第14讲 热学-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

专题六　热血　原子物理 [构建知识网络] 第14讲　热学 【目标要求】　1.理解分子动理论,知道固体、液体和气体的特点。 2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题。3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。 考点一　分子动理论　固体和液体 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 内容索引 考点三　热力学定律与气体实验定律相结合 培优　热点训练 精准补弱 考点四　常见的变质量气体问题 考点一　分子动理论　固体和液体 一 6 1.估算问题 (1)分子总数:N=nNA=NA=NA。 (2)两种分子模型:①球体模型:V=πR3=πd3(d为球体直径);②立方体模型:V=a3。 2.分子热运动:分子永不停息地做无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈,即平均速率越大,但某个分子的瞬时速率不一定大。实例:布朗运动和扩散现象。 3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 4.气体压强的微观解释 5.晶体与非晶体 分类 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定 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 联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 6.液体 (1)表面张力:使液体表面积收缩到最小。 (2)液晶:既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。 [例1]　(2024·江苏常州三模)石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料,一层层叠起来就是石墨,1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是(　　) A.石墨是晶体,石墨烯是非晶体 B.石墨烯中的碳原子始终静止不动 C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变 D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用 C [解析]　石墨有规则的形状是晶体,石墨烯是石墨中提取出来的新材料,也有规则的形状,也是晶体,故A错误;石墨中的碳原子是一直运动的,故B错误;石墨烯是晶体,在熔解过程中,温度不变,故碳原子的平均动能不变,故C正确;石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力,故D错误。 [例2]　(2024·江苏南通高三模拟)两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中,管中液面如图所示,则(　　) A.该现象不是毛细现象 B.该液体对玻璃是浸润的 C.减小管的直径,管中液面会下降 D.液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强 C [解析]　当液体与固体接触时,液体的附着层将沿固体表面收缩的现象叫不浸润,当液体与固体接触时,液体的附着层将沿固体表面延伸的现象叫浸润,根据图像可知,液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩,则该液体对玻璃是不浸润的,B错误;浸润液体在细管中上升的现象与不浸润液体在细管中下降的现象叫毛细现象,A错误;毛细现象中,细管叫毛细管,毛细管直径越小,毛细现象越明显,即不浸润液体中,减小管的直径,管中液面会进一步下降,C正确;在不浸润现象中,液体和玻璃间的附着层内的分子比液体内部稀疏,附着层内的液体分子间表现出相互作用的引力 效果,使得液体的附着层将沿固体表面收缩,D错误。 [例3]　如图所示,甲分子固定在坐标原点O,乙分子在沿x轴距离甲分子很远的地方由静止向甲分子运动,在此过程中乙分子仅受到二者之间的分子间相互作用力,且乙分子出发时二者势能大小可忽略不计。两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示。图中分子势能的最小值为-E0。下列说法正确的是(　　) A.乙分子在P点(x=x2)时,加速度最大 B.乙分子在P点(x=x2)时,其动能为E0 C.乙分子在Q点(x=x1)时,处于平衡状态 D.当x>x1时,分子间的作用力表现为引力 B [解析]　乙分子在x2时,分子势能最小,分子间距离为平衡距离,分子力为零,故加速度为零,此时速度最大,动能最大,故A、C错误;由于乙分子在沿x轴距离甲分子很远的地方仅在分子间相互作用力下由静止向甲分子运动,则其分子势能和动能之和始终为零,在x2处电势能为-E0,则此时动能等于E0,故B正确;在x2>x>x1范围内,随着距离减小,分子势能增大,即分子力做负功,分子间的作用力表现为斥力,故D错误。 二 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 18 1.压强的计算 (1)被活塞和汽缸封闭的气体,通常对活塞或汽缸进行受力分析,应用平衡条件或牛顿第二定律求得气体的压强。 (2)被液柱封闭的气体一般用等压面法;在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等;液体内深h处的总压强p=p0+ρgh,p0为液面上方的压强。 2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程 (1)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。 (2)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的实验定律列方程求解。 3.多个研究对象的问题 由活塞或液柱相联系的两部分气体问题,要注意寻找两部分气体之间的压强、体积关系,列出关联关系方程,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 [例4]　(2024·江苏卷)某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K、压强为1.0×105 Pa的理想气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测窗。