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常考
题型
命题热点
2014
2015
2016
分子
动理
论与统计
观点
分子动理论的基本观点和实验依据
Ⅰ
卷Ⅱ：T33(1)
卷Ⅲ：T33(1)
选择题
填空题
①布朗运动
②热运动
③分子力与分子势能
④热量和内能
阿伏加德罗常数
Ⅰ
气体分子运动速率的统计分布
Ⅰ
温度、内能
Ⅰ
固体、
液体
与气
体
固体的微观结构、晶体和非晶体
Ⅰ
卷Ⅰ：T33(2)
卷Ⅱ：T33
卷Ⅰ：T33
卷Ⅱ：T33(2)
卷Ⅰ：T33(2)
卷Ⅱ：T33
卷Ⅲ：T33(2)
选择题
计算题
①晶体、非晶体
②气体压强的计算
③气体实验定律
④理想气体状态方程
⑤对液体表面张力的理解
液晶的微观结构
Ⅰ
液体的表面张力现象
Ⅰ
气体实验定律
Ⅱ
理想气体
Ⅰ
饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和蒸汽压
Ⅰ
相对湿度
Ⅰ
热力学
定律与能量守
热力学第一定律
Ⅰ
卷Ⅰ：T33(1)
卷Ⅰ：T33(1)
选择题
计算题
对热力学相关定律的理解及应用
恒
能量守恒定律
Ⅰ
热力学第二定律
Ⅰ
实验
用油膜法估测分子的大小(说明：要求会正确使用温度计)
基础课1 分子动理论 内能
知识点一、分子动理论的基本观点、阿伏加德罗常数
1．物体是由大量分子组成的
(1)分子很小：
①直径数量级为10－10m。
②质量数量级为10－26～10－27kg。
(2)分子数目特别大：
阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。
2．分子的热运动
(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做无规则运动。其特点是：
①永不停息、无规则运动。
②颗粒越小，运动越明显。
③温度越高，运动越激烈。
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。
知识点二、温度是分子平均动能的标志、内能
1．温度
一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。
2．两种温标
摄氏温标和热力学温标。
关系：T＝t＋273.15 K。
3．分子的动能
(1)分子动能是分子热运动所具有的动能。
(2)分子热运动的平均动能是所有分子热运动的动能的平均值，温度是分子热运动的平均动能的标志。
(3)分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的总和。
4．分子的势能
(1)意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的相对位置决定的能。
(2)分子势能的决定因素：
微观上——决定于分子间距离和分子排列情况；
宏观上——决定于体积和状态。
5．物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动的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。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
(4)改变内能的方式
知识点三、气体分子运动速率的统计分布
气体和气体分子运动的特点
知识点四、用油膜法估测分子的大小
1．原理与操作
2．注意事项
(1)将所有的实验用具擦洗干净，不能混用。
(2)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜。
(3)浅盘中的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直。
3．误差分析
(1)纯油酸体积的计算引起误差；
(2)油膜形状的画线误差；
(3)数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差。
[思考判断]
(1)布朗运动是颗粒分子的无规则运动。( )
(2)扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动。( )
(3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。( )
(4)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。( )
(5)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
微观量与宏观量
1．微观量
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0。
2．宏观量
物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物质的密度ρ。
3．阿伏加德罗常数是联系微观量和宏观量的桥梁
(1)一个分子的质量：m0＝；
(2)一个分子的体积：V0＝＝，对于气体，分子间的距离比较大，V0表示气体分子占据的空间；
(3)物质含有的分子数：n＝·NA＝·NA。
4.分子模型
(1)球体模型中的直径：d＝；
(2)立方体模型中的边长：d＝。
5．常识性的数据：室温可取27 ℃，标准状况下的大气压p0＝76 cmHg、温度T＝273 K、摩尔体积V＝22.4 L。
1．[固体、液体微观量与宏观量](2016·长江调研)(多选)钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA。已知1克拉＝0.2克，则( )
A．a克拉钻石所含有的分子数为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
D．每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
E．每个钻石分子的质量为
解析 a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，选项A正确；钻石的摩尔体积
V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π()3，联立解得d＝(单位为m)，选项C正确；根据阿伏加德罗常数的意义知，每个钻石分子的质量m＝，选项E正确。
答案 ACE
2．[气体微观量与宏观量](2017·大连模拟)(多选)某气体的摩尔质量为Mmol，摩尔体积为Vmol，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA不可表示为( )
A．NA＝ B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
E．NA＝
解析 阿伏加德罗常数NA＝＝＝，其中V应为每个气体分子所占有的体积，而题目中的V0则表示气体分子的体积，选项A、C正确，B、E错误；D中的ρV0不是气体分子的质量，因而选项D错误。所以选项B、D、E符合题意。
答案 BDE
技巧点拨
(1)微观量的估算应利用阿伏加德罗常数的桥梁作用，依据分子数N与摩尔数n之间的关系N＝n·NA，并结合密度公式进行分析计算。
(2)注意建立正方体分子模型或球体分子模型。
(3)对液体、固体物质可忽略分子之间的间隙；对气体物质，分子之间的距离远大于分子的大小，气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值不等于气体分子的体积，仅表示一个气体分子平均占据的空间大小。
分子动理论 内能
1．扩散现象、布朗运动与热运动的比较
现象
扩散现象
布朗运动
热运动
活动主体
分子
固体微小颗粒
分子
区别
是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间
是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生
是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
(1)都是无规则运动；(2)都随温度的升高而更加激烈
联系
扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
2.分子动能、分子势能、内能、机械能的比较
能量
分子动能
分子势能
内能
机械能
定义
分子无规则运动的动能
由分子间相对位置决定的势能
所有分子的热运动动能和分子势能的总和
物体的动能、重力势能和弹性势能的总和
决定
因素
温度(决定分子平均动能)
分子
间距
温度、体积、物质的量
跟宏观运动状态、参考系和零势能点的选取有关
备注
温度、内能等物理量只对大量分子才有意义，对单个或少量分子没有实际意义
3.分子力、分子势能与分子间距离r的关系
(1)当r>r0时，分子力为引力，若r增大，分子力做负功，分子势能增加。
(2)当r
10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大
E．两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小
解析 当两个分子间的距离小于r0时，分子间斥力大于引力，选项A错误；当两个分子间的距离大于r0时，分子间斥力小于引力，选项B正确；两个分子间的距离由无限远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间相互作用力先增大后减小，表现为引力，选项C正确；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，选项D错误；两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小，选项E正确。
答案 BCE
3．[分子力做功与分子势能变化的关系] (多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图1中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是( )
图1
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在rr0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故选项A正确；在rr2时分子力为引力，选项A错误，C正确；当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，选项B正确；在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，分子间距离增大，分子间的作用力做正功，选项D正确；在r由r2变大时，分子力表现为引力，r变大分子力做负功，选项E错误。
答案 BCD
一、选择题(以下小题均为多项选择题)
1．(2016·东城二模)下列说法中正确的是( )
A．液体分子的无规则运动称为布朗运动
B．液体中悬浮微粒越小，布朗运动越显著
C．布朗运动是液体分子热运动的反映
D．分子间的引力总是大于斥力
E．分子间同时存在引力和斥力
解析 布朗运动是由于悬浮的微粒受到各个方向液体分子的不平衡撞击而形成的，故布朗运动是液体分子热运动的反映，悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，选项A错误，选项B、C正确；分子间的引力可以大于斥力也可以小于斥力，选项D错误；分子间同时存在引力和斥力，选项E正确。
答案 BCE
2．(2017·山西四校联考)下列叙述正确的是( )
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．布朗运动就是液体分子的运动
C．分子间距离增大，分子间的引力和斥力一定减小
D．物体的温度较高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大
E．两个铅块压紧后能连在一起，说明分子间有引力
解析 扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不是液体分子的运动，选项B错误；分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力，分子间距增大时，引力和斥力均减小，选项C正确；物体的温度越高，分子运动越激烈，分子平均动能增大，并非每个分子的动能都一定越大，选项D错误；两个铅块压紧后，由于分子间存在引力，所以能连在一起，选项E正确。
答案 ACE
3．(2017·河南名校联考)关于分子间的作用力，下列说法正确的是( )
A．分子之间的斥力和引力同时存在
B．分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小
C．分子间距离减小时，分子力一直做正功
D．分子间距离增大时，分子势能一直减小
E．分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置
解析 分子之间的引力和斥力是同时存在的，
A正确；分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，B正确；若分子间距离小于平衡位置间距，分子力表现为斥力，则随分子间距离减小，分子力做负功，C错误；若分子间距离大于平衡位置间距，则随分子间距离增大，分子势能增大，D错误；若分子间距离小于平衡位置间距，则随分子间距离增大，分子势能先减小后增大，可能存在分子势能相等的两个位置。E正确。
答案 ABE
4．下列说法正确的是( )
A．已知某固体物质的摩尔质量、密度和阿伏加德罗常数，可以计算出分子大小
B．布朗运动表明组成微粒的分子在做无规则运动
C．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以计算出阿伏加德罗常数
D．物体运动的速率越大，其内部的分子热运动就越剧烈
E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时，两系统的温度一定相等
解析 已知某固体物质的摩尔质量和密度，可以算出物质的摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数就能计算出分子体积，进而计算出分子大小，选项A正确；布朗运动表明微粒周围液体的分子在做无规则运动，不能表明组成微粒的分子在做无规则运动，选项B错误；已知某物质的摩尔质量M和分子质量m，可以计算出阿伏加德罗常数NA＝，选项C正确；物体内部的分子热运动与温度有关，与物体运动的速率无关，选项D错误；两系统达到热平衡时，两系统的温度一定相等，选项E正确。
答案 ACE
5．(2016·云南名校联考)关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )
A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动
B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
C．布朗运动是指悬浮在液体里的微小颗粒的运动
D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能
E．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该气体分子之间的平均距离可以表示为
解析 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强增大的缘故，选项B错误；如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度，选项D错误。
答案 ACE
6．(2016·陕西三模)如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，两分子之间的相互作用力F与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则 ( )
图1
A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子从a到c做加速运动，经过c点时速度最大
C．乙分子由a到c的过程中，两分子的势能一直减少
D．乙分子由a到d的过程中，两分子的势能一直减少
E．乙分子位于c点时，两分子的势能最小
解析 根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增大，从a到b分子乙受到引力作用，从静止开始做加速运动；从b到c仍受引力继续加速，所以选项A错误；从a到c一直受引力，故一直加速，所以到c点时，速度最大，选项B正确；从a到c的过程中，分子乙受到引力作用，力的方向与运动方向一致，故分子力做正功，所以分子势能减小，选项C正确；从a到c分子力做正功，分子势能减小，从c到d分子力做负功，分子势能增加，所以选项D错误，E正确。
