第十五章 热学（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第十五章　热 学 大单元分层教学设计 基础落实课 第1讲　分子动理论内能固体液体 第2讲　气体的性质 综合融通课 第3讲　理想气体状态变化模型及变质量问题 第4讲　热力学定律与能量守恒定律 实验探究课 第5讲　用油膜法估测油酸分子的大小 第6讲　探究气体压强与体积的关系 第1讲　分子动理论 内能 固体 液体(基础落实课) 一、分子动理论 1.物体是由大量分子组成的 (1)分子的直径：多数分子大小的数量级为10-10 m。 (2)阿伏加德罗常数：NA=6.02×1023 mol-1。 2.分子在做永不停息的无规则运动 (1)扩散现象：在物理学中，人们把不同种物质能够彼此进入对方的现象叫作扩散。温度越高，扩散现象越明显。 (2)布朗运动：悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动。微粒越小，布朗运动越明显；温度越高，布朗运动越明显。 (3)热运动：分子永不停息的无规则运动。温度越高，分子热运动越剧烈。 3.分子之间存在着相互作用力 (1)分子之间的引力和斥力总是同时存在，实际表现出的分子间的作用力是引力和斥力的合力。 (2)如图所示，分子引力和斥力都随距离的增大而减小，但斥力变化得更快。 二、温度与物体的内能 温度与温标 温度 表示物体的冷热程度，一切达到热平衡的系统都具有相同的温度 温标 包括摄氏温标(t)和热力学温标(T)，两者的关系是T=t+273.15 K 分子动能 概念 分子热运动所具有的动能 决定因素 温度是分子热运动的平均动能的标志 分子势能 概念 由分子间的相对位置决定的能 决定因素 ①微观上：取决于分子间距离和分子排列情况； ②宏观上：取决于体积和状态 物体的内能 概念 物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量 决定因素 与物体的温度、体积、物态和分子数有关 三、固体和液体 1.固体：固体通常可分为晶体和非晶体，具体见下表： 分类 比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 熔点 确定 不确定 物理性质 各向异性 各向同性 微观结构 组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列 注意：多晶体中每个小晶体间的排列无规则 无规则 2.液体 (1)液体的表面张力 作用 液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势 方向 表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直 (2)浸润和不浸润 ①浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上的现象。 ②不浸润：一种液体不会润湿某种固体，也就不会附着在这种固体的表面上的现象。 ③当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用强时，液体能够浸润固体。反之，液体不浸润固体。 (3)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，毛细管越细，毛细现象越明显。 (4)液晶 ①液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。 ②液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。 ③液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。 微点判断 1.扩散现象只能在气体中进行。 (×) 2.(人教选择性必修3P6T3·选摘)布朗运动就是分子的无规则运动。 (×) 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离的增大而增大。 (×) 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.当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。 (√) 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.(鲁科选择性必修3P40T3·选摘)在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变。 (×) 11.液晶是液体和晶体的混合物。 (×) 12.(鲁科选择性必修3P47T4·选摘)毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体种类和毛细管材质有关。 (√) 13.缝衣针浮于水面上是由于液体的表面张力作用。 (√) 14.(鲁科选择性必修3P54T5·选摘)液体表面层的分子分布比内部密。 (×) 逐点清(一)　微观量的估算 1.分子的两种模型 (1)球状模型：把分子看成球体，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 微观量 分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等 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 相互关系 ①一个分子的质量：m0== ②一个分子的体积：V0==(对于气体，V0表示一个气体分子占有的空间) ③物体所含的分子数：N=·NA=·NA=·NA=·NA 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。 [考法全训] 1.(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol-1)。