【物理】2018届一轮复习人教版第13章热学学案

【物理】2018届一轮复习人教版第13章热学学案

第1节　分子动理论　内能 一、分子动理论 ‎1．物体是由大量分子组成的 ‎(1)分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型．‎ ‎(2)分子的大小 ‎①分子直径：数量级是10－10 m；‎ ‎②分子质量：数量级是10－26 kg；‎ ‎③测量方法：油膜法．‎ ‎(3)阿伏加德罗常数 ‎1 mol任何物质所含有的粒子数，NA＝6.02×1023 mol－1.‎ ‎2．分子热运动 分子永不停息的无规则运动．‎ ‎(1)扩散现象 相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行．‎ ‎(2)布朗运动 悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著．‎ ‎3．分子力 分子间同时存在引力和斥力，且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．‎ 二、内能 ‎1．分子平均动能 ‎(1)所有分子动能的平均值．‎ ‎(2)温度是分子平均动能的标志．‎ ‎2．分子势能 由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关．‎ ‎3．物体的内能 ‎(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．‎ ‎(2)决定因素：温度、体积和物质的量．‎ 三、温度 ‎1．意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小)．‎ ‎2．两种温标 ‎(1)摄氏温标t：单位℃，在1个标准大气压下，水的冰点作为‎0 ℃‎，沸点作为‎100 ℃‎，在‎0 ℃‎～‎100 ℃‎之间等分100份，每一份表示‎1 ℃‎.‎ ‎(2)热力学温标T：单位K，把－‎273.15 ℃‎作为0 K.‎ ‎(3)就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即ΔT＝Δt.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T＝t＋273.15.‎ ‎(4)绝对零度(0 K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)质量相等的物体含有的分子个数不一定相等．(√)‎ ‎(2)组成物体的每一个分子运动是有规律的．(×)‎ ‎(3)布朗运动是液体分子的运动．(×)‎ ‎(4)分子间斥力随分子间距离的减小而增大，但分子间引力却随分子间距离的减小而减小．(×)‎ ‎(5)内能相同的物体，温度不一定相同．(√)‎ ‎(6)分子间无空隙，分子紧密排列．(×)‎ ‎2．(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是(　　)‎ A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用 B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动 C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速 D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的 解析：选BC.根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.‎ ‎3．关于物体的内能，以下说法正确的是(　　)‎ A．不同物体，温度相等，内能也相等 B．所有分子的势能增大，物体内能也增大 C．温度升高，分子平均动能增大，但内能不一定增大 D．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 解析：选C.不同物体，温度相等，分子平均动能相等，分子动能不一定相等，不能说明内能也相等，A错误；所有分子的势能增大，不能反映分子动能如何变化，不能确定内能也增大，B错误；两物体的质量、温度、体积相等，但其物质的量不一定相等，不能得出内能相等，D错误，C正确．‎ 考点一　宏观量与微观量的计算 ‎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Vm、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：m0＝＝.‎ ‎(2)分子的体积：V0＝＝.‎ ‎(3)物体所含的分子数：N＝·NA＝·NA 或N＝·NA＝·NA.‎ ‎4．分子的两种模型 ‎(1)球体模型直径d＝ .(常用于固体和液体)‎ ‎(2)立方体模型边长d＝.(常用于气体)‎ 对于气体分子，d＝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．‎ ‎1．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，NA表示阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的是(　　)‎ A．NA＝　 B．ρ＝ C．ρ＜ D．m＝ 解析：选ACD.由于μ＝ρV，则NA＝＝，变形得m＝，故A、D正确；由于分子之间有空隙，所以NAv＜V，水的密度为ρ＝＜，故C正确，B错误．‎ ‎2．(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)．下列判断正确的是(　　)‎ A．‎1 kg铜所含的原子数为 B．‎1 m3‎铜所含的原子数为 C．1个铜原子的质量为(kg)‎ D．1个铜原子的体积为(m3)‎ 解析：选ACD.1 kg铜所含的原子数N＝NA＝，A正确；同理，1 m3铜所含的原子数N＝NA＝，B错误；1个铜原子的质量m0＝(kg)，C正确；1个铜原子的体积V0＝＝(m3)，D正确．‎ ‎3．(2016·陕西西安二模)目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．实验发现，在水深‎300 m处，二氧化碳将变成凝胶状态，当水深超过2 ‎500 m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体．设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，将二氧化碳分子看成直径为D的球，则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为________．‎ 解析：二氧化碳气体变成硬胶体后，可以看成是分子一个个紧密排列在一起的，故体积为V的二氧化碳气体质量为m＝ρV；所含分子数为n＝NA＝NA；变成硬胶体后体积为V′＝n·πD3＝.‎ 答案： 在进行微观量与宏观量之间的换算的两点技巧 ‎(1)正确建立分子模型：固体和液体一般建立球体模型，气体一般建立立方体模型．‎ ‎(2)计算出宏观量所含物质的量，通过阿伏加德罗常数进行宏观量与微观量的转换与计算．‎ 考点二　布朗运动与分子热运动 布朗运动 热运动 活动主体 固体小颗粒 分子 区别 是指分子的运动，分子无论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到 是固体小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身的以及周围的分子仍在做热运动 共同点 都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能看见的 联系 布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力不均衡而引起的，它是分子做无规则运动的反映 ‎1．(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 解析：选ACD.扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误、选项C正确、选项E错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确．‎ ‎2．关于布朗运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动 C．气体分子的运动是布朗运动 D．液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显 解析：选D.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，A、B错误．气体分子的运动不是布朗运动，C错误．布朗运动的剧烈程度与液体的温度以及颗粒的大小有关，液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显，D正确．‎ ‎3．(多选)下列哪些现象属于热运动(　　)‎ A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的 B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，但我们喝汤时尝到了胡椒的味道 C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清 D．用砂轮打磨而使零件温度升高 解析：选ABD.热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”、物体的热传递等，而水变澄清的过程是泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．‎ 区别布朗运动与热运动应注意以下两点 ‎(1)布朗运动并不是分子的热运动．‎ ‎(2)布朗运动可通过显微镜观察，分子热运动不能用显微镜直接观察．‎ 考点三　分子力、分子力做功和分子势能 分子力和分子势能随分子间距变化的规律如下：‎ 分子力F 分子势能Ep 随分子间距的变化图象 随分子间距的变化情况 r＜r0‎ F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＜F斥，F表现为斥力 r增大，分子力做正功，分子势能减小；r减小，分子力做负功，分子势能增加 r＞r0‎ F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＞F斥，F表现为引力 r增大，分子力做负功，分子势能增加；r减小，分子力做正功，分子势能减小 r＝r0‎ F引＝F斥，F＝0‎ 分子势能最小，但不为零 r＞10r0 (10－‎9m)‎ F引和F斥都已十分微弱，可以认为F＝0‎ 分子势能为零 ‎[典例]　(2016·东北三省三市联考)‎ ‎(多选)分子力比重力、引力等要复杂得多，分子势能跟分子间的距离的关系也比较复杂．图示为分子势能与分子间距离的关系图象，用r0表示分子引力与分子斥力平衡时的分子间距，设r→∞时，Ep＝0，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当r＝r0时，分子力为零，Ep＝0‎ B．当r＝r0时，分子力为零，Ep为最小 C．当r0＜r＜10r0时，Ep随着r的增大而增大 D．当r0＜r＜10r0时，Ep随着r的增大而减小 E．当r＜r0时，Ep随着r的减小而增大 解析　由Ep－r图象可知，r＝r0时，Ep最小，再结合F－r图象知此时分子力为0，则A项错误，B项正确；结合F－r图象可知，在r0＜r＜10r0内分子力表现为引力，在间距增大过程中，分子引力做负功分子势能增大，则C项正确，D项错误；结合F－r图象可知，在r＜r0时分子力表现为斥力，在间距减小过程中，分子斥力做负功，分子势能增大，则E项正确．‎ 答案　BCE 判断分子势能变化的两种方法 ‎(1)利用分子力做功判断 分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加．‎ ‎(2)利用分子势能Ep与分子间距离r的关系图线判断 如图所示，仅受分子力作用，分子动能和势能之和不变，根据Ep变化可判知Ek变化．而Ep变化根据图线判断．但要注意此图线和分子力与分子间距离的关系图线形状虽然相似，但意义不同，不要混淆．‎ ‎1．(2016·海口模拟)(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(　　)‎ A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小 B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小 C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大 D．在r＝r0时，分子势能为零 E．分子动能和势能之和在整个过程中不变 解析：选ACE.由Ep－r图可知：在r＞r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r＜r0阶段，当r减小时F做负功，分子势能增加，分子动能减小，故B错误；在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，动能最大，故C正确，D错误；在整个相互接近的过程中，分子动能和势能之和保持不变，故E正确．‎ ‎2．(2016·山东烟台二模)(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．分子力先增大，后一直减小 B．分子力先做正功，后做负功 C．分子动能先增大，后减小 D．分子势能先增大，后减小 E．分子势能和动能之和不变 解析：‎ 选BCE.