答案 BCE
7．下列有关热现象和内能的说法中正确的是( )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
E．分子间引力和斥力相等时，分子势能最小
解析 把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小，选项D错误，E正确。
答案 ACE
8．(2016·豫东、豫北十所名校考三)关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是( )
A．大多数分子直径的数量级为10－10 m
B．扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动
C．悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动就越明显
D．在液体表面分子之间表现为引力
E．随着分子间的距离增大，分子势能一定增大
解析 多数分子大小的数量级为10－10 m，选项A正确；扫地时扬起的尘埃在空气中的运动是由空气的流动造成的，不是布朗运动，选项B正确；悬浮在液体中的微粒越大，液体分子的撞击对微粒影响越小，布朗运动就越不明显，选项C错误；液体表面分子之间距离较大，分子力表现为引力，选项D正确；分子势能变化与分子力做功有关，在平衡距离以内斥力大于引力，分子力表现为斥力，若在此范围内距离增大，分子力做正功，分子势能减小；在平衡距离以外引力大于斥力，分子力表现为引力，若分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大，选项E错误。
答案 ABD
9．如图2所示是氧气在0 ℃和100 ℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系。由图可知( )
图2
A．100 ℃的氧气速率大的分子比例较多
B．0 ℃时对应的具有最大比例的速率区间的峰值速率较大
C．0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点
D．在0 ℃时，部分分子速率比较大，说明内部有温度较高的区域
E．在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积相等
解析 由题图可知，温度为100 ℃的氧气速率大的分子所占比例较多，选项A对；具有最大比例的速率区间是指曲线峰值附近对应的速率，显然，100 ℃时对应的峰值速率大，选项B错；同一温度下，气体分子速率分布总呈“中间多，两头少”的分布特点，即速率处中等的分子所占比例最大，速率特大特小的分子所占比例均比较小，选项C对；温度升高时，速率大的分子数比例较多，在0 ℃时，部分分子速率较大，不能说明内部有温度较高的区域，选项D错；在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，选项E对。
答案 ACE
二、非选择题
10．在“用油膜法估测分子大小”实验中，
(1)某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。
改正其中的错误：__________________________________________________。
(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m。
解析 (1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差。
③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大，甚至使实验失败。
(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得：d＝＝m＝1.2×10－9m
答案 (1)②在量筒中滴入n滴该溶液，③在水面上先撒上痱子粉 (2)1.2×10－9
11．浙江大学高分子系高超教授的课题组制备出了一种超轻气凝胶——它刷新了目前世界上最轻材料的纪录，弹性和吸油能力令人惊喜。这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度为每立方厘米0.16毫克，仅是空气密度的。设气凝胶的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA，则a克气凝胶所含有的分子数为________，每个气凝胶分子的体积是________。
解析 a克气凝胶所含分子数为n＝NA
气凝胶的摩尔体积为Vmol＝(单位为m3/mol)
每个气凝胶分子的体积为V0＝＝
答案 NA
12．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＝1.0×103 cm3。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－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V0＝＝ m3/mol＝1.8×10－5 m3
/mol，水分子数：N＝＝个≈3×1025个。
(2)建立水分子的球体模型有＝πd3，可得水分子直径：
d＝ ＝ m≈4×10－10 m。
答案 (1)3×1025个 (2)4×10－10 m
基础课2 固体、液体和气体
知识点一、固体的微观结构、晶体和非晶体 液晶的微观结构
1．晶体与非晶体
分类
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
规则
不规则
熔点
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
原子排列
有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则
无规则
形成与
转化
有的物质在不同条件下能够形成不同的形态，同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下也可转化为晶体
典型物质
石英、云母、食盐、硫酸铜
玻璃、蜂蜡、松香
2.晶体的微观结构
(1)晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。
(2)用晶体的微观结构解释晶体的特点
现象
原因
晶体有规则的外形
由于内部微粒有规则的排列
晶体各向异性
由于内部从任一结点出发在不同方向的相同距离上的微粒数不同
晶体的多形性
由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵
3.液晶
(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
(2)液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
(4)液晶的物理性质很容易在外界的影响下发生改变。
知识点二、液体的表面张力现象
1．概念
液体表面各部分间互相吸引的力。
2．作用
液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。
3．方向
表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。
4．大小
液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
知识点三、饱和蒸汽、未饱和蒸汽和饱和蒸汽压
相对湿度
1．饱和汽与未饱和汽
(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。
2．饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．相对湿度
空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。即：相对湿度＝
。
知识点四、气体实验定律 理想气体
1．气体的压强
(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。
(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力。公式：p＝。
(3)常用单位及换算关系：
①国际单位：帕斯卡，符号：Pa，1 Pa＝1 N/m2。
②常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)。
③换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105Pa
≈1.0×105Pa。
2．气体实验定律
玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
内
容
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比
一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与热力学温度成正比
表
达
式
p1V1＝p2V2
＝或
＝
＝或
＝
3.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C。
[思考判断]
(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。( )
(2)晶体有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的。( )
(3)液晶是液体和晶体的混合物。( )
(4)船浮于水面上是液体的表面张力作用的结果。( )
(5)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结仍在进行。( )
(6)一定质量的理想气体，在温度升高时，气体压强一定增大。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)×
固体和液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力
(1)形成的原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间的相互作用力表现为引力。
(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，分子势能大于液本内部的分子势能。
(3)表面张力的大小：跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系。
1．[晶体、非晶体的区别][2015·全国卷Ⅰ，33(1)](多选)下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
解析 晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误；固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确；同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，如金刚石和石墨，选项C正确；晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错误。
答案 BCD
2．[饱和汽的特点](多选)关于饱和汽，下面说法正确的是( )
A．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不断减小
B．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不断增大
C．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不变
D．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持温度不变，减小体积
E．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，降低温度
解析 饱和汽是指单位时间内逸出液面的分子数和返回液面的分子数相等的状态，分子密度不变，A、B错，C对；在一定温度下，通过减小体积增加分子数密度使未饱和汽转化为饱和汽，D对；在体积不变的情况下，可以通过降低温度来降低饱和汽压，使未饱和汽达到饱和状态，E对。
答案 CDE
3．[对饱和汽、湿度的理解](多选)关于饱和汽压和相对湿度，下列说法中正确的是 ( )
A．温度相同的不同饱和汽的饱和汽压都相同
B．温度升高时，饱和汽压增大
C．在相对湿度相同的情况下，夏天比冬天的绝对湿度大
D．饱和汽压和相对湿度都与体积无关
E．饱和汽压和相对湿度都与体积有关
解析 在一定温度下，饱和汽压是一定的，饱和汽压随温度的升高而增大，饱和汽压与液体的种类有关，与体积无关。空气中所含水蒸气的压强，称为空气的绝对湿度；相对湿度＝
，夏天的饱和汽压大，在相对湿度相同时，夏天的绝对湿度大。由以上分析可知B、C、D正确。
答案 BCD
4．[液体的性质](多选)下列说法正确的是( )
A．水的饱和汽压随温度的升高而减小
B．液体的表面张力是由表面层液体分子之间的相互排斥引起的
C．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大
D．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫做空气的相对湿度
E．雨水没有透过布雨伞是因为液体有表面张力
解析 水的饱和汽压随温度的升高而增大，选项A错误；液体的表面张力是由液体表面层分子之间的相互吸引而引起的，选项B错误。
答案 CDE
误区警示
分析液体现象注意四点
(1)液体表面层分子间距较大，表现为引力，其效果使表面积尽量收缩；
(2)沸腾发生在液体内部和表面，蒸发发生在液体表面；
(3)未饱和汽压及饱和汽压与大气压无关，与体积无关；
(4)人们感觉到的湿度是相对湿度而非绝对湿度。
气体压强的计算
1．活塞模型
图1和图2所示是最常见的封闭气体的两种方式。
对“活塞模型”类求压强的问题，其基本的方法就是先对“活塞”进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图1中活塞的质量为m，活塞横截面积为S，外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS。
则气体的压强为p＝p0＋。
图1 图2
图2中的液柱也可以看成一个活塞，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S。
则气体压强为p＝p0－＝p0－ρgh。
2．连通器模型
图3
如图3所示，U形管竖直放置。根据帕斯卡定律可知，同一液体中的相同高度处压强一定相等。所以气体B和A的压强关系可由图中虚线所示的等高线联系起来。则有pB＋ρgh2＝pA。
而pA＝p0＋ρgh1，
所以气体B的压强为
pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
其实该类问题与“活塞模型”并没有什么本质的区别。熟练后以上压强的关系式均可直接写出，不一定都要从受力分析入手。
1．[液体封闭气体压强的计算]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
解析 在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知pAS＝－ρghS＋p0S
所以p甲＝pA＝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：pAS＋ρghS＝p0S
p乙＝pA＝p0－ρgh
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA＋ρghsin 60°＝pB′＝p0
所以p丙＝pA＝p0－ρgh
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S
所以p丁＝p0＋ρgh1
在戊图中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
答案 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1 戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
2．[活塞封闭气体压强的计算]如图5中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？
图5
解析 题图甲中选m为研究对象。