现将这个容器移动到月球上,容器内的温度变成240 K,整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态。求: (1)在月球上容器内气体的压强; [答案]　(1)8×104 Pa　 [解析]　(1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则由查理定律有 = 解得p2 =8×104 Pa。 (2)观测窗所受的压力大小。 [答案]　(2)4.8×103 N [解析]　(2)根据压强的定义,气体对观测窗的压力 F=p2S=4.8×103 N。 [例5]　(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×102 m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小取g=10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管内的气体体积不计。 当环境温度降到T2=270 K时: (1)求B内气体压强pB2; [答案]　(1)9×104 Pa　 (2)求A内气体体积VA2; [答案]　(2)3.6×102 m3　 [解析]　(1)(2)假设温度降低到T2时,差压阀没有打开,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K 末态T2=270 K 根据查理定律得= 代入数据可得pB2=9×104 Pa A内气体做等压变化,压强保持不变,初态VA1=4.0×102 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖-吕萨克定律得= 代入数据可得VA2=3.6×102 m3 由于p0-pB2<Δp 假设成立,即pB2=9×104 Pa。 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。 [答案]　(3)1.1×102 kg [解析]　(3)恰好稳定时,A内气体压强为pA'=p0+ B内气体压强pB'=p0 此时差压阀恰好关闭,所以有pA'-pB'=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 [例6]　(2024·江苏南京模拟预测)如图所示,横截面积为S的汽缸内有a、b两个厚度忽略不计、质量相等的活塞,两个活塞把汽缸内的同种气体分为A、B两部分,两部分气体的质量相等,汽缸和活塞的导热性能良好,开始时环境的温度为T0,大气压强为p0,A、B两部分气柱的长度分别为1.2h、h,活塞a到缸口的距离为0.2h,重力加速度为g,活塞与缸内壁无摩擦且不漏气,求: (1)每个活塞的质量; [答案]　(1)　 [解析]　(1)设活塞的质量为m,开始时A部分气体的压强pA=p0+,B部分气体的压强pB=p0+ 由于A、B两部分相同气体的质量相等、温度相同,则 pA×1.2hS=pBhS 解得m=。 (2)缓慢升高环境温度,当活塞a刚到缸口时环境的温度。 [答案]　(2)T0 [解析]　(2)设当环境温度为T时,活塞a刚好到缸口,气体A、B均发生等压变化,设此时A气柱高为H,则B气柱高为2.4h-H,则对A气体研究有= 对B气体研究有= 解得T=T0。 三 考点三　热力学定律与气体实验定律相结合 32 1.热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路 (1)内能变化量ΔU ①由气体温度变化分析ΔU:温度升高,内能增加,ΔU>0;温度降低,内能减少,ΔU<0。 ②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。 (2)做功情况W 由体积变化分析气体做功情况:体积膨胀,气体对外界做功,W<0;体积被压缩,外界对气体做功,W>0。 (3)气体吸、放热Q 一般由公式Q=ΔU-W分析气体的吸、放热情况:Q>0,吸热;Q<0,放热。 2.对热力学第二定律的理解 热量可以由低温物体传递到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部转化为功,但会产生其他影响。 名师点拨:该考点通常利用气体状态变化图像结合热力学定律解决问题,处理这类综合问题一般思路是:根据气体图像的特点判断气体的压强、温度、体积的变化情况,从而判断气体的内能及做功情况。在处理这类问题时,应明确图像斜率和面积的物理意义,在V-T图像(或p-T图像)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;在p-V图像中,图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。 [例7]　如图所示,一定质量理想气体被活塞封闭在内壁光滑的汽缸中,汽缸和活塞绝热性能良好,活塞的横截面积为S,质量为m,静止在与汽缸底部距离为L的小挡板上;密闭气体的压强、温度与外界大气相同,分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体,电热丝两端电压为U,电流为I,通电时间为t,活塞缓慢向上移动距离2L后静止,重力加速度为g,求该过程: (1)气体内能的增量ΔU; [答案]　(1)UIt-2(p0S+mg)L　 [解析]　(1)活塞移动时受力平衡,则 p1S=p0S+mg 外界对气体做的功W=-p1S·2L 气体吸收的热量Q=UIt 根据热力学第一定律ΔU=Q+W得 ΔU=UIt-2(p0S+mg)L。 (2)最终温度T。 [答案]　(2)3T0(1+) [解析]　(2)活塞发生移动前,发生等容变化,有= 活塞向上移动2L的过程,发生等压变化,有= 又有V2=3SL=3V1 解得T=3T0(1+)。 [例8]　(2024·湖北卷)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度均为热力学温度。求: (1)再次平衡时容器内气体的温度; [答案]　(1)T0　 [解析]　(1)气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得= 即= 解得T1=T0。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 [答案]　(2)h(p0S+mg)+CT0 [解析]　(2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功的大小为W=pSΔh=h(p0S+mg) 由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。 