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高考物理二轮复习 第1部分 专题7 第1讲 分子动理论 气体及热力学定律
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这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题7 第1讲 分子动理论 气体及热力学定律，共21页。试卷主要包含了突破三个重点，掌握两个关系，相对湿度，气体分子运动特点，对气体压强的理解等内容，欢迎下载使用。
突破点一| 分子动理论 内能
1．突破三个重点
(1)微观量的估算
①油膜法估算分子直径：d＝eq \f(V,S)
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积
②分子总数：N＝nNA＝eq \f(m,Mm)·NA＝eq \f(V,Vm)NA
[注意] 对气体而言，N≠eq \f(V,V个)。
③两种模型：
球模型：V＝eq \f(4,3)πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
(2)反映分子运动规律的两个实例
(3)物体的内能
①等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
②对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
③物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
2．掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系：分子力是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)分子势能与分子间距的关系：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(r0为平衡位置)时，分子势能最小。
[典例1] (多选)由分子动理论可知，两分子间同时存在着分子引力和分子斥力的作用。现将分子M固定在图中的直线上，分子N在水平向左的外力作用下向左运动，一直到分子M、分子N之间的距离减小到不能再小；此时将作用分子N上的作用力撤走，经过一段时间分子N运动到距离分子M较远的位置，此时分子N的速度大小为v，已知分子N的质量为m，则从撤走外力到分子N的速度为v的过程中( )
A．分子N动能的增加量为eq \f(1,2)mv2
B．分子力对分子N的冲量为2mv
C．分子N的分子势能减小eq \f(1,2)mv2
D．分子斥力比分子引力对分子N多做的功为eq \f(1,2)mv2
E．分子力对分子N所做的功为mv2
ACD [在运动过程中，分子N动能的增加量ΔE＝E末－E初＝eq \f(1,2)mv2，分子力对分子N做的功等于分子动能的增加量，选项A正确，E错误；在此过程中，斥力与分子运动方向相同，引力与运动方向相反，分子力做的功即斥力与引力做功的代数和，由于斥力做正功，引力做负功，则W斥－W引＝eq \f(1,2)mv2－0，选项D正确；由于分子力做正功，故分子势能减小，由功能关系可知分子N的分子势能减小eq \f(1,2)mv2，选项C正确；由动量定理可知分子力对分子N的冲量等于分子N动量的变化量，则I＝mv－0，选项B错误。]
[考向预测]
1．物体的体积变化时，分子间距离会随之变化，分子势能也会发生变化。已知两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，设有A、B两个分子，A分子固定在O点，r0为其平衡位置，现使B分子由静止释放，并在分子力的作用下由距A分子0.5r0处开始沿r轴正方向运动到无穷远处，则B分子的加速度如何变化：_______________。分子力对B做功情况如何：______________。分子势能如何变化：__________________。
[解析] 由图象可知，曲线与r轴交点的横坐标为r0，B分子受到的分子力先变小，位于平衡位置时，分子力为零，过平衡位置后，分子力先变大再变小，故B分子的加速度先变小再反向变大，再变小。当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做正功，分子动能增大，分子势能减小；当r等于r0时，分子动能最大，分子势能最小；当r大于r0时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子动能减小，分子势能增大，故分子力先做正功再做负功，分子势能先减小后增大。
[答案] B分子的加速度先变小再反向变大，再变小 分子力先做正功再做负功 分子势能先减小后增大
2．(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A．分子的质量m＝eq \f(Mml,NA)，分子的体积V＝eq \f(Vml,NA)
B．扩散现象不仅可以在液体内进行，在固体间也可以进行
C．布朗运动反映了分子在永不停息地做无规则运动
D．两分子间距离大于r0时分子间的作用力只存在引力，小于r0时只存在斥力
E．两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大
BCE [分子的质量m＝eq \f(Mml,NA)，分子所占空间的体积V＝eq \f(Vml,NA)，如果分子之间的间隙可以忽略不计，则V＝eq \f(Vml,NA)表示的才是分子的体积，故A错误；扩散现象是物质分子的无规则运动引起的，扩散现象不仅可以在液体内进行，在固体间也可以进行，故B正确；悬浮在液体或气体中的固体小颗粒在永不停息地做无规则运动，它反映了分子在永不停息地做无规则运动，故C正确；分子的引力和斥力是同时存在的，两分子间距离大于r0时分子间的引力大于斥力，表现为引力，小于r0时斥力大于引力，表现为斥力，故D错误；两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大，故E正确。]
突破点二| 固体 液体 气体分子的运动特点
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
(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。液晶具有流动性，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。
2．饱和汽压的特点
液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．相对湿度
某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的百分比。即：B＝eq \f(p,ps)×100%。
4．气体分子运动特点
