第十五章 热学（教师用书）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

第十五章　热　学 第一讲　分子动理论 内能 固体 液体 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)扩散现象只能在气体中进行。 (×) (2)布朗运动是指液体分子的无规则运动。 (×) (3)温度越高，布朗运动越剧烈。 (√) (4)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。 (×) (5)1 ℃=1 K。 (×) (6)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。 (×) (7)(2024·浙江6月选考)分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少。 (×) (8)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。 (×) (9)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。 (×) (10)晶体有天然规则的几何形状，是因为晶体的物质微粒是规则排列的。 (√) (11)液晶是液体和晶体的混合物。 (×) (12)草叶上的小露珠呈球形是液体的表面张力作用的结果。 (√) (13)(2023·浙江6月选考)液体的表面张力方向总是跟液面相切。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　微观量的估算(基础点速过)　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉固体微观量的估算 1.(多选)地球到月球的平均距离为3.8×105 km。已知铁的摩尔质量为5.6×10-2 kg/mol，密度为7.9×103 kg/m3。若把铁分子一个紧挨一个地单列排起来，筑成从地球通往月球的分子大道。则下列说法正确的是 (　 ) A.这条分子大道共需约1.36×1018 个 B. 这条分子大道共需约1.36×1015 个 C. 这条分子大道的质量约1.26×10-7 kg D. 这条分子大道的质量约1.26×10-10 kg 解析：选AC　设铁分子的直径为d，则分子大道所需铁分子的个数N=，将铁分子看作球形d=，单个铁分子的体积V0==，代入数据解得d==m≈2.8×10-10 m，则该分子大道所需铁分子的个数为N=≈1.36×1018；每个铁分子的质量m0== kg≈9.3×10-26 kg，分子大道的总质量为m=Nm0=1.36×1018×9.3×10-26 kg≈1.26×10-7 kg。故A、C正确。 ◉液体微观量的估算 2.(2025·北京海淀阶段练习)(多选)已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是 (　 ) A.若油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为m= B.若油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，则一个油酸分子的体积为V= C.若某种气体的摩尔质量为M，密度为ρ，则该气体分子间的平均距离为d= D.若某种气体的摩尔体积为V，单位体积内含有气体分子的个数为n= 解析：选BCD　若油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为m=，故A错误；若油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，油酸的摩尔体积为Vmol=，则一个油酸分子的体积为V=，故B正确；若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，摩尔体积为Vmol=，将每个气体分子占据的空间看成立方体，则该气体分子间的平均距离为d=，故C正确；若气体的摩尔体积为V，单位体积内含有气体分子的个数n=NA=，故D正确。 ◉气体微观量的估算 3.(2025·浙江杭州期中)(多选)肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量。某经常参加体育锻炼的高中男生肺活量约为5 000毫升，在呼出的气体中水蒸气的大约占总体积的6%。已知正常大气压下水蒸气的密度ρ=0.71 kg/m3，水蒸气的摩尔质量M=18 g/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1。下列说法正确的是(结果可保留两位有效数字) (　 ) A.一次呼出的水蒸气的最大体积约为3.0×10-4 m3 B.一次呼出的水蒸气的最大体积约为5 000毫升 C.一次呼出的气体中含有的水分子的数量约7.1×1021个 D.一次呼出的气体中含有的水分子的数量约7.1×1018个 解析：选AC　一次呼出的水蒸气的最大体积为V0=V×6%=5 000×10-6×6% m3=3.0×10-4 m3，A正确，B错误；一次呼出的气体中含有的水分子的数量为n=NA=×6.0×1023个=7.1×1021个，C正确，D错误。 1.两种分子模型 (1)球体模型：把分子看成球形，分子的直径：d=。适用于固体和液体。 (2)立方体模型：把分子看成小立方体，其边长：d=。适用于固体、液体和气体。 [注意]　对于气体，利用d=计算出的d不是分子直径，而是气体分子间的平均距离。 2.宏观量与微观量的相互关系 (1)微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等。 (2)宏观量：物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、物质的量n等。 (3)相互关系 ①一个分子的质量：m0==。 ②一个分子的体积：V0==。 [注意]　阿伏加德罗常数是联系宏观量(摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、密度ρ等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。如图所示。 逐点清(二)　布朗运动与分子热运动(基础点速过)　　　　 ◉对扩散现象的理解 1.人们常用84消毒液对一些场所进行消毒，84消毒液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)，在喷洒过程中人们常闻到一些刺鼻的味道，下列说法正确的是 (　 ) A.这是次氯酸钠分子扩散的结果 B.这是次氯酸钠分子做布朗运动的结果 C.如果场所温度降到0 ℃以下，就闻不到刺鼻的味道了 D.如果场所温度升高，能更慢地闻到刺鼻的味道 解析：选A　84消毒液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)，在喷洒过程中人们常闻到一些刺鼻的味道，这是次氯酸钠分子扩散的结果，故A正确，B错误；如果场所温度降到0 ℃以下，次氯酸钠分子的扩散现象不会消失，仍能闻到刺鼻的味道，故C错误；如果场所温度升高，次氯酸钠分子的扩散现象更明显，能更快的闻到刺鼻的味道，故D错误。 ◉对布朗运动的理解 2.图1为已剥皮的茶叶蛋，图2为显微镜及镜头下悬浮在水中的小碳粒每隔30 s的位置连线，下列说法正确的是 (　 ) A.剥皮的茶叶蛋外层的棕色纹理，是佐料中的色素分子扩散到蛋清中形成的 B.在0 ℃时，色素分子将不再做无规则运动 C.在30 s的时间间隔内，小碳粒做直线运动 D.布朗运动就是小碳粒内部碳分子的无规则运动 解析：选A　剥皮的茶叶蛋外层的棕色纹理，是佐料中的色素分子扩散到蛋清中形成的，故A正确；分子的热运动是永不停息的，温度的高低只影响分子运动的快慢，在0 ℃时，色素分子仍做无规则运动，故B错误；小碳粒每隔30 s的位置连线，不是小碳粒的运动轨迹，小碳粒做无规则运动，故C错误；布朗运动是悬浮在液体中的小碳粒的无规则运动，不是小碳粒内部碳分子的无规则运动，故D错误。 ◉对分子热运动的理解 3.(多选)同学们都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是 (　 ) A.如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快 B.烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里 C.在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来 D.把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉 解析：选AC　盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。 扩散现象、布朗运动与热运动的比较 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 逐点清(三)　分子力、分子势能与物体的内能(基础点速过) ◉分子力、分子势能与分子间距离的关系 1.(2023·海南高考)如图为两分子靠近过程中的示意图，r0为分子间平衡距离，下列关于分子力和分子势能的说法正确的是 (　 ) A.分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力 B.分子从无限远靠近到距离r0处的过程中分子势能变大 C.分子势能在r0处最小 D.分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小 解析：选C　分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处的过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小分子间距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。 2.(2025·吉林期末)将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，两分子间引力和斥力、分子间作用力、分子势能与距离r的关系图像如图所示(取无穷远处分子势能为零)。下列说法正确的是 (　 ) A.甲图为分子间作用力与分子间距离的关系图像，从r0到r3分子间作用力先减小后增大 B.乙图为分子势能与分子间距离的关系图像，从r1到r3分子势能先减小后增大 C.丙图中实线为分子间引力，虚线为分子间斥力 D.当分子间距离足够小时，只存在分子间斥力，当分子间距离足够大时，只存在分子间引力 解析：选B　题图甲为分子间作用力与分子间距离的关系图像，从r0到r3分子间作用力先增大后减小，故A错误；题图乙为分子势能与分子间距离的关系图像，从r1到r3分子势能先减小后增大，故B正确；分子间斥力和引力都随距离增大而减小，但斥力减小得更快，所以题图丙中实线为分子间斥力，虚线为分子间引力，故C错误；分子间总是同时存在斥力和引力，故D错误。 3.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是 (　 ) A.当r=r2时，释放两个分子，它们将开始远离 B.当r=r2时，释放两个分子，它们将相互靠近 C.当r=r1时，释放两个分子，r=r2时它们的速度最大 D.当r=r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小 解析：选C　由题图可知，两个分子在r=r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，将两个分子从r=r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1<r2，可知分子在r=r1处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正功，分子的速度增大；当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r=r2时它们的速度最大，故C正确；由于r1<r2，可知分子在r=r1处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力减小，当r>r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。 ◉物体内能与机械能的比较 4.下列有关热现象和内能的说法正确的是 (　 ) A.把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加 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，容器的机械能一定增大 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 解析：选C　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度和体积不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式使电阻内能增加的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力大小相等，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，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。 1.分子力及分子势能与分子间距离的关系 分子力F 分子势能Ep 图像 随分子 间距离 的变化 情况 r<r0 F随r增大而减小，表现为斥力 r增大，F做正功，Ep减小 r>r0 r增大，F先增大后减小，表现为引力 r增大，F做负功，Ep增大 r=r0 F引=F斥，F=0 Ep最小，但不为零 r>10r0 引力和斥力都很微弱，F=0 Ep=0 2.内能和机械能的对比 能量 定义 决定 量值 测量 转化 内能 物体内所有分子的动能和势能的总和 由物体内部分子微观运动状态决定 恒不为零 无法测量 在一定条件下可相互转化　 机械能 物体的动能及重力势能和弹性势能的总和 与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关 可以为零 可以测量 逐点清(四)　固体和液体(基础点速过)　　　　 ◉晶体与非晶体的比较 1.随着科技的发展，国家对晶体材料的研究也越来越深入，尤其是对稀土晶体的研究，已经走在世界的前列。关于晶体和非晶体，下列说法正确的是 (　 ) A.晶体都有规则的几何外形，非晶体则没有规则的几何外形 B.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现 C.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 D.多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性 解析：选D　单晶体有规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有规则的几何外形，选项A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，选项B错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项C错误；多晶体是由单晶体组合而成的，但单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，选项D正确。 ◉对液体性质的理解 2.(2025·山东潍坊期末)如图所示，某兴趣小组设计了一种“肥皂动力小船”，将小船静置在水中，用滴管在小船的尾部开口处滴入一滴肥皂水，小船即可快速向前运动。已知肥皂可以减小液体的表面张力，下列说法正确的是 (　 ) A.小船静置在水中时，不会受到液体表面张力的作用 B.表面层中分子密度大于液体内部分子密度 C.小船之所以会运动，是因为滴在小船尾部的肥皂水对小船施加了向前的推力 D.小船之所以会运动，是因为水的表面张力对船有向前的作用力 解析：选D　水与空气接触的表面层存在表面张力，由于表面层水分子间距略大于平衡距离，所以表面层水分子间的引力大于斥力，对外表现为引力，即表面张力，小船静置在水中时，受到液体表面张力的作用，故A错误；由于表面层水分子间距略大于平衡距离，则表面层中分子密度小于液体内部分子密度，故B错误；小船之所以会运动，是因为滴在小船尾部的肥皂水破坏了该位置的液体表面张力，使之明显减小，导致小船所受的整体的液体表面张力不再平衡，小船受到向前的表面张力大于向后的表面张力，所以小船会向前运动，故C错误，D正确。 3.(2025·江苏扬州期末)如图所示，水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，附着在玻璃上；在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层。下列说法正确的是 (　 ) A.水浸润石蜡 B.玻璃面上的水没有表面张力 C.蜡面上水滴呈扁平形主要是由于表面张力 D.水与玻璃的相互作用比水分子间的相互作用强 解析：选D　水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，是浸润现象，说明水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，玻璃面上的水存在表面张力，B错误，D正确；在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层，是不浸润现象，水在蜡面上不浸润，则水分子间表现为引力，A、C错误。 ◉对液晶特性的理解 4.关于液晶，下列说法正确的是 (　 ) A.液晶是液体和晶体的混合物 B.所有物质都具有液晶态 C.电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光 D.