2024版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十二章熱學(xué)第3講熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)案新人教版

PAGE9-2024版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十二章熱學(xué)第3講熱力學(xué)定律與能量守恒定律學(xué)案新人教版第3講熱力學(xué)定律與能量守恒定律知識(shí)點(diǎn)1熱力學(xué)第一定律1．內(nèi)容一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對(duì)它所做功的和。2．表達(dá)式ΔU＝Q＋W。3．ΔU＝Q＋W的三種特殊情況(1)絕熱過(guò)程：Q＝0，則W＝ΔU，外界對(duì)物體做的功等于物體內(nèi)能的增加。(2)等容過(guò)程：W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收的熱量等于物體內(nèi)能的增加。(3)等溫過(guò)程：ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q，外界對(duì)物體做的功等于物體放出的熱量。知識(shí)點(diǎn)2熱力學(xué)第二定律1．兩種表述(1)克勞修斯表述(按熱傳導(dǎo)的方向性表述)：熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體。(2)開(kāi)爾文表述(按機(jī)械能和內(nèi)能轉(zhuǎn)化過(guò)程的方向性表述)：不可能從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功，而不引起其他影響。2．熱力學(xué)過(guò)程方向性實(shí)例(1)高溫物體eq\o(,\s\up7(熱量Q能自發(fā)傳給),\s\do5(熱量Q不能自發(fā)傳給))低溫物體。(2)功eq\o(,\s\up7(能自發(fā)地完全轉(zhuǎn)化為),\s\do5(不能自發(fā)地且不能完全轉(zhuǎn)化為))熱。(3)氣體體積V1eq\o(,\s\up7(能自發(fā)膨脹到),\s\do5(不能自發(fā)收縮到))氣體體積V2(較大)。(4)不同氣體A和Beq\o(,\s\up7(能自發(fā)混合成),\s\do5(不能自發(fā)分離成))混合氣體AB。3．熵增加原理在任何自然過(guò)程中，一個(gè)孤立系統(tǒng)的總熵不會(huì)減少。知識(shí)點(diǎn)3能量守恒守恒1．內(nèi)容能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中能量的總量保持不變。2．能源的利用(1)存在能量耗散和品質(zhì)下降。(2)重視利用能源時(shí)對(duì)環(huán)境的影響。(3)要開(kāi)發(fā)新能源(如太陽(yáng)能、生物質(zhì)能、風(fēng)能等)。雙基自測(cè)一、堵點(diǎn)疏通1．為了增加物體的內(nèi)能，必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量，做功和熱傳遞的實(shí)質(zhì)是相同的。(×)2．絕熱過(guò)程中，外界壓縮氣體做功20J，氣體的內(nèi)能可能不變。(×)3．在給自行車(chē)打氣時(shí)，會(huì)發(fā)現(xiàn)打氣筒的溫度升高，這是因?yàn)榇驓馔矎耐饨缥鼰帷?×)4．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功。(√)二、對(duì)點(diǎn)激活1．用活塞壓縮汽缸里的空氣，對(duì)空氣做了900J的功，同時(shí)汽缸向外散熱210J，汽缸里空氣的內(nèi)能(C)A．增加了1100J B．減少了1100JC．增加了690J D．減少了690J[解析]由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900J－210J＝690J，內(nèi)能增加690J，C正確。2．(多選)下列現(xiàn)象中能夠發(fā)生的是(CD)A．一杯熱茶在打開(kāi)杯蓋后，茶會(huì)自動(dòng)變得更熱B．蒸汽機(jī)把蒸汽的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化成機(jī)械能C．桶中混濁的泥水在靜置一段時(shí)間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動(dòng)分離D．電冰箱通電后把箱內(nèi)低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體[解析]熱量只會(huì)自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，而不會(huì)自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯(cuò)誤；機(jī)械能可以完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，而內(nèi)能卻不能完全轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；桶中混濁的泥水在靜置一段時(shí)間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動(dòng)分離是因?yàn)槟嗌车拿芏却笥谒?，故可以分離，C正確；電冰箱通電后由于壓縮機(jī)做功從而將低溫物體的熱量傳到箱外的高溫物體，故D正確。核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點(diǎn)一對(duì)熱力學(xué)第一定律的理解1．熱力學(xué)第一定律的理解不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內(nèi)能的過(guò)程是等效的，而且給出了內(nèi)能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關(guān)系。2．對(duì)公式ΔU＝Q＋W的符號(hào)的規(guī)定符號(hào)WQΔU＋外界對(duì)物體做功物體吸收熱量?jī)?nèi)能增加－物體對(duì)外界做功物體放出熱量?jī)?nèi)能減少例1(1)若一氣泡從湖底上升到湖面的過(guò)程中溫度保持不變，則在此過(guò)程中關(guān)于氣泡中的氣體，下列說(shuō)法正確的是(D)A．氣體分子間的作用力增大B．氣體分子的平均速率增大C．氣體分子的平均動(dòng)能減小D．氣體組成的系統(tǒng)一定吸熱(2)若將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，氣泡從湖底上升到湖面的過(guò)程中，對(duì)外界做了0.6J的功，則此過(guò)程中的氣泡吸收(選填“吸收”或“放出”)的熱量是0.6J。氣泡到達(dá)湖面后，溫度上升的過(guò)程中，又對(duì)外界做了0.1J的功，同時(shí)吸收了0.3J的熱量，則此過(guò)程中，氣泡內(nèi)氣體內(nèi)能增加了0.2J。[解析](1)考慮氣體分子間作用力時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，氣泡膨脹，分子間距增大，分子力減小，A錯(cuò)誤；氣泡上升過(guò)程中溫度不變，分子的平均動(dòng)能不變，分子的平均速率也不變，B，C錯(cuò)誤；氣泡上升過(guò)程中體積膨脹，溫度不變，而氣體對(duì)外做功，故氣體一定吸收熱量，D正確。(2)將氣體視為理想氣體時(shí)，其內(nèi)能只與溫度有關(guān)。