气体的性质

气体的性质讲稿1．物体是由大量分子组成的(1)多数分子大小的数量级为10－10m. (2)一般分子质量的数量级为10－26kg.2．分子永不停息地做无规则热运动(1)扩散现象：由于分子的无规则运动而产生的物质迁移现象．温度越高，扩散越快． (2)布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的固体颗粒的永不停息地无规则运动．布朗运动反映了液体内部的分子的无规则运动．颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越剧烈．3．分子间存在着相互作用力(1)分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力． (2)引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快． 4．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． 考点一 微观量的估算1．微观量：分子体积V 0、分子直径d 、分子质量m 0.2．宏观量：物体的体积V 、摩尔体积V mol 、物体的质量m 、摩尔质量M 、物体的密度ρ. 3．关系(1)分子的质量：m 0＝M N A ＝ρV mol N A .(2)分子的体积：V 0＝V mol N A ＝MρN A.(3)物体所含的分子数：N ＝V V mol ·N A ＝m ρV mol ·N A 或N ＝m M ·N A ＝ρVM ·N A.4．两种模型(1)球体模型直径为d ＝36V 0π.(2)立方体模型边长为d ＝3V 0.特别提醒 1.固体和液体分子都可看成是紧密堆积在一起的．分子的体积V 0＝V molN A，仅适用于固体和液体，对气体不适用．2．对于气体分子，d ＝3V 0的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离．例1 空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103kg /m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字)(1)该液化水中含有水分子的总数N ； (2)一个水分子的直径d . 解析 (1)水的摩尔体积为V mol ＝M ρ＝1.8×10－21.0×103m 3/mol ＝1.8×10－5 m 3/mol 水分子总数为N ＝VN A V mol ＝1.0×103×10－6×6.0×10231.8×10－5≈3×1025(个)． (2)建立水分子的球体模型，有V mol N A ＝16πd 3，可得水分子直径：d ＝36V mol πN A ＝36×1.8×10－53.14×6.0×1023≈4×10－10(m)． 答案 (1)3×1025个 (2)4×10－10m突破训练1 已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3kg /mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数为N A ＝6.0×1023mol －1.求：(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)； (2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)；(3)体积为1cm 3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)． 答案 (1)M N A(2)2×10－29m 3 (3)4×1022个 解析 (1)一个汞原子的质量为m 0＝MN A(2)一个汞原子的体积为 V 0＝M ρN A＝200.5×10－313.6×103×6.0×1023m 3≈2×10－29m 3(3)1cm 3的汞中含汞原子个数 N ＝ρVN A M＝13.6×103×1×10－6×6.0×1023200.5×10－3个 ≈4×1022个考点二 布朗运动与分子热运动体任何两种物质之间．2．布朗运动不是分子的运动，是液体分子无规则运动的反映． 例2 下列关于布朗运动的说法，正确的是( )A ．布朗运动是液体分子的无规则运动B ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C ．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D ．布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的 解析 布朗运动的研究对象是固体小颗粒，而不是液体分子，故A 选项错误；影响布朗运动的因素是温度和颗粒大小，温度越高、颗粒越小，布朗运动就越明显，故B 选项正确；布朗运动是由于固体小颗粒受液体分子的碰撞作用不平衡而引起的，不是由液体各部分的温度不同而引起的，故C 选项错误，D 选项正确． 答案 BD突破训练2 做布朗运动实验，得到某个观测记录如图1.图中记录的是( )A ．分子无规则运动的情况B ．某个微粒做布朗运动的轨迹C ．某个微粒做布朗运动的速度—时间图线图1D ．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线 答案 D解析微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线的无规则性，也能反映微粒布朗运动的无规则性．图中记录描绘的正是按等时间间隔记录的某个运动微粒位置的连线，故D正确．考点三分子间作用力分子间总是同时存在着相互作用的引力和斥力，“分子力”是引力与斥力的合力．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小、随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快．如图2所示．(1)当r＝r0时，F引＝F斥，F＝0；(2)当r<r0时，F引和F斥都随距离的减小而增大，但F引<F斥，F表图2现为斥力；(3)当r>r0时，F引和F斥都随距离的增大而减小，但F引>F斥，F表现为引力；(4)当r>10r0(10－9 m)时，F引和F斥都已经十分微弱，可以认为分子间没有相互作用力(F＝0)．例3关于分子间的相互作用力，以下说法中正确的是() A．当分子间距离r＝r0时，分子力为零，说明此时分子间既不存在引力，也不存在斥力B．分子力随分子间距离的变化而变化，当r>r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都增大，但引力比斥力增大得快，故分子力表现为引力C．当分子间的距离r<r0时，随着距离的减小，分子间的引力和斥力都增大，但斥力比引力增大得快，故分子力表现为斥力D．当分子间的距离r>10－9m时，分子间的作用力可以忽略不计解析分子间距离为r0时分子力为零，并不是分子间无引力和斥力，A错误；当r>r0时，随着距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，但斥力比引力减小得快，故分子力表现为引力，B错误．答案CD突破训练3清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的() A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力、斥力都减小D．引力、斥力都增大答案 D解析当水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离减小，分子间的引力和斥力同时增大，只是斥力比引力增加得更快一些．考点二气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．平衡状态下气体压强的求法(1)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：选取与气体接触的液柱(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，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．4．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(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．例3如图3所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压为p0) 图3解析选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有：F＝(M＋m)a再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma解得：p＝p0＋mFS(M＋m).答案p0＋mFS(M＋m)突破训练2若已知大气压强为p0，在图4中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．