反思提升 气体实验定律与热力学定律的综合问题的处理方法 四 考点四　常见的变质量气体问题 43 在充气、抽气等“变质量”问题中可以把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即把变质量问题转化为恒定质量问题,从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。 (1)充气中的变质量问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。 (2)抽气中的变质量问题 用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法同充气问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量问题。 (3)灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。 (4)漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解。如果把容器内剩余气体与已漏出的气体看作整体为研究对象,便可使变质量问题变成一定质量的气体状态变化的问题,可用理想气体状态方程求解。 [例9]　(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2,高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2, 大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变, 空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 (1)求x; [答案]　(1)2 cm　 [解析]　(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,气体发生等温变化,所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为 p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得 x=2 cm。 (2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 [答案]　(2)8.92×10-4 m3 [解析]　(2)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有 p0V+p2HS1=p3(HS1+S2) 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 [例10]　(2024·甘肃卷)如图,刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 [答案]　(1)p0　p0　 [解析]　(1)设抽气前两体积均为V=Sl,对A部分中的气体分析:抽气后VA=2V-V=V 根据玻意耳定律得p0V=pA·V 解得pA=p0 对B部分中的气体分析,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半即p0,则根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0。 (2)弹簧的劲度系数k。 [答案]　(2) [解析]　(2)由题意可知,弹簧的压缩量为,对活塞受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 五 培优　热点训练 55 1.一定质量的理想气体从状态a开始,第一次经等压过程到状态b,第二次先经等容过程到状态c,再经等温过程到状态b,其V-T图像如图所示,则(　　) A.a→b过程气体从外界吸热 B.a→c过程中气体向外界放出热量 C.气体在状态c时比在状态b时单位时间内撞击在 单位面积上的分子数多 D.a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功多 B 解析:a→b过程,气体压强不变,即等压变化过程,温度降低,故内能减小,该过程体积减小,外界对气体做正功,故气体向外界放热,故A错误;a→c过程,气体体积不变,即等容变化过程,外界对气体不做功,温度降低,故内能减小,故气体向外界放热,故B正确;c→b过程,气体的温度相等,体积变小,压强变大,由气体压强的微观解释可知,在状态b时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多,故C错误;a→b过程中压强不变,a→c→b过程中压强先变小再变大,两个过程中体积变化相同,a→c→b过程中的平均压强小于 a→b过程中的平均压强,所以a→c→b过程中外界对气体做 的功比a→b过程中外界对气体做的功少,故D错误。 2.如图为某兴趣小组制作的供水装置,圆柱形汽缸内部长度为40 cm,轻活塞将其分为左右两部分,左部为储水室,储水室上部一根细管连接进水口和出水口;右部为气室,气室尾部有一气阀。初始时出水口打开,储水室内无水,气阀关闭,轻活塞位于汽缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17 MPa,然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关,开始注水,活塞缓慢向右移动,当气室压强为0.34 MPa时停止注水。已知活塞横截面积为500 cm2,外界大气压强为p0=0.1 MPa, 气体看作理想气体,整个过程温度不变,由水的 重力产生的压强可忽略,活塞厚度、摩擦不计,求: (1)从气阀充入的气体和原有气体质量之比; 答案:(1)12∶5　 解析:(1)设供水装置的体积为V,从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V1,当气室充气至压强为p1=0.17 MPa,活塞要从中间移动到左端,由玻意耳定律有p0·+p0V1=p1V 解得V1=1.2V 从气阀充入的气体和原有气体质量之比为 ==。 (2)注水结束后,打开出水口,当气室压强下降到0.25 MPa时,排出水的体积。 答案: (2)3 600 cm3 解析: (2)当注水结束时,气室压强为p2=0.34 MPa时,气体的体积为V2,有p1V=p2V2 解得V2=V 说明活塞又回到正中央,打开出水口,气室压强下降到p3=0.25 MPa时,根据玻意耳定律有p2V2=p3V3 解得V3=V 则排出水的体积为ΔV=V3-V2=== cm3=3 600 cm3。 六 精准补弱 63 1.关于热现象,下列说法正确的是(　　) A.