氣泡上升過(guò)程中溫度不變，ΔU＝0，對(duì)外做功，W＝－0.6J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6J>0，即需從外界吸收0.6J的熱量。氣泡到達(dá)湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU′＝(0.3－0.1)J＝0.2J。名師點(diǎn)撥1．氣體做功情況的判定方法(1)若氣體體積增大，則氣體對(duì)外做功，W<0，氣體向真空膨脹除外。(2)若氣體體積減小，則外界對(duì)氣體做功，W>0。(3)若氣體體積不變，即等容過(guò)程，則W＝0。2．理想氣體內(nèi)能變化情況的判定方法對(duì)一定質(zhì)量的理想氣體，由于無(wú)分子勢(shì)能，其內(nèi)能只包含分子無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能，其內(nèi)能只與溫度有關(guān)。3．應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時(shí)，首先要明確研究對(duì)象是哪個(gè)物體或哪幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)；其次要正確掌握公式的符號(hào)法則，對(duì)已知量，必須按符號(hào)法則確定它們的正負(fù)號(hào)后，再代入公式計(jì)算；對(duì)未知量，可先按正號(hào)代入公式，根據(jù)計(jì)算結(jié)果的正負(fù)，確定問(wèn)題的答案?！沧兪接?xùn)練1〕(2020·襄陽(yáng)模擬)(多選)如圖用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側(cè)充有理想氣體，隔板右側(cè)與絕熱活塞之間是真空?，F(xiàn)將隔板抽開(kāi)，氣體會(huì)自發(fā)擴(kuò)散至整個(gè)汽缸。待氣體達(dá)到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來(lái)的體積。假設(shè)整個(gè)系統(tǒng)不漏氣。下列說(shuō)法正確的是(ABD)A．氣體自發(fā)擴(kuò)散前后內(nèi)能相同B．氣體在被壓縮的過(guò)程中內(nèi)能增大C．在自發(fā)擴(kuò)散過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功D．氣體正在被壓縮的過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功E．氣體在被壓縮的過(guò)程中，氣體分子的平均動(dòng)能不變[解析]因?yàn)槠住⒒钊际墙^熱的，隔板右側(cè)是真空，所以理想氣體在自發(fā)擴(kuò)散的過(guò)程中，既不吸熱也不放熱，也不對(duì)外界做功。根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體自發(fā)擴(kuò)散前后，內(nèi)能不變，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；氣體被壓縮的過(guò)程中，外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能增大，又因?yàn)橐欢ㄙ|(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，所以氣體溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，選項(xiàng)B、D正確；理想氣體分子勢(shì)能為零，內(nèi)能表現(xiàn)為分子動(dòng)能，內(nèi)能增大，則分子動(dòng)能增大，分子平均動(dòng)能也增大，選項(xiàng)E錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二對(duì)熱力學(xué)第二定律的理解1．熱力學(xué)第二定律的理解(1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。(2)“不產(chǎn)生其他影響”的含義是發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過(guò)程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成，對(duì)周?chē)h(huán)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響。如吸熱、放熱、做功等。2．熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì)熱力學(xué)第二定律的每一種表述，都揭示了大量分子參與宏觀過(guò)程的方向性，進(jìn)而使人們認(rèn)識(shí)到自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性。特別提醒：熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，但在有外界影響的條件下，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，如電冰箱；在引起其他變化的條件下內(nèi)能可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，如氣體的絕熱膨脹過(guò)程。3．兩類(lèi)永動(dòng)機(jī)的比較第一類(lèi)永動(dòng)機(jī)第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不需要任何動(dòng)力或燃料，卻能不斷地對(duì)外做功的機(jī)器從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響的機(jī)器違背能量守恒定律，不可能制成不違背能量守恒定律，但違背熱力學(xué)第二定律，不可能制成例2如圖所示為電冰箱的工作原理示意圖。壓縮機(jī)工作時(shí)，強(qiáng)迫制冷劑在冰箱內(nèi)外的管道中不斷循環(huán)。在蒸發(fā)器中制冷劑汽化吸收箱體內(nèi)的熱量，經(jīng)過(guò)冷凝器時(shí)制冷劑液化，放出熱量到箱體外。(1)下列說(shuō)法正確的是BC。A．熱量可以自發(fā)地從冰箱內(nèi)傳到冰箱外B．電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界，是因?yàn)槠湎牧穗娔蹸．電冰箱的工作原理不違反熱力學(xué)第一定律D．電冰箱的工作原理違反熱力學(xué)第一定律(2)電冰箱的制冷系統(tǒng)從冰箱內(nèi)吸收的熱量與釋放到外界的熱量相比，有怎樣的關(guān)系？[解析](1)熱力學(xué)第一定律是熱現(xiàn)象中內(nèi)能與其他形式能的轉(zhuǎn)化規(guī)律，是能量守恒定律的具體表現(xiàn)。適用于所有的熱學(xué)過(guò)程，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；由熱力學(xué)第二定律可知，熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，除非有外界的影響或幫助，電冰箱把熱量從低溫的內(nèi)部傳到高溫的外部，需要壓縮機(jī)的幫助并消耗電能，故B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤。(2)由熱力學(xué)第一定律可知，電冰箱制冷系統(tǒng)從冰箱內(nèi)吸收了熱量，同時(shí)消耗了電能，釋放到外界的熱量比從冰箱內(nèi)吸收的熱量多?！沧兪接?xùn)練2〕(多選)下列說(shuō)法正確的是(ADE)A．一定質(zhì)量的理想氣體等溫膨脹時(shí)，該理想氣體吸收的熱量全部用于對(duì)外做功B．