5．对气体压强的理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大。
(2)地球表面大气压强可认为是由大气重力产生的。
[典例2] (多选)(2021·山东日照二轮模拟改编)下列五幅图对应的说法中正确的有( )
甲 乙
丙 丁
戊
A．图甲是玻璃管插入某液体中的情形，表明该液体能够浸润玻璃
B．图乙是干湿泡温度计，若发现两温度计的读数差正在变大，说明空气相对湿度正在变大
C．图丙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是玻璃是非晶体，加热后变成晶体
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
E．图戊说明气体速率分布随温度变化，且T1ADE [液体在玻璃管中上升，说明该液体能够浸润玻璃，故A正确；干湿泡温度计读数差越大说明湿泡蒸发较快，空气较干燥，相对湿度变小，故B错误；玻璃为非晶体，熔化再凝固仍为非晶体，其原因是熔化后液体的表面张力使玻璃管变钝，故C错误；液体表面张力形成的原因是液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间的距离，故D正确；图戊中温度越高，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T1[考向预测]
3．(多选)下列说法正确的是__________。
A．浸润和不浸润是分子力作用的表现
B．相对湿度是100%，表明在当时的温度下，空气中水蒸气已达到饱和状态
C．温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大
D．干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，相对湿度越大
E．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂可以使水的表面张力增大
ABD [浸润和不浸润是分子力作用的表现，A正确；相对湿度为100%，说明在当时的温度下，空气中所含水蒸气的实际压强已达到饱和汽压，B正确；温度一定时，同种液体的饱和汽压与饱和汽的体积无关，C错误；干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，空气越潮湿，相对湿度越大，D正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，E错误。]
4．(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子的速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是( )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应氧气分子在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
ABC [由题图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；0 ℃时具有最大比例的速率区间对应的速率应较小，说明虚线为0 ℃的分布图线，对应的分子平均动能较小，B正确；实线对应的最大比例的速率区间内分子速率较大，说明实线对应的温度高，故为100 ℃时的情形，C正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占总分子数的百分比，但无法确定分子具体数目，D错误；由题图可知，0～400 m/s段内，100 ℃对应的氧气分子占总分子数的百分比小于0 ℃时的，因此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小，E错误。]
突破点三| 热力学定律
1．对热力学定律的理解
热力学第一定律研究的是功、热量和内能之间的关系，是能量守恒定律在热学中的反映，应用时特别注意ΔU＝Q＋W中的各量的符号。
(1)热力学第一定律
热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变物体内能的方式是等效的，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。
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增量；
②若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增量；
③若过程的始、末状态物体的内能不变，即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。
④做功和热传递都可以改变物体的内能，如果两个过程同时发生，则内能的改变可由热力学第一定律ΔU＝Q＋W确定。
(2)热力学第二定律
对热力学第二定律的主要考查是热传递过程、机械能与内能转化过程的方向性，解答该类问题应注意以下两点：
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．理想气体内能变化问题的解题一般步骤：
(1)由温度判断内能的变化(根据题给条件或理想气体状态方程、气体状态变化过程的图象等获得温度的变化情况)。对质量一定的理想气体，温度升高，内能增加，即ΔU>0；温度降低，内能减少，即ΔU<0。
(2)由体积判断做功情况。体积增大，系统对外界做功，W<0；体积减小，外界对系统做功，W>0。
(3)由ΔU＝W＋Q分析热传递的情况。
注意：①气体状态变化“缓慢”时，意味着热传递非常充分；“迅速”变化，表示短时间内来不及发生热传递，可看成“绝热”过程。
②“绝热”与“等温”含义大不相同。
③气体做功W＝FL＝pSL＝p·ΔV，p为定值时可用该式定量计算。
[典例3] (2021·河北高考)两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(选填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能。图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速度分布图象。其中曲线________(选填图象中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速度分布规律。
图1 图2
[解析] 当向活塞上表面缓慢倒入细沙时，活塞缓慢下降，外界对汽缸内气体做功；当A、B活塞上表面加入的细沙质量相同时，A、B汽缸内的气体体积相同，由于A中细沙的质量大于B中细沙的质量，则重新平衡时A中气体的体积小，汽缸A中活塞和细沙对汽缸内气体做功多，由于活塞和汽缸都是绝热的，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能。一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故汽缸A内气体的温度更高；温度升高，大多数气体分子的速率增大，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动，故曲线①表示汽缸B内气体分子的速率分布规律。
