2024版高考物理一轮复习第十二章热学第3讲热力学定律与能量守恒定律学案新人教版

PAGE9-2024版高考物理一轮复习第十二章热学第3讲热力学定律与能量守恒定律学案新人教版第3讲热力学定律与能量守恒定律知识点1热力学第一定律1．内容一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和。2．表达式ΔU＝Q＋W。3．ΔU＝Q＋W的三种特殊情况(1)绝热过程：Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。(2)等容过程：W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。(3)等温过程：ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量。知识点2热力学第二定律1．两种表述(1)克劳修斯表述(按热传导的方向性表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。(2)开尔文表述(按机械能和内能转化过程的方向性表述)：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他影响。2．热力学过程方向性实例(1)高温物体eq\o(,\s\up7(热量Q能自发传给),\s\do5(热量Q不能自发传给))低温物体。(2)功eq\o(,\s\up7(能自发地完全转化为),\s\do5(不能自发地且不能完全转化为))热。(3)气体体积V1eq\o(,\s\up7(能自发膨胀到),\s\do5(不能自发收缩到))气体体积V2(较大)。(4)不同气体A和Beq\o(,\s\up7(能自发混合成),\s\do5(不能自发分离成))混合气体AB。3．熵增加原理在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少。知识点3能量守恒守恒1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量保持不变。2．能源的利用(1)存在能量耗散和品质下降。(2)重视利用能源时对环境的影响。(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能等)。双基自测一、堵点疏通1．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。(×)2．绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能可能不变。(×)3．在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。(×)4．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(√)二、对点激活1．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做了900J的功，同时汽缸向外散热210J，汽缸里空气的内能(C)A．增加了1100J B．减少了1100JC．增加了690J D．减少了690J[解析]由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝900J－210J＝690J，内能增加690J，C正确。2．(多选)下列现象中能够发生的是(CD)A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体[解析]热量只会自发地从高温物体传到低温物体，而不会自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；机械能可以完全转化为内能，而内能却不能完全转化为机械能，故B错误；桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离是因为泥沙的密度大于水，故可以分离，C正确；电冰箱通电后由于压缩机做功从而将低温物体的热量传到箱外的高温物体，故D正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一对热力学第一定律的理解1．热力学第一定律的理解不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。2．对公式ΔU＝Q＋W的符号的规定符号WQΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少例1(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是(D)A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统一定吸热(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡吸收(选填“吸收”或“放出”)的热量是0.6J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了0.2J。[解析](1)考虑气体分子间作用力时，分子力表现为引力，气泡膨胀，分子间距增大，分子力减小，A错误；气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B，C错误；气泡上升过程中体积膨胀，温度不变，而气体对外做功，故气体一定吸收热量，D正确。(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关。气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6J>0，即需从外界吸收0.6J的热量。气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU′＝(0.3－0.1)J＝0.2J。名师点拨1．气体做功情况的判定方法(1)若气体体积增大，则气体对外做功，W<0，气体向真空膨胀除外。(2)若气体体积减小，则外界对气体做功，W>0。(3)若气体体积不变，即等容过程，则W＝0。2．理想气体内能变化情况的判定方法对一定质量的理想气体，由于无分子势能，其内能只包含分子无规则热运动的动能，其内能只与温度有关。3．应用热力学第一定律时，首先要明确研究对象是哪个物体或哪几个物体组成的系统；其次要正确掌握公式的符号法则，对已知量，必须按符号法则确定它们的正负号后，再代入公式计算；对未知量，可先按正号代入公式，根据计算结果的正负，确定问题的答案。〔变式训练1〕(2020·襄阳模拟)(多选)如图用隔板将一绝热汽缸分成两部分，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汽缸。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(ABD)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．气体正在被压缩的过程中，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[解析]因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功。根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项A正确，选项C错误；气体被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项B、D正确；理想气体分子势能为零，内能表现为分子动能，内能增大，则分子动能增大，分子平均动能也增大，选项E错误。考点二对热力学第二定律的理解1．热力学第二定律的理解(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响。如吸热、放热、做功等。2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。特别提醒：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的绝热膨胀过程。