利用新科技手段對(duì)內(nèi)燃機(jī)進(jìn)行不斷的改進(jìn)，可以使內(nèi)燃機(jī)獲得的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而不引起其他變化C．夏天開(kāi)空調(diào)可以使房間的溫度比室外低，說(shuō)明熱量可以自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體D．第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`背了熱力學(xué)第二定律E．隨著節(jié)能減排措施的不斷完善，最終也不會(huì)使熱機(jī)的效率達(dá)到100%[解析]一定質(zhì)量的理想氣體等溫膨脹時(shí)，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，溫度不變(ΔU＝0)，體積增大(W<0)，氣體吸收熱量(Q>O)，該理想氣體吸收的熱量全部用于對(duì)外做功，故A正確；根據(jù)熱力學(xué)第二定律，隨著科技的進(jìn)步，熱機(jī)的效率也不能達(dá)到100%，不能使內(nèi)燃機(jī)獲得的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能而不引起其他變化，故B錯(cuò)誤；夏天開(kāi)空調(diào)可以使房間的溫度比室外低，說(shuō)明熱量可以從低溫物體傳向高溫物體，但必須有電對(duì)其做功，而不是自發(fā)的過(guò)程，故C錯(cuò)誤；第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)檫`背了熱力學(xué)第二定律，故D正確；由η＝eq\f(Q1－Q2,Q1)可知，只要Q2≠0，η≠1，如果Q2＝0，則低溫?zé)釒?kù)不存在，違背了開(kāi)爾文表述，故E正確?？键c(diǎn)三熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合解答該類(lèi)問(wèn)題的流程：例3(2020·四川棠湖中學(xué)期末)如圖所示，一排球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p0、體積為V0、溫度為T(mén)0，用打氣筒對(duì)排球充入壓強(qiáng)為p0、溫度為T(mén)0的氣體，使球內(nèi)氣體壓強(qiáng)變?yōu)?p0同時(shí)溫度升至2T0，充氣過(guò)程中氣體向外放出Q的熱量，假設(shè)排球體積不變，氣體內(nèi)能U與溫度的關(guān)系為U＝kT(k為正常數(shù))，打氣筒與球中氣體均可視為理想氣體，求：(1)打氣筒對(duì)排球充入壓強(qiáng)為p0、溫度為T(mén)0的氣體的體積；(2)打氣筒對(duì)排球充氣過(guò)程中打氣筒對(duì)氣體做的功。[解析]本題考查熱力學(xué)第一定律與理想氣體狀態(tài)方程在解決實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用。(1)設(shè)打氣筒對(duì)排球充入壓強(qiáng)為p0、溫度為T(mén)0的氣體的體積為V，以排球內(nèi)氣體與充入的氣體整體為研究對(duì)象，氣體的初狀態(tài)參量p1＝p0，V1＝V0＋V，T1＝T0，氣體的末狀態(tài)參量p2＝3p0，V2＝V0，T2＝2T0，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得V＝0.5V0。(2)因?yàn)闅怏w內(nèi)能U與溫度的關(guān)系為U＝kT，所以打氣過(guò)程中排球內(nèi)氣體內(nèi)能變化ΔU＝k(2T0－T0)＝kT0，由熱力學(xué)第一定律得ΔU＝W＋(－Q)，解得打氣筒對(duì)氣體做的功W＝Q＋kT0。[答案](1)0.5V0(2)Q＋kT0〔變式訓(xùn)練3〕(2018·全國(guó)卷Ⅲ，33(1))(多選)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過(guò)程如p－V圖中從a到b的直線所示。在此過(guò)程中(BCD)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[解析]A錯(cuò)：在p－V圖中理想氣體的等溫線是雙曲線的一支，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(lái)對(duì)外做功，一部分用來(lái)增加氣體的內(nèi)能。2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·全國(guó)Ⅲ理綜·33)如圖，一開(kāi)口向上的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無(wú)摩擦。現(xiàn)用外力作用在活塞上，使其緩慢下降。環(huán)境溫度保持不變，系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)。在活塞下降過(guò)程中BCD。A．氣體體積逐漸減小，內(nèi)能增加B．氣體壓強(qiáng)逐漸增大，內(nèi)能不變C．氣體壓強(qiáng)逐漸增大，放出熱量D．外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能不變E．外界對(duì)氣體做功，氣體吸收熱量[解析]本題通過(guò)汽缸模型考查氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律。由于汽缸是導(dǎo)熱的，所以理想氣體做等溫變化，無(wú)論理想氣體的體積、壓強(qiáng)如何變化，氣體是否對(duì)外界做功或外界是否對(duì)氣體做功，其內(nèi)能均保持不變，故A錯(cuò)誤；根據(jù)玻意耳定律可知，活塞下降過(guò)程中氣體的體積減小，氣體的壓強(qiáng)增大，外界對(duì)氣體做功，即W>0，又ΔU＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W，可知?dú)怏w放出熱量，故B、C、D正確，E錯(cuò)誤。2．(2020·山東卷)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個(gè)過(guò)程后回到初始狀態(tài)a，其p－V圖像如圖所示。已知三個(gè)狀態(tài)的坐標(biāo)分別為a(V0,2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)。以下判斷正確的是(C)A．氣體在a→b過(guò)程中對(duì)外界做的功小于在b→c過(guò)程中對(duì)外界做的功B．氣體在a→b過(guò)程中從外界吸收的熱量大于在b→c過(guò)程中從外界吸收的熱量C．在c→a過(guò)程中，外界對(duì)氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量D．