[答案] 大于 ①
反思感悟：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，理想气体的内能越大；气体分子速率分布的特点是“中间多，两头少”，温度升高，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动。
[考向预测]
5．(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置，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( )
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与座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
ADE [气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，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；因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV＝C(定值)，可知扩散后体积V增大，压强p减小，所以气体的密集程度减小，可知气体分子单位时间内与A舱壁单位面积的碰撞次数将减少，故D、E正确。]
6．(多选)(2021·河南名校第二次联考)如图所示是一定质量的理想气体的体积V随摄氏温度t变化的Vt图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A．气体的内能增大
B．气体的内能不变
C．气体的压强减小
D．气体的压强不变
E．气体对外做功，同时从外界吸收热量
ACE [从图中可以看出理想气体的温度升高，而理想气体的内能只与温度有关，所以气体内能增大，选项A正确，B错误；设该理想气体的物质的量为n，则根据理想气体状态方程有pV＝nRT，即V＝eq \f(nR,p)(t＋273.15 K)，分别过A、B两点作出等压线，如图所示，可知pA>pB，选项C正确，D错误；气体体积增大，对外做功，内能也增大，根据热力学第一定律可知气体要从外界吸收热量，选项E正确。]
突破点四| 气体实验定律和理想气体的状态方程
1．封闭气体压强的计算
(1)“活塞模型”
求活塞封闭的气体压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强。
如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m，面积为S，被封闭气体的压强为p，大气压强为p0，活塞受力如图所示，由平衡条件得pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋eq \f(mg,S)。
(2)“液柱模型”
求液柱封闭的气体压强时，一般以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为至液面的竖直高度)；
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强；
③有时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”，使计算过程简洁。
2．应用气体实验定律的解题思路
(1)选择对象——某一定质量的理想气体；
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；
(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。
若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解。
“活塞模型”
[典例4] (2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
[解析] (1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，
对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0
当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N
同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g
解得p2＝0.99×105 Pa
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
[答案] (1)297 K (2)309 K
“液柱模型”
[典例5] (2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直到B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
[解析] 对于B中的气体，
初态：pB1＝p0，VB1＝l2S
末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S
由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2
解得l2′＝30 cm
设B管中水银比A管中水银高x
对A中气体，
初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′
末态：pA2＝pB2＋px，VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′
由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2
解得x＝1 cm。
[答案] 1 cm
变质量问题分析
[典例6] 我国是世界上最早开发利用地下水资源的国家之一，浙江余姚河姆渡古文化遗址水井的年代距今约7 000年。压水井可以将地下水引到地面上，如图所示，提压把手可使活塞上下移动，活塞和阀门都只能单向打开，使得空气只能往上走而不往下走。活塞往上移动时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此循环，地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在地下水位线之下，地下水位线距离阀门的高度h＝8 m，直管截面积S＝0.002 m2。现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升4 m。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，直管中的气体可视为理想气体。
