拓展训练2
（多选）（2018·四川省雅安市第三次诊断）下列说法正确的是（ ）
A．理想气体吸热后温度一定升高
B．可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等
C．某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，则该理想气体单个的分子体积为
D．甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大
E．扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动
答案 BDE
解析 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，物体的内能与做功和热传递有关，故一定质量的理想气体吸热时温度可以不变，故A错误；温度是理想气体分子的平均动能的标志，所以相同温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大，故B正确；某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，可以求出该理想气体的每一个分子所占的空间为，由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以单个气体分子的体积小于，故C错误；分子之间的距离减小时，分子引力与分子斥力都增大，甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小，分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动，故E正确．
拓展训练3
（多选）（2018·河南省濮阳市第三次模拟）关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是（ ）
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大
C．一定质量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少
D．水的饱和汽压随温度的升高而增大
E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
答案 CDE
解析 温度一定时，大气中相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故A错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积的平均碰撞次数必减少，故C正确；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故E正确．
高考题型2 气体实验定律的应用
例2
（2018·全国卷Ⅰ·33
（2））如图1，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．
图1
答案
解析 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1，下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0·＝p1V1
p0·＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝
拓展训练4
（2018·山东省枣庄市二调）如图2所示，右端开口、横截面积为S的绝热圆柱形汽缸水平放置在地面上，汽缸左边有加热装置，内部被质量为m的绝热活塞A和质量也为m、导热性能良好的活塞B分成长度相等的三个部分，两活塞厚度均不计且与汽缸接触良好．汽缸左边两部分分别封闭有理想气体P和Q，初始状态温度均为T0.外界大气压强大小为，g为重力加速度，且保持恒定，忽略一切摩擦．
图2
（1）现对气体P缓慢加热，求当活塞B恰好到达汽缸右端时，气体P的温度；
（2）将汽缸竖直放置，继续给气体P加热，求当活塞B再次到达汽缸上端时，气体P的温度．
答案
（1）2T0
（2）3.3T0
解析
（1）在初状态，设P气体长度为L，加热过程中气体Q的体积不发生变化．当活塞B恰好移动至汽缸右端时，气体P的长度变为2L.设此时气体P的温度为T1，因加热过程中P气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得：
＝，解得：
T1＝2T0；
（2）将汽缸竖直放置，继续给气体P加热．当活塞B再次到达汽缸上端时，设气体Q的长度为LQ、压强为pQ，气体P的长度为LP、压强为pP.
对活塞B受力分析，由平衡条件可得：
p0S＋mg＝pQS，而p0＝，解得：
pQ＝p0，
气体Q做等温变化，由玻意耳定律得：
p0LS＝pQLQS，解得：
LQ＝L，
由几何关系得：
LQ＋LP＝3L，解得：
LP＝L，
对活塞A受力分析，由平衡条件可得：
pPS＝pQS＋mg，解得：
pP＝p0，
由理想气体状态方程得：
＝，解得：
T2＝3.3T0.
拓展训练5
（2018·湖北省十堰市调研）如图3所示，有两个不计质量的薄活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18cm，活塞足够高．现将一质量为m＝400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/s2.
图3
（1）求稳定后活塞N下部分气体的压强；
（2）现通过加热丝对N下部分气体进行缓慢加热，使气体的温度变为127℃，分别求稳定后活塞M与活塞N距离底部的高度．
答案
（1）1.2×105Pa
（2）27.5cm 20cm
解析
（1）将两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
代入数据解得p＝1.2×105Pa
（2）对N下部分气体进行分析，由理想气体状态方程得：
＝得：
h2＝20cm
对M下部分气体进行分析，根据玻意耳定律得：
p0（H－h）S＝pLS
得：
L＝7.5cm
故此时活塞M距离底端的距离为H2＝20cm＋7.5cm＝27.5cm.
高考题型3 气体实验定律与热力学第一定律的综合
例3
（2018·全国卷Ⅲ·33）
（1）如图4，一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________．
图4
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
（2）如图5所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
图5
答案
（1）BCD
（2）22.5cm 7.5cm
解析
（1）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，A错；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，B对；气体体积膨胀，对外做功，C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，D对；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，E错．
（2）设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.
此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg（l1－l2）①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5cm⑤
l2′＝7.5cm⑥
拓展训练6
（2018·广东省汕头市第二次模拟）如图6甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m＝1kg、横截面积S＝5×10－4m2，原来活塞处于A位置．现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V－T图象如图乙所示．已知大气压强p0＝1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2.
图6
（1）求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体的体积；
（2）若缸内气体原来的内能U0＝72J，且气体内能与热力学温度成正比．求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量．
答案
（1）1.2×105Pa 6×10－4m3
（2）60J
解析
（1）活塞从A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体做等压变化，以活塞为研究对象：
pS＝p0S＋mg
解得：
p＝p0＋＝1.2×105Pa
以气体为研究对象：
＝，
解得：
VB＝＝6×10－4m3
（2）由气体的内能与热力学温度成正比：
＝，解得：
UB＝108J
外界对气体做功：
W＝－p（VB－VA）＝－24J
由热力学第一定律：
ΔU＝UB－U0＝Q＋W
得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q＝60J．
高考题型4 热学综合问题
例4
（2018·全国卷Ⅱ·33
（2））如图7，一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.