氣體在c→a過(guò)程中內(nèi)能的減少量大于b→c過(guò)程中內(nèi)能的增加量[解析]A項(xiàng)：根據(jù)氣體做功的表達(dá)式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV可知p－V圖線和體積橫軸圍成的面積即為做功大小，所以氣體在a→b過(guò)程中對(duì)外界做的功等于b→c過(guò)程中對(duì)外界做的功，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：氣體從a→b，滿(mǎn)足玻意耳定律pV＝C，所以Ta＝Tb所以ΔUab＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W可知0＝Qab＋Wab氣體從b→c，溫度升高，所以ΔUbc>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知ΔUbc＝Qbc＋Wbc結(jié)合A選項(xiàng)可知Wab＝Wbc<0所以Qbc>Qabb→c過(guò)程氣體吸收的熱量大于a→b過(guò)程吸收的熱量，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：氣體從c→a，溫度降低，所以ΔUca<0，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，所以Wca>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知Qca<0，放出熱量，C正確；D項(xiàng)：理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，根據(jù)Ta＝Tb可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔTca))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔTbc))所以氣體從c→a過(guò)程中內(nèi)能的減少量等于b→c過(guò)程中內(nèi)能的增加量，D錯(cuò)誤。故選C。3．(2020·天津卷)水槍是孩子們喜愛(ài)的玩具，常見(jiàn)的氣壓式水槍儲(chǔ)水罐示意如圖所示。從儲(chǔ)水罐充氣口充入氣體，達(dá)到一定壓強(qiáng)后，關(guān)閉充氣口?？蹌?dòng)扳機(jī)將閥門(mén)M打開(kāi)，水即從槍口噴出。若在水不斷噴出的過(guò)程中，罐內(nèi)氣體溫度始終保持不變，則氣體(B)A．壓強(qiáng)變大 B．對(duì)外界做功C．對(duì)外界放熱 D．分子平均動(dòng)能變大[解析]由題意知，水不斷噴出，氣體體積增大，溫度不變，由玻意耳定律得，罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，A錯(cuò)誤；氣體體積增大，對(duì)外做功，B正確；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，故溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，D錯(cuò)誤；溫度不變，氣體對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律得氣體需要從外界吸收熱量，C錯(cuò)誤。4．(2020·全國(guó)Ⅱ理綜33(1))下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)換過(guò)程的敘述，違背熱力學(xué)第一定律的有B，不違背熱力學(xué)第一定律，但違背熱力學(xué)第二定律的有C。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．汽車(chē)通過(guò)燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱B．冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C．某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響D．冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)[解析]本題考查對(duì)熱力學(xué)定律的理解。汽車(chē)通過(guò)燃燒汽油獲得動(dòng)力并向空氣中散熱，不違背熱力學(xué)第一定律和第二定律；冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低，這違背了熱力學(xué)第一定律；某新型熱機(jī)工作時(shí)將從高溫?zé)嵩次盏臒崃咳哭D(zhuǎn)化為功，而不產(chǎn)生其他影響，不違背熱力學(xué)第一定律，但違背熱力學(xué)第二定律。冰箱的制冷機(jī)工作時(shí)從箱內(nèi)低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內(nèi)，同時(shí)消耗電能，不違背熱力學(xué)第一定律和第二定律。第十二章熱學(xué)綜合過(guò)關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測(cè)滿(mǎn)分：100分考試時(shí)間：45分鐘一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共計(jì)48分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～3題只有一項(xiàng)符合題目要求，第4～8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2021·北京市高考適應(yīng)性考試)對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，下列說(shuō)法正確的是(D)A．若體積不變、溫度升高，則每個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率都增大B．若體積減小、溫度不變，則器壁單位面積受氣體分子的碰撞力不變C．若體積不變、溫度降低，則氣體分子密集程度不變，壓強(qiáng)可能不變D．若體積減小、溫度不變，則氣體分子密集程度增大，壓強(qiáng)一定增大[解析]溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高，分子的平均速率會(huì)增大，但每個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率不一定增大，A錯(cuò)誤；溫度不變，分子的平均動(dòng)能不變，體積減小，分子的密集程度增大，則器壁單位面積受氣體分子的碰撞力會(huì)增大，B錯(cuò)誤；由公式eq\f(pV,T)＝C可知，體積不變、溫度降低時(shí)，壓強(qiáng)一定減小，C錯(cuò)誤；體積減小，則氣體分子密集程度增大，體積減小、溫度不變時(shí)，由公式eq\f(pV,T)＝C可知，壓強(qiáng)一定增大，D正確。2．(2020·山東德州高三模擬)如圖所示，某種自動(dòng)洗衣機(jī)進(jìn)水時(shí)，與洗衣缸相連的細(xì)管中會(huì)封閉一定質(zhì)量的空氣，通過(guò)壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進(jìn)水量。設(shè)溫度不變，洗衣缸內(nèi)水位升高，則細(xì)管中被封閉的空氣(B)A．體積不變，壓強(qiáng)變小 B．體積變小，壓強(qiáng)變大C．體積不變，壓強(qiáng)變大 D．體積變小，壓強(qiáng)變小[解析]由于氣體溫度不變，屬于等溫變化，水位升高，封閉氣體的體積減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV＝C(C為定值)，壓強(qiáng)增大，故B正確。3．(2020·遼寧沈陽(yáng)高三模擬)如圖所示是醫(yī)院給病人輸液的部分裝置示意圖。在輸液過(guò)程中(A)A．A瓶中的藥液先用完B．B瓶中的藥液先用完C．隨著液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)逐漸減小 D．隨著液面下降，A瓶?jī)?nèi)C處氣體壓強(qiáng)保持不變[解析]藥液從B瓶中流下，封閉氣體體積增大，溫度不變，根據(jù)玻意耳定律知，氣體壓強(qiáng)減小，A瓶中空氣將A瓶中藥液壓入B瓶補(bǔ)充，使B瓶液面保持不變，直到A瓶液體全部流入B瓶，所以A瓶液體先用完，故A正確，B錯(cuò)誤；A瓶瓶口處壓強(qiáng)和大氣壓相等，但液面下降，液體產(chǎn)生壓強(qiáng)減小，因此封閉氣體壓強(qiáng)增大，故C、D錯(cuò)誤。