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋
题图乙中选M为研究对象得pB＝p0－。
答案 p0＋ p0－。
气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2．两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT
(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
【典例】 [2016·全国卷Ⅱ，33(2)]一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
解析 方法一 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝④
联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤
方法二 对氧气瓶内的氧气，由于温度保持不变，由玻意耳气体实验定律和总质量不变得
p1V1＝np2V2＋p3V1
其中p1＝20个大气压 V1＝0.08 m3
p2＝1个大气压 V2＝0.36 m3
p3＝2个大气压
代入数值得n＝4(天)
答案 4天
1．[查理定律、盖—吕萨克定律的应用]如图6所示，有一圆柱形汽缸，上部有固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，求：当加热到427 ℃时，封闭气体的压强。
图6
解析 设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时，气体温度为T2，气体做等压变化，则对于封闭气体，初状态：T1＝(27＋273)K，V1＝LS，p1＝p0；末状态：V2＝2LS，p2＝p0。
由＝，解得：T2＝600 K，即t2＝327 ℃
设当加热到427 ℃时气体的压强变为p3，在此之前活塞已上升到汽缸上部挡板处，气体做等容变化，则对于封闭气体，初状态：T2＝600 K，V2＝2LS，p2＝1.0×105 Pa；末状态：T3＝700 K，V3＝2LS。
由＝，代入数据得：p3＝1.17×105 Pa
答案 1.17×105 Pa
2．[玻意耳定律和理想气体状态方程的应用]如图7，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm，气体温度为27 ℃。将左管竖直插入水银槽中，整个过程温度不变，稳定后右管内水银面和中管内水银面出现4 cm的高度差。已知大气压强p0＝76 cmHg，气体可视为理想气体。
图7
(1)求左管A端插入水银槽的深度d；
(2)为使右管内水银面和中管内水银面再次相平，需使气体温度降为多少℃？
解析 (1)插入水银槽后封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
插入水银槽后封闭气体的长度为L2＝＝ cm＝38 cm
由题意知，中管水银面下降2 cm，左管下端水银进入管中的长度为40 cm＋2 cm－38 cm＝4 cm，管外水银面比管内高4 cm，故左管A端插入水银槽的深度d＝4 cm＋4 cm＝8 cm
(2)由理想气体状态方程得：＝
当右管内水银面和中管内水银面再次相平时，封闭气柱的长度L3＝L2－4 cm－2 cm＝32 cm，压强p3＝p0＝76 cm
则气体温度降为T3＝＝ K＝240 K
即t3＝T3－273 ℃＝－33 ℃
答案 (1)8 cm (2)－33 ℃
方法技巧
利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路
气体状态变化的图象问题
类别
图线
特点
举例
p－V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远
p－
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
1．[p－t图象的理解][2016·全国卷Ⅱ，33(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8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)
图8
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
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，则做功相同，选项E正确。
答案 ABE
2．[p－V图象的理解]图9为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则TA__________TB(填“＞或＜或＝”)，TB__________TC(填“＞或＜或＝”)。
图9
解析 根据理想气体状态方程＝C可知：从A到B，体积不变，压强减小，故温度降低即TA＞TB；从B到C，压强不变，体积增大，故温度升高，即TB＜TC。
答案 ＞ ＜
3．[气体图象间的转化](2016·陕西质检)一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p－T图象10甲所示。若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，求：
图10
(1)状态A的热力学温度；
(2)说出A至C过程中气体的变化情形，并根据图象提供的信息，计算图中VA的值；
(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－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坐标值，请写出计算过程。
解析 (1)状态A的热力学温度：TA＝t＋273.15 K＝－73.15 ℃＋273.15 K＝200 K
(2)由理想气体状态方程有
＝
得VA＝＝0.4 m3
(3)由盖—吕萨克定律＝
得VB＝＝0.4× m3＝0.6 m3
VC＝VB＝0.6 m3，B至C为等容过程，V－T图象如图所示。
答案 (1)200 K (2)0.4 m3 (3)见解析
1．[2014·新课标全国卷Ⅱ，33(1)]下列说法正确的是______。(填正确答案标号)
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
解析 水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错；正是表面张力使空中雨滴呈球形，则B项正确；液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确；高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误；因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E项正确。
答案 BCE
2．[2016·全国卷Ⅲ，33(1)]关于气体的内能，下列说法正确的是
________。(填正确答案标号)( )
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
解析 质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，则其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子总动能不一定相同，A错误；宏观运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大，B错误；根据＝C可知，如果等温压缩，则内能不变；等压膨胀，温度升高，内能一定增大，C、E正确；理想气体的分子势能为零，所以理想气体的内能与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D正确。
答案 CDE
3．[2016·全国卷Ⅰ，33(2)]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
解析 (ⅰ)由公式Δp＝得Δp＝ Pa＝28 Pa
水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa。
(ⅱ)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
其中，V1＝πr②
V2＝πr③
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝1×105 Pa＋1×103×10×10 Pa
＝2×105 Pa＝2p0④
p2＝p0⑤
将②③④⑤代入①得，2p0×πr＝p0×πr
2r＝r
＝
答案 (ⅰ)28 Pa (ⅱ)∶1
4．[2016·海南单科·15(2)]如图11，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热，U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102 kg/m3的液体。一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103 Pa。外界温度保持不变。缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40 cm，求此时左、右两气室的体积之比。取重力加速度大小g＝10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计。
图11
解析 设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得：
p0V01＝p1V1①
p0V02＝p2V2②
依题意：有V01＋V02＝V1＋V2③
由力的平衡条件有：p2－p1＝ρgh④
联立①②③④式，并代入题给数据得：
2V＋3V01V1－9V＝0⑤
由此解得：V1＝V01(另一解不合题意，舍去)⑥
由③⑥式和题给条件得：V1∶V2＝1∶1⑦
答案 1∶1
一、选择题(以下小题均为多项选择题)
1．下列说法正确的是( )
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力
解析 水的表面张力托起针，A正确；水在油脂上不浸润，在干净的玻璃上浸润，B错误；当宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动时，里面的所有物体均处于完全失重状态，此时自由飘浮的水滴在表面张力作用下呈现球形，C正确；对于浸润液体，在毛细管中上升，对于非浸润液体，在毛细管中下降，D正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开，是大气压的作用，E错误。
答案 ACD
2．(2017·贵阳摸底)以下说法中正确的是( )
A．金刚石、食盐都有确定的熔点
B．饱和汽的压强与温度无关
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D．多晶体的物理性质表现为各向异性
E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小
解析
金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误；在一定温度条件下，相对湿度越小，水蒸发得也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项E正确。
答案 ACE
3．(2016·广东第二次大联考)下列说法正确的是( )
A．气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和
B．气体的温度变化时，气体分子的平均动能一定改变
C．晶体有固定的熔点且物理性质各向异性
D．在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体
E．金属在各个方向具有相同的物理性质，但它是晶体
解析 由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，A错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，B正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各向同性的，C错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样，所以会成为一个标准的球形，D正确；通常金属在各个方向具有相同的物理性质，它为多晶体，E正确。
答案 BDE
4．(2016·武汉部分学校调研)下列说法正确的是( )
A．用油膜法可以估测分子的质量
B．晶体的熔点是确定的，几何形状是规则的
C．石英、云母、明矾、食盐等是晶体，玻璃、蜂蜡、松香、橡胶等是非晶体
D．从微观角度来看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关
E．英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，以及功与热量的相互关系
解析 用油膜法可以估测分子的大小，不能估测分子的质量，选项A错误；多晶体的几何形状不规则，选项B错误。
答案 CDE
5．下列说法正确的是( )
A．对于一定量的气体，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
B．大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体
C．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
D．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由悬浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果
E．一定量的理想气体等压膨胀对外做功，气体一定吸热
解析 根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项A错误；晶体不会因为体积的变化而变成非晶体，选项B错误；在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，选项C正确；宇宙飞船中自由悬浮的水滴处于完全失重状态，由于重力引起的液体内部的压力为零，故液滴呈球形是液体表面张力作用的结果，选项D正确；一定量的理想气体等压膨胀，温度一定升高，内能一定增加，ΔU＞0，膨胀对外做功，W＜0，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，Q＞0，说明气体一定吸热，故选项E正确。
答案 CDE
二、非选择题
6．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围分别如图1(a)、(b)、(c)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(d)所示。则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________。(填“单晶体”、“多晶体”或“非晶体”)
图1
解析 晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性。
答案 多晶体 非晶体 单晶体
7.如图2所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内。开始时B、C内的水银面等高。
图2
(1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管________(填“向上”或“向下”)移动，直至________。
(2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是下图中的( )
解析 (1)气体温度升高，封闭气体压强变大，为使封闭气体压强不变，应将C管向下移动，直至B、C两管内水银面等高。
(2)由于气体压强不变，则＝k，故有＝k，k、S为定值，故选项A正确。
答案 (1)向下 B、C两管内水银面等高 (2)A
8．(2016·高密模拟)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，后又经过过程BC到达状态C，如图3所示。设气体在状态A时的压强、体积和温度分别为pA、VA和TA。在状态B时的体积为VB，在状态C时的温度为TC。
图3
(1)求气体在状态B时的温度TB；
