（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小； 由P1=P+mg/S知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小； 根据查理定律P1/T1=P2/T2
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而低。 17.如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m1＝3m，m2＝2m）
⑴在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假 定环境温度始终保持为T0）。
⑵在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对 活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。
⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为度，由盖·吕萨克定律得： x/?8mg，设x/是温度达到T时左活塞的高3AT5Th x?T04T05TTh(?1)?5mgh(?1) 4T0T0 活塞对气体做的功为：W?Fs?4mg 在此过程中气体吸收热量
18．如图20所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现对汽缸缓缓加热使汽缸内的空气温度从TI升高到T2，且空气柱的高度增加了?l， 已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0，问此过程中被封闭气体的内能变化了多少？请在下面的图乙的V－T图上大致作出该过程的图象（包括在图象上标出过程的方向）
【解析】由受力分析和做功分析知，在气体缓缓膨胀过程中，活塞与砝码的压力对气体做负功，大气压力对气体做负功，根据热力学第一定律得 ?U=W + Q
??mg?l?p0S?l?Q
【答案】 ??mg?l?p0S?l?Q
【母题特供】
1、（上海）2．气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的（ ） （A）温度和体积 （B）体积和压强 （C）温度和压强 （D）压强和温度 【答案】A
【解析】由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；分子势能是由于分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积。因此答案A正确。 【考点定位】气体的内能有关因素。属于容易的题目
2、（上海）9．如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为?VA、?VB，压强变化量为?pA、?pB，对液面压力的变化量为?FA、?FB，则（ ） （A）水银柱向上移动了一段距离 （B）?VA＜?VB
（C）?pA＞?pB
（D）?FA＝?FB
3、（江苏）12．[选做题]本题包括A、B、C三个小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作 答。若三题都做，则按A、B两题评分 A．（选修模块3—3）（12分） （1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体， 下列说法正确的是 ▲ 。（填写选项前的字母）
（A）气体分子间的作用力增大 （B）气体分子的平均速率增大 （C）气体分子的平均动能减小 （D）气体组成的系统地熵增加
（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡 ▲ （填“吸收”或“放出”）的热量是 ▲ J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了 ▲ J
（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/m，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数 NA=6.02?1023mol-1，取气体分子的平均直径为2?10-10m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留以为有效数字） 【答案】 (1) D (2) 吸收 0.6 0.2 (3) 9?10?5~2?10?4都算对
【解析】（1）由于气泡的运动过程是一个恒温过程，因而在上升过程中气泡体积变大、压强变小，因些气体分子间作用力变小，平均速率不变，平均动能不变，因而只有D答案正确。 （2）根据热力学第一定律即可作答。 （3）体积为V0，液体体积为V1 气体分子数n?3?V0mNA, V1?n?d36(或V1?nd)
3则
V1V????d3NA （或1?d3NA） V06mV0mV1?1?10?4 (9?10?5~2?10?4都算对) V0解得
【考点定位】考查了气体相关知识，难度中等。 4、（山东）选做题部分： 36.(8分)[物理——物理3-3]
一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A?B过程为等压变化，B?C过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TC=300K、TB=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，B?C过 气体 放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因。 【答案】（1）设气体在B状态的全积为VB，由盖·吕萨克定律得： VAVB ?TATB
【解析】理想气体等压变化，应用盖·吕萨克定律求解；B→C等容变化，温度升高，分子热运动加剧，而分子数密度不变，故压强一定增加；A→B增加的内能等于B→C减少的内能，而A→B气体对外做功，B→C不做功，所以Q1>Q2 【考点定位】考查理想气体的状态变化 5、（全国1） 14.下列说法正确的是
A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量 C. 气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小 D. 单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
6、（全国2）16. 如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比
A．右边气体温度升高，左边气体温度不变 B．左右两边气体温度都升高 C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 【答案】BC
【解析】通电后右边气体吸热同时推动活塞对左边气体做功，从而确定左边气体内能增加，温度升高；而右边气体吸收和热量不可能全部用来做功，故右边气体内能也增加，温度也升高，A项错误，B项正确；左边气体体积减小，温度升高，故压强一定增大，C项正确；电热丝放出的热量增加了右边气体的内能，是时还对活塞做功，故右边气体内能的增加量小于电热丝放出的热量，D项错误。 【考点定位】考查气体与热和功 7．（12分）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：
（1）稳定后右管内的气体压强p； （2）左管A端插入水银槽的深度h。（大气压强p0＝76cmHg） 【解析】（1）插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p0l0S＝p（l0－?h/2）S， 所以p＝78cmHg； （2）插入水银槽后左管压强：p’＝p＋?g?h＝80cmHg，左管内外水银面高度差h1＝
p’－p0
?g＝4cm，中、左管内气体p0l＝p’l’，l’＝38cm， 左管插入水银槽深度h＝l＋?h/2－l’＋h1＝7cm。
【考点定位】本题考查气体的等温变化，玻意耳定律，属于中等难度的题目。 8、（四川）16.关于热力学定律，下列说法正确的是： A.在一定条件下物体的温度可以降到0 K
B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C.吸收了热量的物体，其内能一定增加 D.压缩气体总能使气体的温度升高 【答案】 B 【解析】
绝对零度不可达到，故A项不对，由热力学第一定律可知吸收热量内能不一定增加，还有看