4．甲分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O，只在兩分子間的作用力作用下，乙分子沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，兩分子間的分子勢(shì)能Ep與兩分子間距離x的變化關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(ADE)A．乙分子在P點(diǎn)時(shí)加速度為0B．乙分子在Q點(diǎn)時(shí)分子勢(shì)能最小C．乙分子在Q點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)D．乙分子在P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大E．乙分子在P點(diǎn)時(shí)，分子間引力和斥力相等[解析]由題圖可知，乙分子在P點(diǎn)時(shí)分子勢(shì)能最小，此時(shí)乙分子受力平衡，甲、乙兩分子間引力和斥力相等，乙分子所受合力為0，加速度為0，AE正確；乙分子在Q點(diǎn)時(shí)分子勢(shì)能為0，大于乙分子在P點(diǎn)時(shí)的分子勢(shì)能，B錯(cuò)誤；乙分子在Q點(diǎn)時(shí)與甲分子間的距離小于平衡距離，分子引力小于分子斥力，合力表現(xiàn)為斥力，所以乙分子在Q點(diǎn)所受合力不為0，故不處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；乙分子在P點(diǎn)時(shí)，其分子勢(shì)能最小，由能量守恒可知此時(shí)乙分子動(dòng)能最大，D正確。5．(2020·天津部分區(qū)期中)下列說(shuō)法正確的是(ABD)A．單晶體具有規(guī)則的幾何形狀B．晶體管、集成電路必須用單晶體制作C．具有各向同性特征的材料一定屬于非晶體D．液晶在數(shù)字式電子表和計(jì)算機(jī)彩色顯示器中有重要應(yīng)用E．晶體熔化過(guò)程中要吸收熱量，分子的平均動(dòng)能增大[解析]本題考查晶體的性質(zhì)及應(yīng)用。單晶體內(nèi)部的微粒按一定規(guī)則排列，使單晶體具有規(guī)則的幾何形狀，選項(xiàng)A正確；晶體管、集成電路要求材料的內(nèi)部分子排列必須是有序的，多晶體和非晶體內(nèi)部分子排列沒(méi)有次序，故只能用單晶體制作，選項(xiàng)B正確；單晶體具有規(guī)則的幾何形狀，多晶體是多個(gè)單晶體的結(jié)合體，在熱傳導(dǎo)等物理性質(zhì)中不具有各向異性，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；液晶顯示器利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn)，液晶在數(shù)字式電子表和計(jì)算機(jī)彩色顯示器中有重要應(yīng)用，故D正確；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，晶體熔化時(shí)吸收熱量，但溫度不變，因此分子的平均動(dòng)能不變，故E錯(cuò)誤。6．如圖所示是用光學(xué)顯微鏡觀察一滴充分稀釋的碳素墨汁，調(diào)節(jié)好合適的放大倍數(shù)后，顯示屏上會(huì)跟蹤一個(gè)炭粒的運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)炭粒做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法中正確的有(BDE)A．炭粒無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是炭粒分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的結(jié)果B．炭粒無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是液體分子不平衡撞擊的結(jié)果C．炭粒體積越大，其無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象越明顯D．墨汁溫度越高，炭粒無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)現(xiàn)象越明顯E．這個(gè)裝置無(wú)法直接觀察到液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)[解析]炭粒作為一種宏觀微粒，不受外力作用時(shí)是無(wú)法憑借自身因素而運(yùn)動(dòng)的，其無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是液體分子不平衡撞擊的結(jié)果，故A錯(cuò)誤，B正確；炭粒體積越大，受到液體分子的撞擊越趨于平衡，無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)將越不明顯，所以C錯(cuò)誤；墨汁溫度越高，液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)越激烈，撞擊炭粒的作用力越大，不平衡撞擊也越多，所以炭粒無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)會(huì)越明顯，D正確；光學(xué)顯微鏡無(wú)法觀察到分子個(gè)體，也就無(wú)法觀察到液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以E正確。7．(2021·河南模擬)氣閘艙是載人航天器中供航天員進(jìn)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(mén)K，座艙A中充滿(mǎn)空氣，氣閘艙B內(nèi)為真空，航天員由太空返回氣閘艙時(shí)，打開(kāi)閥門(mén)K，A中的氣體進(jìn)入B中，最終達(dá)到平衡。假設(shè)此過(guò)程中系統(tǒng)與外界沒(méi)有熱交換，艙內(nèi)氣體可視為理想氣體，下列說(shuō)法正確的是(ADE)A．氣體并沒(méi)有對(duì)外做功，氣體內(nèi)能不變B．B中氣體可自發(fā)地全部退回到A中C．氣體體積膨脹，對(duì)外做功，內(nèi)能減小D．氣體溫度不變，體積增大，壓強(qiáng)減小E．氣體分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)座艙A艙壁單位面積的碰撞次數(shù)將減少[解析]本題考查熱力學(xué)第一定律、氣體壓強(qiáng)的微觀解釋等。氣體自由擴(kuò)散，對(duì)外不做功，又因?yàn)檎麄€(gè)系統(tǒng)與外界沒(méi)有熱交換，根據(jù)ΔU＝W＋Q可知?dú)怏w內(nèi)能不變，故A正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)熵增加原理可知一切宏觀熱現(xiàn)象均具有方向性，故B中氣體不可能自發(fā)地全部退回到A中，故B錯(cuò)誤；因?yàn)闅怏w內(nèi)能不變，故溫度不變。因?yàn)闅忾l艙B內(nèi)為真空，根據(jù)玻意耳定律pV＝C，可知擴(kuò)散后氣體體積V增大，壓強(qiáng)p減小，所以氣體的密集程度減小，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知?dú)怏w分子單位時(shí)間對(duì)座艙A艙壁單位面積碰撞的次數(shù)將變少，故DE正確。8．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始，經(jīng)歷過(guò)程①、②、③、④到達(dá)狀態(tài)e。