两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡位置时，分子力为零，之后再靠近分子力表现为斥力且越来越大，A选项错误；分子力先做正功后做负功，B选项正确；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，C选项正确、D选项错误；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，E选项正确．‎ 考点四　实验：用油膜法估测分子大小 ‎1. 实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径．‎ ‎2．实验器材：盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或细石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩笔．‎ ‎3．实验步骤：‎ ‎(1)取1 mL(‎1 cm3)的油酸溶于酒精中，制成200 mL的油酸酒精溶液．‎ ‎(2)往边长为30～‎40 cm的浅盘中倒入约‎2 cm深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上．‎ ‎(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1 mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0＝ mL.‎ ‎(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．‎ ‎(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．‎ ‎(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积．‎ ‎(7)据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，据一滴油酸的体积V和薄膜的面积S，算出油酸薄膜的厚度d＝，即为油酸分子的直径．比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10－‎10m，若不是10－‎10m需重做实验．‎ ‎4．实验时应注意的事项：‎ ‎(1)油酸酒精溶液的浓度应小于.‎ ‎(2)痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使粉自动扩散至均匀．‎ ‎(3)测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小．‎ ‎(4)浅盘里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．‎ ‎(5)要待油膜形状稳定后，再画轮廓. ‎ ‎(6)利用坐标纸求油膜面积时，以边长为‎1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去．大于半个的算一个．‎ ‎5．可能引起误差的几种原因：‎ ‎(1)纯油酸体积的计算引起误差．‎ ‎(2)油膜面积的测量引起的误差主要有两个方面：‎ ‎①油膜形状的画线误差；‎ ‎②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差．‎ ‎1．(2016·湖北三校联考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：‎ ‎①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．‎ ‎②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．‎ ‎③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．‎ ‎④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．‎ ‎⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)上述步骤中，正确的顺序是_____．(填写步骤前面的数字)‎ ‎(2)将‎1 cm3的油酸溶于酒精，制成‎300 cm3的油酸酒精溶液，测得‎1 cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是‎0.13 m2‎.由此估算出油酸分子的直径为________ m．(结果保留1位有效数字)‎ 解析：(1)依据实验顺序，首先配置混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油膜的总面积，故正确的操作顺序为④①②⑤③；‎ ‎(2)一滴油酸酒精溶液的体积为V＝＝SD，其中S＝‎0.13 m2‎，故油酸分子直径 D＝＝＝5×10－‎10m.‎ 答案：(1)④①②⑤③　(2)5×10－10‎ ‎2．(1)现有按酒精与油酸的体积比为m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S.根据以上数据可估算出油酸分子直径为d＝________；‎ ‎(2)若已知油酸的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为________．‎ 解析：(1)一滴油酸酒精溶液里含油酸的体积为：‎ V1＝，油膜的总面积为8S；‎ 则油膜的厚度即为油酸分子直径，即 d＝＝ ‎(2)一个油酸分子的体积：V′＝πd3，则油酸的摩尔质量为M＝ρNAV′＝π ρNAd3.‎ 答案：(1)　(2) ‎3．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为‎1 cm.则 ‎(1)油酸薄膜的面积是________cm2.‎ ‎(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL.(取一位有效数字)‎ ‎(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________m．(取一位有效数字)‎ 解析：(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，‎ 故油膜的面积：‎ S＝115×‎1 cm2＝‎115 cm2.‎ ‎(2)一滴油酸酒精溶液的体积：‎ V′＝ mL，‎ 一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：‎ V＝V′＝8×10－6 mL.‎ ‎(3)油酸分子的直径：‎ d＝＝ m＝7×10－‎10 m.‎ 答案：(1)115±3　(2)8×10－6　(3)7×10－10‎ 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．(多选)以下关于分子动理论的说法中正确的是(　　)‎ A．物质是由大量分子组成的 B．－‎2 ℃‎时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动 C．随分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大 D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小 解析：选ACD.物质是由大量分子组成的，A正确；分子是永不停息地做无规则运动的，B错误；在分子间距离增大时，如果先是分子力做正功，后是分子力做负功，则分子势能是先减小后增大的，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化得快，D正确．‎ ‎2．下列叙述正确的是(　　)‎ A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 B．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 C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动就越明显 D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小 解析：选A.水的摩尔质量除以水分子的质量就等于阿伏加德罗常数，选项A正确；气体分子间的距离很大，气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的不是气体分子的体积，选项B错误；布朗运动与固体颗粒大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，选项C错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项D错误．‎ ‎3．(多选)‎1 g ‎100 ℃‎的水和‎1 g ‎100 ℃‎的水蒸气相比较，下列说法正确的是(　　)‎ A．分子的平均动能和分子的总动能都相同 B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同 C．内能相同 D．‎1 g ‎100 ℃‎的水的内能小于‎1 g ‎100 ℃‎的水蒸气的内能 解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 ‎ g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C错误、D正确．‎ ‎4．(多选)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，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈 C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的 D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 解析：选BD.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误．温度越高、颗粒越小，布朗运动越剧烈，B正确．布朗运动是由液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误、D正确．‎ ‎5．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 解析：选ACD.根据布朗运动的定义，显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，不是分子运动，是小炭粒的无规则运动．但却反映了小炭粒周围的液体分子运动的无规则性，A正确．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先增大后减小，也可能一直减小，B错误．由于分子间的距离不确定，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直增大，C正确．由扩散现象可知，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，D正确．当温度升高时，分子的热运动加剧，但不是物体内每一个分子热运动的速率都增大，E错误．‎ ‎6．如图所示是分子间作用力和分子间距离的关系图线，关于图线下面说法正确的是(　　)‎ A．曲线a是分子间引力和分子间距离的关系曲线 B．曲线b是分子间作用力的合力和分子间距离的关系曲线 C．曲线c是分子间斥力和分子间距离的关系曲线 D．当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先减小，后增大 解析：选B.在F－r图象中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以a为斥力曲线，c为引力曲线，b为合力曲线，故A、C错误，B正确；当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先增大，后减小，故D错误．‎ ‎7．(多选)当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力大小相等．关于分子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小 B．当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力 C．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小 D．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力一直增大 E．在两个分子间的距离由r＝r0逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大 解析：选ACE.两个分子间的距离等于r0时，分子力为零，分子势能最小，选项A正确；两分子之间的距离小于r0时，它们之间既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表现为斥力，选项B错误；当分子间距离等于r0时，它们之间引力和斥力的大小相等、方向相反，合力为零，当两个分子间的距离由较远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小，表现为引力，选项C正确，D错误；两个分子间的距离由r＝r0开始减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大，表现为斥力，选项E正确．‎ ‎8．