下列判断正确的是 (　　) A.1 kg铜所含的原子数为 B.1 m3铜所含的原子数为 C.1个铜原子的质量为 (kg) D.1个铜原子的体积为(m3) 解析：选AD　1 kg铜所含的原子数N=NA=，A正确；1 m3铜所含的原子数N'=NA=，B错误；1个铜原子的质量m0=(kg)，C错误；1个铜原子的体积V0==(m3)，D正确。 2.(2025·西宁模拟)在压强不太大、温度不太低的情况下，气体分子本身大小比分子间距小得多，可以忽略分子大小。氮气的摩尔质量为2.8×10-2 kg/mol，标准状况下摩尔体积是22.4 L/mol，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol-1。(结果均保留一位有效数字) (1)估算氮气分子间距； (2)液氮的密度为810 kg/m3，假设液氮可以看成由立方体分子堆积而成，估算液氮分子间距。 解析：(1)一个氮气分子占据的体积 V=≈3.7×10-26 m3 氮气分子间距L=≈3×10-9 m。 (2)设液氮分子间距为L0，则摩尔体积Vmol=NA 由题知Mmol=2.8×10-2 kg/mol，密度ρ=， 解得L0≈4×10-10 m。 答案：(1)3×10-9 m　(2)4×10-10 m 逐点清(二)　布朗运动与分子热运动 |题|点|全|练| 1.[对扩散现象的理解]人们常用84消毒液对一些场所的地面等进行消毒，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，能更慢的闻到刺鼻的味道 解析：选A　84消毒液的主要成分是次氯酸钠，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，能更快地闻到刺鼻的味道，故D错误。 2.[对布朗运动的理解](多选)PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，被人体吸入后会进入血液对人体形成危害。在静稳空气中，下列关于PM2.5的说法中正确的是 (　　) A.在其他条件相同时，温度越高，PM2.5的运动越激烈 B.PM2.5在空气中的运动属于分子热运动 C.周围大量分子对PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做无规则运动 D.减少工业污染的排放对减少“雾霾”天气的出现没有影响 解析：选AC　PM2.5的运动是布朗运动，不是分子的热运动，是空气分子做无规则运动对PM2.5撞击的不平衡造成的，B错误，C正确；温度越高，空气分子的无规则运动越激烈，对PM2.5撞击的不平衡性越明显，PM2.5的运动越激烈，A正确；减少工业污染的排放可减少空气中的PM2.5，进而减少“雾霾”天气的出现，D错误。 3.[对分子热运动的理解]对分子的热运动，以下叙述中正确的是 (　　) A.分子的热运动就是布朗运动 B.热运动是分子的无规则运动，同种物质的分子的热运动激烈程度相同 C.气体分子的热运动不一定比液体分子激烈 D.物体运动的速度越大，其内部分子的热运动就越激烈 解析：选C　布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是分子热运动的间接反映，A错误；温度是分子热运动激烈程度的标志，同种物质若温度不同，其分子热运动的激烈程度也不同， B错误；温度是分子热运动激烈程度的标志，温度越高，分子热运动越激烈，由于气体和液体的温度高低不确定，所以气体分子的热运动不一定比液体分子激烈，C正确；分子的无规则热运动与物体的温度有关，与物体机械运动的速度无关，D错误。 |精|要|点|拨| 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)　分子间作用力、分子势能与物体的内能　　　　　　 细作1　分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 1.(人教版教材选择性必修3，P6T5)请描述：当两个分子间距离由r0(r0是平衡位置)逐渐增大，直至远大于r0时，分子间的作用力表现为引力还是斥力?当两个分子间距离由r0逐渐减小，分子间的作用力表现为引力还是斥力? 提示：当两个分子间的距离由r0逐渐增大，直至远大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当两个分子间的距离由r0逐渐减小，分子间的作用力表现为斥力。 2.(鲁科版教材选择性必修3，P8T5)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，分子间的作用力为零，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，分子间的作用力表现为斥力，但分子间的引力和斥力同时存在，D错误。 3.(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，分子间的作用力表现为引力，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，分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，分子势能增大。 一点一过 分子间的作用力、分子势能与分子间距离的关系 分子间的作用力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep=0)。 (1)当r>r0时，分子间的作用力表现为引力， 当r增大时，分子间的作用力做负功，分子势能增加。 (2)当r<r0时，分子间的作用力表现为斥力，当r减小时，分子间的作用力做负功，分子势能增加。 (3)当r=r0时，分子间的作用力为0，分子势能最小。 细作2　对内能的理解 4.关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是 (　　) A.温度高的物体的分子平均动能一定大，内能也一定大 B.当分子间距增大时，分子间的作用力减小 C.