對(duì)此氣體，下列說(shuō)法正確的是(BDE)A．過(guò)程①中氣體的壓強(qiáng)逐漸減小B．過(guò)程②中氣體對(duì)外界做正功C．過(guò)程④中氣體從外界吸收了熱量D．狀態(tài)c、d的內(nèi)能相等E．狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)小[解析]過(guò)程①中，氣體由a到b，體積V不變、T升高，則壓強(qiáng)增大。；A錯(cuò)誤；過(guò)程②中，氣體由b到c，體積V變大，對(duì)外界做功；B正確；過(guò)程④中，氣體由d到e，溫度T降低，內(nèi)能ΔU減小，體積V不變，氣體不做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即氣體放出熱量；C錯(cuò)誤；狀態(tài)c、d溫度相同，所以?xún)?nèi)能相同；D正確；由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，得T＝eq\f(p,C)V，在T－V圖像中，斜率表示壓強(qiáng)，則由圖知pb>pd，E正確。二、非選擇題(本題共4小題，共52分。)9．(6分)(2020·江蘇省高三模擬)某同學(xué)做“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)。(1)每滴油酸酒精溶液的體積為V0，將該溶液滴一滴到水面上，穩(wěn)定后形成油膜的面積為S。已知500mL油酸酒精溶液中含有純油酸1mL，則油酸分子直徑大小的表達(dá)式為d＝eq\f(V0,500S)。(2)該同學(xué)做完實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)自己所測(cè)的分子直徑d明顯偏大。出現(xiàn)這種情況的原因可能是(多選)AC。A．將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進(jìn)行計(jì)算B．油酸酒精溶液長(zhǎng)時(shí)間放置，酒精揮發(fā)使溶液的濃度發(fā)生了變化C．水面上痱子粉撒得太多，油膜沒(méi)有充分展開(kāi)D．計(jì)算油膜面積時(shí)，將不完整的方格作為完整方格處理[解析](1)純油酸的體積V等于油酸酒精溶液的體積乘以濃度，即：V＝eq\f(V0,500)×1，油滴面積為S，則分子直徑大小的公式為d＝eq\f(V0,500S)；(2)根據(jù)d＝eq\f(V0,500S)，則有：A項(xiàng)錯(cuò)誤地將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計(jì)算，則計(jì)算時(shí)所用體積數(shù)值偏大，會(huì)導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果偏大，故A正確；油酸酒精溶液長(zhǎng)時(shí)間放置，酒精揮發(fā)使溶液的濃度變大，油膜面積變大則會(huì)導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果偏小，故B錯(cuò)誤；水面上痱子粉撒得較多，油膜沒(méi)有充分展開(kāi)，則測(cè)量的面積S偏小，導(dǎo)致結(jié)果計(jì)算偏大，故C正確；計(jì)算油膜面積時(shí)，將不完整的方格作為完整方格處理，則計(jì)算所用的面積S偏大，會(huì)導(dǎo)致計(jì)算結(jié)果偏小，故D錯(cuò)誤。10．(15分)(2020·河北邯鄲月考)如圖所示，粗細(xì)均勻的細(xì)U形管左端封閉，右端開(kāi)口，兩豎直管長(zhǎng)為l1＝50cm，水平管長(zhǎng)d＝20cm，大氣壓強(qiáng)p0相當(dāng)于76cmHg。左管內(nèi)一段l0＝8cm長(zhǎng)的水銀柱封住l2＝30cm長(zhǎng)的空氣柱，現(xiàn)將開(kāi)口端接上帶有壓強(qiáng)傳感器的抽氣機(jī)向外抽氣，使左管內(nèi)氣體溫度保持不變而右管內(nèi)壓強(qiáng)緩緩降低，要把水銀柱全部移到右管中。求右管內(nèi)壓強(qiáng)至少降為多少cmHg。(g取10m/s2，結(jié)果保留兩位小數(shù))[答案]21.14cmHg[解析]本題考查U形管內(nèi)氣柱的等溫變化問(wèn)題。設(shè)U形管的橫截面積為S，以左管中封閉氣體為研究對(duì)象，初態(tài)p1＋p10＝p0，得p1＝p0－p10＝68cmHg，V1＝l2S，末態(tài)由題意知，水銀柱全部移到右管中，則有V2＝(l1＋d)S，根據(jù)玻意耳定律，則有p1V1＝p2V2，可得p2＝eq\f(p1V1,V2)≈29.14cmHg，設(shè)右管內(nèi)壓強(qiáng)降為p′，則有p′＋p10＝p2，解得p′＝p2－p10＝21.14cmHg。11．(15分)(2020·貴州長(zhǎng)順二中期末)如圖所示，用輕質(zhì)活塞在絕熱汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁之間的摩擦忽略不計(jì)。開(kāi)始時(shí)活塞距汽缸底的高度為h1＝0.50m，氣體溫度為t1＝27℃。給汽缸加熱，活塞緩慢上升到距汽缸底的高度為h2＝0.80m處時(shí)，缸內(nèi)氣體吸收Q＝450J的熱量。已知活塞橫截面積S＝5.0×10－3m2，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa。求：(1)加熱后缸內(nèi)氣體的溫度；(2)此過(guò)程中缸內(nèi)氣體增加的內(nèi)能ΔU。[答案](1)207℃(2)300J[解析]本題考查氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)定律的綜合。(1)設(shè)加熱后缸內(nèi)氣體的溫度為t2，活塞緩慢上升過(guò)程為等壓過(guò)程，根據(jù)蓋—呂薩克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，其中V1＝h1S，V2＝h2S，T1＝300K，聯(lián)立解得T2＝480K，即t2＝207℃。(2)設(shè)氣體對(duì)活塞做功為W，則W＝p0SΔh，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得ΔU＝(－W)＋Q，聯(lián)立解得ΔU＝300J。12．(16分)如圖所示，質(zhì)量均為m＝1kg的光滑活塞甲、乙將容器分為A、B兩部分，容器的橫截面積S為10cm2，容器與活塞均導(dǎo)熱良好，容器下端連接有U形管(管內(nèi)氣體的體積可忽略不計(jì))，U形管內(nèi)裝有水銀。開(kāi)始時(shí)將活塞甲鎖定，活塞乙可以無(wú)摩擦地自由移動(dòng)，B內(nèi)氣體體積是A內(nèi)氣體體積的兩倍，U形管內(nèi)的水銀面右管比左管高16cm。已知外界大氣壓強(qiáng)p0＝76cmHg＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。(1)求A、B容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)分別為多少：(2)將活塞甲解鎖，當(dāng)A、B內(nèi)氣體狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，求A、B兩部分氣體體積的比值。(保留兩位有效數(shù)字)[答案](1)52.4cmHg60cmHg(2)0.48[解析](1)由pB＋16cmHg＝76cmHg，解得pB＝60cmHg由pA＋eq\f(mg,S)＝pB，解得pA＝52.4cmHg。