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：‎ ‎(1)关于油膜面积的测量方法，下列说法中正确的是(　　)‎ A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积 B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积 C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积 D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积 ‎(2)实验中，将‎1 cm3的油酸溶于酒精，制成‎200 cm3的油酸酒精溶液，又测得‎1 cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成‎0.2 m2‎的单分子薄层，由此可估算油酸分子的直径d＝________ m.‎ 解析：(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液滴在水面上，油膜会散开，待稳定后，再在玻璃板上画下油膜的轮廓，用坐标纸计算油膜面积，故选D.‎ ‎(2)一滴油酸酒精溶液里含纯油酸的体积V＝× cm3＝10－‎10 m3‎.油酸分子的直径d＝＝ m＝5×10－‎10 m.‎ 答案：(1)D　(2)5×10－10‎ ‎[综合应用题组]‎ ‎9．(多选)如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－‎‎10 m B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－‎‎10 m C．若两个分子间距离增大，则分子势能也增大 D．由分子动理论可知，温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同 E．质量和温度都相同的氢气和氧气(视为理想气体)，氢气的内能大 解析：选BDE.分子引力和分子斥力都会随着分子间距离的增大而减小，只是斥力减小得更快，所以当分子间距离一直增大，最终分子力表现为引力，即ab为引力曲线，cd为斥力曲线，二者相等即平衡时分子距离数量级为10－10 m，A错误，B正确．若两个分子间距离增大，如果分子力表现为引力，则分子力做负功，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，C错误．分子平均动能只与温度有关，即温度相等时，氢气和氧气分子平均动能相等，D正确，若此时质量相同，则氢气分子数较多，因此氢气内能大，E正确．‎ ‎10．近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是(　　)‎ A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当 B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动 C．温度越低PM2.5活动越剧烈 D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度 E．PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈 解析：选BDE.“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5的尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，A错误．PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，B正确．大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM2.5的运动越激烈，C错误．导致PM2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM2.5在空气中的浓度，D正确．PM2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，E正确．‎ ‎11．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离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，下列A、B、C、D四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是(　　)‎ 解析：选B.速度方向始终不变，A项错误；加速度与力成正比，方向相同，故B项正确；分子势能不可能增大到正值，故C项错误；乙分子动能不可能为负值，故D项错误．‎ ‎12．已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．‎ 解析：地球大气层空气的质量m＝＝，总分子数N＝NA＝NA；气体总体积V＝Sh＝4πR2h，分子平均距离d＝＝＝.‎ 答案：4π　 ‎13．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 Vm＝＝ m3/mol＝1.8×10－‎5 m3‎/mol 水分子总数为 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)4×10－10m 第2节　固体、液体和气体 一、固体 ‎1．分类：固体分为晶体和非晶体两类．晶体又分为单晶体和多晶体．‎ ‎2．晶体与非晶体的比较 单晶体 多晶体 非晶体 外形 规则 不规则 不规则 熔点 确定 确定 不确定 物理性质 各向异性 各向同性 各向同性 典型物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、松香 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可以转化为晶体 二、液体 ‎1．液体的表面张力 ‎(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．‎ ‎(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．‎ ‎(3)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．‎ ‎2．液晶的物理性质 ‎(1)具有液体的流动性 ‎(2)具有晶体的光学各向异性 ‎(3)在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的 三、饱和汽　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．湿度 ‎(1)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．‎ ‎(2)相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比．‎ ‎(3)相对湿度公式 相对湿度＝.‎ 四、气体分子运动速率的统计分布　气体实验定律　理想气体 ‎1．气体分子运动的特点 ‎(1)分子很小，间距很大，除碰撞外不受力．‎ ‎(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数目都相等．‎ ‎(3)分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．‎ ‎(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多 ‎，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大．‎ ‎2．气体的三个状态参量 ‎(1)体积；(2)压强；(3)温度．‎ ‎3．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＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa.‎ ‎4．气体实验定律 ‎(1)等温变化——玻意耳定律：‎ ‎①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比．‎ ‎②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)．‎ ‎(2)等容变化——查理定律：‎ ‎①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比．‎ ‎②公式：＝或＝C(常量)．‎ ‎③推论式：Δp＝·ΔT.‎ ‎(3)等压变化——盖—吕萨克定律：‎ ‎①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比．‎ ‎②公式：＝或＝C(常量)．‎ ‎③推论式：ΔV＝·ΔT.‎ ‎5．理想气体状态方程 ‎(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．‎ ‎①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在．‎ ‎②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关．‎ ‎③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可看作理想气体．‎ ‎(2)一定质量的理想气体状态方程：‎ ＝或＝C(常量)．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)晶体一定有规则的外形．(×)‎ ‎(2)晶体不一定各向异性，单晶体一定各向异性．(√)‎ ‎(3)液体的表面张力其实质是液体表面分子间的引力．(√)‎ ‎(4)温度升高，物体内每一个分子运动的速率都增大．(×)‎ ‎(5)理想气体的内能是所有气体分子的动能．(√)‎ ‎(6)蒸汽处于饱和状态时没有了液体分子与蒸汽分子间的交换．(×)‎ ‎(7)饱和汽压是指饱和汽的压强．(√)‎ ‎2．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性 D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体 E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 解析：‎ 选CE.液体的表面张力与液体表面相切，垂直于液面上的各条分界线，选项A错误；无论是单晶体还是多晶体，都有固定的熔点，选项B错误；根据固体特性的微观解释可知，选项C正确；金属是由大量细微的小晶粒杂乱无章地排列起来的，在各个方向上的物理性质都相同，但有固定的熔点，金属属于多晶体，选项D错误；液晶既具有液体的流动性，同时也具有单晶体的各向异性，选项E正确．‎ ‎3．如右图所示，只有一端开口的U形玻璃管，竖直放置，用水银封住两段空气柱Ⅰ和Ⅱ，大气压为p0，水银柱高为压强单位，那么空气柱Ⅰ的压强p1为(　　)‎ A．p1＝p0＋h B．p1＝p0－h C．p1＝p0＋2h D．p1＝p0‎ 解析：选D.由图可知，p1＋h＝p2＝p0＋h，故p1＝p0，选项D正确．‎ ‎4．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为________．‎ 解析：对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝·cos θ，即p＝p0＋.‎ 答案：p0＋ ‎5．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ‎，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.‎ 解析：设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp)S①‎ 解得Δp＝p②‎ 外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′.根据盖－吕萨克定律，得＝③‎ 解得h′＝h④‎ 据题意可得Δp＝⑤‎ 气体最后的体积为V＝Sh′⑥‎ 联立②④⑤⑥式得V＝⑦‎ ‎ 答案： 考点一　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)形成原因：‎ 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，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．‎ ‎(3)表面张力的方向：‎ 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．‎ ‎(4)表面张力的效果：‎ 表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小．‎ ‎(5)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．(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，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 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：选BCD.A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．‎ B．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．‎ C．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．‎ D．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．