3．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器违背能量守恒定律，不可能制成不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成例2如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。(1)下列说法正确的是BC。A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？[解析](1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现。适用于所有的热学过程，故C项正确，D项错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B项正确，A项错误。(2)由热力学第一定律可知，电冰箱制冷系统从冰箱内吸收了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多。〔变式训练2〕(多选)下列说法正确的是(ADE)A．一定质量的理想气体等温膨胀时，该理想气体吸收的热量全部用于对外做功B．利用新科技手段对内燃机进行不断的改进，可以使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化C．夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以自发地从低温物体传向高温物体D．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律E．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使热机的效率达到100%[解析]一定质量的理想气体等温膨胀时，根据热力学第一定律，温度不变(ΔU＝0)，体积增大(W<0)，气体吸收热量(Q>O)，该理想气体吸收的热量全部用于对外做功，故A正确；根据热力学第二定律，随着科技的进步，热机的效率也不能达到100%，不能使内燃机获得的内能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B错误；夏天开空调可以使房间的温度比室外低，说明热量可以从低温物体传向高温物体，但必须有电对其做功，而不是自发的过程，故C错误；第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律，故D正确；由η＝eq\f(Q1－Q2,Q1)可知，只要Q2≠0，η≠1，如果Q2＝0，则低温热库不存在，违背了开尔文表述，故E正确。考点三热力学定律与气体实验定律的综合解答该类问题的流程：例3(2020·四川棠湖中学期末)如图所示，一排球内气体的压强为p0、体积为V0、温度为T0，用打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体，使球内气体压强变为3p0同时温度升至2T0，充气过程中气体向外放出Q的热量，假设排球体积不变，气体内能U与温度的关系为U＝kT(k为正常数)，打气筒与球中气体均可视为理想气体，求：(1)打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积；(2)打气筒对排球充气过程中打气筒对气体做的功。[解析]本题考查热力学第一定律与理想气体状态方程在解决实际问题中的应用。(1)设打气筒对排球充入压强为p0、温度为T0的气体的体积为V，以排球内气体与充入的气体整体为研究对象，气体的初状态参量p1＝p0，V1＝V0＋V，T1＝T0，气体的末状态参量p2＝3p0，V2＝V0，T2＝2T0，根据理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得V＝0.5V0。(2)因为气体内能U与温度的关系为U＝kT，所以打气过程中排球内气体内能变化ΔU＝k(2T0－T0)＝kT0，由热力学第一定律得ΔU＝W＋(－Q)，解得打气筒对气体做的功W＝Q＋kT0。[答案](1)0.5V0(2)Q＋kT0〔变式训练3〕(2018·全国卷Ⅲ，33(1))(多选)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－V图中从a到b的直线所示。在此过程中(BCD)A．气体温度一直降低B．气体内能一直增加C．气体一直对外做功D．气体一直从外界吸热E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功[解析]A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高。B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大。C对：气体体积膨胀，对外做功。D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU＞0、W＜0，故Q＞0，气体吸热。E错：由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·全国Ⅲ理综·33)如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中BCD。A．气体体积逐渐减小，内能增加B．气体压强逐渐增大，内能不变C．气体压强逐渐增大，放出热量D．外界对气体做功，气体内能不变E．外界对气体做功，气体吸收热量[解析]本题通过汽缸模型考查气体实验定律和热力学第一定律。由于汽缸是导热的，所以理想气体做等温变化，无论理想气体的体积、压强如何变化，气体是否对外界做功或外界是否对气体做功，其内能均保持不变，故A错误；根据玻意耳定律可知，活塞下降过程中气体的体积减小，气体的压强增大，外界对气体做功，即W>0，又ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放出热量，故B、C、D正确，E错误。2．(2020·山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)。以下判断正确的是(C)A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量[解析]A项：根据气体做功的表达式W＝Fx＝pSx＝p·ΔV可知p－V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于b→c过程中对外界做的功，A错误；B项：气体从a→b，满足玻意耳定律pV＝C，所以Ta＝Tb所以ΔUab＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知0＝Qab＋Wab气体从b→c，温度升高，所以ΔUbc>0，根据热力学第一定律可知ΔUbc＝Qbc＋Wbc结合A选项可知Wab＝Wbc<0所以Qbc>Qabb→c过程气体吸收的热量大于a→b过程吸收的热量，B错误；C项：气体从c→a，温度降低，所以ΔUca<0，气体体积减小，外界对气体做功，所以Wca>0，根据热力学第一定律可知Qca<0，放出热量，C正确；D项：理想气体的内能只与温度有关，根据Ta＝Tb可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔTca))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔTbc))所以气体从c→a过程中内能的减少量等于b→c过程中内能的增加量，D错误。故选C。3．(2020·天津卷)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(B)A．压强变大 B．对外界做功C．对外界放热 D．分子平均动能变大[解析]由题意知，水不断喷出，气体体积增大，温度不变，由玻意耳定律得，罐内气体压强减小，A错误；气体体积增大，对外做功，B正确；温度是分子平均动能的标志，故温度不变，分子平均动能不变，D错误；温度不变，气体对外做功，由热力学第一定律得气体需要从外界吸收热量，C错误。4．