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性 解析：选D　液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。 1.晶体与非晶体的对比 比较 分类 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 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 原子排列 规则 多晶体的每个晶粒间排列不规则 不规则 典型物质 石英、云母、食盐、硫酸铜 玻璃、蜂蜡、松香 2.对液体表面张力的理解 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 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 表面张力 的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线 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 3.液晶的主要性质 (1)液晶具有各向异性，原因是在微观结构上从某个方向看，液晶分子排列比较整齐，有特殊的取向。 (2)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，因而液晶又具有液体的性质，具有一定的流动性。 [课时跟踪检测] 1.(2024·泰安模拟)做凉菜滴加香油，很快在整个厨房都能闻到香油的香味，这与分子的热运动有关。关于热学中的分子运动，下列说法正确的是 (　 ) A.厨房内弥漫着香油的香味，说明香油分子在做布朗运动 B.厨房内弥漫着香油的香味，这种现象主要是扩散现象 C.液态香油较难被压缩，是因为香油分子之间存在引力 D.香油分子的扩散快慢与温度无关 解析：选B　布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，厨房内弥漫着香油的香味，这种现象主要是扩散现象，故A错误，B正确；液态香油较难被压缩，是因为香油分子之间存在斥力，故C错误；香油分子的扩散快慢与温度有关，温度越高扩散越快，故D错误。 2.关于下列四幅图中所涉及晶体微观结构及其解释的论述中，不正确的是 (　 ) A.甲图中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质 B.乙图为金刚石中碳原子形成的一种紧密结构，相互之间作用力很强，所以金刚石十分坚硬，可制造玻璃刀和钻头 C.丙图为食盐晶体的点阵结构，晶体的许多特性都与点阵结构有关 D.丁图为液晶分子的排列示意图，液晶分子的排列会因温度、压力等外界条件的微小变动而发生变化，由此引起液晶光学性质的改变 解析：选B　题图甲中，晶体中沿不同的方向上微粒排列的情况不同，故晶体在不同的方向上会表现出不同的物理性质，选项A正确，不符合题意；题图乙为石墨的微观结构，选项B错误，符合题意；晶体的许多特性都与点阵结构有关，选项C正确，不符合题意；温度、压力、电磁作用等都可以改变液晶的光学性质，选项D正确，不符合题意。 3.(2025·淄博高三调研)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023 mol-1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为 (　 ) A.3×1021 B.3×1022 C.3×1023 D.3×1024 解析：选B　设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海=，n岸=，多吸入的空气分子个数为Δn=n海-n岸，代入数据得Δn≈3×1022，故选B。 4.(2025·江苏南通期中)如图所示，烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面某点，熔化的蜂蜡呈椭圆形。则下列说法正确的是 (　 ) A.针尖接触的是云母片背面的P点 B.云母片沿OP、OQ两个方向的导热性能相同 C.云母片内部沿x、y方向单位长度内的分子数相同 D.云母片内部沿某一方向单位长度内的分子数不同 解析：选B　用烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说明云母片是晶体；针尖接触的是云母片背面的O点，故A错误；云母片沿OP、OQ两个方向的导热性能相同，故B正确；云母片内部沿x、y方向单位长度内的分子数不同，故C错误；云母片内部沿某一方向单位长度内的分子数可能相同，故D错误。 5.(2025·北京顺义检测)如图描绘了一颗悬浮微粒受到周围液体分子撞击的情景，以下关于布朗运动的说法正确的是 (　 ) A.悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越明显 B.布朗运动就是液体分子的无规则运动 C.悬浮微粒的无规则运动，是悬浮微粒分子的无规则运动的结果 D.液体温度越高，悬浮微粒运动越剧烈 解析：选D　悬浮微粒越大，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越多，液体分子对颗粒的撞击作用力越平衡，现象越不明显，故A错误；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是由于液体分子对颗粒撞击力的不平衡造成的，所以布朗运动说明了液体分子在不停地做无规则运动，但布朗运动不是液体分子的无规则运动，也不是悬浮固体微粒的分子在做无规则运动，故B、C错误；液体温度越高，液体分子做无规则运动越剧烈，液体分子对悬浮微粒的撞击越剧烈，悬浮微粒运动越剧烈，故D正确。 6.(2025·江苏泰州检测)关于下列各图所对应现象的描述，正确的是 (　 ) A.图甲中水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用 B.图乙中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为表面张力的缘故 C.图丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降，说明水浸润塑料笔芯 D.图丁中拖拉机锄松土壤，是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来 解析：选B　水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故A错误；水银的表面张力比较大，同时水银和空气之间的相互作用力也比较小，这就导致了水银在接触到其他物体时，会尽可能地减少表面积，从而形成球状，故B正确；当一根内径很细的管垂直插入液体中，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C错误；拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象减少水分蒸发，故D错误。 7.(2024·随州月考)晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的、非常完整的丝状(横截面为圆形)晶体。现有一根铁质晶须，直径为d，用大小为F的力恰好将它拉断，断面呈垂直于轴线的圆形。已知铁的密度为ρ，铁的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力是 (　 ) A. B. C. D. 解析：选C　铁的摩尔体积为V=，单个分子的体积为V0=，又V0=πr3，所以分子的半径r=，分子的最大横截面积S0=πr2=，铁质晶须的横截面上的分子数n=，拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力F0==，故C正确。 8.分子势能随分子间距离变化的图像如图所示。据图分析可得 (　 ) A.r1处为分子平衡位置 B.r2处为分子平衡位置 C.分子间距离足够大时，分子势能最小，分子间无相互作用力 D.r<r1时，r越小，分子势能越大，分子间仅有斥力存在 解析：选B　当分子处于平衡位置时，分子间相互作用力为零，分子势能最小，则r2处为分子平衡位置，A、C错误，B正确；r<r1时，r越小，分子势能越大，分子间作用力表现为斥力，但分子间的引力和斥力同时存在，D错误。 9.喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂。其原理是喷剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外表的效果。水滴以椭球形分布在表面，故无法停留在玻璃上。从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰，如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A.水滴呈椭球形是液体表面张力作用的结果，与重力无关 B.图中的玻璃和水滴发生了浸润现象 C.水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大 D.图中水滴表面分子比水滴的内部密集 解析：选C　液体表面张力作用使得水滴呈球形，由于有重力作用使得水滴呈椭球形，A错误；题图中的玻璃和水滴不浸润，B错误；水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，C正确；题图中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，D错误。 10.(2025·黑龙江齐齐哈尔检测)茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。下列关于泡茶中的物理现象的说法错误的是 (　 ) A.泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈 B.放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象 C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的 D.打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力 解析：选D　泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确，不符合题意；放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确，不符合题意；泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确，不符合题意；打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，故D错误，符合题意。 11.如图所示，蜘蛛网的主干纤维上分布着许多纤维凸起，可作为水蒸气凝结为水珠的凝结核，在朝阳下宛如珍珠项链。下列说法正确的有 (　 ) A.清晨的露珠格外明亮，这是阳光照射进小水珠后的折射现象 B.由于露珠受到重力作用，所以露珠呈现的是上小下大的近似球状的水滴，与表面张力无关 C.水珠悬挂在蜘蛛网上，说明水可以浸润蜘蛛丝 D.不同的水珠之间靠静电力相互吸引 解析：选C　清晨的露珠格外明亮是由于露珠内部发生了全反射，经过多次全反射进入人眼，所以看起来格外明亮，故A错误；由于表面张力的作用露珠呈球形，由于露珠受到重力作用，所以呈椭球形，故B错误；水珠悬挂在蜘蛛网上，说明水可以浸润蜘蛛丝，故C正确；不同的水珠之间靠引力相互吸引，故D错误。 12.(2025·山东菏泽期末)“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”，2024年4月7日，第33届“菏泽国际牡丹花会”盛大开幕，花会的宗旨是“以花为媒、广交朋友、文化搭台、经贸唱戏、开发旅游、振兴经济”，充分体现了菏泽“牡丹之乡”的特点。下列说法正确的是 (　 ) A.水黾能站立在牡丹园内池塘水面上，是因为它受到了水的浮力作用 B.牡丹仙子的雕塑是用汉白玉制作，汉白玉、橡胶、石墨、食盐和石英都是晶体 C.牡丹园内花香四溢是分子扩散运动的结果 D.一定质量的牡丹油，温度升高时，所有分子的热运动速率都会增加 解析：选C　水黾能站立在牡丹园内池塘水面上，是因为表面张力的作用，故A错误；汉白玉、橡胶属于非晶体，石墨、食盐和石英属于晶体，故B错误；牡丹园内花香四溢是分子扩散运动的结果，故C正确；一定质量的牡丹油，温度升高时，分子的平均运动速率会增加，但不一定所有分子的热运动速率都会增加，故D错误。 13.(2025·重庆模拟)二氧化碳海洋封存技术能将二氧化碳封存在海底。研究发现，当水深超过2 500 m时，二氧化碳会变成近似固体的硬胶体。标准状况下二氧化碳气体的密度为ρ，二氧化碳的摩尔质量为M，NA表示阿伏加德罗常数，二氧化碳分子可近似看作直径为D的球体。则标准状况下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后的体积为 (　 ) A.NA B.NA C.NA D.NA 解析：选D　标准状况下体积为V的二氧化碳气体的质量m=ρV，二氧化碳的分子数为n=NA，二氧化碳气体变成硬胶体后，硬胶体的体积为V0=n·π，解得V0=NA。 14.(2025·山东泰安检测)我国已经在空间站上开展过五次精彩的太空授课，在亿万中小学生心里播撒下科学的种子。“天宫课堂”的教师们曾经做过两个有趣实验：一个是微重力环境下液桥演示实验，在两个固体表面之间可形成大尺寸液桥，如图a所示；另一个是微重力环境下液体显著的“毛细现象”演示，把三根粗细不同的塑料管，同时放入装满水的培养皿，水在管内不断上升，直到管顶，如图b所示。对于这两个实验的原理及其应用的理解，下列说法正确的是 (　 ) A.液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌” B.分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“A”位置 C.农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土形成了土壤毛细管，使得土壤下面的水分更容易被输送到地表 D.航天员在太空微重力环境中会因为无法吸墨、运墨而写不成毛笔字 解析：选A　液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”，故A正确；水表面层中水分子间距离大于内部水分子的距离r0，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土阻断了土壤毛细管，使得土壤下面的水分不容易被输送到地表，故C错误；毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部，而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用，故D错误。 第二讲　气体的性质 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)气体温度升高时，所有分子的速率均增大。 (×) (2)(人教版课后习题)在完全失重的情况下气体对器壁仍有压强。 (√) (3)任何气体都遵从气体实验定律。 (×) (4)(2023·全国乙卷)一定质量的理想气体，经过等温增压后再等温膨胀，其内能不变。 (√) (5)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。 (√) (6)一定质量的某种气体，在压强不变时，其V-T图像是过原点的直线。 (√) (7)玻意耳定律适用于质量不变，温度变化的任何气体。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　封闭气体压强的计算(迷盲点精研)　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.平衡状态下封闭气体压强的求法 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 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 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.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。 [考法全析] 类型1　“活塞+汽缸”封闭的气体 　　[例1]　(2025·云南昆明检测)如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞封闭在两个绝热汽缸中，两汽缸固定在同一水平面上，开口分别竖直向上和水平向右，活塞质量不能忽略且可沿汽缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等，它们的压强分别用p甲、p乙表示，温度分别用T甲、T乙表示。下列关系正确的是 (　 ) A.p甲>p乙，T甲>T乙 B.p甲>p乙，T甲<T乙 C.p甲<p乙，T甲>T乙 D.p甲<p乙，T甲<T乙 [解析]　对题图甲活塞受力分析有+p0=p甲，对题图乙活塞受力分析有p乙=p0，由题可知，质量相等的同种理想气体甲、乙两气体的体积相等，则根据查理定律得=，可知p甲>p乙，T甲>T乙，故选A。 [答案]　A 类型2　“液柱+管”封闭的气体 　　[例2]　(2025·四川广元阶段练习)(多选)若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　 ) A.图甲中密闭气体的压强大小是p0-ρgh B.图乙中密闭气体的压强大小是p0+ρgh C.图丙中密闭气体的压强大小是p0-ρgh D.