专题15、选修3-3、热力学综合（2010-2019）
题型一、分子动理论和气体压强
题型二、油膜法测分子直径
题型三、理想气体状态方程与热力学第一定律
题型四、液柱模型
题型五、气缸模型
题型一、分子动理论和气体压强
1.（2019全国1）下列说法正确的是
A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D.气体膨胀对外做功且温度降低，分子平均动能可能不变
【答案】A
【解析】：根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强
A．温度是分子平均动能标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A正确；
B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B错误；
C．由压强公式可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D错误。
2.（2018北京）关于分子动理论，下列说法正确的是
A.气体扩散的快慢与温度无关
B.布朗运动是液体分子的无规则运动
C.分子间同时存在着引力和斥力
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【答案】C
【解析】A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；
B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B错误；学科&网
C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C正确，D错误。
3.(2018全国2)对于实际的气体，下列说法正确的是______。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。没选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
【答案】：BDE
【解析】气体的内能包括气体分子的动能和分子势能，不包括其中立势能，分子之间的势能是不能悲忽律的，包括在气体分子的内能里，所以A错B对，E对；气体的内能不包括分子宏观运动的动能，C错，气体内能的变化受气体做功与热传递二者决定，所以D选项正确
4.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．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在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
【答案】： ABC
【解析】：A对：面积表示总的氧气分子数，二者相等。
B对：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，虚线为氧气分子在0
℃时的情形，分子平均动能较小。
C对：实线为氧气分子在100
℃时的情形。
D错：曲线给出的是分子数占总分子数的百分比。
E错：速率出现在0～400
m/s区间内，100
℃时氧气分子数占总分子数的百分比较小。
5.（2015全国2）关于扩散现象，下列说法正确的是
（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A.温度越高，扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【答案】ACD
【解析】：温度高，分子扩散速度加快A选项正确；扩散属于物理反应所以B选项错误；扩散现象是由物质的分子无规则的运动产生故C正确；扩散在气体液体以及固体中都能进行故D对
液体中的扩散现象时有液体分子的无规则运动产生，故E错误。
考点：分子动理论
6.（2015山东）墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是_____。（双选，填正确答案标号）
a.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
b.混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
c.使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
d.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的【答案】BC
【解析】：根据分子动理论的只是可知，混合均匀主要是因为水分子在做无规则的运动使得碳离子造成布朗运动，又因为布朗运动的剧烈程度与碳粒子的大小及温度有关，所以使用比碳粒子更小的墨汁做实验，布朗运动会变得更明显。
7.(2015广东)为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气（）
A.内能增大
B.压强增大
C.分子间引力和斥力都减小
D.所有分子运动速率都增大
【答案】AB
【解析】本题考查了热学基础知识，题目中器材包含了金属内筒和隔热外筒，水加热升温，封闭空气温度升高，而外筒隔热，不会有能量损失，则当加热水时，热量通过金属筒传给气体，气体内能增加，温度升高，选项A正确；气体体积不变，温度升高，由理想气体状态方程右知压强增加，选项B正确；分子间的引力和斥力与分子间的距离有关，气体体积不变，分子间距不变，分子间的引力和斥力不变，选项C错误；温度只是与气体分子平均动能有关，温度增加并不是所有分子速率增加，选项D错误。
8.（2011四川）气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外
A．气体分子可以做布朗运动
B．气体分子的动能都一样大
C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动
D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大
【答案】：C
【解析】：布朗运动是微小颗粒的无规则运动，而不是分子的运动，A错误；同一温度下，每个气体分子速率不一定相同，其气体分子动能不一定一样大，B错误；气体分子之间的距离远大于分子力的作用范围，分子力可以认为十分微弱，分子可以自由移动，但分子与分子之间的距离还是不一样大，C正确，D错误。
9.（2011山东）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法正确的是。
A．液体的分子势能与体积有关
B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
【答案】：AD
【解析】：物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，a正确。晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，b错误。温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，c错误。液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，d正确。
题型二、油膜法测分子直径
10.（2019全国3）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是___________________________________。
【答案】：见解析
【解析】：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积
单分子层油膜的面积
11.（2015海南）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，地面大气压强为，重力加速度大小为g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为，空气分子之间的平均距离为。
【答案】，【解析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，即：
分子数，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，而，所以
题型三、理想气体状态方程与热力学第一定律
12.（2019全国2）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】(1).大于
(2).等于
(3).大于
【解析】1、2等体积，2、3等压强，由pV=nRT得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；
由于p1V1=
p3V3；故T1=T3；
则T3>T2，又p2=p3，2状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3；
13.（2019全国1）热等静压设备广泛用于材料加工中。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，改部其性能。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013
m3，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3.2×10-2
m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107
Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106
Pa；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1
227
℃，求此时炉腔中气体的压强。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设初始时每瓶气体的体积为，压强为；使用后气瓶中剩余气体的压强为，假设体积为，压强为的气体压强变为时，其体积膨胀为，由玻意耳定律得：
被压入进炉腔的气体在室温和条件下的体积为：
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为，体积为，由玻意耳定律得：
联立方程并代入数据得：
（2）设加热前炉腔的温度为，加热后炉腔的温度为，气体压强为，由查理定律得：
联立方程并代入数据得：
14.（2018全国3）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______。
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
【答案】BCD
【解析】试题分析本题考查对一定质量的理想气体的p——V图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。学科.网
解析
一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