(2020·全国Ⅱ理综33(1))下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有B，不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律的有C。(填正确答案标号)A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内[解析]本题考查对热力学定律的理解。汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热，不违背热力学第一定律和第二定律；冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，这违背了热力学第一定律；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响，不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律。冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，同时消耗电能，不违背热力学第一定律和第二定律。第十二章热学综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2021·北京市高考适应性考试)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(D)A．若体积不变、温度升高，则每个气体分子热运动的速率都增大B．若体积减小、温度不变，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变C．若体积不变、温度降低，则气体分子密集程度不变，压强可能不变D．若体积减小、温度不变，则气体分子密集程度增大，压强一定增大[解析]温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均速率会增大，但每个气体分子热运动的速率不一定增大，A错误；温度不变，分子的平均动能不变，体积减小，分子的密集程度增大，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大，B错误；由公式eq\f(pV,T)＝C可知，体积不变、温度降低时，压强一定减小，C错误；体积减小，则气体分子密集程度增大，体积减小、温度不变时，由公式eq\f(pV,T)＝C可知，压强一定增大，D正确。2．(2020·山东德州高三模拟)如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气(B)A．体积不变，压强变小 B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大 D．体积变小，压强变小[解析]由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据理想气体状态方程pV＝C(C为定值)，压强增大，故B正确。3．(2020·辽宁沈阳高三模拟)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中(A)A．A瓶中的药液先用完B．B瓶中的药液先用完C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐减小 D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变[解析]药液从B瓶中流下，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶补充，使B瓶液面保持不变，直到A瓶液体全部流入B瓶，所以A瓶液体先用完，故A正确，B错误；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，液体产生压强减小，因此封闭气体压强增大，故C、D错误。4．甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(ADE)A．乙分子在P点时加速度为0B．乙分子在Q点时分子势能最小C．乙分子在Q点时处于平衡状态D．乙分子在P点时动能最大E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等[解析]由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，AE正确；乙分子在Q点时分子势能为0，大于乙分子在P点时的分子势能，B错误；乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点所受合力不为0，故不处于平衡状态，C错误；乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，D正确。5．(2020·天津部分区期中)下列说法正确的是(ABD)A．单晶体具有规则的几何形状B．晶体管、集成电路必须用单晶体制作C．具有各向同性特征的材料一定属于非晶体D．液晶在数字式电子表和计算机彩色显示器中有重要应用E．晶体熔化过程中要吸收热量，分子的平均动能增大[解析]本题考查晶体的性质及应用。单晶体内部的微粒按一定规则排列，使单晶体具有规则的几何形状，选项A正确；晶体管、集成电路要求材料的内部分子排列必须是有序的，多晶体和非晶体内部分子排列没有次序，故只能用单晶体制作，选项B正确；单晶体具有规则的几何形状，多晶体是多个单晶体的结合体，在热传导等物理性质中不具有各向异性，选项C错误；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，液晶在数字式电子表和计算机彩色显示器中有重要应用，故D正确；温度是分子平均动能的标志，晶体熔化时吸收热量，但温度不变，因此分子的平均动能不变，故E错误。6．如图所示是用光学显微镜观察一滴充分稀释的碳素墨汁，调节好合适的放大倍数后，显示屏上会跟踪一个炭粒的运动，发现炭粒做无规则运动。则下列说法中正确的有(BDE)A．炭粒无规则运动是炭粒分子无规则运动的结果B．炭粒无规则运动是液体分子不平衡撞击的结果C．炭粒体积越大，其无规则运动的现象越明显D．墨汁温度越高，炭粒无规则运动现象越明显E．这个装置无法直接观察到液体分子无规则运动[解析]炭粒作为一种宏观微粒，不受外力作用时是无法凭借自身因素而运动的，其无规则运动是液体分子不平衡撞击的结果，故A错误，B正确；炭粒体积越大，受到液体分子的撞击越趋于平衡，无规则运动将越不明显，所以C错误；墨汁温度越高，液体分子无规则运动越激烈，撞击炭粒的作用力越大，不平衡撞击也越多，所以炭粒无规则运动会越明显，D正确；光学显微镜无法观察到分子个体，也就无法观察到液体分子无规则运动，所以E正确。7．(2021·河南模拟)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，航天员由太空返回气闸舱时，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(ADE)A．气体并没有对外做功，气体内能不变B．B中气体可自发地全部退回到A中C．气体体积膨胀，对外做功，内能减小D．气体温度不变，体积增大，压强减小E．气体分子单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少[解析]本题考查热力学第一定律、气体压强的微观解释等。气体自由扩散，对外不做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知气体内能不变，故A正确，C错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；因为气体内能不变，故温度不变。因为气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律pV＝C，可知扩散后气体体积V增大，压强p减小，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对座舱A舱壁单位面积碰撞的次数将变少，故DE正确。8．