图丁中密闭气体的压强大小是p0+ρgh1 [解析]　根据受力平衡可得p甲S+ρghS=p0S，可得题图甲中密闭气体的压强大小为p甲=p0-ρgh，故A正确；p乙S+ρghS=p0S，可得题图乙中密闭气体的压强大小为p乙=p0-ρgh，故B错误；p丙S+ρghSsin 60°=p0S，可得题图丙中密闭气体的压强大小为p丙=p0-ρghsin 60°，故C错误；p丁S=p0S+ρgh1S，可得题图丁中密闭气体的压强大小为p丁=p0+ρgh1，故D正确。 [答案]　AD 类型3　加速状态下封闭的气体 　　[例3]　(2025·山东济南期中)如图所示，一段长为L0=20 cm的水银柱将一定质量的气体密封在细玻璃管中，玻璃管放置在固定于水平地面的足够长的光滑斜面上，斜面的倾角θ=30°。当玻璃管开口向上，下端紧靠在垂直于斜面的挡板上时，玻璃管处于静止状态，密封气体的压强为p1。若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与玻璃管保持相对静止时，密封气体的压强为p2，则撤去挡板前后，密封气体的压强分别为(不计玻璃管与水银之间的摩擦，大气压强p0=76 cmHg) (　 ) A.p1=96 cmHg、p2=96 cmHg B.p1=96 cmHg、p2=76 cmHg C.p1=86 cmHg、p2=76 cmHg D.p1=86 cmHg、p2=86 cmHg [解析]　当玻璃管开口向上，下端紧靠在垂直于斜面的挡板上时，玻璃管处于静止状态，对水银柱进行分析则有p0S+mgsin θ=p1S，解得p1=86 cmHg。若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与玻璃管保持相对静止时，以玻璃管和水银整体为研究对象，根据牛顿第二定律有m'gsin θ=m'a，可得系统的加速度a=gsin θ，再以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律有p0S+mgsin θ-p2S=ma，解得p2=76 cmHg，故选C。 [答案]　C 逐点清(二)　气体实验定律及应用(重难点疏通)　　　　 1.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，其体积与热力学温度成正比 表达式 p1V1=p2V2 = 拓展：Δp=ΔT = 拓展：ΔV=ΔT 2.理想气体状态方程 =或=C(质量一定的理想气体)。 3.解决理想气体状态变化问题的基本思路 [针对训练] 题点1　等容变化与等温变化 1.汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低容易造成安全隐患。已知某型号轮胎能在-40~100 ℃温度下正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.535×105 Pa，最低胎压不低于1.616×105 Pa。设轮胎容积不变，若在温度t为20 ℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适? 解析：由于轮胎容积不变，故轮胎内气体发生等容变化。设在T0=293 K充气后的最小胎压为pmin，最大胎压为pmax。根据题意，当T1=233 K时，胎压p1=1.616×105 Pa，由查理定律，有=，代入数据，解得pmin≈2.032×105 Pa；当T2=373 K时，胎压p2=3.535×105 Pa，由查理定律，有=，代入数据，解得pmax≈2.777×105 Pa。故充气后的胎压在2.032×105~2.777×105 Pa比较合适。 答案：见解析 2.(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定质量的气体，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。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (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。 解析：(1)活塞从卡销a到卡销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 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 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)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，末态时设气体的压强为p3 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。 答案：(1)100 N　(2)327 K 题点2　等压变化与等容变化 3.(2025·东莞模拟)某同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积S=10 cm2的活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1=300 K时，活塞与缸底相距H=3 cm，与重物相距h=2 cm。环境空气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。 (1)当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2； (2)若重物质量为m=2 kg，当轻绳拉力刚好为零时，警报器开始报警，求此时缸内气体温度T3。 解析：(1)从开始到活塞刚好接触重物，气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得= 解得T2=500 K。 (2)轻绳拉力刚好为零时，由平衡条件得 p0S+mg=pS， 从接触重物到轻绳拉力刚好为零， 由查理定律得=，解得T3=600 K。 答案：(1)500 K　(2)600 K 4.(2022·重庆高考)某同学探究一封闭汽缸内理想气体的状态变化特性，得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V1的等容过程，当温度为t1时气体的压强为p1；图线Ⅱ描述的是压强为p2的等压过程。取0 ℃为273 K，求： (1)等容过程中，温度为0 ℃时气体的压强； (2)等压过程中，温度为0 ℃时气体的体积。 解析：(1)在等容过程中，设0 ℃时气体压强为p0，根据查理定律有=，解得p0=。 (2)当压强为p2，温度为0 ℃时，设此时体积为V2，则根据理想气体状态方程有=，解得V2=。 答案：(1)　(2) 题点3　等温变化、等容变化、等压变化的综合 5.(多选)如图1所示，一上粗下细的导热汽缸，上端开口，下端封闭，粗缸和细缸的长度均为l，粗缸的横截面积为2S，细缸的横截面积为S。将一横截面积为2S的薄活塞轻轻放入汽缸中，活塞缓慢下降l后静止，此时环境温度为T0，如图2所示。已知大气压强为p0，活塞与汽缸壁接触良好且与汽缸间无摩擦，封闭气体的质量不变且可视为理想气体。下列说法正确的是 (　 ) A.活塞的重力大小为1.5p0S B.环境温度上升至1.5T0时，活塞恰好回到粗缸的顶端 C.环境温度下降至0.5T0时，活塞恰好下降至粗缸的底端 D.环境温度下降至0.25T0时，封闭气体的压强为0.5p0 解析：选BC　活塞刚放入汽缸时，封闭气体初始时的压强为p0，温度为T0，体积为V0=3Sl，活塞稳定后，体积V1=2Sl，温度为T0，设此时气体的压强为p1，根据玻意耳定律，有p0V0=p1V1，解得p1=1.5p0，对活塞受力分析，根据平衡条件有p1·2S=p0·2S+G，解得G=p0S，A错误；环境温度上升至1.5T0时，若气体做等压变化，设此时气体的体积为V2，根据盖-吕萨克定律，有=，解得V2=3Sl，则活塞恰好回到粗缸的顶端，B正确；环境温度下降至0.5T0时，若气体做等压变化，设此时气体的体积为V3，根据盖-吕萨克定律，有=，解得V3=Sl，则活塞恰好下降至粗缸的底端，C正确；环境温度从0.5T0下降至0.25T0时，气体体积保持V3=Sl不变，设0.25T0 时封闭气体的压强为p2，根据查理定律，有=，解得p2=0.75p0，D错误。 逐点清(三)　气体状态变化的图像问题(重难点疏通)　　　　 　　气体的四类“等值变化”图像的比较 类别 特点(其中C为常量) 举例 等 温 变 化 p-V 图像 pV=CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p- 图像 p=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高 等容变化： p-T图像 p=T，斜率k=，即斜率越大，体积越小 等压变化： V-T图像 V=T，斜率k=，即斜率越大，压强越小 [注意]　上表中各个常量“C”意义有所不同。可以根据pV=nRT确定各个常量“C”的意义。 　　[典例]　(2023·辽宁高考)“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 (　 ) [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，故c状态的体积大于b状态的体积。故选B。 [答案]　B [规律方法] 气体状态变化图像的分析方法 (1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡态，它对应着三个状态参量；图像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)明确图像斜率的物理意义：在V-T图像(p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较图像上表示这两个状态的点到坐标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。 (3)明确图像面积的物理意义：在p-V图像中，p-V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。 1.[p-T图像](2023·江苏高考)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 解析：选B　根据=C，可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，C错误；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。 2.[p-V图像](2025·南京模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，二者间由轻杆相连，可以在水平固定的两端开口的气缸内无摩擦地滑动，缸内气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是 (　 ) 解析：选A　随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞A运动至最右端时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，故A正确，B、C、D错误。 3.(2024·江西高考)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求： (1)气体在状态D的压强pD； (2)气体在状态B的体积V2。 解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 (2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2=pDV1 代入数据解得V2 =2.0 m3 又因为气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m3。 答案：(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 4.[p-图像]一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。则 (　 ) A.a→b，压强减小、温度变大、体积增大 B.b→c，压强增大、温度降低、体积减小 C.c→d，压强不变、温度降低、体积减小 D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变 解析：选C　由题图可知，a→b过程，气体压强减小、体积增大，ab段延长线过坐标原点，则气体发生的是等温变化，故A错误；由理想气体状态方程=C可知，p=CT·，由题图可知，连接Ob的直线斜率比连接Oc的直线斜率小，所以b对应的温度低，b→c过程温度升高、压强增大、体积增大，故B错误；由题图可知，c→d过程，气体压强不变、体积变小，由理想气体状态方程=C可知，气体温度降低，故C正确；由题图可知，d→a过程，气体体积不变、压强减小，由理想气体状态方程=C可知，气体温度降低，故D错误。 5.[V-T图像](多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体 (　 ) A.在状态c的压强等于在状态a的压强 B.在状态b的压强小于在状态c的压强 C.在b→c的过程中内能保持不变 D.在a→b的过程对外做功 解析：选AC　根据V=T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。 6.[图像转化](2023·重庆高考)密封于汽缸中的理想气体，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随热力学温度T变化的p-T图像正确的是 (　 ) 解析：选C　由V-T图像可知，理想气体在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C正确。 逐点清(四)　气体实验定律的微观解释(重难点疏通)　　　　 1.气体压强的产生 单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，对器壁产生持续、均匀的压力，所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。 2.决定气体压强大小的微观因素 (1)气体分子的密集程度 气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大。 (2)气体分子的平均速率 气体的温度越高，气体分子的平均速率就越大，气体分子与器壁碰撞时(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，气体分子的平均速率越大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大。 3.实验定律的微观解释 (1)用气体分子动理论解释玻意耳定律 (2)用气体分子动理论解释查理定律 (3)用气体分子动理论解释盖-吕萨克定律 题点1　气体分子运动规律与温度的关系 1.(多选)如图所示为氮气分子在0 ℃、100 ℃两种不同温度下的速率分布情况的柱形图。由图可知 (　 ) A.T1=100 ℃，T2=0 ℃ B.T1对应氮气分子的平均动能大于T2对应氮气分子的平均动能 C.两柱形图顶端用平滑的曲线连接起来，则两条曲线下的面积相等 D.在T1温度时个别氮气分子的运动速率大于T2温度时个别氮气分子的运动速率 解析：选CD　由题图可知，两种温度下气体分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，由于T1对应速率较低的气体分子占比例较大，所以T1=0 ℃，T2=100 ℃，选项A错误；温度是分子热运动平均动能的标志，所以T1温度下气体分子的平均动能小于T2温度下气体分子的平均动能，选项B错误；在T1、T2两种不同温度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C正确；由分子热运动的无规则性可知，T2温度下气体每个分子的速率不一定都比T1温度下的大，选项D正确。 题点2　气体分子碰撞次数分析 2.(多选)某同学记录2025年1月10日教室内温度如下： 时刻 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 温度 12 ℃ 15 ℃ 18 ℃ 23 ℃ 17 ℃ 教室内气压可认为不变，则当天15：00与9：00相比，下列说法正确的是 (　 ) A.教室内所有空气分子速率均增加 B.教室内空气密度减小 C.教室内单位体积内的分子个数一定增加 D.单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数一定减少 解析：选BD　15：00比9：00温度高，温度升高则分子的平均速率增大，每个分子都在永不停息地做无规则热运动，不是所有空气分子速率都增加，故A错误；教室压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内空气的质量将减少，教室体积不变，则空气密度减小，故B正确；空气密度减小，单位体积内的分子数减少，故C错误；15：00教室内的温度比9：00大，空气分子的平均速率增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数一定减少，故D正确。 题点3　气体实验定律的微观解释 3.(2023·北京高考)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 解析：选A　夜间气温降低，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，轮胎体积会略微变小，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，故B、D错误。 4.一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为 (　 ) A.气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大 B.