【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题15《选修3-3》（解析版）.doc，共(22)页，1.358 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、物体内能理解误区理解①物体的体积越大，分子是能不一定越大，如0℃的水结成0℃的冰后体积变大，但是分子势能缺减小了。②理想气体分子间相互作用力为零，故分子势能忽略不计，一定质量的理想气体的内能只与温度有关。③内能是对物体的大量分子而言，不存在某个分子内能的说法。二

、微观量的估算步骤①建立合适的物理模型：将题给的现象突出主要因素，忽略次要因素，用熟悉的理想模型来模拟实际的物理现象。如常把液体分子模拟为球形，固体分子模拟为小立方体。②根据建立的理想物理模型寻找适当的物理规律，将题中有关条件串联起来。③挖掘赖以进行估算的隐含条件。④合理处理数

据：估算的目的是获得对数量级的认识，因此为避免繁杂的运算，许多常数常取一位有效数字，最后结果也可只取一位有效数字。有些题甚至要求最后结果的数量级正确即可。三、理想气体三大定律定律名称比较项目玻意耳定律（等温变化）查理定律（等容变化）盖-吕萨克定律（等压变化）数学表达式pV=C或p1V1=p2V2p

T=C或11pT=22pT（体积不变）TV=C或11VT=22VT同一气体的图线[来源:学+科+网Z+X+X+K]微观解释一定质量的理想气体温度不变，分子平均动能一定，当体积减小时，分子密集程度增大，气体压强就增大一定质量的理想气体，体积保持不变时，分子密集程度一定，当温度升高时，分子

平均动能增大，气体压强增大一定质量的理想气体，温度升高，分子平均动能增大，只有气体体积同时增大，分子密集程度减小，才能保持压强不变四、力学角度计算压强的方法1．平衡状态下气体压强的求法①参考液片法：选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到

液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。②力平衡法：选与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象进行受力分析，得到液柱（或活塞）的受力平衡方程，求得气体的压强。③等压面法：在连通器中，同一液柱（中间不间断）同一深度处压强相等。2．加速运动系统中封闭气体压

强的求法选与气体接触的液柱或活塞为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。五、液柱或活塞移动问题的分析方法用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生

了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解，两部分气体均做等容变化。其一般思路为：1．先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化。2．对两部分气体分别应用查理定律的分比形式ΔΔTppT，求出每

部分气体压强的变化量Δp，并加以比较。①如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向着压强减小量较大的一方（即|Δp|较大的一方）移动；若Δp相等，则液柱或

活塞不移动。②如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化（ΔpS），若Δp均大于零，则液柱或活塞向ΔpS较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱或活塞向|ΔpS|值较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱或活塞不移动。六、气缸类问题的解题技巧气缸类问题是热学部分典型的物理综合

题，它需要考虑气体、气缸或活塞等多个研究对象，设计热学、力学乃至电学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题。1．解决气缸类问题的一般思路①弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学

研究对象（一定质量的理想气体）；另一类是力学研究对象（气缸、活塞或某系统）、②分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚除、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出

方程。③注意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。④多个方程连理求解。对求解的结果注意检查他们的合理性。2．气缸类问题的几种常见类型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封闭气体

的容器（如气缸、活塞、玻璃管等）与气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的适用条件，可根据相应的守恒定律解题。④两个或多个气缸封闭着几部分气体，并且气缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出他们各自遵循的规律，并写出相应的方

程，还要写出各部分气体质检压强或体积的关系式，最后联立求解。说明当选取力学研究对象进行分析时，研究对象的选取并不唯一，可以灵活地选择整体或部分为研究对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程。七、变质量问题的分析方法分析变质

量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用气态方程求解。①打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题。只需要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定

质量气体的状态变化问题。②抽气问题从容器中抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是等温膨胀过程。由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如

图所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图象，取r趋近于无穷大时Ep为零。通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是A．假设将两个分子从r=r2处释放，它们将开始远离B．假设将两个分子从r=r2处释放，它们将相互靠近