15.(2017·全国3)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是________。
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E．在过程ca中气体从外界吸收热量
【答案】： ABD
【解析】：(1)ab过程是等容变化，ab过程压强增大，温度升高，气体内能增大，选项A正确；而由于体积不变，气体对外界不做功，选项C错误。ca过程是等压变化，体积减小，外界对气体做功，选项B正确：体积减小过程中，温度降低，内能减小，气体要放出热量，选项E错误。bc过程是等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则需要吸收热量，选项D正确。
16.（2016·全国1）一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p
T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是________。(填正确答案标号)
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
【答案】： ABE
【解析】： 由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由图象可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta＞Tc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外做的功，选项D错误；bc过程和da过程互逆，则做功的多少相同，选项E正确。
17.(2016·全国2)关于热力学定律，下列说法正确的是________。
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】： BDE
【解析】： 根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误。改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确。理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误。根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确。两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。故选B、D、E。
18.（2015重庆）某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么（）
A.外界对胎内气体做功，气体内能减小
B.外界对胎内气体做功，气体内能增大
C.胎内气体对外界做功，内能减小
D.胎内气体对外界做功，内能增大
【答案】D
【解析】：对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选D。
考点：本题考查理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律。
19.（2015重庆）北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内气体温度为，压强为，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差.【答案】
【解析】对气泡分析发生等容变化有：，可得:,故内外气体的压强差为
20.(2015山东)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象；如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强P0。当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部压强立即减为P0，温度仍为303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：
（ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；
（ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。
【答案】（ⅰ）1.01P0；（ⅱ）0.02P0S
【解析】（ⅰ）气体进行等容变化，开始时，压强P0，温度T0=300K；当温度上升到303K且尚未放气时，压强为P1，温度T1=303K；根据可得：
（ⅱ）当内部气体温度恢复到300K时，由等容变化方程可得：，解得
当杯盖恰被顶起时有：
若将杯盖提起时所需的最小力满足：，解得：
21.(2015北京)下列说法正确的是（）
A.物体放出热量，其内能一定减小
B.物体对外做功，其内能一定减小
C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
【答案】C
【解析】:物体内能的改变方式有两种：做功和热传递，只说某一种方式我们无法
判断内能是否变化，故
A、B
选项错误；物体放出热量又同时对外做功内能一定
减小，故
D
选项错误。物体吸收热量同时对外做功，内能可能增大、减小或不
变，故
C
选项正确。
22.（2013江苏）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。
其中，和为等温过程，和为绝热过程（气体与外界无热量交换）。
这就是著名的“卡诺循环”。
（1）该循环过程中，下列说法正确的是______。
（A）过程中，外界对气体做功
（B）
过程中，气体分子的平均动能增大
（C）
过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
（D）
过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
（2）该循环过程中，内能减小的过程是_______
（选填“”、“”、“”或“”）。
若气体在过程中吸收63kJ的热量，在过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为_______
kJ。
（3）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A状态时的。
求气体在B状态时单位体积内的分子数。
（已知阿伏加德罗常数，计算结果保留一位有效数字）
【答案】
(1)C
(2)
(3)等温过程,单位体积内的分子数.解得,代入数据得
【解析】：A选项：从图上看：A到B过程体积变大，则气体对外做功，W＜0，故A项错误；对B项：B到C过程为绝热过程，则热交换Q=0，且从图上看，气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知：ΔU＜0，则气体的温度将变低，气体分子的平均动能变小，故B项错误；对C项：从图上看，C到D
过程的气体压强在增大，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C项正确；对D项：D到A
为绝热过程，则热交换Q=0，且从图上看，气体的体积减小，外界对气体做功W＞0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体的内能ΔU＞0，故气体温度升高，则气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D项错误。本题答案为：C。
（2）从（1）的分析中，知内能减小的过程为B到C。B到C和D到A为绝热过程，无热量交换，若在A到B过程中吸收63
kJ的热量,在C®D
过程中放出38
kJ的热量，则整个过程热量交换Q总=Q吸-Q放=25kJ，整个循环中内能变化量ΔU=0，由ΔU=Q+W知W=-25kJ，即整个过程对外做的功为25kJ。
（3）A
®B过程为等温过程，由得,则由关系式，代入数据可得气体在B状态时单位体积内的分子为:。
题型四、液柱模型
（2016·全国3）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0
cmHg。环境温度不变。
【答案】： 144
cmHg 9.42
cm
【解析】： 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。
由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00)
cmHg①
l1′＝(20.0－)
cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144
cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00
cm＋cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42
cm
（2019全国3）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2.0
cm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2.0
cm。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76
cmHg，环境温度为296
K。
（i）求细管的长度；
（i）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。
【答案】见解析
【解析】（i）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
②
p1=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）
④
V1=S（L–h）
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41
cm
⑥
（ii）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
⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312
K
⑧
23.（2018全国3）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，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=18.0
cm和l2=12.0
cm，左边气体的压强为12.0
cmHg。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。
【答案】7.5
cm
【解析】试题分析
本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。
解析