单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多 C.气体分子的总数增加 D.单位体积内的分子数目不变 解析：选B　温度不变，分子热运动的平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；体积压缩，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞的次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2024·广州模拟)(多选)如图所示为街头制作爆米花所用的锅。制作爆米花时，将玉米装入锅中，盖紧盖子并用火加热，一段时间后打开盖子，爆米花就制作完成了。下列相关说法正确的是 (　 ) A.加热过程中锅内气体分子的动能均增大 B.加热过程中锅内气体分子单位时间内撞击单位面积锅壁的平均作用力增大 C.锅冷却后水凝结在锅壁上时呈球状是由于液体有表面张力 D.打开锅盖瞬间锅内气体对外界做正功 解析：选BCD　加热过程中，锅内气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子的动能均增大，A错误；气体温度升高，体积不变，压强增大，则单位面积锅壁所受的平均作用力增大，B正确；凝结在锅壁上的水珠会在表面张力的作用下呈球状，C正确；打开锅盖时，锅内气体体积增大，对外界做正功，D正确。 2.拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是 (　 ) A.火罐内的气体温度不变 B.火罐内的气体温度降低，压强减小 C.火罐内的气体温度降低，压强不变 D.火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变 解析：选B　把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内、外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，D错误。 3.如图所示为一定质量理想气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积 (　 ) A.先不变后变大 B.先不变后变小 C.先变大后不变 D.先变小后不变 解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律可知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。 4.(2025·湖北黄冈期中)(多选)如图甲所示，两端封闭、粗细均匀、导热性能良好的U形细玻璃管竖直放在水平桌面上(两侧管臂竖直)，管中有一段水银隔开了两部分理想气体A、B，稳定后左臂水银面比右臂低，两部分气体体积VA>VB，下列哪些操作一定能使水银向B端移动 (　 ) A.仅缓慢升高环境温度 B.仅缓慢降低环境温度 C.环境温度不变，以管底边 CD为转轴，把U形管向里缓慢旋转90°(见图乙) D.环境温度不变，以过C点垂直纸面的轴线为轴，把U形管在竖直面内逆时针缓慢旋转90°(见图丙) 解析：选AC　假设水银不动，由查理定律得=，升高环境温度，那么气体A的压强变化比较大，水银向B端移动，故A正确，同理可知B错误；竖直放时pA>pB，平放后pA'=pB'，所以气体A的压强减小，气体B的压强变大，水银向B端移动，故C正确；逆时针旋转后pA'=pB'+hCD，可知气体A的压强可能变大、可能变小或者不变，那么水银可能向B端移动，但不是一定向B端移动，故D错误。 5.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，其中O、A、D三点在同一直线上。在状态变化的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.从A到B的过程，气体的压强变小 B.从B到C的过程中气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小 C.从B到C的过程，气体分子的平均动能增大 D.从A经B到C的过程中气体的密度不断减小 解析：选B　从状态A变化到状态B，体积不变，温度升高，由查理定律得=，可知压强变大，故A错误；从状态B变化到状态C的过程中气体体积增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减小，故B正确，C错误；从状态A变化到状态B，体积不变，气体的质量不变，则密度不变，从B到C的过程中气体的体积变大，密度减小，故D错误。 6.(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.A瓶中的药液先用完 B.当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变 C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大 D.随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变 解析：选ABC　在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭的气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律可知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B瓶中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内的封闭气体压强增大，故C正确，D错误。 7.一密闭钢瓶装有一定质量的理想气体，图中实线和虚线分别对应两个不同温度下的速率分布规律。f(v)是单位速率间隔内分子数占总分子数的比率，v是分子速率。实线下v0值两侧A、B面积相等，则 (　 ) A.实线对应的温度比虚线的高 B.实线对应的状态下所有分子的动能比虚线对应的大 C.虚线对应的状态下速率很大和很小的分子数占比都很大 D.实线上分子速率介于0~v0和v0~∞的概率相等 解析：选D　温度越高，速率大的所占百分比较大，故温度升高，曲线峰值向右移动，故实线对应的温度比虚线的低；则实线对应的状态下分子的平均动能比虚线对应的小，但不是所有分子的动能比虚线对应的小，故A、B错误；由题图可知虚线对应的状态下速率很大和很小的分子数占比都很小，故C错误；由题意可知，实线下v0值两侧A、B面积相等，则实线上分子速率介于0~v0和v0~∞的概率相等，均为50%，故D正确。 8.如图所示为一定质量的理想气体的状态由A→B→C→A变化的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是 (　 ) A.A→B过程，气体压强增加 B.B→C过程，气体压强不变 C.C→A过程，气体单位体积内的分子数减小 D.A→B过程，气体分子平均动能增大 解析：选D　过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。 9.(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V 图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列各图像中正确的是 (　 ) 解析：选BD　在p-V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律=，pC>pB，则TC>TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖-吕萨克定律=，VC>VA，则TC>TA，气体的体积减小，温度降低。A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，A错误；C项中，B→C体积减小，C错误；B、D两项符合全过程。 10.(2024·海南高考)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 解析：选B　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)，联立解得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，则刻度左右均匀，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。 11.(10分)(2024·安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；(5分) (2)充进该轮胎的空气体积。(5分) 解析：(1)由查理定律可得=， 其中p1=2.7×105 Pa，T1=273-3(K)=270 K，T2=273-23(K)=250 K， 代入数据解得充气前该轮胎气体压强的大小为 p2=2.5×105 Pa。 (2)由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0， 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 12.(10分)(2024·广西高考)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。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；(3分) (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；(3分) (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。(4分) 解析：(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时封闭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)根据题图乙可知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可得封闭气体压强为p= 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 pV=·S·×10-3=k·10-3 故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，封闭气体做等温变化。 (3)全过程中封闭气体做等温变化， 在b处时封闭气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3 在a处时封闭气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3 根据玻意耳定律paVa=pbVb=p0Sl0 解得pa=40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如图。 答案：(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图 第三讲　理想气体的三类模型及变质量问题 (一)理想气体状态变化的三类模型 模型(一)　“活塞+汽缸”模型 　　解决“活塞+汽缸”类问题的一般思路： (1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。 (3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。 (4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。 　　[例1]　(2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)最终汽缸内气体的压强； (2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 [解析]　(1)对左右汽缸内所封闭的气体，初态压强p1=p0，体积V1=SH+2SH=3SH， 末态压强为p2，体积V2=S·H+H·2S=SH， 根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得p2=p0。 (2)设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S，解得m=， 对左侧活塞受力分析可知p0S+k·H=p2S， 解得k=。 [答案]　(1)p0　(2)　 模型(二)　“液柱+管”模型 　　解答“液柱+管”类问题，关键是对液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下几点： (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面的竖直高度)。 (2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。 (3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。 (4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。 　　[例2]　(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位) [解析]　设B管的横截面积为S，由题意可知，A管的内径是B管的2倍，由S=得，A管的横截面积为4S，B管在上方时，两管内气柱长度为l=10 cm=0.1 m 设B管内气体压强为pB1，体积为VB1=lS=0.1S 设A管内气体压强为pA1，体积为VA1=l·4S=0.1×4S=0.4S 由题意得：pA1=pB1+20 cmHg A管在上方时，A管内的空气柱长度改变Δl=1 cm=0.01 m 所以A管中水银柱长度减小Δl，A管中气柱体积增大ΔV=Δl·4S=0.01×4S=0.04S 设A管内气体压强为pA2，体积为VA2=VA1+ΔV=0.4S+0.04S=0.44S B管内气柱体积减小ΔV，设气体压强为pB2，体积为VB2=VB1-ΔV=0.1S-0.04S=0.06S 水银柱长度增大Δl'===0.04 m=4 cm 则pB2=pA2+20 cmHg+4 cmHg-1 cmHg=pA2+23 cmHg 由玻意耳定律，对A中气体：pA1VA1=pA2VA2 对B中气体：pB1VB1=pB2VB2 代入数据联立解得： pB1=54.36 cmHg pB2=90.6 cmHg pA1=74.36 cmHg pA2=67.6 cmHg。 [答案]　A管气体压强为74.36 cmHg　B管气体压强为54.36 cmHg 模型(三)　“两团气”模型 　　处理“两团气”问题的技巧： (1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。 (2)分析“两团气”的体积及其变化关系。 (3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。 　　[例3]　(2024·广东高考)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=4.0×10-2 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； (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。 [解析]　(1)假设温度降低到T2过程中，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 根据查理定律有= 代入数据可得pB2=0.9p0=9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变， 此时压强差p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa。 (2)A内气体压强保持不变，初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖-吕萨克定律有= 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pA3=p0+ B内气体压强pB3=p0 此时差压阀恰好关闭，所以有pA3-pB3=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 [答案]　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg (二)理想气体的变质量问题 1.变质量问题的处理方法 在处理理想气体变质量问题时，主要涉及到充气、抽气、灌气和漏气四种类型的问题。这些问题的处理方法可以通过选择合适的研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，从而简化问题的解决过程。四种常见类型处理方法如下： 类别 研究对象的选择 打气问题 选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象 抽气问题 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象 灌气问题 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象 漏气问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象 2.相关公式 利用克拉伯龙方程：把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2……的几部分理想气体进行混合，混合后气体的压强、体积、温度分别为p、V、T，根据=n1R，=n2R，…，=(n1+n2+…)R，得++…=，若温度不变，可得p1V1+p2V2+…=pV。 　　