图4答案甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－32ρgh丁：p0＋ρgh1解析在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＝－ρghS＋p0S所以p气＝p0－ρgh在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：p A S＋p h S＝p0Sp气＝p A＝p0－ρgh在图丙中，仍以B液面为研究对象，有p A＋ρgh sin60°＝p B＝p0所以p气＝p A＝p0－32ρgh在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝(p0＋ρgh1)S所以p气＝p0＋ρgh1考点三气体实验定律与理想气体状态方程例4(2012·新课标全国·33(2))如图5，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左、右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．图5(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左、右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．解析(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp ①式中Δp＝60mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有，p B ＝p C② 玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B③根据玻意耳定律得 p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得 p C ＝V BV AΔp ＝180mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左、右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体的压强为 p C ′＝p B ＋Δp⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得 p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364K 答案 (1)180mmHg (2)364K应用气体实验定律或状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象(即选取一定质量的气体)； (2)确定气体在初、末状态的参量； (3)结合气体实验定律或状态方程列式求解； (4)讨论结果的合理性．突破训练3 如图6所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg ，横截面积为50cm 2，厚度为1cm ，汽缸全长为21cm ，汽缸质量为20kg ，大气压强为1×105Pa ，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm ，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10m/s 2，求：图6(1)汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长； (2)当温度多高时，活塞刚好接触平台． 答案 (1)15cm (2)100℃解析 (1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为p 1和p 2，气柱长度分别为L 1和 L 2.p 1＝p 0＋mg S ＝1.2×105Pa ，p 2＝p 0－mgS ＝0.8×105Pa倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得 p 1L 1S ＝p 2L 2S ，所以L 2＝p 1p 2L 1＝15cm(2)设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为T 2和T 3，升温后气柱长度为L 3，则 T 2＝T 1＝(273＋7) K ＝280K ，L 2＝15cm ，L 3＝20cm 升温过程为等压变化，由盖—吕萨克定律可得L 2S T 2＝L 3ST 3所以T 3＝L 3L 2T 2＝373K.即温度升高到100℃时，活塞刚好接触平台．突破训练4 对一定质量的气体，下列四种状态变化中，可能实现的是( )A ．增大压强时，温度降低，体积增大B ．升高温度时，压强增大，体积减小C ．降低温度时，压强增大，体积不变D ．降低温度时，压强减小，体积增大 答案 BD考点四 理想气体实验定律的微观解释 1．等温变化一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能一定．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大． 2．等容变化一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大． 3．等压变化一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．例5 对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，以下说法正确的是( )A ．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变B ．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小C ．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变D ．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大解析 当体积增大时，单位体积内的分子数减少，只有气体的温度升高、分子平均动能增大，压强才能增大，A 正确，B 错误；当体积减小时，单位体积内的分子数增多，温度不变、降低、升高都可能使压强增大，C 错误；同理体积增大时，温度不变、降低、升高都可能使压强减小，故D正确．答案AD突破训练5封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是() A．气体的密度增大B．气体的压强增大C．气体分子的平均动能减小D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多答案BD解析等容变化温度升高时，压强一定增大，分子密度不变，分子平均动能增大，单位时间撞击单位面积器壁的气体分子数增多，B、D正确．用图象法分析气体的状态变化例6体在状态A时的压强是1.5×105Pa.图7(1)说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A的温度值．(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析 (1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V B T B所以T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300K ＝200K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p CT C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p －T 图象如图所示． 答案 见解析1.要清楚等温、等压、等容变化，在p －V 图象、p －T 图象、V －T 图象、p －T 图象、V －T图象中的特点．2．若题中给出了图象，则从中提取相关的信息，如物态变化的特点、已知量、待求量等． 3．若需作出图象，则分析物态变化特点，在特殊点处，依据题给已知量、解得的待求量，按要求作图象．若从已知图象作相同坐标系的新图象，则在计算后也可以应用“平移 法”．突破训练6 (1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是________．(2)图8带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态A ，由过程AB 到达状态B ，后又经过程BC 到达状态C ，如图8所示．设气体在状态A 时的压强、体积和温度分别为p A 、V A 和T A .在状态B 时的体积为V B .在状态C 时的温度为T C . ①求气体在状态B 时的温度T B ；②求气体在状态A 的压强p A 与状态C 的压强p C 之比． 