(2018·全国卷Ⅰ)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是(BDE)A．过程①中气体的压强逐渐减小B．过程②中气体对外界做正功C．过程④中气体从外界吸收了热量D．状态c、d的内能相等E．状态d的压强比状态b的压强小[解析]过程①中，气体由a到b，体积V不变、T升高，则压强增大。；A错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做功；B正确；过程④中，气体由d到e，温度T降低，内能ΔU减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q<0，即气体放出热量；C错误；状态c、d温度相同，所以内能相同；D正确；由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，得T＝eq\f(p,C)V，在T－V图像中，斜率表示压强，则由图知pb>pd，E正确。二、非选择题(本题共4小题，共52分。)9．(6分)(2020·江苏省高三模拟)某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。(1)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1mL，则油酸分子直径大小的表达式为d＝eq\f(V0,500S)。(2)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是(多选)AC。A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开D．计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理[解析](1)纯油酸的体积V等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，即：V＝eq\f(V0,500)×1，油滴面积为S，则分子直径大小的公式为d＝eq\f(V0,500S)；(2)根据d＝eq\f(V0,500S)，则有：A项错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，油膜面积变大则会导致计算结果偏小，故B错误；水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测量的面积S偏小，导致结果计算偏大，故C正确；计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则计算所用的面积S偏大，会导致计算结果偏小，故D错误。10．(15分)(2020·河北邯郸月考)如图所示，粗细均匀的细U形管左端封闭，右端开口，两竖直管长为l1＝50cm，水平管长d＝20cm，大气压强p0相当于76cmHg。左管内一段l0＝8cm长的水银柱封住l2＝30cm长的空气柱，现将开口端接上带有压强传感器的抽气机向外抽气，使左管内气体温度保持不变而右管内压强缓缓降低，要把水银柱全部移到右管中。求右管内压强至少降为多少cmHg。(g取10m/s2，结果保留两位小数)[答案]21.14cmHg[解析]本题考查U形管内气柱的等温变化问题。设U形管的横截面积为S，以左管中封闭气体为研究对象，初态p1＋p10＝p0，得p1＝p0－p10＝68cmHg，V1＝l2S，末态由题意知，水银柱全部移到右管中，则有V2＝(l1＋d)S，根据玻意耳定律，则有p1V1＝p2V2，可得p2＝eq\f(p1V1,V2)≈29.14cmHg，设右管内压强降为p′，则有p′＋p10＝p2，解得p′＝p2－p10＝21.14cmHg。11．(15分)(2020·贵州长顺二中期末)如图所示，用轻质活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距汽缸底的高度为h1＝0.50m，气体温度为t1＝27℃。给汽缸加热，活塞缓慢上升到距汽缸底的高度为h2＝0.80m处时，缸内气体吸收Q＝450J的热量。已知活塞横截面积S＝5.0×10－3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa。求：(1)加热后缸内气体的温度；(2)此过程中缸内气体增加的内能ΔU。[答案](1)207℃(2)300J[解析]本题考查气体实验定律与热力学定律的综合。(1)设加热后缸内气体的温度为t2，活塞缓慢上升过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，其中V1＝h1S，V2＝h2S，T1＝300K，联立解得T2＝480K，即t2＝207℃。(2)设气体对活塞做功为W，则W＝p0SΔh，根据热力学第一定律得ΔU＝(－W)＋Q，联立解得ΔU＝300J。12．(16分)如图所示，质量均为m＝1kg的光滑活塞甲、乙将容器分为A、B两部分，容器的横截面积S为10cm2，容器与活塞均导热良好，容器下端连接有U形管(管内气体的体积可忽略不计)，U形管内装有水银。开始时将活塞甲锁定，活塞乙可以无摩擦地自由移动，B内气体体积是A内气体体积的两倍，U形管内的水银面右管比左管高16cm。已知外界大气压强p0＝76cmHg＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。(1)求A、B容器内气体的压强分别为多少：(2)将活塞甲解锁，当A、B内气体状态稳定时，求A、B两部分气体体积的比值。(保留两位有效数字)[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)设解锁前A内气体体积为V，则B内气体体积为2V解锁后气体状态稳定时，A内气体压强pA′＝p0＋eq\f(mg,S)＝83.6cmHgB内气体压强p′B＝p′＋eq\f(mg,S)＝91.2cmHgA、B内气体均发生等温变化，对B内气体，由玻意耳定律有pB×2V＝pB′VB′对A内气体，由玻意耳定律有pAV＝pA′VA′解得eq\f(VA′,VB′)≈0.48。专题强化十二应用气体实验定律解决“三类模型”问题1．三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)(2)查理定律(等容变化)eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)或eq\f(p,T)＝C(常数)(3)盖—吕萨克定律(等压变化)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)或eq\f(V,T)＝C(常数)2．理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C3．利用气体实验定律解决问题的基本思路选对象：根据题意，选出所研究的某一部分一定质量气体找参量：分别找出这部分气体状态发生变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定是关键认过程：认清变化过程，正确选用物理规律列方程：选择实验定律列式求解，有时要讨论结果的合理性一、“玻璃管液封”模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液片或液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)；(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)有时可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，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷．例1(2019·全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。[解析](1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV＝p1V1 ①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh ②p1＝p0－ρgh ③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V＝S(L－h1－h) ④V1＝S(L－h) ⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41cm。 ⑥(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有eq\f(V,T0)＝eq\f(V1,T) ⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312K。[答案](1)41cm(2)312K〔变式训练1〕如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，封口处有段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0＝75cmHg。开始时。三段水银柱长均10cm，A气柱长为20cm，B气柱长为10cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在水平部分，现保持环境温度不变，在右管中缓慢注入水银，使水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中。求：(1)在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强；(2)水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度。[答案](1)80cmHg(2)35cm[解析](1)气柱B的压强为：pB＝p0＋h＝85cmHg根据同一深度压强相等，有：pA＝pB＋eq\f(h,2)解得：pA＝90cmHg则水银柱1对玻璃管封口的压强为：p＝pA－h＝80cmHg；(2)对气柱A为研究对象，由玻意耳定律得：pALAS＝p′AL′AS解得：p′A＝120cmHg设注入的水银柱长度为x，有：p′A＝p0＋(x＋h)cmHg解得：x＝35cm。二、“汽缸活塞类”模型1．气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。2．气体系统处于力学非平衡状态，需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。例2(2019·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。[解析](1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①得p10＝eq\f(1,2)(p0＋p)。 ②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S ③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0 ④p2V2＝p0V0 ⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2) ⑥联立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)〔变式训练2〕(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。(重力加速度大小为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]开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1) ①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg ②联立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0 ③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2) ④式中V1＝SH ⑤V2＝S(H＋h) ⑥联立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从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。三、“变质量气体”模型气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的“变质量”问题；气体的“变质量”问题，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”的问题，从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解，常见以下四种类型：1．充气(打气)问题在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。2．抽气问题在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，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似：假设把每次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“定质量”的问题。3．灌气(气体分装)问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。4．漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体作为整体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。例3(2019·全国卷Ⅰ，33(2))热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃。氩气可视为理想气体。(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氩气后的炉腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强。[解析](1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律p0V0＝p1V1 ①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V1′＝V1－V0 ②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律p2V2＝10p1V1′ ③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107Pa。 ④(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。由查理定律eq\f(p3,T1)＝eq\f(p2,T0) ⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108Pa。[答案](1)3.2×107Pa(2)1.6×108Pa〔变式训练3〕(2021·广东省茂名市模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p0(p0为1个标准大气压)。为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27℃，此时气体压强降为p0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。[答案](1)87℃(2)eq\f(5,6)[解析](1)对气体由查理定律有eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)，解得T1＝eq\f(p1,p0)T0＝360K，气体原来温度为t＝(360－273)℃＝87℃。(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持