第一篇 专题五 第13讲 热学-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

第13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 1.估算问题 (1)分子总数：N=nNA=NA=NA。 特别提醒：对气体而言，V0=不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。 (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。 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 比较 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，但多晶体中每个小的单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·广东汕头市一模)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1 250摄氏度)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是(　　) A.这种渗透过程是自发可逆的 B.硅晶体具有光学上的各向同性 C.这种渗透过程是分子的扩散现象 D.温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增加 答案　C 解析　掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D错误。 例2　(多选)下列说法中正确的是(　　) A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18 g/mol，密度为103 kg/m3，阿伏伽德罗常数为6.02×1023 mol-1，则1毫升水中所含水分子的个数约为3.3×1022个 B.水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用 C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水 D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大 答案　AD 解析　1毫升水中所含水分子的个数为N=·NA=×6.02×1023个≈3.3×1022个，故A正确；水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误；我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油比水的密度小，故C错误；由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。 例3　(多选)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则(　　) A.图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力增大，斥力减小 B.分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C.图乙中r5一定大于图甲中r2 D.若图甲中阴影面积S1=S2，则两分子间最小距离小于r1 答案　BD 解析　题图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误；分子b从r3到r2和从r2到r1两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确；题图甲中r2处分子间作用力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应题图乙中r6处，即题图乙中r5一定小于题图甲中r2，故C错误；若题图甲中阴影面积S1=S2，则分子b从r4到r1过程分子间作用力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 1.压强的计算 (1)被活塞或气缸封闭的气体，通常分析活塞或气缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa。 (2)水银柱密封的气体，应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg。 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中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。 (2)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求解。 3.关联气体问题 解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 例4　(2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　) 答案　B 解析　根据=c，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。 例5　(2024·广东卷·13)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两个导热良好的气缸通过差压阀连接，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=4.0×10-2 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，忽略活塞与气缸间的摩擦，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； (2)求A内气体体积VA2； (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　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg 解析　(1)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得pB2=9×104 Pa 由于p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa (2)A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3 (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·广东佛山市二模)抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。某次施工时，工人把横截面积为S=0.02 m2的吸盘放在质量m=20 kg的岩板上，多次按压抽气泵抽出吸盘内空气，使吸盘内空气体积变为原来的一半，此时恰能向上提起岩板，假设吸盘内的气体为理想气体，抽气过程中温度不变，外界大气压强为p0=1.0×105 Pa。重力加速度g=10 m/s2，求： (1)此时吸盘内气体的压强； (2)吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。 答案　(1)9.0×104 Pa　(2) 解析　(1)设此时吸盘内气体压强为p，以岩板为研究对象，根据受力平衡可得mg+pS=p0S 可得p=p0-=1.0×105 Pa- Pa=9.0×104 Pa (2)解法一　设吸盘内原来空气体积为V0，根据玻意耳定律可得 p0V0=p·+pV抽 则吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为==。 解法二　设吸盘内原来气体质量为m1，抽气后剩余气体质量为m2，根据克拉伯龙方程pV=nRT有== 所以吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为==。 利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题 克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。 考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用 1.理想气体相关三量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。 例7　(多选)(2024·新课标卷·21)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是 (　　) A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 答案　AD 解析　1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增加，故A正确；2→3为等压过程，由=c知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此过程气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据=c知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确。 例8　(2024·浙江1月选考·17)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa，隔板厚度不计。 (1)气体从状态1到状态2是　　　　(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；  (2)求水平恒力F的大小； (3)求电阻丝C放出的热量Q。 答案　(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J 解析　(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2·2V1 解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa 解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得 p2S=p0S+F 解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。 (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有 = 可得状态3气体的体积为 V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J 根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q' 解得气体吸收的热量为Q'=ΔU+W=63.8 J+25.5 J=89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。 专题强化练 ［1 选择题］　［分值：60分］ 1~6题每题6分，7~9题每题8分，共60分 ［保分基础练］ 1.(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体(　　) A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 答案　A 解析　夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 2.(多选)(2024·广东惠州市一模)压缩空气储能系统能将空气压缩产生的热能储存起来，发电时让压缩的空气推动发电机工作，这种方式能提升压缩空气储能系统的效率，若该系统始终与外界绝热，空气可视为理想气体。对于上述过程的理解正确的是(　　) A.压缩空气过程中，组成空气的气体分子平均动能不变 B.压缩空气过程中，空气温度升高，内能增加 C.该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100% D.压缩的空气在推动发电机工作的过程中，空气对外做功，压强减小 答案　BD 解析　压缩空气过程中，外界对气体做正功，系统与外界绝热，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能增大，温度升高，组成空气的气体分子平均动能增大，故A错误，B正确；由热力学第二定律可知，该方式不能够将压缩空气储能的效率提升到100%，故C错误；压缩的空气在推动发电机工作的过程中，气体膨胀，体积变大，空气对外做功，由=c可知压强减小，故D正确。 3.(2023·重庆卷·4)密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　) 答案　C 解析　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有=c，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。 4.(2024·广东中山市第一中学统测)某教室内的空间为50 m3，温度为17° C，大气压强为76 cmHg，室内空气质量为60 kg。由于使用暖气，一段时间后，温度恒为27°C，大气压为76 cmHg，则教室内空气的质量变为(　　) A.2 kg B.37.8 kg C.58 kg D.62 kg 答案　C 解析　以原60 kg气体为研究对象，初态：p1=76 cmHg，V1=50 m3，T1=290 K；末态：p2=76 cmHg，T2=300 K；气体发生等压变化，则有=，联立解得教室内空气的质量m2=m1≈58 kg，，故选C。 5.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 (　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 答案　AC 解析　由理想气体状态方程=c，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa<pb=pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。 6.(多选)(2023·山东卷·9)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A.初始状态下，气体的体积为6 L B.等压过程中，气体对外做功400 J C.等压过程中，气体体积增加了原体积的 D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 答案　AD 解析　设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0，V1=V0，T1=300 K，等容过程为状态二p2=？，V2=V1=V0，T2=400 K，等压过程为状态三p3=p0，V3=？，T3=400 K，由理想气体状态方程可得，==，解得p2=p0，V3=V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU=W+Q=400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W=p0(V0-V0)=200 J，解得V0=6 L，A正确，B错误。 ［争分提能练］ 7.(2024·山东卷·6)一定质量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 答案　C 解析　a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<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Q>0，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，A错误； 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ΔU<0，即气体内能减少，B错误； c→a过程为等温过程，可知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，C正确； 根据热力学第一定律结合上述分析可知：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，W<0，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不等于c→a过程放出的热量，D错误。 8.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是 (　　) A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 答案　B 解析　由盖—吕萨克定律得= 其中V1=V0+Sl1=335 cm3， T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3) 代入解得T=x+(K) 根据T=t+273 K 可知t=x+(℃) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； 当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误； 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 9.(多选)(2023·新课标卷·21)如图，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将气缸分为f、g、h三部分，活塞与气缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(　　) A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 答案　AD 解析　对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS，故Vh<Vg<Vf，由理想气体状态方程可知==，所以Th<Tf，故C错误；由理想气体状态方程可知==，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B错误。 ［2 计算题］　［分值：60分］ 1.(10分)(2023·广东卷·13)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求： (1)(3分)pB的表达式； (2)(4分)TC的表达式； (3)(3分)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 答案　(1)p0　(2)1.9T0　(3)增加W 解析　(1)由A到B的过程根据玻意耳定律可得 pAVA=pBVB 解得pB=p0 (2)从B到C的过程根据理想气体状态方程可知 = 解得TC=1.9T0 (3)根据热力学第一定律可知 ΔU=W+Q 其中Q=0， 故气体内能增加ΔU=W。 2.(10分)(2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的气缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、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。 (1)(5分)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)(5分)再将气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　(1)100 N　(2)327 K 解析　(1)活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态p2=？、V2=S·10 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得F+p0S=p2S+FN 解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N (2)将气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， 初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K 末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S 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。 