‎ E．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能增加，故选项E错误．‎ ‎2．(多选)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的缘故 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的缘故 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的缘故 解析：选ACD.由于液体表面张力的存在，针、硬币等能浮在水面上，A正确．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，B错误．在太空中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果，C正确．液体的种类和毛细管的材质决定了液体与管壁的浸润或不浸润，浸润液体液面在细管中向下弯，不浸润液体液面在细管中向上弯，D正确．E项中，玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用，E错误．‎ ‎3．(2017·广西柳州铁路第一中学检测)下列说法正确的是(　　)‎ 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．空气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．干湿泡温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：‎ 选BCE.布朗运动是指水中的花粉在液体分子无规则运动的撞击下发生无规则运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，A错误．在液体表面张力的作用下，水滴呈球形，B正确．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，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，C正确．水的沸点和气压有关，高原地区水的沸点较低，是因为高原地区大气压较低，D错误．湿泡下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以温度计的示数较低，E正确．‎ ‎4．在图甲、乙、丙三种固体薄片上涂蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种固体在熔解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，以下说法正确的是(　　)‎ A．甲、乙为非晶体，丙是晶体 B．甲、乙为晶体，丙是非晶体 C．甲、丙为非晶体，乙是晶体 D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体 解析：选D.由图甲、乙、丙可知：甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知，甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，其中甲为多晶体，丙为单晶体，D正确．‎ 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地运动而碰撞器壁，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．‎ ‎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．‎ ‎1．如图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？‎ 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－ ‎2．若已知大气压强为p0，在下图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．‎ 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：pAS＋phS＝p0S p气＝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气＝pA＝p0－ρgh 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 答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1‎ ‎3．如图所示，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)‎ 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＋.‎ 答案：p0＋ 气体压强计算的两点注意 ‎(1)封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关．‎ ‎(2)解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的平衡方程或牛顿第二定律方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强．‎ 考点三　气体实验定律及理想气体状态方程 ‎1．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)状态方程：＝或＝C.‎ ‎2．理想气体状态方程与气体实验定律的关系 ＝ ‎3．几个重要的推论 ‎(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT ‎(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT ‎(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋……‎ ‎[典例]　如图，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，间距保持为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：‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；‎ ‎(2)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　(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得 V1＝S1＋S2①‎ V2＝S‎2l②‎ 在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1－p)＝m‎1g＋m‎2g＋S2(p1－p)③‎ 故缸内气体的压强不变．由盖吕萨克定律有 ＝④‎ 联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K⑤‎ ‎(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有 ＝⑥‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa⑦‎ 答案　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa ‎　‎ 应用状态方程解题的一般步骤 ‎1．(2016·高考全国甲卷)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：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＝V0/ΔV④‎ 联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)⑤‎ 答案：4天 ‎2．(2016·高考全国乙卷)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.‎ ‎(1)求在水下‎10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎(2)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：(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝①‎ 代入题给数据得ΔP1＝28 Pa②‎ ‎(2)设气泡在水下‎10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.‎ 气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2③‎ 由力学平衡条件有 p1＝p0＋ρgh＋Δp1④‎ p2＝p0＋Δp2⑤‎ 气泡体积V1和V2分别为 V1＝πr⑥‎ V2＝πr⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 3＝⑧‎ 由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项．‎ 代入题给数据得 ＝≈1.3⑨‎ 答案：(1)28 Pa　(2)或1.3‎ ‎3．(2016·高考全国丙卷)‎ 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．‎ 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)cmHg①‎ l1′＝ cm②‎ 由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③‎ 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－h)cm⑥‎ 由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm⑧‎ 答案：144 cmHg　9.42 cm ‎4．如图所示，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．‎ ‎(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不动，活塞a、b下方的氮气做等压变化，设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为，由题给数据和盖－吕萨克定律得 V1＝V0＋×＝V0①‎ V2＝V0＋V0＝V0②‎ ＝③‎ 由①②③式和题给数据得 T2＝320 K ‎(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上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由题给数据和玻意耳定律得V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤‎ p1′V1′＝p2′V2′⑥‎ 由⑤⑥式得p2′＝p0.‎ 答案：(1)320 K　(2)p0‎ 考点四　气体状态变化的图象问题 一定质量的气体不同图象的比较 ‎1．(2017·山东济南高三质检)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(　　)‎ 解析：选B.等温变化时，根据pV＝C，p与成正比，所以p－图象是一条通过原点的直线，故正确选项为B.‎ ‎2．(2016·河南百校联盟)如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中玻璃管的横截面积分别为S1＝‎2 cm2、‎ S2＝‎1 cm2.封闭气体初始温度为‎57 ℃‎，封闭气体长度为L＝‎22 cm.图乙所示为封闭气体的p－V图象．求：‎ ‎(1)封闭气体初始状态的压强；‎ ‎(2)若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部挤入细管内．‎ 解析：(1)图中初态封闭气体的体积为V1＝LS1＝44 cm3，对照图象可知此时气体压强为p1＝80 cmHg，温度T1＝(273＋57)K＝330 K.‎ ‎(2)当水银全部进入细管后，气体将做等压变化，故从图乙可知所有水银全部挤入细管内时，封闭的气体压强为p2＝82 cmHg，体积为V2＝‎48 cm3，设此时的温度为T2，由理想气体状态方程＝，代入数据解得T2＝369 K＝‎96 ℃‎.‎ 答案：(1)80 cmHg　(2)96 ℃‎ ‎3．一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：‎ ‎(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)A至B，气体做等压升温增容变化，B至C，气体做等容升温增压变化．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)见解析　(3)见解析 气体状态变化的图象的应用技巧 ‎(1)求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．‎ ‎(2)在V－T图象(或p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．‎ 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．液晶的光学性质具有各向异性 B．当人们感觉到闷热时，说明空气的相对湿度较小 C．液体表面层的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏 D．