[例1·充气问题]　(2025·陕西安康期中)一种带气囊的气压式管道疏通器，其原理简化图如图所示，用气泵通过单向阀向气囊内充气，使气囊膨胀，与下水道的管壁紧贴在一起，而气囊的另一端有一顺序阀，当气囊中的压力大于顺序阀所设定的力时，顺序阀瞬间全部打开，气体进入由气囊、管壁和堵塞物组成的密闭空间，堵塞物受到压力的作用被排出管道。充气前气囊内部的容积为V0=2 L，顺序阀与堵塞物之间的气体体积为ΔV1=1.0 L，两部分气体的压强均为p0=1.0×105 Pa，当气囊内充气到体积为V1=4 L、压强p1=2.0×105 Pa时，顺序阀与堵塞物之间的气体体积变为ΔV2=0.8 L，顺序阀瞬间打开，堵塞物排出管道。已知下水管道的直径为d=30 cm，整个过程可认为两部分的气体温度均保持不变，气体均可视为理想气体。 (1)顺序阀打开前瞬间，求气囊内充入的气体与原来的气体质量之比k； (2)求堵塞物开始运动时受到的压力大小F。(计算结果保留2位有效数字) [解析]　(1)设在压强为p0的状态下充入气体体积为ΔV，根据玻意耳定律可知 p0=p1V1，解得ΔV=6 L 故气囊内充入的气体与原来的气体质量之比为k==3。 (2)对顺序阀与堵塞物之间的气体分析，由玻意耳定律有p0ΔV1=p2ΔV2 对两部分气体，由玻意耳定律有p1V1+p2ΔV2=p F=pπ，联立解得F≈1.3×104 N。 [答案]　(1)3　(2)1.3×104 N 　　[例2·抽气问题]　(2023·湖南高考)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)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (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。 [解析]　(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积为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==p0，以此类推…… 则当第n次抽气后，助力气室内的气体压强 pn=p0， 则刹车助力装置为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=p0S。 [答案]　(1)　(2)p0S [针对训练] 1.[灌气问题]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后： (1)两罐中气体的压强； (2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。 解析：(1)设调配后两罐中气体的压强为p'，由玻意耳定律有 pV+p·2V=p'(V+2V)，可得p'=p。 (2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有p'V=pV2 设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k= 联立解得k=。 答案：(1)p　(2) 2.[漏气问题](2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。 (1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度； (2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。 解析：假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有=，气体的体积V1=，V2= 解得=。 (1)气体压强不变，已知T1=(17+273)K=290 K，T2=(27+273)K=300 K，ρ1=1.46 kg/m3 上式简化为ρ1T1=ρ2T2 将已知数据代入解得ρ2≈1.41 kg/m3。 (2)气体温度T1=(17+273)K=290 K，T3=T2=300 K，压强p1=1.2 atm，p3=1.0 atm，密度ρ1=1.46 kg/m3 代入=，解得ρ3≈1.18 kg/m3。 答案：(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3 [课时跟踪检测] 1.一同学用如图所示装置测定导热性能良好的容器的容积，开始时注射器和气压计的示数分别为18 mL、1.0×105 Pa，当他用活塞缓慢将注射器内的空气完全推进容器内时，气压计的示数变为1.6×105 Pa，若忽略连接各部分的细管的容积，则可知容器的容积为 (　 ) A.10.8 mL　B.28.8 mL　C.30 mL　D.36 mL 解析：选C　设容器的容积为V，以注射器及容器内气体为研究对象，初态p1=1.0×105 Pa，V1=(V+18)mL，末态p2=1.6×105 Pa，V2=V，由玻意耳定律得p1V1=p2V2，解得V=30 mL，故选C。 2.(2025·辽宁大连检测)学校举行趣味运动会，某同学用气泵给“陆地龙舟”充气。“陆地龙舟”里原有压强为1 atm的空气0.6 m3，气泵每秒钟能把体积为5.0×10-4 m3、压强为1 atm的空气打入“陆地龙舟”中。请估算气泵工作多长时间能使“陆地龙舟”里的压强达到1.1 atm(近似认为“陆地龙舟”的体积和温度保持不变) (　 ) A.0.5 min B.1.0 min C.2.0 min D.3.0 min 解析：选C　设气泵工作时间为t，则p1V1+p1V2=p2V1，解得V2=m3=0.06 m3，则t==120 s=2.0 min。故选C。 3.(2024·烟台模拟)(多选)某科学小组利用一根粗细均匀长度为l=1 m的玻璃管，和一个导热的柱形金属容器连接在一起，做了一个简易温度计，如图所示。玻璃管水平固定在木板上，管内放入一可自由滑动的圆柱体蜡块(长度可以忽略)，摩擦不计。玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，当温度为27 ℃时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。以下说法正确的是 (　 ) A.该温度计的刻度是不均匀的 B.如果测量时外界压强增大则对应的温度测量值偏低 C.该温度计的测温范围与金属容器的体积无关 D.该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小 解析：选BD　因温度变化时被封闭的气体进行等压变化，设温度为27 ℃时封闭气体的体积为V1，金属容器的体积为V，玻璃管的横截面积为S，蜡块与右端B的距离为x，由盖-吕萨克定律得=，其中V1=V+S，T1=300 K，V2=V+Sx，代入解得T2==，因为玻璃管粗细均匀，所以温度计的刻度是均匀的，故A错误；从热胀冷缩的原理可知，温度计的刻度左侧高右侧低，在某压强下完成刻度后，如果外界压强增大，蜡块将右移，所以对应测量温度偏低，故B正确；根据=，解得ΔV=V1，可以看出金属容器的体积越大，变化相同温度管中气体体积的变化量也越大，由于玻璃管长度一定，所以该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小，故C错误，D正确。 4.(2025·江苏宿迁期末)如图所示，U形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭一定质量的理想气体，已知汽缸不漏气且内壁光滑。初始时，活塞紧压小挡板，封闭气体体积为V0，外界大气压强为p0。缓慢升高汽缸内气体的温度，气体的压强p、体积V与热力学温度T的图像可能正确的是 (　 ) 解析：选B　在气体压强小于大气压强p0时，气体做等容变化，根据=，整理得p=·T，可知p-T图像的延长线过原点，当气体压强等于大气压强p0后，气体压强保持不变，恒为p0，气体做等压变化，根据=，整理得V=，可知V-T图像的延长线过原点，故B正确，A、C、D错误。 5.江西景德镇的陶瓷以白瓷著称，素有“白如玉，明如镜，薄如纸，声如磬”之称。如图是烧制瓷器所用窑炉的简图，上方有一只能向上打开的单向阀门，阀门横截面积为S，当阀门受到大于等于2.5 p0S的净压力时，阀门打开，已知大气压强恒为p0，绝对零度取-273 ℃。某次模拟烧制过程，初始时窑内温度为27 ℃，窑内气体体积为V0，压强为p0，阀门打开后，窑内气体压强不变且可看成理想气体，则 (　 ) A.窑内温度为727 ℃时阀门打开 B.阀门打开时，窑内气压可能为2.6p0 C.窑内温度为427 ℃时窑内气压为2.0p0 D.窑内温度为987 ℃时窑内剩余气体质量为初始时的 解析：选D　外界大气对阀门的作用力恒为p0S，阀门恰好打开时，设窑内气体压强为p，有pS-p0S=2.5p0S，即p=3.5p0，B错误；阀门打开前，窑内气体发生等容变化，有=，解得T=1 050 K，即t=777 ℃，A错误；窑内温度为427 ℃时，根据=，解得p1=p0，C错误；窑内温度为987 ℃ 时，阀门处于打开状态，根据=，解得V=1.2 V0，窑内剩余气体的质量为初始时气体质量的=，D正确。 6.(2025·河北石家庄期末)一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h=5 cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ=30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L=40 cm，大气压强始终为p0=75 cmHg，取重力加速度大小g=10 m/s2，不计水银与玻璃管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是 (　 ) A.被封闭气体的压强p1=80 cmHg B.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1=31.5 cm C.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1 m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2=41.67 cm D.若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L=40 cm，则现在的温度与原来温度之比为14∶15 解析：选D　设在光滑斜面上运动时加速度为a1，对玻璃管和玻璃管内的水银柱为整体，由牛顿第二定律有mgsin θ=ma1，解得a1=gsin θ=5 m/s2，方向沿斜面向下。对水银柱，由牛顿第二定律有p0S+ρhSgsin θ-p1S=ρhSa1，解得被封闭气体的压强为p1=p0=75 cmHg，故A错误；若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，对水银柱由平衡条件有p0+ρgh=p2，解得p2=80 cmHg，对封闭气体由玻意耳定律p1SL=p2SL1，解得封闭气体的长度为L1=37.5 cm，故B错误；对水银柱，由牛顿第二定律有p3S-p0S-ρhSgsin θ=ρhSa2，解得p3=78 cmHg，对封闭气体由玻意耳定律有p1SL=p3SL2，解得封闭气体的长度为L2≈38.46 cm，故C错误；若细玻璃管开口竖直向下静止放置，对水银柱受力分析p4+ρgh=p0，解得p4=70 cmHg，对封闭气体由查理定律有=，解得现在的温度与原来温度之比为==，故D正确。 7.冬天烧炭取暖容易引发一氧化碳中毒事故，吸入的一氧化碳与血红蛋白结合，影响了血红蛋白运送氧气的能力，造成人体缺氧，高压氧舱是治疗一氧化碳中毒的有效措施。某物理兴趣小组通过放在水平地面上的汽缸来研究高压氧舱内的环境，如图所示，导热汽缸内的活塞离汽缸底部的高度为h，活塞的横截面积为S，环境温度保持不变。汽缸内气体的压强为1.2p0，该小组分别通过向汽缸内充气和向下压活塞的方式使汽缸内气体的压强增大到2p0。已知大气压强为p0，汽缸内气体可视为理想气体，活塞与汽缸密封良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　 ) A.活塞的质量为 B.仅将体积为0.5Sh、压强为1.6p0的气体充入汽缸，可使汽缸内气体的压强增至2p0 C.仅将活塞缓慢下移h，可以将汽缸内气体的压强增至2p0 D.在C选项的操作中，气体向外界放出的热量为p0Sh 解析：选B　对活塞受力分析，由平衡条件得mg+p0S=p1S，代入数据可得活塞的质量为m=，A错误；对体积为0.5Sh、压强为1.6p0的气体和封闭气体，由玻意耳定律得1.2p0·Sh+1.6p0×0.5Sh=p·Sh，解得缸内气体的压强变为p=2p0，B正确；对封闭气体由玻意耳定律得1.2p0·Sh=p'·S，解得缸内气体的压强变为p'=3p0，C错误；由于环境温度不变且汽缸是导热的，所以在活塞缓慢下移的过程中气体做等温变化，气体的内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W，如果气体压强不变，则外界对气体做功为W=1.2p0·S×h=p0Sh，ΔU=0，解得Q=-p0Sh，由于将活塞缓慢下移的过程中气体压强增大，所以气体向外界放出的热量大于p0Sh，D错误。 8.(10分)(2024·山东高考)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=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；(5分) (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。(5分) 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)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 答案：(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 9.(10分)(2024·甘肃高考)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定质量的气体，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。(5分) (2)弹簧的劲度系数k。(5分) 解析：(1)抽气前A、B两部分的气体体积为V=Sl，对气体A分析，抽气后VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pA·V 解得pA=p0 对气体B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， 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 联立解得k=。 答案：(1)p0　p0　(2) 第四讲　热力学定律与能量守恒定律 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)做功和传热的实质是相同的。 (×) (2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。 (√) (3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。 (×) (4)可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功。 (√) (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)(人教版课后习题)空调在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量。 (√) (7)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。 (√) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　热力学第一定律的理解及应用(基础点速过)　　 　　　 ◉对热力学第一定律的理解 1.(2023·全国甲卷改编)(多选)在一汽缸中用活塞封闭着一定质量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是 (　 ) A.气体的体积不变，温度升高 B.气体的体积减小，温度降低 C.气体的体积减小，温度升高 D.气体的体积增大，温度不变 解析：选ABD　气体的温度升高，则气体的内能升高，体积不变，则气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的温度降低，则气体的内能降低，体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知气体对外放热，B正确；气体的温度升高，则气体的内能升高，体积减小，则外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q可能等于零，即可能没有热量交换，C错误；气体的温度不变，则气体的内能不变，体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即气体吸收热量，D正确。 ◉热力学第一定律的应用 2.如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体 (　 ) A.内能减少 B.对外界做正功 C.增加的内能大于吸收的热量 D.增加的内能等于吸收的热量 解析：选B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程=C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，由于ΔU>0，W<0，则Q>0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。 3.