C．假设将两个分子从r=r1处释放，它们的加速度先增大后减小D．假设将两个分子从r=r1处释放，当r=r2时它们的速度最大不了解分子间距离与分子势能之间的关系，导致本题错解。由图可知，两个分子从2rr处的分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之

间的作用力恰好为0，结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从2rr处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故AB错误；由于12rr，可知分子在1rr处的分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正

功，分子的速度增大；当分子之间的距离大于2r时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当2rr时它们的速度最大，此时分子力先减小后增大，故加速度先减小后增大，故C错误，D正确。1．（2019·北京市十一学校高三3月份理综模拟）关

于两个分子之间的相互作用力和分子势能，下列判断正确的是A．两分子处于平衡位置，分子间没有引力和斥力B．两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都増大C．两分子间距离减小，分子势能一定减小D．两分子处于平衡位置，分子势能最大【答案】B【解析】

两分子处于平衡位置，分子间也存在引力和斥力，只不过合力为零，选项A错误；两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都増大，选项B正确；当分子距离小于r0时，两分子间距离减小，分子势能增大，选项C错误；两分子处于平衡位置，分子势能最小，

选项D错误；故选B。某气体的摩尔质量为M，分子质量为m。若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为（阿伏加德罗常数为NA）A．AmNVB．mMmVC．AρNMD．AρNm不能正确理解各物理量之间的关系，导致本题错解。根据题意，气体单位体积分子数是指单位体积气体

分子的数量，NA是指每摩尔该气体含有的气体分子数量，Vm是指每摩尔该气体的体积，两者相除刚好得到单位体积该气体含有的分子数量，选项A正确；摩尔质量M与分子质量m相除刚好得到每摩尔该气体含有的气体分子数，即为NA，此时就与选项A相同了，故选

项B正确；气体摩尔质量与其他密度相除刚好得到气体的摩尔体积Vm，所以选项C正确、D错误。1．（2019·江苏省苏北三市（徐州、连云港、淮安）高三上学期期末第一次质量检测）如图所示为一个防撞气包，包内气体在标准状况下体积为336mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V0＝22.4L/mol，阿伏

加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，求气包内（结果均保留两位有效数字）：（1）气体的分子个数；（2）气体在标准状况下每个分子所占的体积。【答案】（1）9.0×1021个（2）3.7×10－26m3【解析】（1）由题意可知：分子数目为：个；（2）由题意可知气体在标准状

况下每个分子所占的体积为：。【点睛】解决本题的关键知道摩尔质量、摩尔数、摩尔体积以及阿伏伽德罗常数等之间的关系，在平时学习过程加强训练即可。如图，容积均为V的气缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞（质

量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给气缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27℃，气缸导热。（1）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（2）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；（3）

再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。没有充分理解气体三大定律适用的条件导致本题错解。（1）设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律有011pVp

V，0113(2)pVpVV联立可得12VV，102pp（2）打开K3后，活塞上升，设活塞不再上升时，活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2由玻意耳定律得0023pVpV可得232VVV，所以打开K3后，活塞会上升到气缸B的顶部（3）设加热后

活塞下方气体的压强为p2，气体温度从T1=300K升高到T2=320K由理想气体状态方程有021232pVpVTT解得p2=1.6p01．（2019·山东省烟台市高三3月高考诊断性测试）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形气缸

竖直放置在水平地面上，气缸内部的高度为h，气缸内部被厚度不计、质量均为m的活塞A和B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体M和N，活塞A导热性能良好，活塞B绝热，两活塞均与气缸接触良好，不计一切摩擦，N部分气体内有加热装置，

初始状态温度为T0，气缸的横截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变。现对N部分气体缓慢加热。（1）当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体从加热装置中吸收的热量为Q，求该过程中N部分气体内能的变化量；（2）活塞A恰好接触气缸上

端卡环后，继续给N部分气体加热，当M部分气体的高度达到时，求此时N部分气体的温度。【答案】（1）Q–mgh（2）【解析】（1）活塞A到达气缸上端卡环前，气体M和N均做等压变化，活塞A、B之间的距离不变。当活塞A恰好到达气缸上端卡环时，N部分气体的压强pN2=pM1+=p0