答案 (1)B (2)①T A ·V B V A ②T A ·V BT C ·V A解析 (1)气体等温变化，有pV ＝C (恒量)，即p 与1V成正比，故选B.(2)①由题图知，A →B 过程为等压变化．由盖—吕萨克定律有V A T A ＝V B V B ，解得T B ＝T A ·V BV A②由题图知，B →C 过程为等容变化，由查理定律有p B T B ＝p CT CA →B 过程为等压变化，压强相等，有p A ＝p B 由以上各式得p A pC ＝T A ·V BT C ·V A.1．物体内能的改变(1)做功是其他形式的能与内能的相互转化过程，内能的改变量可用做功的数值来量度． (2)热传递是物体间内能的转移过程，内能的转移量用热量来量度． 2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功 的和．(2)表达式：ΔU ＝Q ＋W . 3．能量守恒定律第一类永动机违背了能量守恒定律． 4．热力学第二定律(1)两种表述①第一种表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(克劳修斯表述)．②第二种表述：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(开尔文表述)．(2)第二类永动机是指设想只从单一热库吸收热量，使之完全变为有用的功而不产生其他影响的热机．这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律. 考点一 对热力学第一定律的理解及应用1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，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． 2．对公式ΔU ＝Q ＋W 符号的规定3.(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加量．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．(3)若过程的初、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．例1在如图1所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9J．图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势图1能为零．求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.解析(1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9J.(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3J.答案(1)09J(2)9J3JΔU＝W＋Q，使用时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外界取负)．对理想气体，ΔU仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.气体向真空膨胀不做功．突破训练1一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案(1)增加了160J(2)外界对气体做功80J解析(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120J＋280J＝160J，气体的内能增加了160J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160J，即ΔU′＝－160J，又Q′＝－240J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160J－(－240J)＝80J，即外界对气体做功80J.突破训练2图2为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()图2A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小答案 A解析M向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大．考点二对热力学第二定律的理解1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义．(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵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．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．特别提醒热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．3．两类永动机的比较2A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293°C D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B 错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293°C，只能无限接近－273.15°C，却永远不能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误．答案 A热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒，热力学第二定律说明并非所有能量守恒的过程都能实现．突破训练3地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1°C，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是()A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D．上述三种原因都不正确答案 C解析本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确．热力学定律与理想气体实验定律综合的解题模型例3如图3所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20cm(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h＝10cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg)(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”、“做负功”图3或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．审题与关联解析(1)设U形管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①p1＝p0 ②p2＝p＋p h ③V 1＝l 1S ④ V 2＝l 2S⑤ 由几何关系得h ＝2(l 2－l 1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p ＝50cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 且W <0，所以Q ＝－W >0，气体将吸热． 答案 (1)50cmHg (2)做正功 吸热突破训练4 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变成状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3m 3，T A ＝T C ＝300K ，T B ＝400K. (1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B →C 过程压强变化的微观原因．(3)设A →B 过程气体吸收热量为Q 1，B →C 过程气体放出热量为Q 2，比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．答案 (1)0.4m 3 (2)见解析 (3)Q 1>Q 2，原因见解析解析 (1)设气体在状态B 时的体积为V B ，由盖—吕萨克定律得V A T A ＝V BT B ，代入数据得V B＝0.4m 3.(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．(3)Q 1大于Q 2；因为T A ＝T C ，故A →B 增加的内能与B →C 减少的内能相同，而A →B 过程气体对外界做正功，B →C 过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2.。