(1)若该装置的机械效率η＝40%，求人对把手做的功；
(2)求直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0的比值。
[解析] (1)直管中上升的水的质量m＝ρΔV＝8 kg
水增加的重力势能ΔE＝mgeq \f(Δh,2)＝160 J
人对把手做的功W＝eq \f(ΔE,η)＝400 J。
(2)活塞抽气前，直管中空气体积为V0＝Sh，压强为p0＝1.0×105 Pa
水位上升4 m后，直管中空气体积为V＝S·(h－Δh)＝S·eq \f(h,2)＝eq \f(V0,2)，压强为p＝p0－ρgΔh＝0.6×105 Pa
由玻意耳定律可知，这部分气体在压强为p0时的体积V′满足pV＝p0V′
解得V′＝eq \f(3,10)V0，故有eq \f(Δm,m0)＝eq \f(V′,V0)＝eq \f(3,10)。
[答案] (1)400 J (2)eq \f(3,10)
[考向预测]
7．如图所示，高为h＝14.4 cm、横截面面积为S＝5 cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，在温度为t0＝0 ℃、压强为p0＝1×105 Pa时，用绝热活塞Q和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q用劲度系数为k＝1 000 N/m的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部。现将一质量为m＝1 kg的物体放在活塞P上，活塞P下降，之后用一加热装置对气体乙缓慢地加热，则活塞P回到汽缸顶部时气体乙的温度t为多少摄氏度？(活塞的厚度、质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g取10 m/s2，结果保留整数)
[解析] 对于气体甲，初态p1＝1×105 Pa，V1＝eq \f(h,2)S
末态p′1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×105＋\f(10,5×10－4)))Pa＝1.2×105 Pa，V′1＝l′1S
根据玻意耳定律有p1V1＝p′1V′1，解得l′1＝6 cm
故要使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为l′2＝h－l′1＝8.4 cm，体积V′2＝l′2S，此时弹簧伸长量Δl＝l′2－eq \f(h,2)＝1.2 cm
对活塞Q有p′1S＋k·Δl＝p′2S，解得p′2＝1.44×105 Pa
对气体乙，初态p2＝1×105 Pa，V2＝eq \f(h,2)S，T2＝273 K
根据理想气体状态方程有eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p′2V′2,T′2)，解得
T′2＝459 K
则t＝(459－273)℃＝186 ℃。
[答案] 186 ℃
8．(2021·潍坊市高三模拟)如图所示是一种测量形状不规则颗粒物实际体积的装置，其中容器A的容积为VA＝300 cm3，K是连通大气的阀门，水银槽C通过橡皮管与玻璃容器B相通，B的容积VB＝120 cm3，连通A、B的玻璃管很细，其容积可忽略。下面是测量过程：①打开K，移动C，使B中水银面下降到底部M；②关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到顶端N，量出C中的水银面比N高h1＝30 cm；③打开K，在A中装入待测颗粒，移动C，使B内水银面下降到底部M处；④关闭K，提升C，使B内水银面升到顶端N，量出C中水银面比N高h2＝75 cm。整个过程中温度不变，求：
(1)当时的大气压强；
(2)A中待测颗粒的实际体积。
[解析] (1)以容器A、B中气体为研究对象
根据玻意耳定律得p0(VA＋VB)＝(p0＋ρgh1)VA
解得p0＝75 cmHg。
(2)设A容器中待测颗粒的实际体积为V，以A、B中气体为研究对象
初态时V1＝VA＋VB－V
末态时p2＝p0＋ρgh2
V2＝VA－V
根据玻意耳定律得p0V1＝p2V2
解得V＝180 cm3。
[答案] (1)75 cmHg (2)180 cm3
9．真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变，压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为eq \f(1,2)V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况)，活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；
(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。
[解析] (1)当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，右侧抽气机中ΔV＝eq \f(1,2)V0体积的气体排出。对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有p0V0＝p1(V0＋ΔV)
解得p1＝eq \f(p0V0,V0＋ΔV)＝eq \f(2,3)p0
根据平衡条件得F1＝(p0－p1)S＝eq \f(1,3)p0S。
(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为p2，根据玻意耳定律有
p1V0＝p2(V0＋ΔV)
解得p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(2)p0
以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为
p10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(10)p0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(10)p0。
[答案] (1)eq \f(1,3)p0S (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(10) p0
真题情境
2021·全国甲卷T33
2021·全国乙卷T33
2021·湖南卷T15 2021·广东卷T15
考情分析
1．高考选考部分命题由“选择题＋计算题”形式向“填空题＋计算题”形式转变。考虑命题的延续性，预计2022年仍可能以“填空题＋计算题”形式考查，填空题的综合性可能略有增强。