+=①N部分气体增加的体积ΔV=②N部分气体对外做功W=pN2·ΔV=mgh③N部分气体内能的变化量ΔU=Q–W=Q–mgh④（2）活塞A恰好接触气缸上端卡环后，继续给N部分气体加热，气体M做等温变化，由玻意耳定律·S=pM2·S⑤解得pM2=⑥此时N部分气体的压强p

N3=pM2+=⑦N部分气体的体积VN3=S⑧对N部分气体由理想气体状态方程=⑨解得⑩如图所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞用轻弹簧与缸底相连，当气缸如图甲水平放置时，弹簧伸长了0x，活塞到缸

底的距离为0L，将气缸缓慢转动竖直放置，开口上，如图乙表示，这时活塞刚好向缸底移动了0x的距离，已知活塞的横截面积为S，活塞与缸壁的摩擦不计，且气密性好，活塞的质量为m，重力加速度为g，大气压强为0p，求：（1）弹簧的劲度系数的大小；（2）从甲图到乙图的过程中，活塞重力做的功及大气压力对活塞做的功

各为多少？不能将热学知识与力学知识联系起来解题导致本题错解。（1）气缸水平放置时，缸内气体的压强为010kxppS当气缸竖直放置时，缸内气体的压强为20mgppS根据玻意耳定律有10200

pLSpLxS求得000000mgLxpxSkxL（2）从甲图到乙图的过程中，10Wmgx，200WpxS1．（2019·江西省临川第一中学高三考前演练模拟）汽车安全气囊的工作原理可简化等效为以下过程：碰撞传感器

被碰撞触发，激发气体发生器点火产生高压气体，高压气体立即对展开的气囊充气以保证人员安全。此过程模拟由如图装置完成，当汽车受到撞击时，气体发生器产生的气体先充满发生器容器A，随后传感器打开充气阀门K，气体发生器为气囊B充气，瞬间充满气囊。气囊体积为气体发生器体积的20倍

，气囊能承受的最大压强为5个标准大气压，碰撞情况下人体能够承受的最大冲击压强为25N/cm2。在某次实验中，当人体受冲击沉入气囊时气囊体积减小，不考虑温度对充气的影响，取标准大气压，求气体发生器产生的气体压强的安全范围。【答案】

21~32.5atm【解析】气体要充满气囊，则充满时气囊内气体压强不小于一个标准大气压，设发生器能充满气囊的最小压强为p1，发生器的体积为V1，安全气囊体积为V，由玻意耳定律得：①解得最小压强②当人体受冲击沉入气囊时气囊的体积为，发生器的最大压强为，③其中P为人体

受到冲击时能承受的最大压强，有p=25N/cm2=2.5×105Pa=2.5atm④解得发生器气体最大压强⑤因此气体发生器产生的气体压强的安全范围是21~32.5atm。如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，

一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积VA>VB。（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？某同学解答如下：设两部分气体压强不变，由1212VVTT，…，TVVT

，…，所以水银柱将向下移动。上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答。（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体

始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB，分析并比较二者的大小关系。不能正确分析水银柱如何移动导致本题错解。（1）不正确，水银柱移动的原因是：气体升温后压强的变化使水银柱受力不平衡正确解法：假设升温后A、

B两部分气体体积不变由查理定律有ΔppTTT压强增加量ΔΔTppppT由pB=pA+pHg>pA，则Δ>ΔBApp，所以水银柱要向上移动（2）升温前，由平衡条件有pB=pA+pHg升温后，水银柱稳定时，由平衡条件有p'B=p'A

+pHg两式相减可得ΔpA=ΔpB[来源:学。科。网]1．（2019·安徽省合肥市高三第二次教学质量检测）如图所示，长L=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口。现用长l=10cm的水银柱封闭着一定质量的理

想气体，气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p=75cmHg。求：（1）水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；（2）对竖直玻

璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少。【答案】（1）（2）【解析】（1）设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为，体积压强为当玻璃管竖直时，设水银柱高为，则压强为由玻意耳定律，代入