(2)設(shè)解鎖前A內(nèi)氣體體積為V，則B內(nèi)氣體體積為2V解鎖后氣體狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，A內(nèi)氣體壓強(qiáng)pA′＝p0＋eq\f(mg,S)＝83.6cmHgB內(nèi)氣體壓強(qiáng)p′B＝p′＋eq\f(mg,S)＝91.2cmHgA、B內(nèi)氣體均發(fā)生等溫變化，對(duì)B內(nèi)氣體，由玻意耳定律有pB×2V＝pB′VB′對(duì)A內(nèi)氣體，由玻意耳定律有pAV＝pA′VA′解得eq\f(VA′,VB′)≈0.48。專(zhuān)題強(qiáng)化十二應(yīng)用氣體實(shí)驗(yàn)定律解決“三類(lèi)模型”問(wèn)題1．三大氣體實(shí)驗(yàn)定律(1)玻意耳定律(等溫變化)p1V1＝p2V2或pV＝C(常數(shù))(2)查理定律(等容變化)eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)或eq\f(p,T)＝C(常數(shù))(3)蓋—呂薩克定律(等壓變化)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)或eq\f(V,T)＝C(常數(shù))2．理想氣體狀態(tài)方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C3．利用氣體實(shí)驗(yàn)定律解決問(wèn)題的基本思路選對(duì)象：根據(jù)題意，選出所研究的某一部分一定質(zhì)量氣體找參量：分別找出這部分氣體狀態(tài)發(fā)生變化前后的p、V、T數(shù)值或表達(dá)式，壓強(qiáng)的確定是關(guān)鍵認(rèn)過(guò)程：認(rèn)清變化過(guò)程，正確選用物理規(guī)律列方程：選擇實(shí)驗(yàn)定律列式求解，有時(shí)要討論結(jié)果的合理性一、“玻璃管液封”模型求液柱封閉的氣體壓強(qiáng)時(shí)，一般以液片或液柱為研究對(duì)象分析受力、列平衡方程，要注意：(1)液體因重力產(chǎn)生的壓強(qiáng)大小為p＝ρgh(其中h為液面的豎直高度)；(2)不要漏掉大氣壓強(qiáng)，同時(shí)又要盡可能平衡掉某些大氣的壓力；(3)有時(shí)可直接應(yīng)用連通器原理——連通器內(nèi)靜止的液體，同種液體在同一水平面上各處壓強(qiáng)相等；(4)當(dāng)液體為水銀時(shí)，可靈活應(yīng)用壓強(qiáng)單位“cmHg”等，使計(jì)算過(guò)程簡(jiǎn)捷．例1(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一粗細(xì)均勻的細(xì)管開(kāi)口向上豎直放置，管內(nèi)有一段高度為2.0cm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2.0cm。若將細(xì)管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無(wú)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76cmHg，環(huán)境溫度為296K。(1)求細(xì)管的長(zhǎng)度；(2)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)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＝p1V1 ①由力的平衡條件有p＝p0＋ρgh ②p1＝p0－ρgh ③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)) ④V1＝S(L－h(huán)) ⑤由①②③④⑤式和題給條件得L＝41cm。 ⑥(2)設(shè)氣體被加熱前后的溫度分別為T(mén)0和T，由蓋—呂薩克定律有eq\f(V,T0)＝eq\f(V1,T) ⑦由④⑤⑥⑦式和題給數(shù)據(jù)得T＝312K。[答案](1)41cm(2)312K〔變式訓(xùn)練1〕如圖所示，粗細(xì)均勻的薄壁U形玻璃管豎直放置，導(dǎo)熱良好，左管上端封閉，封口處有段水銀柱1，右管上端開(kāi)口且足夠長(zhǎng)，另有兩段水銀柱2、3封閉了A、B兩部分理想氣體，外界大氣壓強(qiáng)恒為p0＝75cmHg。開(kāi)始時(shí)。三段水銀柱長(zhǎng)均10cm，A氣柱長(zhǎng)為20cm，B氣柱長(zhǎng)為10cm，氣柱A和水銀柱2各有一半長(zhǎng)度在水平部分，現(xiàn)保持環(huán)境溫度不變，在右管中緩慢注入水銀，使水銀柱2在豎直管中的水銀剛好全部壓入水平管中。求：(1)在右管中注入水銀前，水銀柱1對(duì)玻璃管封口的壓強(qiáng)；(2)水銀柱2在豎直管中的水銀剛好全部壓入水平管中時(shí)，注入右管中水銀柱的長(zhǎng)度。[答案](1)80cmHg(2)35cm[解析](1)氣柱B的壓強(qiáng)為：pB＝p0＋h＝85cmHg根據(jù)同一深度壓強(qiáng)相等，有：pA＝pB＋eq\f(h,2)解得：pA＝90cmHg則水銀柱1對(duì)玻璃管封口的壓強(qiáng)為：p＝pA－h(huán)＝80cmHg；(2)對(duì)氣柱A為研究對(duì)象，由玻意耳定律得：pALAS＝p′AL′AS解得：p′A＝120cmHg設(shè)注入的水銀柱長(zhǎng)度為x，有：p′A＝p0＋(x＋h)cmHg解得：x＝35cm。二、“汽缸活塞類(lèi)”模型1．氣體系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，需綜合應(yīng)用氣體實(shí)驗(yàn)定律和物體的平衡條件解題。2．氣體系統(tǒng)處于力學(xué)非平衡狀態(tài)，需要綜合應(yīng)用氣體實(shí)驗(yàn)定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題。3．兩個(gè)或多個(gè)汽缸封閉著幾部分氣體，并且汽缸之間相互關(guān)聯(lián)的問(wèn)題，解答時(shí)應(yīng)分別研究各部分氣體，找出它們各自遵循的規(guī)律，并寫(xiě)出相應(yīng)的方程，還要寫(xiě)出各部分氣體之間壓強(qiáng)或體積的關(guān)系式，最后聯(lián)立求解。例2(2019·全國(guó)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(guò)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)?。平衡時(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(guò)程中氫氣和氮?dú)獾臏囟缺３植蛔?，活塞沒(méi)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。[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＝eq\f(1,2)(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＝p1·2S ③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0 ④p2V2＝p0V0 ⑤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＝eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)p ⑦V1＝eq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)。[答案](1)eq\f(1,2)(p0＋p)(2)eq\f(1,2)p0＋eq\f(1,4)peq\f(4p0＋pV0,2p0＋p)〔變式訓(xùn)練2〕(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一豎直放置的汽缸上端開(kāi)口，汽缸壁內(nèi)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a、b間移動(dòng)，其下方密封有一定質(zhì)量的理想氣體。