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、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有
①
式中为水银密度，g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1=pl1′②
p2l2=pl2′③
l1′–l1=l2–l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′=22.5
cm⑤
l2′=7.5
cm⑥
24.（2018全国1）如图，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。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。
K
【答案】见解析
【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为，压强为；下方气体的体积为，压强为。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
①
②
由已知条件得
③
④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
⑤
联立以上各式得
⑥
25.（2014全国）粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长（可视为理想气体），两管中水银面等高。现将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面。（环境温度不变，大气压强）
①求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”作单位）。
②此过程中左管内的气体对外界______________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体将_____________________（填“吸热”或
“放热”）。
【答案】：见解析
【解析】设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为，气柱长度为，稳定后低压舱内的压强为。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
P1V1=P2V2
P1=P0
P2=P+Ph
V1=L1S
V2=L2S
由几何关系得:h=2(l2-l1)
联立以上各式代入数据得：P=50cmHg.(2)做正功；吸热
26.（2011全国）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6．6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为Po=76cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
【解析】：设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
①
式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x则
②
式中，为管内空气柱的压强，由玻意耳定律得
③
式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积，由①②③式和题给条件得
④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为，则
⑤
由玻意耳定律得
⑥
式中，是此时空气柱的长度。由①②③⑤⑥式得
⑦
27.（2011山东）气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1=14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2=44cm。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）
①求恒温槽的温度。
②此过程A内气体内能
（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将
(填“吸热”或“放热”)。
【答案】：①364K
②增大
吸热
【解析】：
①设恒温槽的温度为T2，由题意知A内气体发生等容变化
由查理定律得:
①
② ③
联立①②③式解得④
②理想气体的内能只由温度决定，A气体的温度升高，所以内能增大。由热力学第一定律知，气体不对外做功，气体将吸热。
题型五、气缸模型
28.（2019全国2）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。
【答案】（1）（p0+p）；（2）；
【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=（p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
29.（2019全国1）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。
【答案】
(1).低于
(2).大于
【解析】：由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即，根据热力学第一定律可知：，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。
最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：
又，m为容器内气体质量联立得：
取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。故本题答案：低于；大于。
30.（2018全国2）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口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，不计他们之间的摩擦。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气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气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。
（1）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
②
联立①②式可得
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
④
式中
V1=SH⑤
V2=S（H+h）⑥
联立③④⑤⑥式解得：
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
⑧
31.（2017·全国卷2）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________。
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
【答案】： ABD
【解析】：气体向真空膨胀时不受阻碍，气体不对外做功，由于汽缸是绝热的，没有热交换，所以气体扩散后内能不变，选项A正确。气体被压缩的过程中，外界对气体做功，且没有热交换，根据热力学第一定律，气体的内能增大，选项B、D正确。
气体在真空中自发扩散的过程中气体不对外做功，选项C错误。
气体在压缩过程中，内能增大，由于一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，温度越高，内能越大，气体分子的平均动能越大，选项E错误。
32.(2015全国1）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，气缸外大气压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2，求
（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强
【答案】（i）330K
(ii)
1.01105
Pa
【解析】(i)
设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2,由题给条件得：
V1
=
s2（-)
+
s1()
·······
V2
=
s2
·······
在活塞缓慢下移的过程中，用P1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得：
s1(P1
–
P)
=
m1g
+
m2g
+
s2(P1
–
P)······
故缸内的气体的压强不变，由盖·吕萨克定律有：
=
······
联立式并代入题给数据得：T2
=
330K
······
(ii)在大活塞与大圆筒底面刚接触时，被封闭气体的压强为P1,在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变，没达到热平衡时被封闭气体的压强为P/,由查理定律有：
=
······
联立式并代入题给数据得：
P/
=
1.01105
Pa
······
33.（2015海南）如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B
；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。
【答案】
【解析】A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为、，在漏气前，对A分析有，对B有
B最终与容器底面接触后，AB间的压强为P，气体体积为，则有
因为温度失重不变，对于混合气体有，漏气前A距离底面的高度为，漏气后A距离底面的高度为
联立可得
34.（2013山东）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度To=300K，压强P0=1
atm，封闭气体的体积Vo=3m2。如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
①求990m深处封闭气体的体积（1
atm相当于10m深的海水产生的压强）。
②下潜过程中封闭气体___________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量__________（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
【答案】：见解析
【解析】：①当气缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意知
p=100atm
①
根据理想气体状态方程得
②
代入数据得
③
②放热；大于。
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