当分子间的作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距的减小而增大 D.当物体的体积增大时，物体的内能一定增大 解析：选C　温度高的物体的分子平均动能一定大，但是内能不一定大，内能还与物体物质的量等因素有关，故A错误；当分子间的距离增大时，分子间的作用力可能先增大后减小，故B错误；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间的作用力做负功，分子势能增大，故C正确；当物体的体积增大时，分子间距离变大，分子势能改变，但不确定分子势能是增大还是减小，即使分子势能增大，不知道分子动能如何变化，也不能说明内能增大，故D错误。 一点一过　分析物体内能问题的五点提醒 (1)组成任何物体的分子都在做无规则的热运动，所以任何物体都具有内能。 (2)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。 (3)决定内能大小的因素为物质的量、温度、体积。 (4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能均相同。 (5)通过做功或热传递可以改变物体的内能。 细作3　内能与机械能的比较 5.(多选)下列关于内能和机械能的说法错误的是 (　　) A.内能和机械能各自包含动能与势能，因此它们在本质上是一样的 B.运动物体的内能和机械能均不为零 C.一个物体的机械能可以为零，但它的内能永远不可能为零 D.物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变 解析：选AB　重力势能、弹性势能与动能都是机械运动中的能量形式，统称为机械能，机械能与物体的宏观运动所对应，而内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，内能与物体的微观粒子运动所对应，二者在本质上不同，故A错误，符合题意；运动物体的内能不为零，运动物体有动能，重力势能为负值时，机械能可能为零，故B错误，符合题意；一个物体的机械能可以为零(例如当物体静止在重力势能参考面时)，但由于构成它的分子始终在做无规则的热运动，所以它的内能永远不可能为零，故C正确，不符合题意；物体的机械能与内能之间没有必然联系，物体的机械能变化时，它的内能可以保持不变，故D正确，不符合题意。 一点一过　内能和机械能的对比 能量 定义 决定 量值 测量 转化 内能 物体内所有分子的热运动动能和势能的总和 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、液体性质的理解 |题|点|全|练| 1.[晶体与非晶体的比较]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，如煤炭与金刚石，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。 2.[液晶的特性]如图所示，通电雾化玻璃是将液晶膜固定在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃，不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明。可以判断通电雾化玻璃中的液晶 (　　) A.是液态的晶体 B.具有光学性质的各向同性 C.不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过 D.通电时，入射光在通过液晶层后按原方向传播 解析：选D　液晶是介于固态和液态之间的中间状态，既具有液体的流动性，又具有晶体光学性质的各向异性，A、B错误。不通电时，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃，不透明；通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，C错误，D正确。 3.[对液体性质的理解]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，产生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，但是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。 |精|要|点|拨| 1.区别晶体和非晶体的方法 (1)要判断一种物质是晶体还是非晶体，关键是看有无确定的熔点，有确定熔点的是晶体，无确定熔点的是非晶体。 (2)从导电、导热等物理性质来看，物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的可能是多晶体，也可能是非晶体。 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 [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.下列说法正确的是 (　　) A.扩散现象是外界作用引起的 B.布朗运动是液体分子的运动 C.悬浮微粒越小，布朗运动越明显 D.温度越低，分子热运动的平均动能越大 解析：选C　扩散现象是构成物质的分子的无规则运动引起的，并不是外界作用引起的，故A错误；布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，间接反映了液体分子的无规则运动，并不是液体分子的运动，故B错误；悬浮微粒越小，液体分子撞击微粒的不平衡性越明显，则布朗运动越明显，故C正确；温度越低，分子热运动的平均动能越小，故D错误。 2.(2025年1月·八省联考四川卷)某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体 (　　) A.内能比浇水前大 B.压强与浇水前相等 C.所有分子的动能都比浇水前大 D.