2021高考物理二轮复习专题7热学学案.doc

专题七热学高考命题点命题轨迹情境图分子动理论内能及热力学定律2017Ⅰ卷3317(1)33题20(1)33题2018Ⅱ卷332019Ⅲ卷332020Ⅰ卷33Ⅱ卷33气体实验定律和理想气体状态方程2016Ⅰ卷33，Ⅱ卷33，Ⅲ卷3316(2)33题16(3)33题17(1)33题2017Ⅰ卷33，Ⅱ卷33，Ⅲ卷332018Ⅰ卷33，Ⅱ卷33，Ⅲ卷332019Ⅰ卷33，Ⅱ卷33，Ⅲ卷332020Ⅰ卷33，Ⅱ卷33，Ⅲ卷3317(2)33题17(3)33题18(1)33题18(2)33题18(3)33题19(2)33题19(3)33题20(2)33题20(3)33题核心知识·提素养“物理观念”构建一、分子动理论及热力学定律1．估算问题(1)油膜法估算分子直径：d ＝V S (V 为纯油酸体积，S 为单分子油膜面积)．(2)分子总数：N ＝nN A ＝m M mol ·N A ＝V V mol N A (注：对气体而言，N ≠V V molN A )． 2．反映分子热运动规律的两个实例(1)布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息的运动，与颗粒大小、温度有关．(2)扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关．3．对热力学定律的理解(1)热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，其中W 和Q 的符号可以这样确定：只要对内能增加有正贡献的就为正值．(2)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响．二、气体实验定律和理想气体状态方程“科学思维”展示思想方法必须领会的“2种物理思想”理想化模型思想、控制变量思想．模型建构一、两种模型1．球体模型：一个分子体积V ＝43πR 3＝16πd 3，d 为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径．2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V ＝d 3，d 为分子的间距，适于估算气体分子间距．二、应用热力学第一定律的看到与想到1．看到“绝热过程”，想到Q ＝0，则W ＝ΔU .2．看到“等容过程”，想到W ＝0，则Q ＝ΔU .3．看到“等温过程”，想到ΔU ＝0，则W ＋Q ＝0.命题热点·巧突破考点一 分子动理论 内能及热力学定律考向1 分子动理论与内能1．(2020·新课标卷Ⅰ)分子间作用力F 与分子间距r 的关系如图所示，r ＝r 1时，F ＝0.分子间势能由r 决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零．若一分子固定于原点O ，另一分子从距O 点很远处向O 点运动，在两分子间距减小到r 2的过程中，势能_减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r 2减小到r 1的过程中，势能_减小__(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r 1处，势能_小于__(填“大于”“等于”或“小于”)零．【解析】 从距O 点很远处向O 点运动，两分子间距减小到r 2的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在r 2→r 1的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；在间距等于r 1之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在r 1处分子势能小于零．2．(2019·新课标全国Ⅲ卷)(5分)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_使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜__．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_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__．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_油膜稳定后得表面积S __.【解析】 油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N 滴油酸溶液的体积V ，用V 与N 的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h 可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S ，以计算厚度h ＝V S .考向2 热力学定律理解与应用3．(2020·新课标卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有________，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有________．( BC )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】 燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移．既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律，A 错误；冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律，B 正确；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，必然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，C 正确；制冷机消耗电能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，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响．既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律，D错误．4．(2019·江苏高考真题)如题图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C 的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J．求A→B→C过程中气体对外界做的总功．【答案】W＝1 500 J【解析】由题意可知，A→B过程为等压膨胀，所以气体对外做功为：W1＝－p(V B－V A)，B→C过程：由热力学第一定律得：W2＝ΔU，则气体对外界做的总功为：W＝－(W1＋W2)，代入数据解得：W＝1 500 J.考向3 热力学定律与气体实验定律的综合应用5．(2020·天津高考真题)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．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】随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据pV＝恒量，可知气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误．6．(5选3)(2018·全国Ⅲ卷)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】 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p a V a /T a ＝p b V b /T b 可知，T b >T a ，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．7．(2020·山东高考真题)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 (V 0,2p 0)、b (2V 0，p 0)、c (3V 0,2p 0)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】 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；气体从a →b ，满足玻意耳定律pV ＝C ，所以T a ＝T b ，所以ΔU ab ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知0＝Q ab ＋W ab ，气体从b →c ，温度升高，所以ΔU bc >0，根据热力学第一定律可知ΔU bc ＝Q bc ＋W bc ，结合A 选项可知W ab ＝W bc <0，所以Q bc >Q ab ，b →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 ．