两热力学系统达到热平衡的标志是内能相同 B.气体温度上升时,每个分子的热运动都变得更剧烈 C.气体从外界吸收热量,其内能可能不变 D.布朗运动是液体分子的无规则运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:两热力学系统达到热平衡的标志是温度相同,选项A错误;气体温度上升时,分子的平均动能变大,但不是每个分子的热运动都变得更剧烈,选项B错误;气体从外界吸收热量,若同时对外做功,则其内能可能不变,选项C正确;布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动,是液体分子无规则运动的具体表现,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.氦是一种惰性气体,具有较低的沸点和良好的热传导性能。它被广泛应用于制冷和冷却中。若以M表示氦的摩尔质量,V表示在标准状态下氦蒸气的摩尔体积,ρ表示在标准状态下氦蒸气的密度,NA表示阿伏加德罗常数,M0、V0分别表示每个氦分子的质量和体积,则下列表达式正确的是(　　) A.NA=　　　　　　 B.ρ= C.M0= D.V0= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:氦气体中分子之间的距离远大于分子直径,每个分子的体积远小于每个气体分子平均所占的空间,则每个氦分子的体积V0≠,D错误;一摩尔的任何物质包含的分子数都等于阿伏加德罗常数NA,氦的摩尔质量M=ρV=M0NA,则M0=,NA=,ρ=≠,C正确,A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(2024·江苏连云港高三统考)关于下列各图的说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.图甲中,实验现象说明薄板材料是非晶体 B.图乙中,当分子间距离为r0时,分子力为零 C.图丙中,T1对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图 D.图丁中,微粒越大,单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越明显 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:题图甲中,实验现象说明薄板材料在导热性上具有各向同性,但薄板材料可能是非晶体,也可能是多晶体,A错误;题图乙中,当分子间距离为r0时,分子力为零,B正确;题图丙中,T2对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图,C错误;题图丁中,微粒越小,单位时间内受到液体分子撞击次数越少,不平衡性越明显,布朗运动越明显,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(2023·江苏卷)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　) A.气体分子的数密度增大 B.气体分子的平均动能增大 C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:由理想气体状态方程=C得p=T,p-T图像为一条过原点的直线,则气体从A到B,体积V不变,分子的数密度ρ数=不变,A错误; 由A到B, 气体的温度 T↑压强p↑ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2022·江苏卷)在自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行了讨论,下列说法中正确的是(　　) A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变 B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大 C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体 D.温度变化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 解析:密闭容器中的氢气质量不变,分子个数不变,根据n=可知,当体积增大时,单位体积内分子个数变少,分子的密集程度变小,故A错误;气体压强是大量气体分子不断撞击容器壁的结果,压强增大并不是因为分子间斥力增大,故B错误;普通气体在温度不太低、压强不太大的情况下才能看作理想气体,故C错误;温度是气体分子平均动能的标志,大量气体分子的速率呈现“中间多,两边少”的规律,温度变化时,大量分子的平均速率会变化,即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.一定质量的理想气体,其压强p随摄氏温度t变化的图像如图中线段ab所示,则从状态a到状态b(　　) A.气体体积不变 B.气体对外做功 C.气体放出热量 D.气体吸收的热量等于其内能的增加量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 解析:连接a、b两点及-273 ℃作出a、b两个状态的等容线,如图所示,可以看出状态a对应的等容线斜率比状态b对应的等容线斜率大,根据=C,即=可知,从a到b,气体体积增大,气体对外做功,故A错误,B正确;从a到b,气体体积增大,气体对外做功,同时温度升高,气体内能增大,根据热力学第一定律可知气体吸收热量,且吸收的热量大于其内能的增加量,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(2024·山东卷)一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是(　　) A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.b→c过程,气体对外做功,内能增加 C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析:a→b过程压强不变,是等压变化且体积增大,气体对外做功W<0,由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta,即内能增大,ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,a→b过程,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,故A错误。