②设左管气柱变为19 cm时压强为p3，由题意可知左管气柱做等温变化，依据玻意耳定律：p1V1＝p3V3
得76 cmHg×20S＝p3×19S
解得：p3＝80 cmHg
右管加入的水银柱长：h＝80 cm－76 cm＋(20－19)×2 cm＝6 cm
题组3 气体试验定律与热力学定律的综合问题分析技巧
7．(2022·重庆·10)(1)重庆出租车常以自然 气作为燃料，加气站储气罐中自然 气的温度随气温上升的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为抱负气体)( )
A．压强增大，内能减小
B．吸取热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
(2)图6为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内布满体积为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抱负气体，其温度保持不变．当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S.求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．
图6
答案 (1)B (2)S
解析 (1)储气罐内气体体积及质量均不变，温度上升，气体从外界吸取热量，分子平均动能增大，内能增大，压强变大．因气体体积不变，故外界对气体不做功，只有B正确．
(2)取气泡内的气体争辩，设压缩后气泡内气体压强为p，由玻意耳定律得p0V0＝pV，则p＝，故气体对接触面处薄膜的压力F＝pS＝S.
8．如图7所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分抱负气体A和B.活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸取热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g.
图7
(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔE1，求B气体内能增加量ΔE2.
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.
答案 (1)Q－(mg＋p0S)h－ΔE1
(2)(－1)(＋m)
解析 (1)B气体对外做功
W＝pSh＝(p0S＋mg)h
由热力学第确定律得ΔE1＋ΔE2＝Q－W
解得ΔE2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔE1
(2)B气体的初状态
p1＝p0＋ V1＝2hS T1
B气体末状态
p2＝p0＋ V2＝hS T2
由气态方程＝
解得Δm＝(－1)(＋m)
9．(2022·河北保定二模)(1)下列说法正确的是________．
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则物体的分子平均动能越大
B．布朗运动是指在显微镜下观看到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规章运动
C．确定质量的抱负气体，若气体的压强和体积都不变，其内能也确定不变
D．气体的温度每上升1 K所吸取的热量与气体经受的过程有关
E．当分子间的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
(2)如图8所示，一竖直放置的气缸用一质量为m的活塞封闭确定质量的抱负气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，最初的压强为，气缸内壁光滑且缸壁导热性能良好．开头活塞被固定在A处，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B处，设四周环境温度保持不变，已知大气压强为p0，重力加速度为g，若确定质量抱负气体的内能仅由温度打算．求：
图8
①活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V；
②整个过程中通过缸壁传递的热量Q.
答案 (1)ACD (2)① ②(＋)V0
解析 (2)①设活塞在B处时封闭气体的压强为p，活塞处于平衡状态：
p0S＋mg＝pS
解得：p＝p0＋
由玻意耳定律：＝pV
解得：V＝
②从活塞下落至活塞重新平衡的过程，设活塞下降的高度为h：h＝
则外界对气体做功W：W＝(p0S＋mg)h
气体温度相同，内能不变，由热力学第确定律可知：Q＝W
联立解得：Q＝(＋)V0
10．(1)下列说法正确的是________．
A．单晶体和多晶体在物理性质上均表现为各向异性
B．墨水滴入水中毁灭集中现象，这是分子无规章运动的结果
C．不行能从单一热源吸取热量全部用来做功
D．缝衣针漂移在水面上是表面张力作用的结果
(2)如图9所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C将容器分成A、B两室，A室体积为V0，B室的体积是A室的两倍，A、B两室分别有确定质量的抱负气体．A室上连有一U形管(U形管内气体的体积忽视不计)，当两边水银柱高度差为19 cm时，两室气体的温度均为T1＝300 K．若气体的温度缓慢变化，当U形管两边水银柱等高时，求：(外界大气压等于76 cm汞柱)
图9
①此时气体的温度为多少？
②在这个过程中B气体的内能如何变化？做功状况如何？从外界吸热还是放热？(不需说明理由)
答案 (1)BD
(2)①240 K ②在这个过程中B气体的内能削减；外界对气体不做功，气体对外界放热
解析 (2)①由题意知，气体的状态参量为：
初状态
对A气体：
VA＝V0，TA＝T1＝300 K，pA＝p0＋h＝95 cmHg
对B气体：
VB＝2V0，TB＝T1＝300 K，pB＝p0＋h＝95 cmHg
末状态
对A气体：
VA′＝V，pA′＝p0＝76 cmHg
对B气体：
VB′＝3V0－V，pB′＝p0＝76 cmHg
由抱负气体状态方程得：
对A气体：＝
对B气体：＝
代入数据解得：T＝240 K，V＝V0
②气体B末状态的体积：VB′＝3V0－V＝2V0＝VB，
由于整个过程中气体B初末状态体积不变，外界对气体不做功，温度降低，内能减小，由热力学第确定律可知，气体对外放出热量．
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