2．气体实验定律、理想气体状态方程和热学定律的考查难度较高。
3．以汽缸、水银玻璃管等为载体的综合问题仍为考查重点。
4．变质量的气体问题仍然是重点，且难度相对较大。
必备知识
布朗运动
研究对象：悬浮在液体或气体中的微粒
运动特点：无规则、永不停息
影响因素：微粒大小、温度
扩散现象
产生原因：分子永不停息地做无规则运动
影响因素：温度
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
突破点一| 分子动理论 内能
1．突破三个重点
(1)微观量的估算
①油膜法估算分子直径：d＝eq \f(V,S)
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积
②分子总数：N＝nNA＝eq \f(m,Mm)·NA＝eq \f(V,Vm)NA
[注意] 对气体而言，N≠eq \f(V,V个)。
③两种模型：
球模型：V＝eq \f(4,3)πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
(2)反映分子运动规律的两个实例
(3)物体的内能
①等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
②对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
③物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
2．掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系：分子力是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)分子势能与分子间距的关系：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(r0为平衡位置)时，分子势能最小。
[典例1] (多选)由分子动理论可知，两分子间同时存在着分子引力和分子斥力的作用。现将分子M固定在图中的直线上，分子N在水平向左的外力作用下向左运动，一直到分子M、分子N之间的距离减小到不能再小；此时将作用分子N上的作用力撤走，经过一段时间分子N运动到距离分子M较远的位置，此时分子N的速度大小为v，已知分子N的质量为m，则从撤走外力到分子N的速度为v的过程中( )
A．分子N动能的增加量为eq \f(1,2)mv2
B．分子力对分子N的冲量为2mv
C．分子N的分子势能减小eq \f(1,2)mv2
D．分子斥力比分子引力对分子N多做的功为eq \f(1,2)mv2
E．分子力对分子N所做的功为mv2
ACD [在运动过程中，分子N动能的增加量ΔE＝E末－E初＝eq \f(1,2)mv2，分子力对分子N做的功等于分子动能的增加量，选项A正确，E错误；在此过程中，斥力与分子运动方向相同，引力与运动方向相反，分子力做的功即斥力与引力做功的代数和，由于斥力做正功，引力做负功，则W斥－W引＝eq \f(1,2)mv2－0，选项D正确；由于分子力做正功，故分子势能减小，由功能关系可知分子N的分子势能减小eq \f(1,2)mv2，选项C正确；由动量定理可知分子力对分子N的冲量等于分子N动量的变化量，则I＝mv－0，选项B错误。]
[考向预测]
1．物体的体积变化时，分子间距离会随之变化，分子势能也会发生变化。已知两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，设有A、B两个分子，A分子固定在O点，r0为其平衡位置，现使B分子由静止释放，并在分子力的作用下由距A分子0.5r0处开始沿r轴正方向运动到无穷远处，则B分子的加速度如何变化：_______________。分子力对B做功情况如何：______________。分子势能如何变化：__________________。
[解析] 由图象可知，曲线与r轴交点的横坐标为r0，B分子受到的分子力先变小，位于平衡位置时，分子力为零，过平衡位置后，分子力先变大再变小，故B分子的加速度先变小再反向变大，再变小。当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做正功，分子动能增大，分子势能减小；当r等于r0时，分子动能最大，分子势能最小；当r大于r0时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子动能减小，分子势能增大，故分子力先做正功再做负功，分子势能先减小后增大。
[答案] B分子的加速度先变小再反向变大，再变小 分子力先做正功再做负功 分子势能先减小后增大
2．(多选)关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A．分子的质量m＝eq \f(Mml,NA)，分子的体积V＝eq \f(Vml,NA)
B．扩散现象不仅可以在液体内进行，在固体间也可以进行
C．布朗运动反映了分子在永不停息地做无规则运动
D．两分子间距离大于r0时分子间的作用力只存在引力，小于r0时只存在斥力
E．两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大
BCE [分子的质量m＝eq \f(Mml,NA)，分子所占空间的体积V＝eq \f(Vml,NA)，如果分子之间的间隙可以忽略不计，则V＝eq \f(Vml,NA)表示的才是分子的体积，故A错误；扩散现象是物质分子的无规则运动引起的，扩散现象不仅可以在液体内进行，在固体间也可以进行，故B正确；悬浮在液体或气体中的固体小颗粒在永不停息地做无规则运动，它反映了分子在永不停息地做无规则运动，故C正确；分子的引力和斥力是同时存在的，两分子间距离大于r0时分子间的引力大于斥力，表现为引力，小于r0时斥力大于引力，表现为斥力，故D错误；两分子间距离大于r0时，增大分子间距，分子力做负功，分子势能增大，故E正确。]
突破点二| 固体 液体 气体分子的运动特点
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
(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。液晶具有流动性，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。
2．饱和汽压的特点
液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．相对湿度
某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的百分比。即：B＝eq \f(p,ps)×100%。
4．气体分子运动特点
5．对气体压强的理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大。