草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 解析：选ACD.液晶具有单晶体的特点，选项A正确；当人们感觉闷热时，空气的相对湿度较大，选项B错误；液体表面层分子分布较稀疏，故表现为引力，选项C正确；表面张力有使液体体积变小的趋势，选项D正确．‎ ‎2．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致 B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值 C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体 D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现 E．汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少 解析：选AE.竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致，选项A正确；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，选项B错误；物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体，不一定是非晶体，选项C错误；气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部与容器外之间的压强差造成的，并非由于分子之间的斥力造成，选项D错误；汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体状态方程＝C可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高，温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，分子对器壁的平均撞击力增大，则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，选项E正确．‎ ‎3．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－‎3 m3‎.往桶内倒入4.2×10－‎3 m3‎的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－‎4m3‎的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是(　　)‎ A．16次　　 B．17次 C．20次 D．21次 解析：选B.设大气压强为p，由玻意耳定律，npV0＋pΔV＝pV，V0＝2.5×10－4m3，ΔV＝5.7×10－3m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3m3，V＝5.7×10－3m3，解得n＝16.8次≈17次，选项B正确．‎ ‎4．(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)‎ A．ab过程中不断增大 B．bc过程中保持不变 C．cd过程中不断增大 D．da过程中保持不变 解析：选AB.首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd＜Ve，所以Vd＜Va，da过程中体积不是保持不变，D错误．‎ ‎5．已知湖水深度为‎20 m，湖底水温为‎4 ℃‎，水面温度为‎17 ℃‎，大气压强为1.0×105 Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝‎ ‎10 m‎/s2，ρ水＝1.0×‎103 kg/m3)(　　)‎ A．2.8倍 B．8.5倍 C．3.1倍 D．2.1倍 解析：选C.一标准大气压约为10 m高的水柱产生的压强，所以气泡在湖底的压强p1约为3.0×105Pa，由理想气体状态方程得，＝，而T1＝(4＋273)K＝277 K，T2＝(17＋273)K＝290 K，温度基本不变，压强减小为原来的，体积扩大为原来的3倍左右，C项正确．‎ ‎6．如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T1时活塞上升了h.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦．‎ ‎(1)求温度为T1时气体的压强；‎ ‎(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来位置，求此时气体的温度．‎ 解析：(1)设气体压强为p1，由活塞平衡知p1S＝mg＋p0S，解得p1＝＋p0.‎ ‎(2)设温度为T1时气体为初态，回到原位置时为末态，则有初态：压强p1＝＋p0，温度T1，体积V1＝2hS.‎ 末态：压强p2＝＋p0，温度T2，体积V2＝hS.‎ 由理想气体状态方程有＝，‎ 代入初、末状态参量解得T2＝T1.‎ 答案：(1)＋p0　(2)T1‎ ‎[综合应用题组]‎ ‎7．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为‎40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底‎60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上移了‎4 cm.g取‎10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．‎ 解析：设物体A的体积为ΔV，T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40 cm3－ΔV，T2＝330 K，p2＝Pa，V2＝V1，T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40 cm3－ΔV.‎ 由状态1到状态2为等容过程，则＝，‎ 代入数据得m＝4 kg.‎ 由状态2到状态3为等压过程，则＝，‎ 代入数据得ΔV＝640 cm3.‎ 答案：4 kg　640 cm3‎ ‎8．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝‎10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝‎3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝‎10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.‎ ‎(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度．‎ ‎(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．‎ 解析：(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1①‎ 由力学平衡条件得 p＝p0＋h②‎ 打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有 p1＝p0－h1③‎ 联立①②③式，并代入题给数据得 l1＝‎12.0 cm④‎ ‎(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得 pl＝p‎2l2⑤‎ 由力学平衡条件有 p2＝p0⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题给数据得 l2＝‎10.4 cm⑦‎ 设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧‎ 联立④⑦⑧式，并代入题给数据得 Δh＝‎13.2 cm⑨‎ 答案：(1)12.0 cm　(2)13.2 cm ‎9．如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸固定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B两活塞的面积分别为SA＝‎20 cm2、SB＝‎10 cm2，它们通过一条细绳连接，活塞B又与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接．已知A、B两活塞的质量分别为mA＝2mB＝‎‎1 kg ‎，当活塞静止时，汽缸中理想气体压强p1＝1.2×105 Pa，温度T1＝800 K，活塞A距地面的高度为L＝‎10 cm，上、下汽缸内气体的长度分别为‎2L、L，大气压强为p0＝1×105Pa，上汽缸足够长，重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求重物C的质量M；‎ ‎(2)缓慢降低汽缸内气体的温度直至210 K，请在p－V图上画出缸内气体状态变化的图线，并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度．‎ 解析：(1)设活塞A、B间的细绳张力为T，则对活塞A、B受力分析有p1SA＋mAg＝p0SA＋T p0SB＋mBg＋T＝p1SB＋Mg 联立解得M＝3.5 kg.‎ ‎(2)刚开始降温时汽缸内气体做等压变化，活塞A、B均向上缓慢运动，直到A不能再上升，设此时气体温度为T2，则由盖—吕萨克定律有＝解得T2＝600 K＞210 K 此后气体再降温时，A、B间细绳张力逐渐减小至零，气体做等容变化．设细绳张力为零时，气体压强为p2，温度为T3，则此时对活塞B受力分析有Mg＋p2SB＝p0SB＋mBg解得p2＝7×104 Pa 由查理定律有＝解得T3＝350 K＞210 K 之后气体做等压变化，活塞A不动，活塞B下降，设B与A距离为x时，温度变化为T4＝210 K，由盖—吕萨克定律有＝解得x＝18 cm，故B离地面的高度为H＝2L＋x＝38 cm 汽缸内气体状态变化的图线如图所示．‎ 答案：(1)3.5 kg　(2)见解析 ‎第3节　热力学定律与能量守恒定律 一、热力学第一定律和能量守恒定律 ‎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对它传递的热量和外界对它做功的和．‎ ‎(2)表达式：W＋Q＝ΔU.‎ ‎3．能的转化和守恒定律 ‎(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，或者从一个物体转移到别的物体，但在转化或转移的过程中其总量不变．‎ ‎(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机．它是不可能制成的．‎ 二、热力学第二定律 ‎1．常见的两种表述 ‎(1)克劳修斯表述(按热传递的方向性来表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．‎ ‎(2)开尔文表述(按机械能与内能转化过程的方向性来表述)：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．‎ ‎2．第二类永动机：违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机．这类永动机不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律，也是不可能制成的．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)‎ ‎(2)做功改变物体内能的过程是内能与其他形式的能相互转化的过程．(√)‎ ‎(3)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明能量正在消失．(×)‎ ‎(4)热量不可能从低温物体传到高温物体．(×)‎ ‎(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×)‎ ‎(6)一定质量的理想气体向真空中自由膨胀，体积增大，对外做功，熵增加．(×)‎ ‎2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　　)‎ A．气体从外界吸收热量2.0×105 J B．气体向外界放出热量2.0×105 J C．气体从外界吸收热量6.0×104 J D．气体向外界放出热量6.0×104 J 解析：选B.根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确．‎ ‎3．如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿a→d→c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．‎ 解析：一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能增加还是220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J.‎ 答案：吸收　260‎ ‎4．如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭有一定质量的理想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为h1＝‎‎0.5 m ‎，给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝‎0.8 m处．‎ ‎(1)若封闭气体在加热前的温度为‎27 ℃‎，试计算在此过程中气体温度的变化量Δt；‎ ‎(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450 J的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的内能ΔU.