(2)求气体在状态A的压强pA与状态C的压强pC之比。
解析 (1)由题图知，A→B过程为等压变化。由盖—吕萨克定律有＝，解得TB＝。
(2)由题图知，B→C过程为等容变化，由查理定律有：
＝
A→B过程为等压变化，压强相等，有pA＝pB, 由以上各式得＝。
答案 (1) (2)
9．(2016·甘肃五市联考)内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10－3 m3的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上砂子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃。
图4
(1)求汽缸内气体的最终体积；
(2)在图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化。 (大气压强为1.0×105 Pa)
解析 (1)在活塞上方倒砂的全过程中温度保持不变，即
p0V0＝p1V1
解得p1＝p0＝×1.0×105 Pa＝2.0×105 Pa
在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则＝
所以V2＝V1＝×1.0×10－3 m3＝1.47×10－3 m3
(2)如图所示：
答案 (1)1.47×10－3 m3 (2)见解析
10．如图5所示，一根粗细均匀的长l＝72 cm的细玻璃管AB开口朝上竖直放置，玻璃管中有一段长h＝24 cm 的水银柱，下端封闭了一段长x0＝24 cm的空气柱，系统温度恒定，外界大气压强恒为p0＝76 cmHg。现将玻璃管缓慢倒置，若空气可以看作理想气体，求倒置后水银柱相对B端移动的距离。
图5
解析 设水银密度为ρ，玻璃管横截面积为S，重力加速度为g。如图所示，倒置前，下部空气压强为
pB＝p0＋ρgh＝100 cmHg
倒置后，若水银没有流出玻璃管，封闭空气柱的压强为
p′＝p0－ρgh
由玻意耳定律得pBSx0＝p′Sx2
解得x2＝46 cm
则x2＋h＜l，故假设成立。
所以水银柱相对B端移动46 cm－24 cm＝22 cm。
答案 22 cm
11．如图6，T形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S1、S2，活塞与汽缸两端的距离均为L，汽缸上有a、b、c三个小孔与大气连通，现将a、b两孔用细管(容积不计)连接。已知大气压强为p0，环境温度为To，活塞与缸壁间无摩擦。
图6
(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T1，求此时缸内气体的压强；
(2)若气体温度仍为T0
，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？
解析 (1)A、B内气体相通，初状态压强为p0。由于钉子将活塞固定，气体体积不变
由查理定律可知，＝
解得p1＝
(2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变。
活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高。
由＝
解得T＝T0＋T0
所以温度变化了ΔT＝T0
答案 (1) (2)升高 T0
能力课 高考常考的“两类”计算题
封闭气体多过程的问题
[2015·全国卷Ⅰ，33(2)]如图1，一固定的竖直汽缸由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＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K。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＝495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2。求：
图1
(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。
解析 (ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖－吕萨克定律得＝
初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495 K
末状态V2＝lS2
代入可得T2＝T1＝330 K
(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2
可得p1＝1.1×105 Pa
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝
T3＝T＝303 K
解得p2＝1.01×105 Pa
答案 (ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×105 Pa
方法技巧
研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象。对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联。解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”。
如图2所示，一定质量的理想气体密封在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，B室容器连接有一阀门K，可与大气相通。(外界大气压强p0＝76 cmHg)
图2
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多大？
(2)在(1)的情况下，将容器加热到500 K，U形管内两边水银面的高度差为多少？
解析 (1)打开阀门，A室内气体压强最终会与外界相同，气体做等温变化。
pA1＝(76＋76) cmHg，体积VA1＝V0
pA2＝76 cmHg
由玻意耳定律得：pA1VA1＝pA2VA2
代入数据解得VA1＝V0
(2)从T0＝300 K升高到T，体积变为V0，压强为pA1，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝
代入数据解得T＝450 K
T1＝500 K＞450 K，故从T＝450 K升高到T1＝500 K，气体做等容变化，由查理定律得：＝
代入数据解得pA2＝p0
Δp＝p0＝8.4 cmHg
加热到500 K时，水银面高度差为8.4 cm
答案 (1)V0 (2)8.4 cm
关联气体的状态变化问题
[2016·全国卷Ⅲ，33(2)]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3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。
图3
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) cmHg＝90 cmHg
l1＝20.0 cm①
l1′＝(20.0－) cm＝12.5 cm②
由玻意耳定律得
p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意
p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h⑥
由玻意耳定律得
p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h＝9.42 cm⑧
答案 144 cmHg 9.42 cm
方法技巧
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，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。
如图4，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的 ，活塞b在汽缸正中间。
图4
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强。
解析 (1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，且活塞a不动，设汽缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，由题意可得氮气初始状态的体积：V1＝V0＋×＝V0①
末态体积：V2＝V0＋＝V0②
由盖－吕萨克定律得＝③
由①②③式及所给的数据可得：T2＝320 K④
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初始状态的体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′，由所给数据及玻意耳定律可得
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式可得：p2′＝p0⑦
答案 (1)320 K (2)p0
1．[2015·海南单科，15(2)]如图5所示，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p0。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。
图5
解析 A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋
B最终与容器底面接触后，A、B间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋
因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)V＝pV′
设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为
h＝＋d
漏气后A距离底面的高度为h′＝＋d
联立可得Δh＝h－h′
以上各式联立化简得Δh＝·
答案 ·
2．如图6，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 ℃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60 mm。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6
(ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)
(ⅱ)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温。
解析 (ⅰ)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K，设玻璃泡B中的气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1＝pC＋Δp①
式中Δp＝60 mmHg。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pB。依题意有pB＝pC②
玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得p1VB＝pBV2④
联立①②③④并代入题给数据解得
pC＝Δp
＝180 mmHg⑤
(ⅱ)当右侧水槽的水加热至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pC′＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C中气体体积不变，根据查理定律得＝⑦
联立②⑤⑥⑦并代入题给数据解得T′＝364 K。
答案 (ⅰ)180 mmHg (ⅱ)364 K
基础课3 热力学定律与能量守恒定律
知识点一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)热传递。
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)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：
物理量
意义
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
知识点二、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．条件性
能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。
3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
知识点三、热力学第二定律
1．热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：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。或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。
2．用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
3．热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
[思考判断]
(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的。( )
(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。( )
(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。( )
(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
热力学第一定律与能量守恒定律
1．做功和热传递的区别
做功与热传递在改变内能的效果上是相同的，但是从运动形式、能量转化的角度上看是不同的。做功是其他形式的运动和热运动的转化，是其他形式的能与内能之间的转化；而热传递则是热运动的转移，是内能的转移。
2．三种特殊情况
(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)若过程的始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。
1．[热力学第一定律的理解](多选)关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是( )
A．气体体积增大时，其内能一定减少
B．外界对气体做功，气体内能可能减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．气体温度升高，其分子平均动能一定增加
E．气体温度升高，气体可能向外界放热
答案 BDE
2．[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是( )
A．U＝200 J，Ek＝600 J B．U＝600 J，Ek＝200 J
C．U＝600 J，Ek＝800 J D．U＝800 J，Ek＝200 J
解析 由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为系统的内能增量，即U＝60×10 J＝600 J，由能量守恒定律可得Ek＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J。故正确答案为B。
答案 B
3．[热力学第一定律的应用]如图1所示，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J。若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)________J热量。
图1
解析 由热力学第一定律可得，该气体由状态a沿abc变化到状态c的过程中内能的变化量ΔU＝W＋Q＝－120 J＋340 J＝220 J，因此该气体由状态a沿adc变化到状态c时，Q1＝ΔU－W1＝220 J－(－40 J)＝260 J，显然此过程中气体从外界吸收热量。
答案 吸收 260
反思总结
应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
对热力学第二定律的理解
1．对热力学第二定律关键词的理解
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
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。如