(2)地球表面大气压强可认为是由大气重力产生的。
[典例2] (多选)(2021·山东日照二轮模拟改编)下列五幅图对应的说法中正确的有( )
甲 乙
丙 丁
戊
A．图甲是玻璃管插入某液体中的情形，表明该液体能够浸润玻璃
B．图乙是干湿泡温度计，若发现两温度计的读数差正在变大，说明空气相对湿度正在变大
C．图丙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是玻璃是非晶体，加热后变成晶体
D．图丁中液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，是液体表面张力形成的原因
E．图戊说明气体速率分布随温度变化，且T1
3．(多选)下列说法正确的是__________。
A．浸润和不浸润是分子力作用的表现
B．相对湿度是100%，表明在当时的温度下，空气中水蒸气已达到饱和状态
C．温度不变时，饱和汽压随饱和汽体积的增大而增大
D．干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，相对湿度越大
E．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂可以使水的表面张力增大
ABD [浸润和不浸润是分子力作用的表现，A正确；相对湿度为100%，说明在当时的温度下，空气中所含水蒸气的实际压强已达到饱和汽压，B正确；温度一定时，同种液体的饱和汽压与饱和汽的体积无关，C错误；干湿泡湿度计的干泡与湿泡的示数差越小，空气越潮湿，相对湿度越大，D正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，E错误。]
4．(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下各速率区间的分子数占总分子数的百分比随气体分子的速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是( )
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应氧气分子在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
ABC [由题图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，故A正确；0 ℃时具有最大比例的速率区间对应的速率应较小，说明虚线为0 ℃的分布图线，对应的分子平均动能较小，B正确；实线对应的最大比例的速率区间内分子速率较大，说明实线对应的温度高，故为100 ℃时的情形，C正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占总分子数的百分比，但无法确定分子具体数目，D错误；由题图可知，0～400 m/s段内，100 ℃对应的氧气分子占总分子数的百分比小于0 ℃时的，因此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小，E错误。]
突破点三| 热力学定律
1．对热力学定律的理解
热力学第一定律研究的是功、热量和内能之间的关系，是能量守恒定律在热学中的反映，应用时特别注意ΔU＝Q＋W中的各量的符号。
(1)热力学第一定律
热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变物体内能的方式是等效的，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。
①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增量；
②若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增量；
③若过程的始、末状态物体的内能不变，即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。
④做功和热传递都可以改变物体的内能，如果两个过程同时发生，则内能的改变可由热力学第一定律ΔU＝Q＋W确定。
(2)热力学第二定律
对热力学第二定律的主要考查是热传递过程、机械能与内能转化过程的方向性，解答该类问题应注意以下两点：
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．理想气体内能变化问题的解题一般步骤：
(1)由温度判断内能的变化(根据题给条件或理想气体状态方程、气体状态变化过程的图象等获得温度的变化情况)。对质量一定的理想气体，温度升高，内能增加，即ΔU>0；温度降低，内能减少，即ΔU<0。
(2)由体积判断做功情况。体积增大，系统对外界做功，W<0；体积减小，外界对系统做功，W>0。
(3)由ΔU＝W＋Q分析热传递的情况。
注意：①气体状态变化“缓慢”时，意味着热传递非常充分；“迅速”变化，表示短时间内来不及发生热传递，可看成“绝热”过程。
②“绝热”与“等温”含义大不相同。
③气体做功W＝FL＝pSL＝p·ΔV，p为定值时可用该式定量计算。
[典例3] (2021·河北高考)两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能________(选填“大于”“小于”或“等于”)汽缸B内气体的内能。图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速度分布图象。其中曲线________(选填图象中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速度分布规律。
图1 图2
[解析] 当向活塞上表面缓慢倒入细沙时，活塞缓慢下降，外界对汽缸内气体做功；当A、B活塞上表面加入的细沙质量相同时，A、B汽缸内的气体体积相同，由于A中细沙的质量大于B中细沙的质量，则重新平衡时A中气体的体积小，汽缸A中活塞和细沙对汽缸内气体做功多，由于活塞和汽缸都是绝热的，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能。一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故汽缸A内气体的温度更高；温度升高，大多数气体分子的速率增大，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动，故曲线①表示汽缸B内气体分子的速率分布规律。
[答案] 大于 ①
反思感悟：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，理想气体的内能越大；气体分子速率分布的特点是“中间多，两头少”，温度升高，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动。
[考向预测]