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量交换，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　密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热量交换说明Q=0，忽略气体分子间的相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知内能增加量ΔU<0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低，所以A正确。 1.对热力学第一定律的理解 (1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。 (2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。 (3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。 2.热力学第一定律的三种特殊情况 (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。 (2)若过程中不做功，则W=0，Q=ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。 (3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则W+Q=0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。 逐点清(二)　热力学第一定律与气体图像的综合(基础点速过)　 　　　　　 ◉热力学第一定律与p-V图像的综合 1.(2024·新课标卷)(多选)如图，一定质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 解析：选AD　1→2为绝热过程，此时气体体积减小，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，根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W23<0，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W34<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，根据查理定律可知压强减小时温度减小，气体内能减小，由于气体体积不变，则W41=0，根据热力学第一定律可知气体向外放热，故D正确。 ◉热力学第一定律与p-T图像的综合 2.(2022·全国甲卷，改编)(多选)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图像上从a到b的线段所示。在此过程中 (　 ) A.气体一直对外做功 B.气体的内能一直增加 C.气体一直从外界吸热 D.气体吸收的热量等于其对外做的功 解析：选BC　因从a到b的p-T图像过原点，由=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体的内能增加，B正确；因W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能的增加量，C正确，D错误。 ◉热力学第一定律与V-T图像的综合 3.(2024·海南高考)(多选)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 解析：选AC　bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程=C，整理可得V=·T，可知V-T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa<pb=pc，可知ca过程气体压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，体积减小，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得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。 热力学第一定律与气体图像的综合问题的解题思路 (1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。 (2)在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。 (3)结合热力学第一定律判断有关问题。 逐点清(三)　热力学第一定律与气体实验定律的结合(重难点疏通) 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　[典例]　(2023·山东高考)(多选)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 [解析]　令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0，V1=V0，T1=300 K，经等容过程压强为p2，体积V2=V1=V0，温度T2=400 K，经等压过程压强为p3=p0，体积变为V3，温度T3=400 K，由理想气体状态方程可得==，解得p2=p0，V3=V0，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=200 J，解得V0=6 L，A正确，B错误。 [答案]　AD 　　[规律方法] 热力学第一定律与气体实验定律结合问题的解题思路 [针对训练] ◉盖-吕萨克定律与热力学定律的结合 1.(2024·湖北高考)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，所有温度为热力学温度。求： (1)再次平衡时容器内气体的温度； (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 解析：(1)由题意可知，气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律得= 即=，解得T1=T0。 (2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0 气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg) 根据热力学第一定律可知，此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。 答案：(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 ◉查理定律与热力学第一定律的结合 2.(2024·黑吉辽高考)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P； (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 解析：(1)由原线圈所接正弦交流电的峰值求出其有效值U1=，设变压器副线圈的输出电压为U2，则有= 求得U2=U1= 故变压器的输出功率P==。 (2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的温度为T1，则加热后气体的压强为2p0，由题意可知容器内的气体做等容变化，则由查理定律有=，解得T1=2T0 由Q=CΔT知气体吸收的热量 Q=C(2T0-T0)=CT0 又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q=Pt=CT0，即t=CT0 解得t=。 答案：(1)　(2) ◉玻意耳定律与热力学第一定律的结合 3.一定质量的理想气体被一薄活塞封闭在导热性能良好的汽缸内。活塞的质量m=20 kg、面积S=200 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时汽缸水平放置，如图甲所示，活塞与汽缸底的距离L1=22 cm，离汽缸口的距离L0=4 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，待稳定后如图乙所示，然后对缸内气体缓慢加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，如图丙所示，g取10 m/s2。 (1)求图乙状态下活塞与汽缸底部的距离L2； (2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，气体增加的内能ΔU=368 J，求该过程气体吸收的热量Q。 解析：(1)当汽缸水平放置时p1=p0=1.0×105 Pa V1=L1S 当汽缸口向上时p2=p0+=1.1×105 Pa V2=L2S 由玻意耳定律p1V1=p2V2，解得L2=20 cm。 (2)加热后气体做等压变化，设外界对气体做功为W，则W=-p2S 解得W=-132 J 由热力学第一定律得ΔU=W+Q 解得Q=500 J。 答案：(1)20 cm　(2)500 J 逐点清(四)　热力学第二定律的理解及应用(重难点疏通)　　　　　　 1.热力学第二定律的含义 (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”的含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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程。 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的宏观过程的方向性，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.热力学第一、第二定律的比较 热力学第一定律 热力学第二定律 由定律 揭示的 问题 从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系 自然界中出现的宏观过程是有方向性的 机械能 和内能 的转化 当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能 内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能 热量的传递 热量可以从高温物体自发传向低温物体 热量不能自发地从低温物体传向高温物体 两定律 的关系 在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础 4.两类永动机的比较 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 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律 题点1　对热力学第二定律的理解 1.下列关于热力学第二定律的说法正确的是 (　 ) A.所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生 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，在不产生其他影响的情况下，内能可以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 解析：选B　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，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C错误；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。 题点2　热力学第二定律的应用 2.(2025·广州模拟)火热的6月即将到来，高三的同学们也进入高考最后的冲刺，教室里的空调为同学们提供了舒适的环境，空调的工作原理如图所示，以下表述高温物体正确的是 (　 ) A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述 B.空调的工作原理反映了热传导的方向性 C.此原理图中的Q1=Q2 D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体 解析：选B　空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述，A错误；空调的工作原理反映了热传导的方向性，热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在其他力干预下，可以从低温物体传导给高温物体，B正确；此原理图中的Q1=Q2+W，C错误；此原理图说明在外界干预下，热量能从低温物体传到高温物体，D错误。 3.(2025·九江模拟)(多选)物理兴趣小组在参加完学校的“节能环保、低碳减排”活动后，提出了自己的一些设想，从物理学的角度，你认为可行的是 (　 ) A.制造一种运动装置，将它与地面的摩擦产生的内能全部转化为动能 B.制造一种自行车，把它行进时的一部分动能转化成电能，提供照明 C.将城市的楼顶全部安装光伏发电装置，节能减排 D.利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械 解析：选BC　制造一种运动装置，将它与地面的摩擦产生的内能全部转化为动能这个设想违反了热力学第二定律，是不可行的，故A错误；制造一种自行车，把它行进时的一部分动能转化成电能，提供照明，这符合能量守恒定律与热力学第二定律，是可行的，故B正确；将城市的楼顶全部安装光伏发电装置，充分利用太阳能，能够做到节能减排，故C正确；利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械，这违背了能量守恒定律，不可行，故D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2023·天津高考)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体 (　 ) A.对外做功 　　B.内能减少 C.吸收热量 　　D.压强不变 解析：选B　爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误；爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确；根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，又W=0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误；爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p=CT，可知气体的压强减小，D错误。 2.(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内气体视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则 (　 ) A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 解析：选D　气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，气体从外界吸热，故C错误，D正确。 3.将一件裙子放进死海，三年后成了一件精美的艺术品(如图)。其形成原因是海水中的盐，不断在衣服表面结晶所产生的。根据这一现象下列说法不正确的是 (　 ) A.结晶过程看似是自发的，其实要受到环境的影响 B.结晶过程是无序向有序转变的过程 C.盐在溶解的过程中熵是增加的 D.这件艺术品被精心保存在充满惰性气体的密闭橱窗里，可视为孤立系统，经过很长时间后，该艺术品的熵可能减小 解析：选D　结晶过程不是自发的，通常是由于水温降低或水的蒸发引起，受到环境的影响，是由无序向有序的转变过程，故A、B正确，不符合题意；盐的溶解过程是固态变为液态，是自发过程，自发过程是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即熵增加，故C正确，不符合题意；孤立系统的熵永不减小，故D错误，符合题意。 4.(2023·新课标卷)(多选)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。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 解析：选AD　当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩，与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，因为是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞受力分析pfS=F弹+pgS，则pf>pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有==，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf>Vg，联立可得Tf>Tg，B错误；在达到稳定过程中，h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h中的气体分析可知==，pf=ph，联立可得Tf>Th，C错误，D正确。 5.(多选)一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T-V图像上的两条线段所示。则气体在 (　 ) A.状态a处压强大于状态c处的压强 B.