气体从c →a ，温度降低，所以ΔU ca <0，气体体积减小，外界对气体做功，所以W ca >0，根据热力学第一定律可知Q ca <0，放出热量，C 正确；D ．理想气体的内能只与温度有关，根据T a ＝T b 可知||ΔT ca ＝||ΔT bc ，所以气体从c →a 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 ．8．(2019·新课标全国卷Ⅰ)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_低于__(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度_大于__(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度．【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ΔQ＝0，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W<0，根据热力学第一定律可知：ΔU＝ΔQ＋W<0，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：PV＝nRT，又ρ＝mV，m为容器内气体质量．联立得：ρ＝PmnRT，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．考点二固体、液体和气体的微观性质〔考向预测〕1．(多选)(2020·江苏高考真题)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体．下列关于玻璃的说法正确的有( AC )A．没有固定的熔点B．天然具有规则的几何形状C．沿不同方向的导热性能相同D．分子在空间上周期性排列【解析】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形．它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”．它没有固定的熔点．故选AC．2．(5选3)(2020·河北衡水中学5月模拟)关于物态变化，下列说法正确的是( BDE ) A．液体的饱和汽压越大，该液体越不容易挥发B．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化C．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面D．温度越高，密闭容器中水蒸气分子的数密度越大E．空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿【解析】饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，饱和汽压越大，表示该物质越容易蒸发，故A错误；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，密度也不再发生变化，故B正确；密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水中仍然会有水分子离开水面，只是水中水分子离开水面与进入水面的是平衡的，故C错误；温度越高，分子平均速率越大，而且液体分子越易离开液面，分子数密度越大，故D正确；空气相对湿度越大时，空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿，故E正确，故选BDE.3．(5选3)(2017·新课标卷Ⅰ)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________．( ABC )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【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高，速率大的分子占比例越高，故虚线为0 ℃，实线是100 ℃对应的曲线，曲线下的面积都等于1，故相等，所以ABC正确．4．(多选)(2019·江苏高考真题)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体( CD )A．分子的无规则运动停息下来B．每个分子的速度大小均相等C．分子的平均动能保持不变D．分子的密集程度保持不变【解析】分子的无规则运动则为分子的热运动，由分子动理论可知，分子热运动不可能停止，故A错误；密闭容器内的理想气体，温度不变，所以分子平均动能不变，但并不是每个分子的动能都相等，故B错误，C正确；由于没有外界影响且容器密闭，所以分子的密集程度不变，故D正确．考点三气体实验定律和理想气体状态方程考向1 “汽缸”模型1．(2020·烟台模拟)如图所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg，横截面积为50 cm2，厚度为1 cm，汽缸全长为21 cm，大气压强为1.0×105 Pa，当温度为7 ℃时，活塞封闭的气柱长10 cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．(g取10 m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字)(1)将汽缸倒过来放置，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)16.1 cm (2)100 ℃【思路点拨】【解析】 以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p 0S ＋mg ＝pS汽缸倒过来后，有p ′S ＋mg ＝p 0S温度为7 ℃不变，根据玻意耳定律有pSl 0＝p ′Sl ′联立解得：l ′＝32l 0＝15 cm. (1)温度由7 ℃升高到27 ℃的过程中，封闭气体压强不变，有l ′S T 1＝l ″S T 2 解得l ″≈16.1 cm.(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l ″S T 2＝l －1S T 解得：T ≈373 K，故t ＝100 ℃.规律总结“汽缸”模型的三种常见问题(1)气体系统处于平衡状态，需要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．考向2 “液柱”模型2．(2020·新课标卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似．潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要．为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S 、高度为h 、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H 的水下，如图所示．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g ，大气压强为p 0，H ≫h ，忽略温度的变化和水密度随深度的变化．(1)求进入圆筒内水的高度l ；(2)保持H 不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p 0时的体积． 【答案】 (1)ρgH p 0＋ρgH h (2)ρgSHhp 0【解析】 (1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V 0和V 1，放入水下后筒内气体的压强为p 1，由玻意耳定律和题给条件有p 1V 1＝p 0V 0① V 0＝hS ② V 1＝(h －l )S ③ p 1＝p 0＋ρg (H －l )④联立以上各式并考虑到H ≫h ，h >l ，解得l ＝ρgHp 0＋ρgHh ⑤ (2)设水全部排出后筒内气体的压强为p 2；此时筒内气体的体积为V 0，这些气体在其压强为p 0时的体积为V 3，由玻意耳定律有p 2V 0＝p 0V 3⑥其中p 2＝p 0＋ρgH ⑦设需压入筒内的气体体积为V ，依题意V ＝V 3－V 0⑧联立②⑥⑦⑧式得V ＝ρgSHh p 0⑨3.(2020·新课标卷Ⅲ)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H ＝18 cm 的U 型管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K．大气压强p0＝76 cmHg.(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？【答案】(1)12.9 cm (2)363 K【解析】(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2.