5．(多选)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回时用的气密性装置，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( )
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与座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少
ADE [气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，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；因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV＝C(定值)，可知扩散后体积V增大，压强p减小，所以气体的密集程度减小，可知气体分子单位时间内与A舱壁单位面积的碰撞次数将减少，故D、E正确。]
6．(多选)(2021·河南名校第二次联考)如图所示是一定质量的理想气体的体积V随摄氏温度t变化的Vt图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A．气体的内能增大
B．气体的内能不变
C．气体的压强减小
D．气体的压强不变
E．气体对外做功，同时从外界吸收热量
ACE [从图中可以看出理想气体的温度升高，而理想气体的内能只与温度有关，所以气体内能增大，选项A正确，B错误；设该理想气体的物质的量为n，则根据理想气体状态方程有pV＝nRT，即V＝eq \f(nR,p)(t＋273.15 K)，分别过A、B两点作出等压线，如图所示，可知pA>pB，选项C正确，D错误；气体体积增大，对外做功，内能也增大，根据热力学第一定律可知气体要从外界吸收热量，选项E正确。]
突破点四| 气体实验定律和理想气体的状态方程
1．封闭气体压强的计算
(1)“活塞模型”
求活塞封闭的气体压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强。
如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m，面积为S，被封闭气体的压强为p，大气压强为p0，活塞受力如图所示，由平衡条件得pS＝p0S＋mg，解得p＝p0＋eq \f(mg,S)。
(2)“液柱模型”
求液柱封闭的气体压强时，一般以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为至液面的竖直高度)；
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强；
③有时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”，使计算过程简洁。
2．应用气体实验定律的解题思路
(1)选择对象——某一定质量的理想气体；
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；
(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。
若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解。
“活塞模型”
[典例4] (2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
[解析] (1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，
对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0
当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N
同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g
解得p2＝0.99×105 Pa
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa
由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
[答案] (1)297 K (2)309 K
“液柱模型”
[典例5] (2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直到B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
[解析] 对于B中的气体，
初态：pB1＝p0，VB1＝l2S
末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S
由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2
解得l2′＝30 cm
设B管中水银比A管中水银高x
对A中气体，
初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′
末态：pA2＝pB2＋px，VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′
由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2
解得x＝1 cm。
[答案] 1 cm
变质量问题分析
[典例6] 我国是世界上最早开发利用地下水资源的国家之一，浙江余姚河姆渡古文化遗址水井的年代距今约7 000年。压水井可以将地下水引到地面上，如图所示，提压把手可使活塞上下移动，活塞和阀门都只能单向打开，使得空气只能往上走而不往下走。活塞往上移动时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此循环，地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在地下水位线之下，地下水位线距离阀门的高度h＝8 m，直管截面积S＝0.002 m2。现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升4 m。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，直管中的气体可视为理想气体。
(1)若该装置的机械效率η＝40%，求人对把手做的功；
(2)求直管中剩余空气质量Δm与直管中原空气质量m0的比值。
[解析] (1)直管中上升的水的质量m＝ρΔV＝8 kg
水增加的重力势能ΔE＝mgeq \f(Δh,2)＝160 J
人对把手做的功W＝eq \f(ΔE,η)＝400 J。