3.(12分)(2024·甘肃卷·13)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部分气体抽出一半，系统稳定后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)(8分)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。 (2)(4分)弹簧的劲度系数k。 答案　(1)p0　p0　(2) 解析　(1)对A内气体分析： 抽气前：体积V=Sl　压强p0 抽气后：VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B内气体分析， 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)由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 4.(12分)(2023·河北卷·13)如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升高到310 K时，气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa，水柱长度不计。 (1)(3分)求温度变化过程中氮气对外界做的功； (2)(4分)求葫芦的容积； (3)(5分)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏伽德罗常数NA取6.0×1023 mol-1。 答案　(1)0.4 J　(2)119 cm3　(3)2.9×1021 解析　(1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l、l'，气体对外做的功为W。 根据功的定义有W=p0S(l'-l) 解得W=0.4 J (2)设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2， 根据盖—吕萨克定律有= V1=V+Sl V2=V+Sl' 联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3 (3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下，1 mol氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n。 根据盖一吕萨克定律有= 其中n=NA 联立以上各式并代入题给数据得 n≈2.9×1021个。 5.(16分)(2023·湖南卷·13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 (1)(8分)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (2)(8分)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 答案　(1)　(2)［1-()n］p0S 解析　(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强p1、气体体积V=V0+V1 根据玻意耳定律p0V0=p1V 解得p1= (2)同理第二次抽气p1V0=p2V 解得p2==()2p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强 pn=()np0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=［1-()n］p0S。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热学　光学　近代物理 专题五 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。 目标要求 第13讲　热学 知识体系 知识体系 内容索引 考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 考点一　分子动理论　固体和液体 专题强化练 5 考点一 分子动理论　固体和液体 1.估算问题 (1)分子总数：N=nNA=NA=NA。 特别提醒：对气体而言，V0=不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。 (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。 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 比较 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，但多晶体中每个小的单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。 　 (2024·广东汕头市一模)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1 250摄氏度)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是 A.这种渗透过程是自发可逆的 B.硅晶体具有光学上的各向同性 C.这种渗透过程是分子的扩散现象 D.温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都 　增加 例1 √ 掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确； 由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误； 温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D错误。 　 (多选)下列说法中正确的是 A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18 g/mol，密度为103 kg/m3， 　阿伏伽德罗常数为6.02×1023 mol-1，则1毫升水中所含水分子的个数约 　为3.3×1022个 B.水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用 C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水 D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁 　碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压 　强未必增大 例2 √ √ 1毫升水中所含水分子的个数为N=·NA=×6.02×1023个≈ 3.3×1022个，故A正确； 水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误； 我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油比水的密度小，故C错误； 由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。 例3 　 (多选)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则 A.图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引 　力增大，斥力减小 B.分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C.图乙中r5一定大于图甲中r2 D.若图甲中阴影面积S1=S2，则两分子间最小距离小于r1 √ √ 题图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误； 分子b从r3到r2和从r2到r1两过程， 若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确； 题图甲中r2处分子间作用力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应题图乙中r6处，即题图乙中r5一定小于题图甲中r2，故C错误； 若题图甲中阴影面积S1=S2，则分子b从r4到r1过程分子间作用力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。 考点二 气体实验定律 理想气体状态方程 1.压强的计算 (1)被活塞或气缸封闭的气体，通常分析活塞或气缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa。 (2)水银柱密封的气体，应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg。 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中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。 (2)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求解。 3.关联气体问题 解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 例4 　 (2023·辽宁卷·5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是 √ 根据=c，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。 　 (2024·广东卷·13)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两个导热良好的气缸通过差压阀连接，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=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压 例5 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，忽略活塞与气缸间的摩擦，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　9×104 Pa　 假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得pB2=9×104 Pa 由于p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa (2)求A内气体体积VA2； 答案　3.6×10-2 m3 A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3 (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　1.1×102 kg 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。 　(2024·广东佛山市二模)抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。某次施工时，工人把横截面积为S=0.02 m2的吸盘放在质量m=20 kg的岩板上，多次按压抽气泵抽出吸盘内空气，使吸盘内空气体积变为原来的一半，此时恰能向上提起岩板，假设吸盘内的气体为理想气体，抽气过程中温度不变，外界大气压强为p0=1.0×105 Pa。重力加速度g=10 m/s2，求： 例6 (1)此时吸盘内气体的压强； 答案　9.0×104 Pa 设此时吸盘内气体压强为p，以岩板为研究对象，根据受力平衡可得mg+pS=p0S 可得p=p0-=1.0×105 Pa- Pa=9.0×104 Pa (2)吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。 答案　 解法一　设吸盘内原来空气体积为V0， 根据玻意耳定律可得 p0V0=p·+pV抽 则吸盘内被抽出气体质量和原来 气体质量的比值为==。 解法二　设吸盘内原来气体质量为m1，抽气后剩余气体质量为m2，根据克拉伯龙方程pV=nRT有 == 所以吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值为==。 提炼·总结 利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题 克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。 热力学定律与气体实验定律的综合应用 考点三 1.理想气体相关三量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。 　 (多选)(2024·新课标卷·21)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是 A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 √ 例7 √ 1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能增加，故A正确； 2→3为等压过程，由=c知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知气体吸收热量，故B错误； 3→4为绝热过程，此过程气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误； 4→1为等容过程，根据=c知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确。 (2024·浙江1月选考·17)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)， 例8 使气体达到温度T3=350 K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa，隔板厚度不计。 (1)气体从状态1到状态2是　　　　(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能 　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；  不可逆 不变 根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。 (2)求水平恒力F的大小； 答案　10 N 气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2·2V1 解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa 解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止， 以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得 p2S=p0S+F 解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。 (3)求电阻丝C放出的热量Q。 答案　89.3 J 当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有 = 可得状态3气体的体积为 V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J 根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q' 解得气体吸收的热量为Q'=ΔU+W=63.8 J+25.5 J =89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。 专题强化练 [1 选择题] [2 计算题] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对一对 [1 选择题] 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A BD C C AC AD C B 题号 　9 答案 　AD 对一对 1 2 3 [2 计算题] 4 答案 题号 1 2 3 答案 (1)p0　(2)1.9T0　(3)增加W (1)100 N　(2)327 K (1)p0　p0　(2) 题号 4 5 答案 (1)0.4 J　(2)119 cm3　(3)2.9×1021 (1)　(2)[1-()n]p0S 5 1.(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体 A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误； 由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 2.(多选)(2024·广东惠州市一模)压缩空气储能系统能将空气压缩产生的热能储存起来，发电时让压缩的空气推动发电机工作，这种方式能提升压缩空气储能系统的效率，若该系统始终与外界绝热，空气可视为理想气体。对于上述过程的理解正确的是 A.压缩空气过程中，组成空气的气体分子平均动能不变 B.压缩空气过程中，空气温度升高，内能增加 C.该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100% D.压缩的空气在推动发电机工作的过程中，空气对外做功，压强减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 压缩空气过程中，外界对气体做正功，系统与外界绝热，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能增大，温度升高，组成空气的气体分子平均动能增大，故A错误，B正确； 由热力学第二定律可知，该方式不能够将压缩空气储能的效率提升到100%，故C错误； 压缩的空气在推动发电机工作的过程中，气体膨胀，体积变大，空气对外做功，由=c可知压强减小，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2023·重庆卷·4)密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有=c，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。 4.(2024·广东中山市第一中学统测)某教室内的空间为50 m3，温度为17° C，大气压强为76 cmHg，室内空气质量为60 kg。由于使用暖气，一段时间后，温度恒为27°C，大气压为76 cmHg，则教室内空气的质量变为 A.2 kg B.37.8 kg C.58 kg D.62 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 以原60 kg气体为研究对象，初态：p1=76 cmHg，V1=50 m3，T1=290 K；末态：p2=76 cmHg，T2=300 K；气体发生等压变化，则有=，联立解得教室内空气的质量m2=m1≈58 kg，，故选C。 5.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由理想气体状态方程=c，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa<pb=pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确； 由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误； ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确； ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。 6.(多选)(2023·山东卷·9)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是 A.初始状态下，气体的体积为6 L B.等压过程中，气体对外做功400 J C.等压过程中，气体体积增加了原体积的 D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0，V1=V0，T1=300 K，等容过程为状态二p2=？，V2=V1=V0，T2=400 K，等压过程为状态三p3=p0，V3=？