由玻意耳定律有p1V1＝p2V2设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有p1＝p0＋ρgh0，p2＝p0＋ρghV1＝S(2H－l－h0)，V2＝SH联立以上式子并代入题中数据得h＝12.9 cm(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有V2T1＝V3T2按题设条件有V3＝S(2H－h)代入题中数据得T2＝363 K规律总结解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解，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，要注意以下4点：(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)．(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力．(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”，使计算过程简捷．考向3 “两团气”模型4．(2020·湖北七市5月联考)如图导热气缸A、B固定在同一水平面上，A的横截面积为S，B的横截面积为A的2倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力，现向A气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至A气缸中气体体积减小为原来的一半．已知大气压强为p 0，求此时：(1)B 气缸中气体的压强； (2)加入细沙的质量． 【答案】 (1)23p 0 (2)5p 0S3g【解析】 (1)设开始时气缸B 内气体为V B ，后来体积V ′B ，由题可知V ′B ＝1.5V B 对气缸B 的气体p 0V B ＝p B V ′B 解得p B ＝23p 0(2)对气缸A 的气体p 0V A ＝p A ·V A2即p A ＝2p 0对气缸B 活塞进行受力分析，由受力平衡p 0(2S )＝p B (2S )＋T 对气缸A 活塞进行受力分析，由受力平衡mg ＋p 0S ＝T ＋p A S 解得加入细沙的质量m ＝5p 0S3g规律总结多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联．若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系．考向4 变质量问题5．(2020·新课标卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为2V ，罐中气体的压强为12p .现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后：(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比． 【答案】 (1)23p (2)23【解析】 (1)气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体由体积V 变成3V ，乙中原气体体积由2V 变成3V ，则根据玻意尔定律分别有pV ＝p 1·3V ，12p ·2V ＝p 2·3V则pV ＋12p ·2V ＝(p 1＋p 2)×3V则甲乙中气体最终压强p ′＝p 1＋p 2＝23p(2)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强p ，则p ′V ＝pV ′ 计算可得V ′＝23V由密度定律可得，质量之比等于m 现m 原＝V ′V ＝236．(2019·新课标全国卷Ⅰ)(10分)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0.13 m 3，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3.2×10－2m 3，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1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强． 【答案】 (1)3.2×107Pa (2)1.6×108Pa【解析】 (1)设初始时每瓶气体的体积为V 0，压强为p 0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p 1.假设体积为V 0、压强为p 0的气体压强变为p 1时，其体积膨胀为V 1.由玻意耳定律p 0V 0＝p 1V 1①被压入进炉腔的气体在室温和p 1条件下的体积为V ′＝V 1－V 0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p 2，体积为V 2.由玻意耳定律p 2V 2＝10p 1V ′③联立①②③式并代入题给数据得p 2＝3.2×107 Pa ④(2)设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔温度为T 1，气体压强为p 3，由查理定律p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得p 3＝1.6×108 Pa ⑥规律总结1．等效法求解变质量的气体问题在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或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恒定质量的问题．(1)充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的．这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．(2)抽气中的变质量问题用抽气筒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，其解决方法同充气问题类似，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恒定质量的问题．2．巧选研究对象 (1)灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．(2)漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解．〔考向预测〕1．(2019·新课标全国卷Ⅱ)(5分)如图所示，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T 1、T 2、T 3.用N 1、N 2、N 3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N 1_大于__N 2，T 1_等于__T 3，N 2_大于__N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)【解析】 1、2等体积，2、3等压强由pV ＝nRT 得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，V 1＝V 2，故p 1T 1＝p 2T 2，可得：T 1＝2T 2，即T 1>T 2，由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故N 1>N 2；由于p 1V 1＝p 3V 3；故T 1＝T 3；则T 3>T 2，又p 2＝p 3,2状态分子密度大，分子运动缓慢，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N 2>N 3.2.(2020·新疆克拉玛依市三模)如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为40 cm 2的活塞将一定质量气体封闭在气缸内．在汽缸内距缸底60 cm 处设有卡环ab ，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在ab 上，缸内气体的压强等于大气压强p 0＝1.0×105Pa ，温度为300 K ．现缓慢加热气缸内气体，当温度缓缓升高到330 K ，活塞恰好离开ab ，g 取10 m/s 2.求：(1)活塞的质量；(2)当温度缓慢升高到363 K 时，活塞向上移动过程中气体对外界做的功是多少？ 【答案】 (1)4 kg (2)26.4 J 【解析】 (1)气体的状态参量为：T 1＝300 K ，p 1＝1.0×105 Pa T 2＝330 K ，p 2＝(1.0×105＋mg40×10－4)Pa物体做等容变化，则有p 2T 2＝p 1T 1代入数据得m ＝4 kg ，p 2＝1.1×105Pa(2)活塞恰好离开ab 时：T 2＝330 K ，V 2＝0.6 S ，T 3＝363 K ，V 3＝h 3S 因为V 2T 2＝V 3T 3有h 2S T 2＝h 3S T 3得h 3＝66 cm则W ＝p 2S (h 3－h 2)＝1.1×105×40×10－4×(0.66－0.6)＝26.4 J3.(2019·新课标全国Ⅲ卷)(10分)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.(1)求细管的长度；。