3．两类永动机的比较
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器
从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制
成的原因
违背能量守恒
不违背能量守恒，违背热力学第二定律
1．[热力学第二定律的理解](多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
解析 内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对。
答案 ACE
2．[对两类永动机的理解](多选)下列说法正确的是( )
A．压缩气体总能使气体的温度升高
B．能量耗散过程中能量是守恒的
C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律
E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性
解析 内能的变化取决于做功和热传递两个方面，只压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确。
答案 BCE
3．[热力学定律的理解](多选)关于热力学定律，以下说法正确的是( )
A．热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的体现，否定了创造和消灭能量的可能性，告诉我们第一类永动机不可能制成
B．热力学第二定律反映了一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，告诉我们第二类永动机不可能制成
C．做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果可以区分是做功还是热传递使物体温度升高的
D．热力学第一定律指出内能可以与其他形式的能相互转化，热力学第二定律指出内能不可能完全转化为机械能，故二者是相互矛盾的
E．热力学第一定律和热力学第二定律分别从不同的角度揭示了与热现象有关的物理过程所遵循的规律，二者相互独立，又相互补充，都是热力学的理论基础
解析 做功和热传递都能改变物体的内能，根据最后的结果无法判断是做功还是热传递使物体温度升高的，选项C错误；热力学第二定律是能量守恒定律在热现象中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，二者并不矛盾，选项D错误。
答案 ABE
热力学定律与气体实验定律的综合应用
【典例】 如图2甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m。现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示的规律变化，汽缸内的气体从状态A变化到状态B。若该过程中气体内能发生了变化，气体柱高度增加了ΔL。外界大气压强为p0。
图2
(1)(多选)下列说法中正确的是________。
A．该过程中汽缸内气体的压强始终为p0
B．该过程中气体的内能不断增大
C．该过程中气体不断从外界吸收热量
D．气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功
E．A和B两个状态，汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
(2)汽缸内气体的温度为T1时，气体柱的高度为L＝________(用图中和题目中给出的字母表示)。
(3)若气体从状态A变化到状态B的过程中从外界吸收的热量为Q，则被封闭气体的内能变化了多少？
解析 (1)根据图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化，该过程中汽缸内气体的压强始终为p0＋，选项A错误；由图乙可知气体温度升高，内能增大，气体体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体必定从外界吸收热量，且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功，选项B、C、D正确；A和B两个状态，气体温度不相同，气体分子运动的平均速率不相等，单个分子对汽缸内壁的平均撞击力也不相等，根据等压变化，可判断汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数不同，选项E错误。
(2)由盖－吕萨克定律得＝，即＝，解得L＝。
(3)对活塞和砝码整体，由力的平衡条件得
mg＋p0S＝pS
解得p＝p0＋
气体从状态A变化到状态B的过程中对外做的功为
W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL
由热力学第一定律得
气体内能的变化量为ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL。
答案 (1)BCD (2)ΔL (3)Q－(p0S＋mg)ΔL
1．[热力学定律与气体图象结合](2016·深圳第一次调研)如图3所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是( )
图3
A．气体体积变大
B．气体温度升高
C．气体从外界吸收热量
D．气体的内能不变
E．气体放出热量
解析 a→b，p－T图线的斜率反映的变化，a→b，p－T图线的斜率减小，V增大，T升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU＞0，W＜0，故Q＞0，气体吸热，A、B、C正确，D、E错误。
答案 ABC
2．[热力学定律与气体实验定律综合]一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图4所示水平放置。活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10 m/s2，求：
图4
(1)此时气体的温度为多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
解析 (1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，
V0＝L1S，T0＝(273＋27) K
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有p1S＝p0S＋mg
则p1＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.2×105 Pa
V1＝(L1＋L2)S，
由理想气体状态方程得＝
则T1＝T0＝×300 K＝450 K。
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
则L＝＝ cm＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝310 J。
答案 (1)450 K (2)310 J
方法技巧
解题步骤
1．(2014·全国卷Ⅰ)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图5所示。下列判断正确的是______。(填正确答案标号)
图5
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
解析 对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，则为吸热过程，A项正确；b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，则为吸热过程，B项错；c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C项错；温度是分子平均动能的标志，Ta＜Tb＝Tc，故D项正确；同种气体的压强由气体的分子数密度ρ和温度T决定，由题图可知Tb＝Tc，pb＞pc，显然E项正确．
答案 ADE
2．[2016·全国卷Ⅰ，33(1)]关于热力学定律，下列说法正确的是________。(填正确答案标号)
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
解析 气体内能的改变ΔU＝Q＋W，故对气体做功可改变气体内能，B选项正确；气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，故不能确定气体温度变化，A选项错误；理想气体等压膨胀，W<0，由理想气体状态方程＝C，p不变，V增大，气体温度升高，内能增大，ΔU>0，由ΔU＝Q＋W，知Q>0，气体一定吸热，C选项错误；由热力学第二定律，D选项正确；根据平衡性质，E选项正确。
答案 BDE
3．[2016·海南单科，15(1)]一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到状态N，其p－V
图象如图6所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是________。(填正确答案标号)
图6
A．气体经历过程1，其温度降低
B．气体经历过程1，其内能减小
C．气体在过程2中一直对外放热
D．气体在过程2中一直对外做功
E．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同
解析 气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故选项A、B正确；气体在过程2中，根据理想气体状态方程＝C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项C、D错误；无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故选项E正确。
答案 ABE
4．(2016·长春市二模)如图7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，AB和CD为等温过程，BC为等压过程，DA为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是__________。(填正确答案标号)
图7
A．AB过程中，气体放出热量
B．BC过程中，气体分子的平均动能增大
C．CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．DA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
E．若气体在BC过程中内能变化量的数值为2 kJ，与外界交换的热量为7 kJ，则在此过程中气体对外做的功为5 kJ
解析 因为AB为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，选项A正确；BC为等压过程，因为体积增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，选项B正确；CD为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，选项C错误；DA为等容过程，体积不变，压强变小，由＝C可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，选项D错误；BC为等压过程，体积增大，气体对外做功，该过程中气体的温度升高，则气体的内能增加2 kJ，气体从外界吸收的热量为7 kJ，气体对外界做功为5 kJ，故选项E正确。
答案 ABE
一、选择题(以下每小题均为多项选择题)
1．下列关于热力学第二定律的说法中正确的是( )
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
E．热运动的宏观过程有一定的方向性
解析 符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来做功而转化成机械能，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确。
答案 BCE
2．下列对热学相关知识的判断中正确的是( )
A．对一定质量的气体加热，其内能一定增大
B．物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大
C．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
D．功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程
E．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
解析 气体内能变化由做功和热传递共同决定，A错误；温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，B错误；理想气体压强和体积增大，温度一定增大，内能一定增大，C正确；一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，D正确；自然界中的能量在数量上是守恒的，但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能量在逐渐减少，故要节约能源，E正确。
答案 CDE
3．关于物体的内能，以下说法中正确的是( )
A．物体吸收热量，内能一定增大
B．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少
C．物体体积改变，内能可能不变
D．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功
E．质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大
解析 物体吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减少，选项A错误；根据热力学第一定律，物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，选项B正确；物体体积改变，例如理想气体体积改变，只要温度不变，其内能不变，选项C正确；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，但是会引起其他变化，选项D错误；0 ℃的水变成0 ℃的冰需要放出热量，故质量相同的0 ℃的水的内能比0 ℃的冰的内能大，选项E正确。
答案 BCE
4．夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是( )
A．气体的内能减少
B．气体的内能不变
C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低
D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了
E．气体分子的平均动能减小
解析 气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为W＝ΔU，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则A、C、E正确。
答案 ACE
5．(2017·河南、河北、山西联考)下列说法正确的是( )
A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大
B．当分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离的增大分子势能增大
C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量
D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热量
E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
解析 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，选项A错误；当分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离的增大分子势能增大，选项B正确；一定质量的理想气体发生等温膨胀，温度不变，内能不变，对外做功，一定从外界吸收热量，选项C正确；一定质量的理想气体发生等压膨胀，对外做功，根据盖—吕萨克定律，等压膨胀，温度一定升高，内能增大，一定吸收热量，选项D错误；熵是系统内分子运动无序性的量度，其大小可以反映物体内分子运动的无序程度，选项E正确。