方法一:b→c过程中气体与外界无热量交换,即Qbc=0,又由气体体积增大可知Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少;方法二:c→a过程为等温过程,所以Tc=Ta,结合Tb>Ta分析可知Tb>Tc,所以b到c过程气体的内能减少,故B错误。c→a过程为等温过程,Tc=Ta,ΔUac=0,根据热力学第一定律可知,a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,故C正确。a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,由热力学 第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0,故a→b过程,气体从外界 吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(2024·江苏南通模拟)肺活量是指在标准大气压p0=1 atm下,人一次尽力呼出气体的体积。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)某实验小组设计了“吹气球法”粗测肺活量,如图所示,小红同学将一口气吹入气球内(吹气前气球内部的空气可忽略不计),若吹气后气球可看作球形,半径为r,球内气体的压强为p=5 atm,球内气体可看作理想气体,整个过程温度保持不变,球体体积计算公式为V=πr3,求小红同学的肺活量V0; 答案:(1)πr3　 解析:(1)对吹出的一定质量的气体,根据玻意耳定律得p0V0=pπr3 由题意知p0=1 atm,p=5 atm,代入得小红同学的肺活量为V0=πr3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)在标准状态下,某游泳运动员的肺活量为V=5.6 L,空气的摩尔体积为Vmol=22.4 L/mol,阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1,求该运动员一次能呼出的气体分子数N(计算结果保留两位有效数字)。 答案: (2)1.5×1023 解析: (2)空气分子数N=NA 代入数值得N=1.5×1023。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。 (1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示); 答案:(1)　 解析:(1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有 pV=p0V0 解得V0=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足:(p-p0)(V-VB0) = C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。 答案: (2)5×10-3 m3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0 对气球进行受力分析如图所示, 根据气球的受力分析有FN+ρ0gV=m气g+m0g 结合题中p和V满足的关系为(p-p0)(V-VB0)=C 解得V=5×10-3 m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·全国甲卷)如图,一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与汽缸底部的距离=10,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在卡销a处,汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变),外力增加到200 N并保持不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小; 答案:(1)100 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)活塞从位置a到b过程中,气体做等温变化,初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态V2=S·10,p2=? 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N 解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 答案: (2)327 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,当活塞刚好能离开卡销b时,气体做等容变化,初态p2=1.1×105 Pa,T2=300 K 末态,对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S 解得p3=1.2×105 Pa 设此时温度为T3,根据查理定律有= 解得T3≈327 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(2024·广西卷)如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小; 答案:(1)50 N　 解析:(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化; 答案: (2)见解析　 解析: (2)根据题意可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k· 根据F=pS可得气体压强为p=(SI) 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI) 故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变,故气体做等温变化。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。 答案: (3)见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: (3)在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3 在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3 根据玻意耳定律有paVa=pbVb 其中pb=p0 解得pa=40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$