(2)活塞抽气前，直管中空气体积为V0＝Sh，压强为p0＝1.0×105 Pa
水位上升4 m后，直管中空气体积为V＝S·(h－Δh)＝S·eq \f(h,2)＝eq \f(V0,2)，压强为p＝p0－ρgΔh＝0.6×105 Pa
由玻意耳定律可知，这部分气体在压强为p0时的体积V′满足pV＝p0V′
解得V′＝eq \f(3,10)V0，故有eq \f(Δm,m0)＝eq \f(V′,V0)＝eq \f(3,10)。
[答案] (1)400 J (2)eq \f(3,10)
[考向预测]
7．如图所示，高为h＝14.4 cm、横截面面积为S＝5 cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，在温度为t0＝0 ℃、压强为p0＝1×105 Pa时，用绝热活塞Q和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q用劲度系数为k＝1 000 N/m的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部。现将一质量为m＝1 kg的物体放在活塞P上，活塞P下降，之后用一加热装置对气体乙缓慢地加热，则活塞P回到汽缸顶部时气体乙的温度t为多少摄氏度？(活塞的厚度、质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g取10 m/s2，结果保留整数)
[解析] 对于气体甲，初态p1＝1×105 Pa，V1＝eq \f(h,2)S
末态p′1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×105＋\f(10,5×10－4)))Pa＝1.2×105 Pa，V′1＝l′1S
根据玻意耳定律有p1V1＝p′1V′1，解得l′1＝6 cm
故要使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为l′2＝h－l′1＝8.4 cm，体积V′2＝l′2S，此时弹簧伸长量Δl＝l′2－eq \f(h,2)＝1.2 cm
对活塞Q有p′1S＋k·Δl＝p′2S，解得p′2＝1.44×105 Pa
对气体乙，初态p2＝1×105 Pa，V2＝eq \f(h,2)S，T2＝273 K
根据理想气体状态方程有eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p′2V′2,T′2)，解得
T′2＝459 K
则t＝(459－273)℃＝186 ℃。
[答案] 186 ℃
8．(2021·潍坊市高三模拟)如图所示是一种测量形状不规则颗粒物实际体积的装置，其中容器A的容积为VA＝300 cm3，K是连通大气的阀门，水银槽C通过橡皮管与玻璃容器B相通，B的容积VB＝120 cm3，连通A、B的玻璃管很细，其容积可忽略。下面是测量过程：①打开K，移动C，使B中水银面下降到底部M；②关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到顶端N，量出C中的水银面比N高h1＝30 cm；③打开K，在A中装入待测颗粒，移动C，使B内水银面下降到底部M处；④关闭K，提升C，使B内水银面升到顶端N，量出C中水银面比N高h2＝75 cm。整个过程中温度不变，求：
(1)当时的大气压强；
(2)A中待测颗粒的实际体积。
[解析] (1)以容器A、B中气体为研究对象
根据玻意耳定律得p0(VA＋VB)＝(p0＋ρgh1)VA
解得p0＝75 cmHg。
(2)设A容器中待测颗粒的实际体积为V，以A、B中气体为研究对象
初态时V1＝VA＋VB－V
末态时p2＝p0＋ρgh2
V2＝VA－V
根据玻意耳定律得p0V1＝p2V2
解得V＝180 cm3。
[答案] (1)75 cmHg (2)180 cm3
9．真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变，压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为eq \f(1,2)V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况)，活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；
(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。
[解析] (1)当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，右侧抽气机中ΔV＝eq \f(1,2)V0体积的气体排出。对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有p0V0＝p1(V0＋ΔV)
解得p1＝eq \f(p0V0,V0＋ΔV)＝eq \f(2,3)p0
根据平衡条件得F1＝(p0－p1)S＝eq \f(1,3)p0S。
(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为p2，根据玻意耳定律有
p1V0＝p2(V0＋ΔV)
解得p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(2)p0
以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为
p10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,V0＋ΔV)))eq \s\up12(10)p0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(10)p0。
[答案] (1)eq \f(1,3)p0S (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(10) p0
真题情境
2021·全国甲卷T33
2021·全国乙卷T33
2021·湖南卷T15 2021·广东卷T15
考情分析
1．高考选考部分命题由“选择题＋计算题”形式向“填空题＋计算题”形式转变。考虑命题的延续性，预计2022年仍可能以“填空题＋计算题”形式考查，填空题的综合性可能略有增强。
2．气体实验定律、理想气体状态方程和热学定律的考查难度较高。
3．以汽缸、水银玻璃管等为载体的综合问题仍为考查重点。
4．变质量的气体问题仍然是重点，且难度相对较大。
必备知识
布朗运动
研究对象：悬浮在液体或气体中的微粒
运动特点：无规则、永不停息
影响因素：微粒大小、温度
扩散现象
产生原因：分子永不停息地做无规则运动
影响因素：温度
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
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