答案 BCE
6．下列有关热学的说法中正确的是( )
A．气体放出热量，其分子的平均动能一定减小
B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C．随着科技的进步，物体的温度可以降低到－300 ℃
D．热量可以从低温物体传递到高温物体
E．对物体做功，物体的内能可能减小
解析 由热力学第一定律可知，气体放出热量，其内能不一定减小，温度不一定降低，故分子平均动能不一定减小，选项A错误；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，选项B正确；根据热力学第三定律可知，绝对零度(－273 ℃)是不可能达到的，所以－300 ℃是不可能达到的，选项C错误；在一定的条件下，热量可以从低温物体传递到高温物体，选项D正确；根据热力学第一定律可知，对物体做功的同时，若物体向外界放出热量，其内能可能减小，选项E正确。
答案 BDE
7．在一个标准大气压下，1 g水在沸腾时吸收了2 260 J的热量后变成同温度的水蒸气，对外做了170 J的功。已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，水的摩尔质量M＝18 g/mol。下列说法中正确的是( )
A．分子间的平均距离增大
B．水分子的热运动变得更剧烈了
C．水分子总势能的变化量为2 090 J
D．在整个过程中能量是不守恒的
E．1 g水所含的分子数为3.3×1022个
解析 液体变成气体后，分子间的平均距离增大了，选项A正确；温度是分子热运动剧烈程度的标志，由于两种状态下的温度是相同的，故两种状态下水分子热运动的剧烈程度是相同的，选项B错误；水发生等温变化，分子平均动能不变，因水分子总数不变，分子的总动能不变，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得水的内能的变化量ΔU＝2 260 J－170 J＝2 090 J，即水的内能增大2 090 J，则水分子的总势能增大了2 090 J，选项C正确；在整个过程中能量是守恒的，选项D错误；1 g水所含的分子数为n＝NA＝×6.0×1023＝3.3×1022(个)，选项E正确。
答案 ACE
二、非选择题
8．如图1所示，为测量大气压强的实验装置，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800
mL；现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，稳定后两臂中水银面的高度差为25 cm，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。求
图1
(1)大气压强p0(用“cmHg”做压强单位)；
(2)此过程中外界对烧瓶内的气体________(填“做正功”、“做负功”、“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)。
解析 (1)设大气压强为p0
初状态：p1＝p0，V1＝800 mL
注入水后：p2＝p0＋p，V2＝600 mL
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：p0＝75 cmHg。
(2)气体体积减小，外界对气体做正功，温度不变，气体的内能不变，由热力学第一定律知，应对外放热。
答案 (1)75 cmHg (2)做正功 放热
9．一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：
(1)这些气体的内能怎样发生变化？变化了多少？
(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J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？
解析 (1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J。
(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的过程中内能应减少，其减少量应等于从状态1到状态2的过程中内能的增加量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J。
答案 (1)增加 160 J (2)外界对气体做功 80 J
10．(2016·山西忻州一中等四校联考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图2所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。
图2
(1)求该气体在状态B、C时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
解析 (1)气体从状态A到状态B做等容变化，由查理定律有＝，解得TB＝200 K，即tB＝－73 ℃；
气体从状态B到状态C做等压变化，由盖－吕萨克定律有＝，解得TC＝300 K，即tC＝27 ℃。
(2)因为状态A和状态C温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔU＝0，
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＝－W。
在整个过程中，气体在B到C过程对外做功，故
W＝－pBΔV＝－200 J。
即Q＝－W＝200 J，是正值，所以气体从状态A到状态C过程中是吸热，吸收的热量Q＝200 J。
答案 (1)－73 ℃ 27 ℃ (2)吸收热量 200 J
11．(2017·潍坊模拟)如图3所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2。现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22 J，稳定后气体温度变为127 ℃。已知大气压强等于105 Pa，求：
图3
(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；
(2)此过程中气体内能改变了多少。
解析 (1)取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1＝(273＋27) K＝300 K，
末状态的体积为：L2S，温度为：T2＝(273＋127) K＝400 K
气体做等压变化，则：＝
代入数据得：L2＝12 cm。
(2)在该过程中，气体对外做功：W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10－4×(12－9)×10－2 J＝15 J，
由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22 J－15 J＝7 J。
答案 (1)12 cm (2)7 J
单元质量检测(十三)
一、选择题(以下每小题均为多项选择题)
1．(2017·陕西渭南一模)关于用“油膜法”估测分子大小的实验，下列说法中正确的是( )
A．单分子油膜的厚度被认为是油酸分子的直径
B．测量结果表明，分子直径的数量级是10－10 m
C．实验时先将一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上
D．处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径
E．实验时，先将1 cm3的油酸滴入300 cm3的纯酒精中，制成油酸酒精溶液，再取一滴该溶液滴在撒有痱子粉的水面上，测量所形成的油膜面积
解析 实验时先将痱子粉撒在水面上，再把一滴油酸酒精溶液滴入水面，选项C错误；处理数据时，先计算出一滴油酸酒精溶液中所含有的纯油酸体积，再将该体积除以油膜面积就算得油酸分子的直径，选项D错误。
答案 ABE
2．关于分子间作用力，下列说法中正确的是( )
A．分子间的引力和斥力是同时存在的
B．压缩气体时，气体会表现出抗拒压缩的力，这是由于气体分子间存在斥力
C．因分子间的引力和斥力大小都随分子间距离的增大而减小，所以分子力一定也随分子间距离的增大而减小
D．分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置
E．分子间距离增大时，分子力、分子势能均有可能减小
解析 由分子动理论知分子间的引力和斥力是同时存在的，A对；压缩气体时，气体会表现出抗拒压缩的力，这是气体压强增大的缘故，B错；分子间的引力和斥力大小都随分子间距离的增大而减小，但分子力随分子间距离的增大有可能先增大后减小，C错；若开始时分子间距离小于平衡位置间距，则随分子间距离增大，分子势能先减小后增大，可能存在分子势能相等的两个位置，D对；同理，若开始时分子间距离小于平衡位置间距，随分子间距离增大，分子力可能减小，分子势能也可能减小，E对。
答案 ADE
3．下列有关热现象的叙述中正确的是( )
A．布朗运动是液体分子的运动，它说明了液体分子在永不停息地做无规则运动
B．物体的温度越高，分子运动速率越大
C．不违背能量守恒定律的实验构想也不一定能够实现
D．晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的
E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×105 J，若空气向外界放出1.5×105 J的热量，则空气内能增加5×104 J
解析 布朗运动是液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，A错误；物体的温度越高，分子运动的平均速率越大，B错误；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现，选项C正确；晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的，D正确；根据热力学第一定律可知选项E正确。
答案 CDE
4．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．气体的体积指的不是该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积
B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．外界对气体做功，气体的内能一定增加
E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量
解析 气体的体积是指该气体所有分子所能到达的空间的体积，故A对；温度是气体分子热运动的剧烈程度的标志，故B对；由气体压强的微观定义可知C错；做功和热传递都能改变气体的内能，故D错；气体在等温膨胀的过程中，对外界做功，而内能没变，则气体一定吸收热量，故E对。
答案 ABE
5．下列说法中正确的是( )
A．尽管技术不断进步，但热机的效率仍不能达到100%，而制冷机却可以使温度降到热力学零度
B．雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的
C．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气压强的比值
E．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显
解析 热力学零度只能接近而不能达到，A错误；雨水没有透过布雨伞是液体表面张力的作用导致的，B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度每升高1 K，内能增加，但既可能是吸收热量，也可能是对气体做功使气体的内能增加，C正确；空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气的压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，故D错误；微粒越大，某一瞬间撞击它的分子数越多，受力越容易平衡，布朗运动越不显著，E正确。
答案 BCE
6．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C．密封在体积不变的容器中的气体在温度升高时，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大
D．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力
E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大
解析 气体分子之间有很大的间隙，摩尔体积除以阿伏加德罗常数所得体积比气体分子的体积大得多，故A错误；悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消得越少，则布朗运动就越明显，故B正确；在体积不变的情况下，气体分子的密集程度不变，温度越高，则分子的平均动能越大，气体分子对器壁撞击力越大，压强越大，故C正确；打气筒的活塞压缩气体很费力是气体压强的作用导致的，故D错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能就越大，故E正确。
答案 BCE
7．如图1是分子间引力(或斥力)大小随分子间距离变化的图象，下列说法正确的是( )
图1
A．ab表示引力图线
B．cd表示引力图线
C．当分子间距离等于两曲线交点的横坐标时，分子势能为零
D．当分子间距离等于两曲线交点的横坐标时，分子力为零
E．当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，分子力表现为斥力
解析 根据分子动理论，分子间相互作用的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小，但分子间斥力减小快，所以A正确、B错误；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，引力等于斥力，D正确；当分子间距离等于两曲线交点横坐标时，分子势能最小，但不一定为零，C错误；当分子间距离小于两曲线交点横坐标时，斥力大于引力，分子力表现为斥力，E正确。
答案 ADE
二、非选择题
8．(2016·朝阳二模)某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。
(1)每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S。已知500 mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1 mL，则油酸分子直径大小的表达式为d＝__________。
(2)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大。出现这种情况的原因可能是__________。
A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B．油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D．计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理
解析 (1)油酸酒精溶液中油酸的浓度为，一滴油酸酒精溶液滴入水中，酒精溶于水，油酸浮在水面上形成单层分子膜，故有Sd＝V0，解得d＝；
(2)将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则计算公式变为，结果将明显偏大，选项A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化，但是不会明显偏大，选项B错误；水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，由计算公式可知选项C正确，计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，会有一定影响但是不会明显偏大，选项D错误。
答案 (1) (2)AC
9．如图2所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为h＝16 cm的水银柱，在27 ℃的室内水平放置，水银柱把玻璃管中的气体分成长度都是L0＝40 cm的A、B两部分，两部分气体的压强均为p0＝30 cmHg，现将A端抬起使玻璃管竖直。
图2
(1)求玻璃管竖直时两段气体的长度LA和LB；
(2)在玻璃管竖直状态下，给B气体加热(全过程中A气体温度不变)，需要加热到多少摄氏度才能使水银柱回到初始位置？