图7
答案 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
＝①
根据力的平衡条件有
p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得
T1＝T0③
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
＝④
式中
V1＝SH⑤
V2＝S（H＋h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2＝T0⑦
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）h⑧
拓展训练7
（2018·山西省太原市三模）受啤酒在较高压强下能够溶解大量二氧化碳的启发，科学家设想了降低温室效应的“中国办法”：
用压缩机将二氧化碳送入深海底，由于海底压强很大，海水能够溶解大量的二氧化碳使其永久储存起来，这样就为温室气体找到了一个永远的“家”．如图8所示，现将过程简化如下：
在海平面上，开口向上、导热良好的汽缸内封存有一定质量的CO2气体，用压缩机对活塞施加竖直向下的压力F，此时缸内气体体积为V0、温度为T0.保持F不变，将该容器缓慢送入温度为T、距海平面深为h的海底．已知大气压强为p0，活塞横截面积为S，海水的密度为ρ，重力加速度为g.不计活塞质量，缸内的CO2始终可视为理想气体，求：
图8
（1）在海底时CO2的体积．
（2）若打开阀门K，使容器内的一半质量的二氧化碳缓慢排出，当容器的体积变为打开阀门前的时关闭阀门，则此时压缩机给活塞的压力F′是多大？
答案
（1）
（2）2F＋（p0＋ρgh）S
解析
（1）海平面上的汽缸内CO2的压强：
p＝p0＋
距海平面深为h处汽缸内CO2的压强：
p1＝p0＋＋ρgh
由理想气体状态方程得：
＝，V＝
（2）以一半质量的CO2气体为研究对象，溶解后容器内CO2的压强：
p′＝p0＋ρgh＋
由玻意耳定律得：
p1·＝p′V′
由题意得：
V′＝
联立解得F′＝2F＋（p0＋ρgh）S.
拓展训练8
（2018·福建省泉州市三模）如图9，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体的温度TA′.
图9
答案 500K
解析 活塞平衡时，由平衡条件得：
pASA＋pBSB＝p0（SA＋SB）
pA′SA＋pB′SB＝p0（SA＋SB）
已知SB＝2SA
B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：
pB′VB＝pBV0
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有＝
对A中气体由理想气体状态方程得：
＝
解得：
TA′＝＝500K.
专题强化练
1．（多选）（2018·陕西省榆林市第三次模拟）下列说法正确的是（ ）
A．一定温度下，水的饱和汽的压强是一定的
B．一定质量的理想气体，升高相同的温度所吸收的热量与所经历的状态变化的过程有关
C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
D．热力学第二定律的开尔文表述：
不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
E．一定质量的理想气体保持体积不变，由于单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积的分子数不变
答案 ABD
2．（多选）（2018·云南省统一检测）以下说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体等压膨胀过程中一定从外界吸收热量
B．浸润与不浸润现象均是分子力作用的表现
C．两个分子之间的距离越大，它们之间的分子力越小，分子势能越大
D．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
E．气体的扩散运动总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
答案 ABE
3．（多选）（2018·湖北省4月调研）关于热现象，下列说法正确的是（ ）
A．两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小
B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性
C．处于失重状态的宇宙飞船中，由于消除了重力的影响，一大滴水银的表面将收缩到最小面积——球面，水银滴成为球形
D．液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以从宏观上看液体不再蒸发
E．热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但要从低温物体向高温物体传递，必须有第三者的介入
答案 ACE
4．（多选）（2018·广东省潮州市下学期综合测试）以下说法正确的是（ ）
A．太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用
B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同
C．空气中PM2.5的运动属于分子热运动
D．气体的压强是由于气体分子间的相互排斥而产生的
E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量
答案 ABE
解析 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用，故A正确；晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，故B正确；PM2.5属于固体颗粒的运动不是分子的热运动，故C错误；气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，不是由于气体分子间的相互排斥而产生的，故D错误；气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确．
5．（多选）（2018·全国卷Ⅰ·33
（1））如图1，一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（ ）
图1
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
答案 BDE
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项错误；过程②中，气体由b到c，体积V变大，对外界做正功，B项正确；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项错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，D项正确；由b到c的过程，作过状态b、c的等压线，分析可得pb>pc，由c到d的过程，温度不变，Vcpd，所以pb>pc>pd，E项正确．
6．（多选）（2018·湖南省株洲市第二次质检）一定质量的理想气体经历如图2所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p－T图象中都是直线，其中CA的延长线通过坐标原点O，下列说法正确的是（ ）
图2
A．A→B的过程中，气体对外界放热，内能不变
B．B→C的过程中，单位体积内的气体分子数减少
C．C→D的过程中，气体对外界做功，分子的平均动能减小
D．C→D过程与A→B过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同
E．D→A过程与B→C过程相比较，两过程中气体与外界交换的热量相同
答案 ABE
解析 A→B的过程中，气体温度不变，则内能不变，压强变大，体积减小，则外界对气体做功，由ΔU＝W＋Q可知气体对外界放热，选项A正确；B→C的过程中，气体的压强不变，温度升高，体积变大，则单位体积内的气体分子数减少，选项B正确；C→D的过程中，温度不变，压强减小，体积变大，则气体对外界做功，分子的平均动能不变，选项C错误；C→D过程与A→B过程相比较，内能都不变，气体与外界交换的热量等于做功的大小，由于做功不同，故两过程中气体与外界交换的热量不同，选项D错误；D→A过程与B→C过程相比较，内能变化相同，D→A过程外界对气体做功W1＝pAD（VD－VA），又＝，则W1＝，同理B→C过程，气体对外做功W2＝，因TD－TA＝TC－TB，VA＝VC，＝，则W1＝W2，根据热力学第一定律，两过程中气体与外界交换的热量相同，选项E正确．
7．（2018·河南省郑州市第三次质量预测）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，将一滴油酸酒精溶液滴入事先撒有均匀痱子粉的水槽中，待油膜充分散开后，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图3所示．坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油膜的面积是________m2；已知油酸洒精溶液中油酸浓度为0.2%,400滴油酸酒精溶液滴入量筒
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