数据解得：故（2）设温度升至时，管中水银柱高为5cm，气体体积气体压强为[来源:学科网]由理想气体状态方程：代入数据得：如图所示，气缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口50cm，活塞面积10cm2，封闭气体的体积为1500cm3，温度为

0℃，大气压强1.0×105Pa，活塞质量及一切摩擦不计。缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，求：活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少摄氏度？不能正确分析活塞的运动及最终情况导致本题错解封闭气体初态：311500cmV，T1

=273K末态：33321500cm+5010cm2000cmV缓慢升高环境温度，封闭气体等压变化由1212VVTT得，2364KT即t=91℃1．（2019·高三第一次全国大联考（新课标Ⅰ卷））如图1所示，一导热性能良好的气缸放置于水平地面上

，缸内用可自由移动的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞厚度不计且气密性良好，不计活塞和气缸之间的摩擦。已知活塞质量为m=1kg，面积为S=5cm2，气缸高为H=15cm，大气压强为1.0×105Pa，当环境温度为27℃时，气缸内气柱高度为h=11cm。若将气缸放置于

倾角为30°的斜面上时，气缸恰好处于静止状态，如图2所示，g取10m/s2，求：（1）气缸静止于斜面上时气柱的长度L及气缸由水平地面放置到斜面上倾斜放置的过程气体是吸热还是放热；（2）若气缸静止于斜面时

，缓慢升高外界环境温度，使活塞刚好移至缸口，求此时的温度。【答案】（1）L=12cm吸热（2）t2=102℃【解析】（1）以活塞为研究对象，水平地面上放置时有：p0S+mg=p1S代入数据解得：放置于斜面时有：p2S=p0S+mgsinθ代入数据解得：

根据：p1Sh=p2SL代入数据解得：L=12cm此过程由于温度不变，故气体内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，应从外界吸收热量（2）缓慢升高外界环境温度过程，根据平衡条件得，气体的压强始终不变，为等压变化，根据盖-吕萨克

定律得：代入数据得：T2=375K，得温度t2=102℃有一“L”形玻璃管，A端封口，AB段水平放置，BC段竖直放置，玻璃管内由一段水银柱封闭有一定质量的理想气体。已知初始状态温度027t℃，大气压强076cmHgp，热力学温度与摄氏温度的关系

为273KTt，空气柱与水银柱的数据如图所示。①如果给AB段密封气体缓慢加热而BC管中水银不溢出，求温度不能高于多少摄氏度?②如果将玻璃管在竖直平面内绕B点顺时针缓慢旋转90，判断水银是否流出。不能正确判断水银柱长短的变化，导致本题错

解。①给AB段密封气体缓慢加热，气体体积膨胀，而压强不变，是等压变化，密封气体初态：1300KT，3130cmVS，末态：3236cmVS根据盖-吕萨克定律有：1212VVTT，代入数据可得：2360K87T

℃②如果将玻璃管在竖直平面内顺时针缓慢旋转90°初态体积：3130cmVS，压强17614cmHg90cmHgp末态压强为：3076cmHgpp，是等温变化，根据玻意耳定律有：1133pVpV代入数据得到：335.53cml因为35.53cm14cm49

.53cm50cm，故水银没有流出1．（2019·陕西省咸阳市武功县高三下学期第二次摸底检测）如图所示，某同学设计了一个压力送水装置由ABC三部分组成，A为打气筒，B为压力储水容器，C为细管，通过细管把水送到5m高处，细管的容积忽略不

计。k1和k2是单向密闭阀门，k3是放水阀门，打气筒活塞和简壁间不漏气，其容积为，储水器总容积为10L，开始储水器内有V1=4L气体，气体压强为p0。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，水的密度为，求：（1）打气筒第一次打气

后储水器内的压强；（2）通过打气筒给储水器打气，打气结束后打开阀门k3，水全部流到5m高处，求打气筒至少打气多少次。【答案】（1）（2）次【解析】（1）取打气筒内气体和储水器内气体为研究对象，发生等温变化则：解得：；（2）储水器内水即将完全排出前的压强为，气体体积为：设需要打气