解析 (1)玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S
对A有p0L0S＝pALAS
对B有p0L0S＝pBLBS
pB＝pA＋h，LA＋LB＝2L0
解得LA＝50 cm，LB＝30 cm。
(2)给B气体加热后，水银柱回到初始位置，A部分气体状态参量与初始状态相同，B气体体积与初始状态相同，此时B气体压强为p＝p0＋h＝46 cmHg
对B有＝
解得T＝460 K
故需将B气体加热到187 ℃。
答案 (1)50 cm 30 cm (2)187 ℃
10．(2016·湖南衡阳联考)如图3所示，一个高为H＝60 cm，横截面积S＝10 cm2的圆柱形竖直放置的导热汽缸，开始活塞在汽缸最上方，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，现在活塞上轻放一个质量为5 kg的重物，待整个系统稳定后，测得活塞与汽缸底部距离变为h。已知外界大气压强始终为p0＝1×105 Pa，不计活塞质量及其与汽缸之间的摩擦，取g＝10 m/s2。求：
图3
(1)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量；
(2)若开始环境温度为27 ℃，现将汽缸开口朝上整体竖直放在87 ℃的热水系统中，则稳定后活塞与汽缸底部距离变为多少？
解析 (1)封闭气体发生等温变化，气体初状态的压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa，气体末状态的压强为
p2＝p0＋
根据玻意耳定律得p1HS＝p2hS
得h＝0.40 m
外界对气体做功W＝(p0S＋mg)(H－h)
根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝0
解得Q＝－30 J，即放出30 J热量。
(2)气体发生等压变化，得＝
代入数据可得h1＝0.48 m。
答案 (1)放出热量30 J (2)0.48 m
11．(2017·山东枣庄一模)如图4甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S＝1×10－3 m2。活塞的质量为m＝2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10－3 m3，A、B之间的容积为2.0×10－4 m3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27 ℃。现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求：
图4
(1)活塞刚离开B处时气体的温度t2；
(2)缸内气体最后的压强；
(3)在图乙中画出整个过程中的p－V图线。
解析 (1)活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由二力平衡可得p2＝p0＋
解得p2＝1.2×105 Pa
由查理定律得＝
解得t2＝127 ℃。
(2)设活塞最终移动到A处，缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得＝
解得p3＝1.5×105 Pa。
因为p3＞p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。
(3)如图所示。
答案 (1)127 ℃ (2)1.5×105 Pa (3)见解析
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2014
2015
2016
机械
振动
与机
械波
简谐运动
Ⅰ
卷Ⅰ：T34(1)
卷Ⅱ：T34(1)
卷Ⅰ：T34(2)
卷Ⅱ：T34(2)
卷Ⅰ：T34(1)
卷Ⅱ：T34(2)
卷Ⅲ：T34(1)
选择题
计算题
①简谐运动的规律
②单摆的规律
③波长、波速、频率
④横波的图象
⑤机械波和机械振动的综合应用
简谐运动的公式和图象
Ⅱ
单摆、周期公式
Ⅰ
受迫振动和共振
Ⅰ
机械波、横波和纵波
Ⅰ
横波的图象
Ⅱ
波速、波长和频率(周期)的关系
Ⅰ
波的干涉和衍射现象
Ⅰ
多普勒效应
Ⅰ
电磁
振荡
与电
磁波
电磁波的产生
Ⅰ
卷Ⅱ：T34(1)
选择题
①麦克斯韦电磁场理论
②电磁波的特点
③电磁波与机械波的对比
电磁波的发射、传播和接收
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
光
光的折射定律
Ⅱ
卷Ⅰ：T34(2)
卷Ⅱ：T34(2)
卷Ⅰ：T34(1)
卷Ⅱ：T34(1)
卷Ⅰ：T34(2)
卷Ⅲ：T34(2)
选择题
计算题
①折射率
②光的折射定律及全反射
③光的干涉、衍射、偏振
折射率
Ⅰ
全反射、光导纤维
Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振现象
Ⅰ
相对论
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
质能关系
Ⅰ
实验一：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
卷Ⅰ：T34(1)
填空题
实验二：测定玻璃的折射率
实验三：用双缝干涉测光的波长
基础课1 机械振动
知识点一、简谐运动 单摆、单摆的周期公式
1．简谐运动
(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动。
(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
(3)回复力
①定义：使物体返回到平衡位置的力。
②方向：总是指向平衡位置。
③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。
(4)简谐运动的特征
①动力学特征：F回＝－kx。
②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)。
③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变。
2．简谐运动的两种模型
模型
弹簧振子
单摆
示意图
简谐运
(1)弹簧质量可忽略
动条件
(2)无摩擦等阻力
(3)在弹簧弹性限度内
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气等阻力
(3)最大摆角小于10°
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
T＝2π
能量
转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
知识点二、简谐运动的公式和图象
1．简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢。
2．简谐运动的图象
(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图象如图1甲所示。
图1
(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图象如图1乙所示。
知识点三、受迫振动和共振
1．受迫振动
系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。
2．共振
做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图2所示。
图2
[思考判断]
(1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置。( )
(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。( )
(3)做简谐运动的质点，速度增大时，加速度可能增大。( )
(4)简谐运动的周期与振幅成正比。( )
(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。( )
(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
简谐运动
1．简谐运动中路程(s)与振幅(A)的关系
(1)质点在一个周期内通过的路程是振幅的4倍。
(2)质点在半个周期内通过的路程是振幅的2倍。
(3)质点在四分之一周期内通过的路程有三种情况：
①计时起点对应质点在三个特殊位置(两个最大位移处和一个平衡位置)时，s＝A；
②计时起点对应质点在最大位移和平衡位置之间且向平衡位置运动时，s>A；
③计时起点对应质点在最大位移和平衡位置之间且向最大位移处运动时，s”、“<”或“＝”), T________T0(填“>”、“<”或“＝”)。
图3
解析 当物块向右通过平衡位置时，脱离前：
振子的动能Ek1＝(ma＋mb)v
脱离后振子的动能Ek2＝mav
由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；由弹簧振子的质量减小，根据a＝－可知，在同一个位置物块a的加速度变大，即速度变化更快，故脱离后周期变小。
答案 < <
3．[简谐运动的对称性]如图4所示，一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O开始计时，经过3 s质点第一次过M点；再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点所需要的时间是________或__________。
图4
解析 设图中a、b两点为质点运动过程中的最大位移处，若开始计时时刻质点从O点向右运动，O→M运动过程历时3 s，M→b→M过程历时2 s，由运动时间的对称性知：＝4 s，T＝16 s质点第三次经过M点所需时间：Δt＝T－2 s＝16 s－2 s＝14 s；若开始计时时刻质点从O点向左运动，O→a→O→M，运动过程历时3 s，M→b→M过程历时2 s，有：＋＝4 s，T＝ s，质点第三次经过M点所需时间：
Δt＝T－2 s＝ s－2 s＝ s。
答案 14 s或 s
简谐运动的图象
1．简谐运动的数学表达式
x＝Asin(ωt＋φ)
2．根据简谐运动图象可获取的信息
(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ(如图5所示)。
图5
(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。
(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻物体的位移的变化来确定。
(4)某时刻质点的回复力、加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图象上总是指向t轴。
(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。
1．[应用图象分析运动过程](2017·山西统测)(多选)如图6甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知( )
图6
A．振子的振动周期等于2t1
B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t1时刻，振子的速度为零
D．在t＝t1时刻，振子的速度最大
E．从t1到t2，振子正从O点向b点运动
解析 弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A正确；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误，D正确；从t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项E正确。
答案 ADE
2．[应用图象求解有关物理量](多选)
一质点做简谐运动的图象如图7所示，下列说法不正确的是( )
图7
A．质点振动频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．第4 s末质点的速度是零
D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
E．在t＝2 s和t＝6 s两时刻，质点速度相同
解析 读图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，在10 s内质点经过的路程是2.5×4A＝20 cm。第4 s末的速度最大。在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反。在t＝2 s和t＝6 s两时刻之间相差一个周期，故速度相同，选项B、E正确，A、C、D错误。
答案 ACD
反思总结
求解简谐运动问题时，要紧紧抓住一个模型——水平方向振动的弹簧振子，熟练掌握振子的振动过程以及振子振动过程中各物理量的变化规律，看到振动图象，头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景，再把问题一一对应、分析求解。
单摆周期公式及用单摆测定重力加速度
1．对单摆的理解
(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，F回＝－mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。
(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcos θ。
两点说明：
当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcos θ。
当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，FT＝mg＋
m。
2．周期公式T＝2π的两点说明
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离；
(2)g为当地重力加速度。
3．用单摆测定重力加速度
(1)实验原理与操作
(2)数据处理与分析
①数据处理
a．公式法：g＝，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。
b．图象法：作出l－T2图象求g值。
②误差分析
产生原因
减小方法
偶然误差
测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差
①多次测量再求平均值
②计时从单摆经过平衡位置时开始
系统误差
主要来源于单摆模型本身
①摆球要选体积小，密度大的
②最大摆角要小于10°
1．[单摆周期公式的应用]如图8所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝，将单摆拉至A处由静止释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是________。
图8
解析 由A→B的运动时间t1＝
＝，由B→C的运动时间t2＝＝，由对称性知此摆的周期T＝2(t1＋t2)＝π(＋)。
答案 π(＋)
2．[单摆模型的应用] (多选)如图9所示，为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B发生正碰。碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道。当两球第二次相碰时( )
图9
A．相间隔的时间为4t
B．相间隔的时间为2t
C．将仍在O处相碰
D．可能在O点以外的其他地方相碰
E．两球在碰撞的瞬间水平方向上的动量守恒
解析 小球的运动可视为简谐运动。由单摆振动周期公式T＝2π(此处l即为圆弧轨道半径)知，两球周期相同，碰撞后应同时回到平衡位置，即只能在平衡位置处相碰。又由振动的周期性知，两次相碰的间隔时间为2t，综上讨论可知，选项B、C正确；两球在O点相碰，水平方向上合力为零，遵循动量守恒，故选项E正确。
答案 BCE
3．[实验：用单摆测定重力加速度]某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图10甲所示，可读出摆球的直径为________cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
图10
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图10乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)。
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2－L图线如图10丙，此图线斜率的物理意义是( )
A．g B. C. D.