(已知活塞的横截面积S＝5.0×10－‎3 m2‎，大气压强p0＝1.0×105 Pa.)‎ 解析：(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝0.8 m处时，汽缸内气体的温度为t.此过程为等压过程．由盖—吕萨克定律可得＝代入数据可解得t＝207 ℃，所以，此过程中气体温度的变化量Δt＝180 ℃.‎ ‎(2)气体克服外界大气压做功为W＝p0ΔV p0＝1.0×105 Pa，ΔV＝(h2－h1)S＝1.5×10－‎‎3m3‎ 代入数据可得W＝150 J 由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q可得 ΔU＝450 J－150 J＝300 J.‎ 答案：(1)180 ℃　(2)300 J 考点一　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 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 ‎3.几种特殊情况 ‎(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．‎ ‎[典例]　(2017·吉林省实验中学一模)如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，封闭气体温度升高‎1 ℃‎，需吸收的热量为Q1.若活塞不固定，仍使封闭气体温度升高‎1 ℃‎，需吸收的热量为Q2.不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气体温度升高‎1 ℃‎，活塞上升的高度h应为多少？‎ 解析　活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能ΔU＝Q1活塞不固定时，设外界对气体做功为W，活塞上升的高度为h，则 ΔU＝Q2＋W＝Q2－(p0Sh＋Gh)‎ 联立解得h＝ 答案　 ‎　‎ 应用热力学第一定律解题的步骤 ‎(1)明确研究对象是哪个物体或者哪个热力学系统．‎ ‎(2)分别列出系统吸收或放出的热量Q，外界对系统所做的功W，系统内能的变化ΔU.‎ ‎(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，列方程进行求解．‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．物体放出热量，其内能一定减小 B．物体对外做功，其内能一定减小 C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变 解析：选C.根据热力学第一定律(公式ΔU＝Q＋W)可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸收的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增加，选项A、B错误，选项C正确；物体放出热量同时对外做功，则Q＋W<0，内能减小，选项D错误．‎ ‎2．(2017·贵州贵阳高三一模)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示，在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间的相互作用，则缸内气体(　　)‎ A．对外做正功，分子的平均动能减小 B．对外做正功，内能增大 C．对外做负功，分子的平均动能增大 D．对外做负功，内能减小 解析：选A.缸内气体与外界无热交换，说明Q＝0，又根据缸内气体膨胀，所以是缸内气体对外做正功，W＜0；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体的内能的改变量ΔU ‎＜0，即内能减小，所以气体温度降低，分子平均动能减小，显然，只有选项A正确．‎ ‎3．(2016·江苏淮安二模)如图，用带孔橡皮塞把塑料瓶口塞住，向瓶内迅速打气，在瓶塞弹出前，外界对气体做功15 J，橡皮塞的质量为‎20 g，橡皮塞被弹出的速度为‎10 m/s，若橡皮塞增加的动能占气体对外做功的10%，瓶内的气体作为理想气体，则瓶内气体的内能变化量为________ J，瓶内气体的温度________(填“升高”或“降低”)．‎ 解析：由题意可知，气体对外做功W对外＝＝ J＝10 J．由题意可知，向瓶内迅速打气，在整个过程中，气体与外界没有热交换，即Q＝0，则气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝15 J－10 J＋0＝5 J，气体内能增加，温度升高．‎ 答案：5　升高 ‎4．(2016·江西十校联考)如图所示的p－V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J．则：‎ ‎(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？‎ ‎(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？‎ 解析：(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J，‎ 由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130 J，‎ 故ACB过程中气体的内能增加了130 J.‎ ‎(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130 J，‎ 由题意知W2＝200 J，由热力学第一定律得 UA－UB＝W2＋Q2，代入数据解得Q2＝－330 J，‎ 即BDA过程中气体放出热量330 J.‎ 答案：(1)增加　130 J　(2)放热　330 J 考点二　热力学第二定律的理解及应用 ‎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．‎ ‎3．两类永动机的比较 第一类永动机 第二类永动机 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 违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成 ‎1．(2017·河南开封一模)(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：‎ 选ACE.由热力学第一定律知，改变物体内能的方式有两种，分别为做功和热传递，所以A正确，B错误．由热力学第二定律知，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，但会产生其他影响，C正确．热量不能自发地从低温物体传向高温物体，D错误．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，E正确．‎ ‎2．(多选)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是(　　)‎ A．第二类永动机违反能量守恒定律 B．如果物体从外界吸收了能量，则物体的内能一定增加 C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的 解析：选CD.第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律；故A错误．改变内能有两种方式，做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B错误．气体分子密集程度一定，温度升高，则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C正确．做功对应能量转化，热传递对应能量转移，D正确．‎ ‎3．(2016·高考全国乙卷)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)‎ 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：选BDE.根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误．改变物体内能的方式有做功和传热，对气体做功可以改变其内能，说法B正确．理想气体等压膨胀对外做功，根据＝恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确．两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这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，说法E正确．故选B、D、E.‎ 热力学过程的方向性实例 考点三　热力学定律与气体状态变化的综合 气体实验定律与热力学第一定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变化，当体积变化时，气体将伴随着做功，解题时要掌握气体变化过程的特点：‎ ‎(1)等温过程：理想气体内能不变，即ΔU＝0.‎ ‎(2)等容过程：W＝0.‎ ‎(3)绝热过程：Q＝0.‎ ‎[典例2]　(2016·高考全国甲卷)(多选)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图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)‎ 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ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程cd 是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；‎ 由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确(此选项也可用排除法直接判断更快捷)．‎ 答案　ABE ‎“两分析”巧解热力学综合问题 ‎1．(2017·广东惠州二调)(多选)如图所示，一定质量的理想气体经过一系列变化过程，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大 B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小 C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小 E．c→a过程中，气体从外界吸热，内能增加 解析：选ACD.b→c过程中，气体压强p不变，温度T降低，由＝C可知，气体体积V减小，选项A错误；a→b过程中，气体的温度T不变，而压强p减小，由＝C可知，气体体积V增大，选项B正确；c→a过程中，p与T成正比，由＝C可知，气体体积V不变，气体压强p与温度T都增大，选项C、D错误；c→a过程中，气体温度T升高，气体内能增大，ΔU＞0，气体体积不变，外界对气体做功为零，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q＝ΔU－W＞0，气体从外界吸收热量，选项E正确．‎ ‎2．(2017·湖南长郡中学模拟)将如图所示的装置的右端部分汽缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热汽缸A和导热汽缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，开始时两形状相同的长方体汽缸内装有理想气体，压强均为p0、体积均为V0、温度均为T0，缓慢加热A中气体，使汽缸A中气体的温度升高到1.5T0，稳定后，求：‎ ‎(1)汽缸A中气体的压强PA以及汽缸B中气体的体积VB；‎ ‎(2)此过程中B中气体吸热还是放热？试分析说明．‎ 解析：(1)因为此时活塞处于平衡状态，根据平衡条件可知PA＝PB，选汽缸A中气体为研究对象，根据理想气体状态方程得p0V0·＝pAVA·.选汽缸B中气体为研究对象，根据玻意耳定律得p0V0＝pBVB，又因为2V0＝VA＋VB，联立得pA＝pB＝1.25p0，VB＝0.8V0.‎ ‎(2)因为B中气体温度不变，所以内能不变，活塞对B中气体做正功，由热力学第一定律可知气体放热．‎ 答案：(1)1.25p0　0.8V0　(2)放热　见解析 ‎3．(2017·重庆巴蜀中学月考)‎ 某同学利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，瓶口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知该酒瓶容积为‎480 cm3，玻璃管内部横截面积为‎0.4 cm2，瓶口外的有效长度为‎48 cm.当气温为‎7 ℃‎时，水银柱刚好处在瓶口位置．‎ ‎(1)求该气温计能够测量的最高气温；‎ ‎(2)假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收了3 J热量，则在这一过程中该气体的内能变化了多少？(已知大气压强p0＝1.0×105 Pa)‎ 解析：(1)封闭气体发生等压变化，则＝，‎ 即＝，‎ 解得T＝291.2 K＝18.2 ℃.‎ ‎(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，‎ 外界对气体做功W＝－p0·ΔV＝－1.92 J，‎ 解得ΔU＝1.08 J.‎ 答案：(1)18.2 ℃　(2)增加了1.08 J ‎4．(1)在高原地区烧水需要使用高压锅．水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽．停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却．在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________．‎ A．压强变小　 B．压强不变 C．一直是饱和汽 D．变为未饱和汽 ‎(2)如图甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成．B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)．‎ ‎(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J．在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J．求气体完成一次循环对外界所做的功．‎ 解析：(1)高压锅在密封状态下，因为冷却过程是缓慢进行的，所以水和水蒸气保持动态平衡，即水蒸气一直是饱和汽，故C对、D错．饱和汽压随温度的降低是减小的，故A对、B错．‎ ‎(2)B→C过程气体体积不变，气体的总分子数也不变，故单位体积内的分子数是不变的．‎ 由＝C可知，TA＜TD，温度越高，分子的平均速率越大，故状态A对应的是①.‎ ‎(3)对A→B过程应用热力学第一定律：－4 J＋W1＝0，则W1＝4 J．对C→D过程同理有：12 J＋W2＝0，则W2＝－12 J．B→C和D→A过程体积不变，气体不做功，故一次循环中气体对外界做功8 J.‎ 答案：(1)AC　(2)不变　①　(3)8 J 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．(多选)如图，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降过程中，罐内空气(可视为理想气体)(　　)‎ A．内能增大 B．分子间的平均距离减小 C．向外界放热 D．对外界做正功 解析：选BC.由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A选项错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B选项正确；内能不变ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C选项正确、D选项错误．‎ ‎2．(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A．一定质量的理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大 B．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化 C．不可能使热量从低温物体传向高温物体 D．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 E．分子间距离增大时，分子力一定减小 解析：选ABD.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，A正确．热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其他变化，B正确．通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，C错误．当分子力表现为引力时，增大分子间的距离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，D正确．分子间的作用力随分子间的距离增大先增大后减小，因此分子力可能增大，也可能减小，E错误．‎ ‎3．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1 g100 ℃‎的水的内能小于‎1 g100 ℃‎的水蒸气的内能 B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关 C．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律 D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 E．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关 解析：选ABE.1 g100 ℃的水的势能小于1 g 100 ℃的水蒸气的势能，温度相同，二者的分子平均动能相同，故A正确．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，B正确．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律，C错误．第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，D错误．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，E正确．‎ ‎4．(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D．物体内能增加，温度一定升高 E．热量可以从低温物体传到高温物体 解析：选BCE.气体总是充满容器，说明气体分子在做无规则热运动，而气体分子之间既存在引力也存在斥力，A错误．由于理想气体的内能只与温度有关，所以对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大，B正确．温度越高布朗运动越剧烈，说明水中悬浮的微粒的运动与温度有关，而悬浮微粒的运动是由水分子运动对微粒的碰撞造成的，即水分子的运动与温度有关，C正确．物体内能增加，例如冰吸热熔化，内能增加，但是温度不变，D错误．热量可以从低温物体传到高温物体，例如电冰箱中热量从低温物体传到高温物体，E正确．‎ ‎5．(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)‎ A．气体A吸热，内能增加 B．气体B吸热，对外做功，内能不变 C．气体A分子的平均动能增大 D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大 E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少 解析：选ACE.A气体经历等容变化，W＝0，而吸收热量，由ΔU＝W＋Q知，内能增加，A正确；B气体经历等压变化，W＜0，由＝C可知，T增大，则B气体吸收热量，内能增加，B错误；A、B气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C正确，D错误；由于气体B压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E正确．‎ ‎6．(多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度变化关系的V－t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　) ‎ A．气体的内能增大 B．气体的内能不变 C．气体的压强减小 D．气体的压强不变 E．气体对外做功，同时从外界吸收热量 解析：选ACE.由状态A到状态B，温度升高，内能增大，A正确，B错误；由理想气体状态方程可知，由状态A到状态B，压强减小，C正确、D错误；气体内能增加，从外界吸收热量，压强减小，对外做功，E正确．‎ ‎7．一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．‎ ‎(1)气体状态从A到B是______(填“等容”“等压”或“等温”)过程；‎ ‎(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；‎ ‎(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)．‎ ‎(4)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．‎ 解析：(1)由p－V图象可以看出，从A到B是等压变化．‎ ‎(2)从B到C状态，气体体积不变，压强减小，则等于定值可知，气体温度降低．‎ ‎(3)从C到D状态，气体压强不变，体积减小，由等于定值可知，气体温度降低，内能减少，ΔU＜0；由于气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，放热．‎ ‎(4)从A→B，气体体积增大，气体对外界做功W1＝p2(V3－V1)；从B→C，气体体积不变，W2＝0；从C→D，气体体积减小，外界对气体做功或气体对外界做负功，即W3＝－p1(V3－V2)；故从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界做总功W＝W1＋W2＋W3＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．‎ 答案：(1)等压　(2)降低　(3)放热　(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)‎ ‎[综合应用题组]‎ ‎8．气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体．通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝‎14 cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝‎44 cm.已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg.‎ ‎(1)求恒温槽的温度；‎ ‎(2)此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”)；气体不对外做功，气体将________(填“吸热”或“放热”)．‎ 解析：(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K，A 内气体发生等容变化，根据查理定律得 ＝①‎ p1＝p0＋ph1②‎ p2＝p0＋ph2③‎ 联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91 ℃)‎ ‎(2)温度升高，A内气体内能增大，根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，W＝0，ΔU＞0，即吸热．‎ 答案：(1)364 K(或91 ℃)　(2)增大　吸热 ‎9．一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.‎ ‎(1)求此时气体的压强；‎ ‎(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．‎ 解析：(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得＝ 得p1＝p0＝p0＝p0‎ ‎(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2‎ 则V2＝＝V0‎ 所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝ 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一定从外界吸收热量．‎ 答案：(1)p0　(2)　吸热，原因见解析 ‎10．如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝‎2 cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝‎21 cm的气柱，气体的温度为t1＝‎7 ℃‎，外界大气压取p0＝1.0×105 Pa(相当于‎75 cm高的汞柱的压强)．‎ ‎(1)若在活塞上放一个质量为m＝‎0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g＝‎10 m/s2)‎ ‎(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2＝‎77 ℃‎，此时气柱为多长？‎ ‎(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？‎ 解析：(1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×105 Pa V1＝LS＝‎42 cm3，T1＝280 K 末状态压强p2＝p0＋＝1.05×105 Pa V2＝L2S，T2＝T1＝280 K 根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2‎ 得L2＝L＝20 cm.‎ ‎(2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，V3＝L3S，T3＝350 K 根据盖－吕萨克定律，有＝，即＝ 得L3＝L2＝25 cm.‎ ‎(3)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J 根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J 答案：(1)20 cm　(2)25 cm　(3)8.95 J 章末检测十三　热学(选修3－3)‎ ‎(时间：45分钟　满分：90分)‎ ‎1．(1)(5分)(多选)下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是(　　)‎ A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 E．洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力 ‎(2)(10分)如图所示，质量m＝‎1 kg的导热汽缸倒扣在水平地面上，A为一T形活塞，汽缸内充有理想气体．汽缸的横截面积S＝2×10－‎4 m2‎.当外界温度为t＝‎27 ℃‎时，汽缸对地面恰好没有压力，此时活塞位于汽缸中央．不计汽缸壁厚度，内壁光滑，活塞始终在地面上静止不动，大气压强为p0＝1×105Pa，g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎①汽缸内气体的压强；‎ ‎②环境温度升高时，汽缸缓慢上升，温度至少升高到多少时，汽缸不再上升．‎ ‎③汽缸不再上升后，温度继续升高，从微观角度解释压强变化的原因．‎ 解析：‎ ‎(1)微粒运动反映了液体分子的无规则热运动，微粒运动即布朗运动，A错误；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，B正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向是不一样的，C错误；由于表面张力的作用，液体要收缩至表面积最小，所以小草上的露珠呈球形，D正确；洁净的玻璃板接触水面，由于水分子和玻璃分子之间存在吸引力，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于或等于玻璃板的重力与水分子和玻璃分子之间的引力之和，E正确．‎ ‎(2)①汽缸对地面恰好没有压力，对汽缸进行受力分析，‎ mg＋p0S＝pS，解得气体的压强为p＝1.5×105 Pa.‎ ‎②温度升高时，汽缸缓慢上升，缸内气体压强不变，根据盖—吕萨克定律有＝，解得T2＝600 K.‎ ‎③温度升高，分子平均动能增大，体积不变，分子密集程度不变，所以压强变大．‎ 答案：(1)BDE　(2)①1.5×105 Pa　②600 K　③见解析 ‎2．(1)(5分)(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A．悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的 B．物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能 C．橡胶无固定熔点，是非晶体 D．热机的效率可以等于100%‎ E．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大 ‎(2)(10分)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图象如图所示．‎ 已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：‎ ‎①该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？‎ ‎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)根据布朗运动可知悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，间接说明液体分子的运动也是无规则的，所以A项正确．因为物体的内能是分子热运动的动能和分子势能之和，所以B项错误．晶体有固定的熔点，非晶体无固定熔点，C项正确．因为热机工作时必有能量耗散，所以热机的效率不可能达到100%，D项错误．因为温度是分子平均动能的唯一标志，所以E项正确．‎ ‎(2)①气体从状态A到状态B：‎ ＝得TB＝200 K　即tB＝－‎‎73 ℃‎ 气体从状态B到状态C：‎ ＝得TC＝300 K　即tC＝‎‎27 ℃‎ ‎②气体从状态A到状态C过程中是吸热 吸收的热量Q＝pΔV＝200 J 答案：(1)ACE　(2)①－73 ℃　27 ℃　②吸热　200 J ‎3．(1)(5分)(多选)下列各种说法中正确的是(　　)‎ A．温度低的物体内能小 B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零 C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引 D．‎0 ℃‎的铁和‎0 ℃‎的冰，它们的分子平均动能相同 E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关 ‎(2)(10分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声‎.27℃‎时，空气柱长度L1为‎20 cm，水银上表面与导线下端的距离L2为‎10 cm，管内水银柱的高度h为‎8 cm，大气压强为‎75 cm水银柱高．‎ ‎①当温度达到多少℃时，报警器会报警？‎ ‎②如果要使该装置在87 ℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱？‎ ‎③如果大气压增大，则该报警器的报警温度会受到怎样的影响？‎ 解析：(1)物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误．分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误．当液体与大气相接触；表面层内分子所受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引、故C项正确．因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确．根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E项正确．‎ ‎(2)①根据＝，‎ V1＝L1S，V2＝(L1＋L2)S，T1＝300 K，解得：T2＝450 K，t＝‎450 ℃‎－‎273 ℃‎＝‎‎177 ℃‎ ‎②设应该再往玻璃管内注入x cm高的水银柱，则 V3＝(L1＋L2－x)S，‎ 根据＝，T1＝300 K，T3＝360 K，V1＝L1S，p1＝(75＋8) cmHg，p3＝(75＋8＋x)cmHg，‎ 解得：x＝8.14 cm.‎ ‎③如果大气压增大，则该报警器的报警温度会升高．‎ 答案：(1)CDE　(2)①177 ℃　②8.14 cm　③升高 ‎4．(1)(5分)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．毛细现象是液体的表面张力作用的结果 B．晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加 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．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功3.0×105 J，若空气向外界放出热量2.5×105 J，则空气内能增加5×104 J E．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和非晶体相似，具有各向同性 ‎(2)(10分)如图所示，一左端开口、右端封闭、左右两管等长的U形玻璃管竖直放置．左管的下部封有长l1＝‎25.0 cm的空气柱，中间有一段长l2＝‎25.0 cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝‎40.0 cm.水平部分管长l4＝‎35.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg，空气视为理想气体．现将一活塞(图中未画出)从左管开口处缓慢往下推，使管中水银刚好全部进入水平管中．假设活塞下推过程中没有漏气，空气柱温度与外界温度始终一致，求下推活塞的距离．‎ 解析：(1)毛细现象是液体的表面张力作用的结果，A正确；晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子势能增加，B错误；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，C正确；根据热力学第一定律可知，选项D正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性，E错误．‎ ‎(2)以cmHg为压强单位．在活塞下推前，左管下部空气柱的压强为p1＝p0＋l2‎ 活塞下推后，右管中空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得 p1(l3＋l2＋‎2l1＋l4)＝p1′(l3＋l2＋l1＋l4－l2)‎ 设活塞下推距离为Δx，则此时左管中空气柱的长度为 l3′＝l3＋l2＋l1－Δx 设此时左管中空气柱的压强为p3′，则p3′＝p1′‎ 由玻意耳定律得p0l3＝p3′l3′‎ 联立各式解得Δx＝70.0 cm.‎ 答案：(1)ACD　(2)70.0 cm ‎5．(1)(5分)(多选)如图所示，小朋友坐在滑梯上匀速下滑，在这个过程中(　　)‎ A．小朋友的机械能逐渐转化为系统的内能，总能量不变 B．因为能量是守恒的，小朋友的机械能大小不变 C．该过程中产生的内能可以让小朋友再运动到滑梯顶端，而不产生其他影响 D．由于摩擦，小朋友滑过的滑梯温度升高，分子的平均动能增大，但不是其中每一个分子的动能都增大 E．由于摩擦，小朋友的裤子温度升高，分子的平均动能增大 ‎(2)(10分)如图所示，导热性能良好的汽缸的开口向下，内有体积为V0的理想气体，外界大气压强为p0，环境温度为T0，轻活塞的横截面积为S，轻活塞与汽缸之间的摩擦不计．现在活塞下面挂一个质量为m的小桶，活塞缓慢下移，并最终处于某一位置静止不动．已知重力加速度为g.‎ ‎①求挂上小桶后系统稳定时，汽缸内气体的体积V.‎ ‎②拿掉小桶后，若要保持汽缸内气体的体积V不变，环境温度需要升高到多少？汽缸吸热还是放热？‎ 解析：‎ ‎(1)小朋友沿滑梯匀速下滑的过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，减小的重力势能逐渐转化为系统的内能，总能量不变，选项A正确，B错误；根据热力学第二定律，选项C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，但不是每一个分子的动能都增大，选项D、E正确．‎ ‎(2)①挂上小桶后，稳定时汽缸内气体的压强为 p＝p0－ 气体等温变化，根据玻意耳定律，有p0V0＝pV 解得V＝ ‎②最初及末状态，气体压强不变，根据盖－吕萨克定律，有＝，解得T＝ ‎(也可由气体等容变化过程，根据查理定律得＝，求解得T)气体体积不变，温度升高，汽缸要吸热 答案：(1)ADE　(2)见解析 ‎6．(1)(5分)(多选)如图所示，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，A、B和C、D为等温过程，B、C为等压过程，D、A为等容过程，则在该循环过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B过程中，气体放出热量 B．B、C过程中，气体分子的平均动能增大 C．C、D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D、A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 E．若气体在B、C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 ‎(2)(10分)如图所示，固定的光滑斜面倾角为θ＝30°，一质量为M＝‎4 kg、底面积为S＝‎2 cm2的汽缸放在斜面上．导热活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，活塞通过一根细杆固定在斜面底端，细杆与斜面平行，活塞和汽缸内壁间光滑．初始时汽缸内、外气体压强均为大气压强p0＝1×105 Pa，活塞与汽缸底部距离为l0＝‎0.2 m，将汽缸由静止释放，经过足够长时间后汽缸静止，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ ‎①求汽缸最终静止时活塞与汽缸底部距离；‎ ‎②整个过程中，汽缸内气体是从外界吸收热量还是向外界释放热量？数值为多少？‎ 解析：(1)因为A、B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；B、C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；C、D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；D、A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；B、C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．‎ ‎(2)①释放汽缸时，汽缸内气体压强为p0，体积为l0S；汽缸最终静止时，设汽缸内气体压强为p，活塞与汽缸底部距离为l，对汽缸受力分析如图所示．‎ 由平衡条件有pS＝p0S＋Mgsin θ 解得p＝p0＋ 由玻意耳定律得p0l0S＝plS 解得l＝＝0.1 m ‎②汽缸下降过程中，内部气体被压缩，外界对气体做功，最终静止时温度与外界相同，内能不变，所以整个过程中，缸内气体向外界释放热量．‎ 始末状态，对汽缸由动能定理有 Mg(l0－l)sin θ＋p0S(l0－l)＋W＝0‎ 即重力、大气压力做的功和内部气体压力做的功之和为零．‎ 对封闭气体，由热力学第一定律有Q＋W′＝0‎ W′为外界对气体做的正功，且有W′＝－W 联立各式可得 Q＝－W′＝－[Mg(l0－l)sin θ＋p0S(l0－l)]＝－4 J 即放出热量大小为4 J.‎ 答案：(1)ABE　(2)①0.1 m　②放热　4 J