筒打次，以次所打气体和储水器内开始的气体为研究对象，根据等温变化有：解得：次1．分析物体的内能问题应当明确以下几点（1）内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。（2）决定内能大小的因素为温度、体积、分子数，还与物态有关系。（3）通过做功或热传递可以改变物体的内能。（4）温度是分子平

均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能相同。2．利用气态方程解决问题的基本思路1．如图所示描述了封闭在某容器里的理想气体在温度aT和bT下的速率分布情况，下列说法正确的是A．abTTB．随着温度升高，每一个气体分子的速率都增大C．随着温度升高，气体分子中速率大的分子

所占的比例会增加D．若从aT到bT气体的体积减小，气体一定从外界吸收热量【答案】C【解析】由图可知，b的分子的速率较大的分子数比较多，则b的分子的平均动能一定比较大，由于温度是分子的平均动能的标志，所以abTT，故A错误；温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，温度升高时，气体分

子中速率大的分子所占的比例会增加，但不是每一个气体分子的速率都增大，故B错误，C正确；从aT到bT气体的体积减小，则外界对气体做正功，结合abTT可知气体的内能增大，而做功与热传递都可以改变物体的内能，所以从aT到bT气体的体积

减小，气体不一定从外界吸收热量，故D错误。2．（2019·江苏省四校（南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学）高三联考）在标准状况下，体积为V的水蒸气可视为理想气体，已知水蒸气的密度为，阿伏伽德罗常数为，水的摩尔质

量为M，水分子的直径为d。（1）计算体积为V的水蒸气含有的分子数；（2）估算体积为V的水蒸气完全变成液态水时，液态水的体积将液态水分子看成球形，忽略液态水分子间的间隙。【答案】（1）（2）【解析】（1）体积为V的水蒸气的质量为：体

积为V的水蒸气含有的分子数为：（2）液态水分子看成球形，水分子的直径为d。则一个水分子的体积为：则液态水的体积为：【点睛】本题关键是明确气体和液体的区别，气体分子间隙大，取立方体模型，液体分子间距小，取球模型。3．（2019·江西省南昌市八一中

学、洪都中学、十七中、实验中学四校高二3月联考）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L=50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h=25cm。大气压强为75厘米汞柱，将玻璃管由水平位置缓慢地转到开口竖直

向上位置，求：此时密闭气柱的长度。[来源:Zxxk.Com]【答案】37.5cm【解析】当玻璃管水平放置时：p1=p0=75cmHg；V1=50S当玻璃管开口端向上竖直放置时：p2=p0+h=100cmHg，V2=L2S由p1V1=p2V2得：p1•LS=p

2L2S代入数据得：L2=37.5cm4．如图所示，上端开口的绝热圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，气缸内部被质量为m的导热性能良好的活塞A和质量也为m的绝热活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，两活塞均与气缸接触良好，活塞

厚度不计，忽略一切摩擦。气缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强为mgS且不变，现对气体Q缓慢加热。求：（1）当活塞A恰好到达气缸上端时，气体Q的温度；（2）在活塞A上再放一个质量为m的物块C，继续给气体Q加热，当活塞A再次到达气缸上端时，气体Q的温度。【答案】

（1）2T0（2）0289T【解析】（1）设Q开始的体积为V1，活塞A移动至恰好到达气缸上端的过程中气体Q做等压变化，体积变为2V1有1102VVTT得气体Q的温度为T1=2T0（2）设放上C继续加热过程后p的体积为V2，气体p做等温变化01022)mgmgpVp

Vss（而0mgpS得2123VV此时Q的体积311127333VVVV由理想气体状态方程得010102373mgmgpVpVSSTT得此时气体Q的温度为0289TT5．如图，粗细均匀、两端开口的U

形管竖直放置，两管的竖直部分高度为20cm，内径很小，水平部分BC长14cm。一空气柱将管内水银分隔成左右两段，大气压强p0=76cmHg，当空气柱温度为T0=273K、长为L0=8cm时，BC管内左边水银柱长2cm，AB

管内水银柱长也为2cm。求：（1）右边水银柱总长是多少？（2）当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管AB内？（3）为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱温度至少要升高到多少？【答案】（1）6cm（2）420K（3）980