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )
A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能
解析 (1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×mm＝20.6 mm＝2.06 cm。
(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意
t＝T＝T，所以周期T＝＝2.28 s。
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得
＝＝k(常数)，所以选项C正确。
(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，
若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变。
答案 (1)2.06 (2)2.28 (3)C (4)C
受迫振动和共振
1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
自由振动
受迫振动
共振
受力情况
仅受回复力
受驱动力作用
受驱动力作用
振动周期或频率
由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0
由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱
T驱＝T0或f驱＝f0
振动能量
振动物体的机械能不变
由产生驱动力的物体提供
振动物体获得的能量最大
常见例子
弹簧振子或单摆(0≤5°)
机械工作时底座发生的振动
共振筛、声音的共鸣等
2.对共振的理解
(1)共振曲线：如图11所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。
图11
(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
1．[受迫振动](多选)如图12所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( )
图12
A．只有A、C的振动周期相等
B．C的振幅比B的振幅小
C．C的振幅比B的振幅大
D．A、B、C的振动周期相等
E．C与A发生共振现象
解析 A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2π，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于A施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，而TC固＝2π＝TA，TB固＝2π＞TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D、E正确。
答案 CDE
2．[振动曲线分析](多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图13所示，则( )
图13
A．此单摆的固有周期约为2 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
E．若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动
解析 由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动。故选项A、B、D正确。
答案 ABD
3．[生活中的共振现象](2016·孝感统测)(多选)下列说法正确的是( )
A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
E．较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振
答案 BDE
1．(2016·海南单科，16)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。)
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
解析 根据单摆周期公式T＝2π可以知道，在同一地点，重力加速度g
为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡位置，则无法确定，故选项E错误。
答案 ABD
2．(2016·河南洛阳模拟)(多选)如图14所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是( )
图14
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
解析 由振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π可得甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确。
答案 ABD
3．[2016·全国卷Ⅱ·34(2)]一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5 cm处的两个质点。t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4 cm，质点A处于波峰位置；t＝ s 时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1 s时，质点A第一次回到平衡位置。求
(1)简谐波的周期、波速和波长；
(2)质点O的位移随时间变化的关系式。
解析 (1)设振动周期为T。由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T＝4 s①
由于质点O与A的距离Δx＝5 cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t＝ s时回到平衡位置，而A在t＝1 s时回到平衡位置，时间相差Δt＝ s，可得波的速度
v＝＝7.5 cm/s②
由λ＝vT得，简谐波的波长
λ＝30 cm③
(2)设质点O的位移随时间变化的关系为
y＝Acos(＋φ0)④
将①式及题给条件代入上式得
⑤
解得φ0＝，A＝8 cm⑥
质点O的位移随时间变化的关系式为
y＝0.08cos(t＋) m⑦
或y＝0.08sin(t＋) m
答案 (1)4 s 7.5 cm/s 30 cm
(2)y＝0.08cos(t＋) m或者y＝0.08sin(t＋) m
4．(2016·重庆七校联考)据某一科普杂志介绍，在含有某些金属矿物的矿区，其重力加速度稍有偏大，几位同学通过“用单摆测定重力加速度”的实验探究该问题。他们用最小刻度为毫米的直尺测得摆线的长度为92.00 cm，用游标为
10分度的卡尺测得摆球的直径如图15所示，摆球的直径为__________cm。将摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，当摆动稳定后，在摆球通过平衡位置时启动秒表，并数下“1”，直到摆球第30次同向通过平衡位置时按停秒表，秒表读数为56 s，则单摆的周期为__________ s，该实验测得当地的重力加速度为__________m/s2。(以上结果均保留3位有效数字)
图15
解析 主尺读数为20 mm，10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1 mm，游标卡尺第2条刻度线与主尺对齐，则游标卡尺读数为0.2 mm，摆球的直径为20 mm＋0.2 mm＝20.2 mm＝2.02 cm。由秒表读出单摆做(30－1)次全振动所用的时间t＝56 s，单摆的周期T＝ s＝1.93 s。单摆的摆长l＝摆线的长度＋摆球的半径＝92.00 cm＋1.01 cm＝93.01 cm＝0.930 1 m，由单摆的周期公式T＝2π得，重力加速度g＝，代入数据解得g＝9.85 m/s2。
答案 2.02 1.93 9.85
一、选择题(以下每小题均为多项选择题)
1．(2016·河北衡水中学模拟)如图1甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是( )
图1
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin(πt) cm
C．从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
E．从t＝1.0到t＝1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
解析 由题图乙可知单摆的周期T＝2 s，振幅A＝8 cm。由单摆的周期公式T＝2π，代入数据可得l＝1 m，选项A正确；由ω＝可得ω＝π rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asin ωt＝8sin(πt) cm，选项B正确；从t＝0.5 s到t＝1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，选项C错误；从t＝1.0 s到t＝1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，选项D错误，E正确。
答案 ABE
2.如图2所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Ep＝ky2，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( )
图2
A．该弹簧振子的振幅为1 m
B．该弹簧振子的周期为1 s
C．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2
D．该弹簧振子的最大速度为2 m/s
E．该弹簧振子的最大速度为 m/s
解析
弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A＝0.5 m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x＝2 m，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T＝＝1 s，选项B正确；该弹簧振子所受最大回复力F＝kA＝10×0.5 N＝5 N，最大加速度为a＝＝10 m/s2，选项C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为Ep＝ky2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由mv＝kA2可得该弹簧振子的最大速度为vm＝A＝ m/s，选项D错误，E正确。
答案 BCE
3．(2016·徐州模拟)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图3所示，则可知( )
图3
A．两弹簧振子完全相同
B. 两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零
解析 从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，C正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，E正确。
答案 CDE
二、非选择题
4．[2016·北京理综]用单摆测定重力加速度的实验装置如图4所示。
图4
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)。
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝__________(用L、n、t表示)。
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s2。
(4)用多组实验数据作出T2－L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图5中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)。
图5
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图6所示，由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。
图6
解析 (1)单摆模型需要满足的两个基本条件是：摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好．所以应选A、D。
(2)由T＝，T＝2π得g＝
(3)T＝＝ s＝2.01 s
g＝＝ m/s2≈9.76 m/s2，
(4)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T＝2π得T2＝L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误。
(5)设A到铁锁重心的距离为l，有T1＝2π
T2＝2π
联立消去l解得g＝
答案 (1)AD (2) (3)2.01 9.76
(4)B (5)
基础课2 机械波
知识点一、机械波 横波和纵波
1．机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
2．传播特点
(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。
(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。
3．机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部。
知识点二、横波的图象 波速、波长和频率的关系
1．横波的图象
(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
(3)图象：
2．波长、波速、频率及其关系
(1)波长λ
在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
(2)波速v：
波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(3)频率f：
由波源决定，等于波源的振动频率。
(4)波长、波速和频率的关系：
①v＝λf；②v＝。
知识点三、波的干涉和衍射现象 多普勒效应
1．波的干涉和衍射
波的干涉
波的衍射
条件
两列波的频率必须相同
明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象
形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样
波能够绕过障碍物或孔继续向前传播
2.多普勒效应
(1)条件：声源和观察者之间有相对运动。
(2)现象：观察者感到频率发生变化。
(3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化。
[思考判断]
(1)在机械波传播过程中，介质中的质点随波的传播而迁移。( )
(2)周期或频率，只取决于波源，而与v、λ无直接关系。( )
(3)波速v取决于介质的性质，它与T、λ无直接关系。只要介质不变，v就不变；如果介质变了，v也一定变。( )
(4)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。( )
(5)一切波都能发生衍射现象。( )
(6)多普勒效应说明波源的频率发生变化。( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)×
机械波的传播与图象
1．波动图象的信息(如图1所示)
图1
(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。
(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
2．波速与波长、周期、频率的关系
v＝＝λf。
1．[机械波的传播](多选)如图2，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m。一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3 s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是( )
图2
A．在t＝6 s时刻波恰好传到质点d处
B．在t＝5 s时刻质点c恰好到达最高点
C．质点b开始振动后，其振动周期为4 s
D．在4 s
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