由a变化到b的过程中，气体对外做功 C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热 解析：选ABD　根据理想气体状态方程可知T=·V，即T-V图像的斜率为，故有pa=pb>pc，故A正确，C错误；理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU=Q+W，因为ΔU>0，W<0，则有ΔU=Q-|W|，可得Q>0，即气体从外界吸热，故D正确。 6.(多选)一定质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图像如图所示，下列判断正确的是 (　 ) 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时对应分子的平均动能最小 解析：选AD　从a到b的过程，根据图线过坐标原点可得=，所以为等容变化过程，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以温度升高气体一定吸热，选项A正确；从b到c的过程温度不变，气体的内能不变，压强变小，体积膨胀，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可得气体从外界吸热，选项B错误；从c到a的过程，压强不变，体积变小，温度降低说明气体内能减少，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C错误；分子的平均动能只与温度有关，状态a的温度最低，所以分子平均动能最小，选项D正确。 7.(2024年1月·九省联考黑龙江、吉林卷)某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶。然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞的同时瓶内出现白雾，则 (　 ) A.挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小 B.挤压水瓶过程中，瓶内气体内能不变 C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功 D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高 解析：选C　旋紧瓶盖，双手快速拧搓挤压水瓶，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传递，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，故A、B错误；然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功，瓶内气体来不及发生热传递，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，温度降低，故C正确，D错误。 8.(2025·苏州模拟)不少车主常在私家车内备有电动充气泵，如图所示。某次充气前测得某轮胎胎内气体压强只有p1=1.1×105 Pa，为使汽车正常行驶，胎内气体压强应不低于p2=1.4×105 Pa。若已知该轮胎的内胎体积为V0，车主用电动充气泵给轮胎充气，每秒钟充入ΔV=V0、压强为p1=1.1×105 Pa的空气，胎内气体可视为理想气体，充气过程中内胎体积和胎内气体温度保持不变。则下列说法正确的是 (　 ) A.充气过程中胎内气体内能保持不变 B.充气过程中胎内气体一定从外界吸热 C.为使汽车正常行驶，需要电动充气泵给该轮胎充气时间约100 s D.为使汽车正常行驶，需要电动充气泵给该轮胎充气时间约110 s 解析：选D　充气过程中胎内气体温度保持不变，分子的平均动能不变，但气体分子总数增加，故内能增大，A错误；充气过程是将外界气体压缩到胎内，需对气体做功，由于气体温度保持不变，说明在压缩气体的同时气体放热，故B错误；设充气时间为t，该时间内充入的气体体积V1=tΔV=，根据玻意耳定律p1(V0+V1)=p2V0，代入数据解得t≈110 s，故C错误，D正确。 9.如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则 (　 ) A.容器中气体的内能减少 B.容器中气体分子的平均动能增加 C.容器中气体分子的数密度减小 D.Q中的气体能自发地全部退回到P中去 解析：选C　打开阀门K后，P中的气体进入Q中，由于Q内为真空，气体体积增大时并没有对外做功，分子势能不变，又因为系统没有热交换，由ΔU=W+Q可知，其气体内能不变，温度不变，则气体分子的平均动能不变，故A、B错误；由于气体的体积增加，但气体分子的数目不变，所以容器中气体分子的数密度减小，故C正确；由热力学第二定律可知，自然界涉及热现象的宏观过程都具有方向性，则Q中气体不可能自发地全部退回到P中去，故D错误。 10.(2024·山东高考)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 解析：选C　a→b过程是等压变化且体积增大，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，另一部分用于增加气体内能，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可知气体内能减少，故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；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，根据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，D错误。 11.(10分)(2023·广东高考)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)pB的表达式；(3分) (2)TC的表达式；(3分) (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少?(4分) 解析：(1)由题可知，根据玻意耳定律可得 pAVA=pBVB，解得pB=p0。 (2)根据理想气体状态方程可得= 解得TC=1.9T0。 (3)根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q 因为B到C过程绝热，故Q=0，故气体内能增加ΔU=W。 答案：(1)p0　(2)1.9T0　(3)W 12.(10分)(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。(3分) (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。(4分) (3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)(3分) 解析：(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有 p0V0+p0V=4p0V0，解得V=3V0。 (2)容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得= 可得=。 (3)由p-V图像与横轴所围成的面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多， N和N'都是从M状态变化而来，则相同，可得TN>TN'，可知从M到N的过程内能降低的更少 由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，从M到N'的过程绝热，内能的减少量等于对外做的功；从M到N的过程对外做的功更多，内能降低的反而更少，则气体必然吸热。 答案：(1)3V0　(2)　(3)吸热 第五讲　实验：用油膜法估测油酸分子的大小(基础实验) 一、理清原理与操作 实验原理 操作要领 1.利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜 2.将油酸分子视为球形，测出一定体积油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积 3.用d=计算出油膜的厚度(V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积)，这个厚度就近似为油酸分子的直径 1.配制油酸酒精溶液 2.用注射器通过累积法得到1滴油酸酒精溶液的体积，再计算出1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V 3.借助坐标纸测量1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积S 二、掌握数据处理方法 1.计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积：V=(mL)。V0为N滴油酸酒精溶液的体积，k为油酸的浓度。 2.计算油膜的面积S：以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，大于半个的算一个，不足半个的舍去。 3.计算油酸的分子直径：d=(注意单位统一)。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)注射器针头高出水面的高度应在1 cm之内，当针头靠水面很近(油酸未滴下之前)时，会发现针头下方的粉层已被排开，这是针头中酒精挥发所致，不影响实验效果。 (2)待测油酸薄膜扩散后又会收缩，要在油酸薄膜的形状稳定后再画轮廓。扩散后又收缩有两个原因：①水面受油酸液滴冲击凹陷后又恢复；②酒精挥发后液面收缩。 (3)当重做实验时，将水从浅盘的一侧边缘倒出，在这侧边缘会残留油酸，可用少量酒精清洗，并用脱脂棉擦去，再用清水冲洗，这样做可保持浅盘的清洁。 (4)本实验只要求估测油酸分子的大小，实验结果的数量级符合要求即可。 2.误差分析 (1)纯油酸体积的计算引起误差。 (2)油膜面积的计算造成误差。 (3)油膜形状的边界画线造成误差。 (4)数格子的个数造成误差。 (5)油酸酒精溶液浓度的改变造成误差。 1.(多选)某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，油酸酒精溶液的浓度为μ，一滴油酸酒精溶液的体积为V，把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。正方形小方格的边长为a，数得油膜占有的正方形小方格个数为m，则下列说法正确的是 (　 ) A.该实验体现的物理思想方法是等效替代法 B.油酸分子直径约为d= C.若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，会导致油酸分子直径的测量值偏小 D.若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油酸分子直径的测量值偏大 解析：选BD　该实验体现的物理思想方法是理想化物理模型法，故A错误；油酸分子直径约为d==，故B正确；若在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，油酸酒精溶液的浓度降低，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故C错误；若在计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则油膜面积偏小，会导致油酸分子直径的测量值偏大，故D正确。 2.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中： (1)以下操作不正确的是　　　　。  A.直接将一滴油酸滴到水面上 B.向浅盘中倒入2 cm左右深的水，均匀地撒上痱子粉 C.油膜稳定后将玻璃板盖到浅盘上画出油膜轮廓 (2)前面正确操作后，某同学将油酸酒精溶液滴到均匀撒好痱子粉的水面上时油膜的面积会　　　。  A.变大　　　B.变小　　　C.先变大后变小 (3)不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液时得到以下油膜形状，做该实验最理想的是　　　。  解析：(1)油酸浓度太大且不溶于水，直接将一滴油酸滴到水面上，不能形成单分子油膜，故A错误；为了便于观察油酸在水面扩散的面积，在水面均匀撒上痱子粉，故B正确；为了定量测出油酸扩散的面积，用带方格的玻璃板盖到浅盘上画出油膜轮廓，故C正确。 (2)酒精溶于水，油酸酒精溶液滴到水中在酒精的作用下形成单分子油膜，随后酒精挥发油膜的面积会缩小，故选C。 (3)最理想的情况是痱子粉很薄，容易被油酸酒精溶液冲开，近似圆形，故选C。 答案：(1)A　(2)C　(3)C 3.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中： (1)该实验中的理想化假设是　　　　。(多选)  A.将油膜看成单分子层油膜 B.不考虑各油酸分子间的间隙 C.不考虑各油酸分子间的相互作用力 D.将油酸分子看成球形 (2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是　　　　。  A.可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓 B.对油酸起到稀释作用 C.有助于测量一滴油酸的体积 D.有助于油酸的颜色更透明便于识别 (3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22 m2的蒸发皿、注射器、烧杯(注射器中1毫升溶液滴入烧杯中的滴数为50滴)、纯油酸和无水酒精若干。已知油酸分子直径的数量级为10-10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液的体积浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为　　　‰(保留两位有效数字)。  解析：(1)根据实验原理可知A、B、D项内容为理想化假设的内容。 (2)实验中为了使油酸充分展开，获得单分子层油膜，需用酒精对油酸稀释，故选B。 (3)根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，油酸酒精溶液的浓度最大。一滴油酸的体积V0=dS=10-10 m×0.22 m2=2.2×10-11 m3，一滴油酸酒精溶液的体积V= cm3=2×10-8 m3，则此油酸酒精溶液的体积浓度至多为=1.1 ‰。 答案：(1)ABD　(2)B　(3)1.1 4.(2025·海口模拟)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中。 (1)请选出并补齐必要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：A、　　　　、F。(用字母表示)  (2)实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中含有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为80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，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，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。 ①油膜的面积是　　　　 cm2。  ②按以上实验数据估测油酸分子的直径为　　　m(保留2位有效数字)。  ③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油酸的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为　　　　　　　　　。  解析：(1)该实验的顺序：A测定一滴油酸酒精溶液的体积，D准备浅水盘，E在浅水盘中撒入少量爽身粉，B滴入一滴油酸酒精溶液，F估算油膜面积。 (2)①根据题图中描绘的轮廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共计118个方格，所以油膜的面积为118×1×1 cm2=118 cm2。 ②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是V=× mL=7.5×10-6 mL，估测油酸分子的直径为d==×10-2≈6.4×10-10 m。 ③单个油酸分子的直径为d0=，单个油酸分子的体积为V0=π=π=，摩尔体积为Vmol=，阿伏加德罗常数为NA==。 答案：(1)D、E、B　(2)①118(117~119均可) ②6.4×10-10(或6.3×10-10)　③NA= 5.(2025·徐州模拟)在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，每500 mL油酸酒精溶液中有纯油酸1 mL。用注射器测得120滴这样的溶液为1 mL。在浅盘里盛上水，将爽身粉均匀地撒在水面上。然后，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液。待油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图甲所示。图中正方形小方格的边长为1 cm，轮廓范围内有258个小方格。 (1)该实验体现了理想化模型的思想，下列说法中不属于本实验的理想假设的是　　　　。  A.把油酸分子简化为球形 B.认为油酸分子紧密排列 C.油酸在水面上形成单分子油膜 D.油酸不溶于水 (2)1滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积是　　　m3，实验测出油酸分子直径的大小为　　　m。(结果均保留两位有效数字)  (3)某同学实验时在水面均匀地撒上一层爽身粉。在液面上方滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如图乙所示形状的油膜，该同学认为形成油膜面积过小，测量面积时误差较大。