K【解析】（1）由于水银柱处于平衡状态，则有p1=p0+h左=p0+h右带入数据解得：h右=2cm可得右边水银柱总长为：L右=h右+4cm=6cm（2）当左边水银全部进入AB管时，右边竖直管中水银柱高也为4cm此时气体压强为p

2=80cmHg，空气柱长度L2=(8+2+2)cm=12cm初态：p1=78cmHgL1=8cmT0=273K由理想气体状态方程得：102202pTpLSLST带入数据解得：T2=420K（3）当AB管中

水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大。此时右边有2cm长的水银柱停在管的水平部分，则空气柱总长为L3=(20–4)cm+(14–2)cm=28cm因封闭气体发生等压变化，则有3223LSLSTT代入数据解得：

T3=980K【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程，据平衡条件得到底部气体的气体压强，然后根据玻意耳定律和吕萨克定律列式求解。6．（2019·安徽省六安市第一中学高三下学期高考模拟）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为1

0kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。（g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，计算结果保留三位有

效数字）（1）将气缸倒过来放置，若温度上升到27℃，求此时气柱的长度；（2）汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度。【答案】（1）（2）t＝100℃【解析】以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p0S+mg＝pS汽缸倒过来后，有p′S+mg

＝p0S温度为7℃不变，根据玻意耳定律有：pSl0＝p′Sl′联立解得：l′l0＝15cm（1）温度由7℃升高到27℃的过程中，封闭气体压强不变解得l″≈16.1cm（2）活塞刚好接触平台时，气体的温度为T，则由盖﹣吕萨克定律知即：解得：T≈373K，故t＝100℃7．（2019·内蒙古第一机械

制造（集团）有限公司第一中学高二3月月考）如图，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为，一定质量的气体被质量为2kg的光滑活塞封闭在气缸内。（1）求其压强为多少pa。（2）若从初温27℃开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为

多少℃。（大气压强取1.0×，g取）【答案】（1）（2）33℃【解析】（1）对活塞受力分析，由平衡条件得：解得：（2）加热气体，活塞缓慢上升，气体压强不变，则：，即：代入数据解得：8．如图所示，一端开口的薄壁玻璃管开口朝下竖直立于圆柱形水银槽的水银中，管内封闭有一定质量的理想气体，玻璃管

和水银槽的横截面积分别是1.0cm2和5.0cm2。开始时被封闭气柱长为10cm，现将玻璃管竖直向上缓慢提升9cm（开口仍在水银槽液面以下），使玻璃管内外液面高度差增加了5cm。已知大气压强p0=75cmHg=1.0×105Pa。求：（1）开始时玻璃管内外液面高度差；（2）气压力对槽内水银面做的

总功。【答案】（1）60cm（2）0.4J【解析】①设水银槽内水银面下降Δx则玻璃管内的水银上升的高度为ΔΔSSxxS槽管管玻璃管内外液面高度差增加ΔΔΔ5Δhxxx液面高度差增加5cm，可知水银槽内水银面下降∆x=1cm将玻璃管竖直向上缓慢提升10

cm过程中，由玻意耳定律p1V1=p2V2007510=75515hShS管管得：h0=60cm②大气对槽内水银面的作用力：0FpSS槽管大气压力对槽内水银面做的功0ΔΔ0.4JWFxpSSx槽管9．（2019·

西南名校联盟高三3月底月考）一定质量的理想气体由状态C经状态B变化到状态A的p–V图象如图所示。（1）若已知在状态C时，理想气体的温度为127℃，求处于状态B时气体的摄氏温度；（2）从状态C变化到状态A气体是吸热还是放热？并求出吸收或放出的热量的数值。（已知latm=1×105Pa）【答案】（1）

处于状态B时气体的摄氏温度tB627℃（2）W=900J【解析】（1）B和C之间解得：TB900K所以tB900℃–273℃627℃（2）C到A，等温压缩，所以放热，由热力学第一定律，QW做功等于pV图象的面积：W（31）1105103J（34）2105

103J900J