已知活塞質(zhì)量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計(jì)它們之間的摩擦。開(kāi)始時(shí)活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，上、下方氣體壓強(qiáng)均為p0，溫度均為T(mén)0?，F(xiàn)用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，直至活塞剛好到達(dá)b處。求此時(shí)汽缸內(nèi)氣體的溫度以及在此過(guò)程中氣體對(duì)外所做的功。(重力加速度大小為g)[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0(p0S＋mg)h[解析]開(kāi)始時(shí)活塞位于a處，加熱后，汽缸中的氣體先經(jīng)歷等容過(guò)程，直至活塞開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)汽缸中氣體的溫度為T(mén)1，壓強(qiáng)為p1，根據(jù)查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1) ①根據(jù)力的平衡條件有p1S＝p0S＋mg ②聯(lián)立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0 ③此后，汽缸中的氣體經(jīng)歷等壓過(guò)程，直至活塞剛好到達(dá)b處，設(shè)此時(shí)汽缸中氣體的溫度為T(mén)2；活塞位于a處和b處時(shí)氣體的體積分別為V1和V2。根據(jù)蓋—呂薩克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2) ④式中V1＝SH ⑤V2＝S(H＋h) ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式解得T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0 ⑦從開(kāi)始加熱到活塞到達(dá)b處的過(guò)程中，汽缸中的氣體對(duì)外做的功為W＝(p0S＋mg)h。三、“變質(zhì)量氣體”模型氣體實(shí)驗(yàn)定律及理想氣體狀態(tài)方程的適用對(duì)象都是一定質(zhì)量理想氣體，但在實(shí)際問(wèn)題中，常遇到氣體的“變質(zhì)量”問(wèn)題；氣體的“變質(zhì)量”問(wèn)題，可以通過(guò)巧妙地選擇合適的研究對(duì)象，把“變質(zhì)量”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“定質(zhì)量”的問(wèn)題，從而可以利用氣體實(shí)驗(yàn)定律或理想氣體狀態(tài)方程求解，常見(jiàn)以下四種類(lèi)型：1．充氣(打氣)問(wèn)題在充氣(打氣)時(shí)，將充進(jìn)容器內(nèi)的氣體和容器內(nèi)的原有氣體為研究對(duì)象時(shí)，這些氣體的質(zhì)量是不變的。這樣，可將“變質(zhì)量”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化成“定質(zhì)量”問(wèn)題。2．抽氣問(wèn)題在對(duì)容器抽氣的過(guò)程中，對(duì)每一次抽氣而言，氣體質(zhì)量發(fā)生變化，解決該類(lèi)變質(zhì)量問(wèn)題的方法與充氣(打氣)問(wèn)題類(lèi)似：假設(shè)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(zhì)量”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“定質(zhì)量”的問(wèn)題。3．灌氣(氣體分裝)問(wèn)題將一個(gè)大容器里的氣體分裝到多個(gè)小容器中的問(wèn)題也是變質(zhì)量問(wèn)題，分析這類(lèi)問(wèn)題時(shí)，可以把大容器中的氣體和多個(gè)小容器中的氣體作為一個(gè)整體來(lái)進(jìn)行研究，即可將“變質(zhì)量”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“定質(zhì)量”問(wèn)題。4．漏氣問(wèn)題容器漏氣過(guò)程中氣體的質(zhì)量不斷發(fā)生變化，屬于變質(zhì)量問(wèn)題，如果選容器內(nèi)剩余氣體和漏掉的氣體作為整體為研究對(duì)象，便可使“變質(zhì)量”轉(zhuǎn)化成“定質(zhì)量”問(wèn)題。例3(2019·全國(guó)卷Ⅰ，33(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，利用高溫高氣壓環(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0.13m3，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3.2×10－2m3，使用前瓶中氣體壓強(qiáng)為1.5×107Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強(qiáng)為2.0×106Pa；室溫溫度為27℃。氬氣可視為理想氣體。(1)求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強(qiáng)；(2)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)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＝p1V1 ①被壓入爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為V1′＝V1－V0 ②設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強(qiáng)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＝3.2×107Pa。 ④(2)設(shè)加熱前爐腔的溫度為T(mén)0，加熱后爐腔溫度為T(mén)1，氣體壓強(qiáng)為p3。由查理定律eq\f(p3,T1)＝eq\f(p2,T0) ⑤聯(lián)立④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得p3＝1.6×108Pa。[答案](1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa〔變式訓(xùn)練3〕(2021·廣東省茂名市模擬)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(guò)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(lái)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，求氧氣罐內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來(lái)總質(zhì)量的比值。[答案](1)87℃(2)eq\f(5,6)[解析](1)對(duì)氣體由查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)，解得T1＝eq\f(p1,p0)T0＝360K，氣體原來(lái)溫度為t＝(360－273)℃＝87℃。(2)假設(shè)將放出的氣體先收集起來(lái)，并保持