该同学接着再依次滴入第二滴、第三滴油酸酒精溶液。但该同学发现滴入油酸酒精溶液后形成的油膜面积先略有增加，后又很快缩小，基本上恢复到滴入第一滴溶液后的油膜面积。造成滴入多滴油酸酒精溶液后，油膜面积基本不变的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  若该同学用三滴油酸酒精溶液中油酸的体积及对应形成的面积计算分子直径，计算得到的分子直径与实际分子直径相比　　　　　。(选填“偏大”“偏小”或“基本相同”)  解析：(1)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，实验中体现的理想假设有：①让油膜尽可能散开，形成单分子层；②把油酸分子看成球形；③不考虑分子之间的空隙。而油酸本身不溶于水，不是理想假设，故D符合题意。 (2) 1滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积是V=× mL≈1.7×10-5mL=1.7×10-11 m3 由于小方格边长为1 cm，则每一格面积就是1 cm2，轮廓范围内有258个小方格，则油酸薄膜面积为S=258 cm2=2.58×10-2 m2，油酸分子直径的大小为d== m≈6.6×10-10 m。 (3)爽身粉太厚，不能形成单分子油膜。由于油膜面积偏小，所以计算得到的分子直径与实际分子直径相比偏大。 答案：(1)D　(2)1.7×10-11　6.6×10-10 (3)爽身粉太厚　偏大 6.某班级做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，实验前，将酒精加入1 mL的油酸中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液。 (1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用　　　　将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下一定体积该溶液的液滴数目。  (2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是　　　。  A.油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些 B.油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定 C.若出现如图的情况，说明油酸浓度太大，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验 D.若出现如图的情况，可在水面上重新撒上爽身粉，再次滴入油酸酒精溶液进行实验 (3)甲实验小组测得1 mL油酸酒精溶液为80滴，通过数1滴溶液在水面稳定后形成的油膜面积对应的正方形的个数得到油膜的面积为250 cm2，可估算油酸分子的直径为　　　　m。  (4)乙实验小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于　　　。  A.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 B.油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大 C.水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开 D.求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴 (5)当结束实验或重复做实验时，需将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸，为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，应如何处理? 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。 (2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，可发现油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些，A正确，B错误；若出现题图中的情况，说明油酸浓度太低，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验，C、D错误。 (3)一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V=×10-6 m3，油酸分子的直径为d== m=5×10-10 m。 (4)根据d=可知计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，油膜面积的测量值偏小，则直径的测量值偏大，A错误；油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大，油膜的面积S变大，则直径的测量值偏小，B正确；水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，油膜面积的测量值偏小，则直径的测量值偏大，C错误；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴，则一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积偏大，则直径的测量值偏大，D错误。 (5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗。 答案：(1)注射器　(2)A　(3)5×10-10　(4)B　(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗 第六讲　实验：探究气体压强与体积的关系(基础实验) 一、理清原理与操作 原 理 装 置 图 保持环境温度不变，缓慢改变活塞位置，读出每次气压计的读数和空气柱的长度(计算出气体体积) 操 作 要 领 (1)测量注射器活塞的直径，计算其横截面积S。 (2)按实验原理图安装好仪器。 (3)使活塞处于适当的位置，安装好橡胶套，密封一定质量的空气。 (4)待活塞稳定时，由气压计读出管内气体的压强p，从玻璃管的刻度上直接读出管内气体柱的长度，计算出气体柱的体积V，并记录到设计好的表格内。 (5)保持温度不变，把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度(计算出气体柱对应的体积)与压强的几组数据，并记录到设计好的表格内。 (6)实验完毕，整理实验仪器 二、掌握数据处理方法 1.空气柱的体积V等于空气柱长度L与活塞的横截面积S的乘积。 2.以压强p为纵坐标，以体积V为横坐标，作出p-V图像，如图甲所示；再以体积的倒数为横坐标，作出p-图像，如图乙所示。 三、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (1)为保证气体密闭，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油。 (2)为保持气体温度不变，实验过程中不要用手握住注射器有密闭气体的部位；同时，应缓慢改变气体体积。 (3)注射器内外气体的压强差不宜过大。 (4)在等温过程中，气体的p-V图像呈现为双曲线，不便确定p与V的关系，要通过坐标变换，画p- 图像，把双曲线变为直线，以方便判断p和V成反比。 2.误差分析 (1)橡胶套密封不严会使空气柱的质量变化引起误差。 (2)实验过程环境温度变化、柱塞向下压或向上拉地过快会使空气柱的温度变化引起误差。 (3)活塞直径的测量、空气柱长度的测量、气压计的读数等引起的误差。 1.如图甲所示，用传感器探究气体等温变化的规律，研究对象是注射器中的空气柱。气体压强传感器通过塑料管与注射器相连，可以测得气体的压强p。由注射器壁上的刻度可以读出气体的体积V，由于没有考虑注射器与压强传感器连接部位气体的体积，作出的-V图像如图乙所示。横坐标每一格代表1 mL，纵坐标每一格代表1.5×10-6(Pa-1)。则连接部位气体的体积为 (　 ) A.1 mL　　B.2 mL　　C.3 mL　　D.4 mL 解析：选B　设连接部位气体的体积为V0，根据玻意耳定律可得p(V+V0)=C，可得=，由-V图像可知，当=0时，V=-2 mL，代入解得V0=2 mL，故选B。 2.某校实验小组同学探究气体等温变化规律的简易装置图如图所示，下表中是该小组的实验记录数据。 序号 V/mL p/(×105 Pa) pV/(×105 Pa·mL) 1 20 1.001 0 20.020 2 18 1.095 2 19.714 3 16 1.231 3 19.701 4 14 1.403 0 19.642 5 12 1.635 1 19.621 (1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应选用　　　 作为坐标系。 (2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)由理想气体的状态方程=C可知，若选p-V作为坐标系，得到的是等温曲线；若选p- 作为坐标系，得到一条延长线过坐标原点的直线。后者更方便且直观，便于分析问题，所以选p-作为坐标系。 (2)因研究的过程是等温变化，由方程pV=nRT(n表示物质的量，T表示绝对温度，R是常数)可知，pV值越来越小，说明n减小，即物质的量在减小，说明有气体漏出。 答案：(1)p-　(2)有气体漏出 3.(2023·山东高考)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。 回答以下问题： (1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体　　　　。  A.p与V成正比　　　　　　B.p与成正比 (2)若气体被压缩到V=10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为　　　　Pa(保留3位有效数字)。  (3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。  解析：(1)由于题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明p与成正比，故B正确。 (2)由图像可知当V=10.0 mL时，=0.1 mL-1=100×10-3mL-1，对应p=204×103 Pa=2.04×105 Pa。 (3)其计算结果与正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为pΔV，且随p的增大，pΔV的值也增大。 答案：(1)B　(2)2.04×105　(3)增大 4.(2025·烟台模拟)某实验小组利用如图甲所示装置进行“探究气体的等温变化规律”实验，通过向竖直放置的U形玻璃管开口端多次注入水银改变气体的状态，每次缓慢注入水银后，均测量U形玻璃管两端液面的高度差h1(cm)以及封闭的气柱长度h2(m)。一次实验中，该小组通过多次测量记录多组h1和h2的数据，然后以h1为纵坐标、以为横坐标作出h1-图像如图乙所示，已知图像的斜率为k，图像与纵轴的截距为-b。 (1)实验中，每次注入水银时都需要缓慢注入，其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  (2)根据上述条件可知，大气压强为　　　　 cmHg(用所给的字母表示)；  (3)某次实验中，测得的h1=h0，则此时封闭的气柱长度为　　　　m(用所给的字母表示)；  (4)该小组先后进行了两次实验，两次实验中封闭的气体质量相同，但在第一次实验中的环境温度要比第二次实验中的环境温度高，则第一次实验得到的h1-图像的斜率相比第二次实验得到的h1-图像的斜率　　　　(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。  解析：(1)缓慢注入水银，目的是保持封闭气体的温度不变，如果快速注入，外界对气体做功，气体内能会增加，温度会升高，如果缓慢注入，即使气体瞬间会升高，但很快通过散热，又会回到原来的温度，因此是等温变化。 (2)设玻璃管横截面积为S，对封闭气体，满足玻意耳定律，有h2S=C(C与封闭气体的质量和温度有关) 即h1=·-p0，结合图像乙可知=k，p0=b，则大气压强为b cmHg。 (3)某次实验中，测得的h1=h0，由h1=k·-b，可得h2=，则此时封闭的气柱长度为 m。 (4)由=C(该处C仅与封闭气体质量有关)，可得h1=·-p0，由于在第一次实验中的环境温度要比第二次实验中的环境温度高，则第一次实验得到的h1-图像的斜率相比第二次实验得到的h1-图像的斜率偏大。 答案：(1)保持封闭气体的温度不变　(2)b (3)　(4)偏大 5.(2025·河北阶段练习)某实验小组使用如图甲所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系。注射器中密封了一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体积数值，并作体积V与热力学温度T的图像。 (1)实验过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.改变控温箱温度后，应等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积 B.柱塞处涂抹润滑油的目的是减小摩擦而非密封气体 C.实验过程要保证空气柱密闭性良好 (2)若实验操作规范无错误，作出V-T图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)改变重物质量，再次实验，得到两条直线，如图丙所示，两条直线斜率分别为k1、k2，重物及柱塞质量之和分别为m1、m2，若测得柱塞横截面积为S，重力加速度为g，大气压强可表示为：　　　　　(忽略柱塞与注射器之间的摩擦，使用题中所给字母表示)。  (4)某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重物的高度会不降反升，请问其观点是否正确?　　　　(选填“正确”或“不正确”)  解析：(1)改变控温箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读取空气柱体积，故A项正确；柱塞处涂抹润滑油的目的是密封气体，保证空气柱密闭性良好，故B项错误；该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故C项正确。 (2)设橡胶塞内气体体积为ΔV，有=C 整理有V=T-ΔV 所以V-T图像不过原点的原因是未考虑橡胶塞内气体的体积。 (3)由上述分析可知，V-T图像的斜率为，所以有k1=，k2= 对柱塞及重物受力分析，有p1S+m1g=p0S p2S+m2g=p0S 解得p0=。 (4)若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，有= 注射器内气体与控温箱内气体温度始终相同，结合之前的分析可知p空气柱<p控温箱 所以有Δp空气柱<Δp控温箱 即柱塞会上升，所以该观点正确。 答案：(1)AC　(2)未考虑橡胶塞内气体的体积 (3)p0=　(4)正确 6.如图甲所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，将注射器活塞移动到适当的位置，逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器和计算机。推、拉活塞，改变注射器内气体体积，根据注射器针筒上的刻度读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机，实验完成后，实验模拟系统即可按要求显示出各种图线。 (1)关于该实验下列说法正确的是　　　　。  A.为方便推拉活塞，可以用手握住注射器 B.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得 C.为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油 D.实验过程中要以较快的速度推拉活塞，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变 (2)根据玻意耳定律，p-V图线理论上是一条　　　　(选填“抛物线”“双曲线”或“倾斜直线”)，所以无法从输出的p-V图线中直观地反映出p与V的关系，但是我们可以输出p-或 V-图线，下面能正确反映它们之间关系的是　　　(注射器与压强传感器连接处软管的体积不能忽略)  (3)某同学想利用该装置测量出一个不规则形状小石块的体积，在连接器材时，他将小石块放进注射器针筒内，然后按规范的操作完成实验，输出的V-图线如图乙所示，已知注射器与压强传感器连接软管的体积为Va，则小石块的体积为　　　　。  解析：(1)为避免温度发生变化，不能用手握住注射器，故A错误；实验中气体的体积不是通过数据采集器获得的，故B错误；为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，故C正确；为避免温度发生变化，实验过程中不能以较快的速度推拉活塞，故D错误。 (2)根据玻意耳定律pV=C，可知p-V图线理论上是一条双曲线； 根据p(V+V0)=C 可得p=<，由于在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中，压强增加，部分气体进入软管内，导致实际增加的压强值偏小，所以p-图像的图线向下弯曲，所以画出的p-的图像应为D图；注射器与压强传感器连接处软管的体积不能忽略，根据V=C-V0，所以V-的图像应为B图。 (3)根据玻意耳定律有p(V+Va-V石)=C，整理可得V=C+V石-Va，根据图像乙可知石头的体积为V石=Va+Vb。 答案：(1)C　(2)双曲线　BD　(3)Va+Vb 1 / 78 学科网（北京）股份有限公司 $$