，T3=400 K，由理想气体状态方程可得，==，解得p2=p0，V3=V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错误； 等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU=W+Q=400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W=p0(V0-V0)=200 J，解得V0=6 L，A正确，B错误。 7.(2024·山东卷·6)一定质量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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<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Q>0，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，A错误； 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ΔU<0，即气体内能减少，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 c→a过程为等温过程，可知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，C正确； 根据热力学第一定律结合上述分析可知： 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，W<0，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不等于c→a过程放出的热量，D错误。 8.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是 A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由盖—吕萨克定律得= 其中V1=V0+Sl1=335 cm3， T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3) 代入解得T=x+(K) 根据T=t+273 K 可知t=x+(℃) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当x=20 cm时，该装置所测的温度最高， 代入解得tmax≈31.5 ℃， 故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误； 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(多选)(2023·新课标卷·21)如图，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将气缸分为f、g、h三部分，活塞与气缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后 A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 √ √ 对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积 增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部 分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹 力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确； 当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS， 故Vh<Vg<Vf，由理想气体状态方程可知= =，所以Th<Tf，故C错误； 由理想气体状态方程可知==，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1.(2023·广东卷·13)在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像，气泡 答案 1 2 3 4 5 内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求： 答案 1 2 3 4 5 (1)pB的表达式； 答案　p0　 由A到B的过程根据玻意耳定律可得 pAVA=pBVB 解得pB=p0 答案 1 2 3 4 5 (2)TC的表达式； 答案　1.9T0　 从B到C的过程根据理想气体状态方程可知 = 解得TC=1.9T0 答案 1 2 3 4 5 (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 答案　增加W 根据热力学第一定律可知 ΔU=W+Q 其中Q=0， 故气体内能增加ΔU=W。 2.(2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的气缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、 答案 1 2 3 4 5 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。 (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 2 3 4 5 答案　100 N　 活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态p2=？、V2=S·10 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得F+p0S=p2S+FN 解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N 答案 1 2 3 4 5 (2)再将气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 1 2 3 4 5 答案　327 K 将气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， 初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K 末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S 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。 答案 1 2 3 4 5 3.(2024·甘肃卷·13)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部分气体抽出一半，系统稳定后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内气体的压强pA、pB。 答案 1 2 3 4 5 答案　p0　 p0 　 答案 1 2 3 4 5 对A内气体分析： 抽气前：体积V=Sl　压强p0 抽气后：VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B内气体分析， 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　 由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 答案 1 2 3 4 5 4.(2023·河北卷·13)如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升高到310 K时，气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa， 水柱长度不计。 (1)求温度变化过程中氮气对外界做的功； 答案 1 2 3 4 5 答案　0.4 J 答案 1 2 3 4 由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l、l'，气体对外做的功为W。 根据功的定义有W=p0S(l'-l) 解得W=0.4 J 5 (2)求葫芦的容积； 答案 1 2 3 4 5 答案　119 cm3 答案 1 2 3 4 5 设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2， 根据盖—吕萨克定律有= V1=V+Sl V2=V+Sl' 联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3 (3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏伽德罗常数NA取6.0×1023 mol-1。 答案 1 2 3 4 5 答案　2.9×1021 答案 1 2 3 4 5 设在1.0×105 Pa、273 K状态下，1 mol氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n。 根据盖一吕萨克定律有= 其中n=NA 联立以上各式并代入题给数据得 n≈2.9×1021个。 5.(2023·湖南卷·13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。 答案 1 2 3 4 5 已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 答案 1 2 3 4 5 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； 答案　　 以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强p1、气体体积V=V0+V1 根据玻意耳定律p0V0=p1V 解得p1= 答案 1 2 3 4 5 (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 答案　[1-()n]p0S 答案 1 2 3 4 5 同理第二次抽气p1V0=p2V 解得p2==()2p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强 pn=()np0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=[1-()n]p0S。 本课结束 THANKS $$