对水做的功等于水重力势能的增量 解析：选A　用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；水能喷出的原因是装置内气体的压强增大，故B错误；装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和，故D错误。故选A。 3.(2025·安徽合肥质检)下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下，气体的摩尔体积等于气体分子体积乘以阿伏加德罗常数 B.气体吸收热量时，其分子的平均动能一定增大 C.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)向外界释放热量，而外界对其做功 D.理想气体的内能只与温度有关 解析：选C　标准状况下，气体分子体积相对于气体分子间距离可以忽略不计，因此气体的摩尔体积不等于气体分子体积乘以阿伏加德罗常数，故A错误；气体吸收热量时，若气体对外做功，则气体内能可能减小，其分子的平均动能可能减小，故B错误；薄塑料瓶为导热容器，气体温度随外界温度的降低而降低，由盖-吕萨克定律可知，气体体积减小，体积减小过程外界对气体做功，由ΔU=W+Q可知，气体放热，故C正确；理想气体的内能与温度以及物质的量有关，故D错误。 4.(2025·广东深圳调研)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 解析：选C　石墨有固定的熔点，是晶体，石墨烯是从石墨中提取出来的新材料，也有固定的熔点，是晶体，故A错误；石墨烯中的碳原子是一直运动的，故B错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中温度不变，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。 5.“自热米饭”加热时既不用火也不插电，利用加热层中的发热包遇水反应释放热量为其中的食物加热，其结构可简化为如图所示。加热过程中 (　　) A.能闻到米饭的香味是因为气体分子的布朗运动 B.若不慎堵住透气孔，则食材层内气体压强增大 C.食材层内所有气体分子的速率均增大 D.食材层内气体分子热运动的平均动能保持不变 解析：选B　能闻到米饭的香味是因为气体分子的扩散现象，故A错误；若不慎堵住透气孔，气体体积不变，根据查理定律=C，可知温度升高，气体压强增大，故B正确；加热过程，温度升高，食材层内气体分子的平均速率增大，平均动能也增大。但不是所有分子的速率均增大，故C、D错误。 二、多项选择题 6.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)，假定两个分子间的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则 (　　) A.图甲中分子间距离从r2到r3，分子间的作用力表现为斥力 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 解析：选BD　题图甲中分子间距离从r2到r3，分子间的作用力表现为引力，故A错误；分子b从r3到r2和从r2到r1的两个过程中，若图像与横轴所围面积相等，则从r3到r1的过程中分子间的作用力做功为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处分子间的作用力为0，分子b在此处的分子势能最小，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，分子间的作用力做功为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。 7.在外力作用下两分子间的距离达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子运动的过程中(乙分子的质量为m) (　　) A.乙分子的动能变化量为mv2 B.分子间的作用力表现为引力时比表现为斥力时多做的功为mv2 C.分子间的作用力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2 D.乙分子克服分子间的作用力做的功为mv2 解析：选AC　当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到分子间的作用力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为mv2，故A正确；在此过程中，分子斥力做正功，分子引力做负功，即W合=W斥-W引=ΔEk=mv2，故分子间的作用力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2，故B错误，C正确；分子间的作用力对乙分子做的功等于乙分子动能的变化量，即W=mv2，故D错误。 8.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。由此可估算得 (　　) A.地球大气层空气的总重力为2πR2p0 B.地球大气层空气分子总数为 C.每个空气分子所占空间为 D.空气分子之间的平均距离为 解析：选BCD　地球大气层空气的总重力为G=mg=p0S=4πR2p0，则地球大气层空气分子总数为N=NA=，故A错误，B正确；大气层空气的体积为V=4πR2h，每个空气分子所占空间为V0==，故C正确；空气分子之间的平均距离为d==，故D正确。 第2讲　气体的性质(基础落实课) 一、气体分子运动的特点 1.气体分子间距离比较大，分子间的作用力很弱，通常认为，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，不受力而做匀速直线运动，气体充满它能达到的整个空间。 2.大量气体分子的热运动遵循统计规律 (1)运动方向：沿各个方向运动的气体分子数目几乎相等。 (2)运动速率：速率分布图像呈现“中间多、两头少”的特征。当温度升高时，“中间多”的这一“高峰”向速率大的方向移动，分子的平均速率增大，分子的热运动更剧烈。 二、气体压强的决定因素 1.宏观上：对于一定质量的理想气体，取决于气体的温度和体积。 2.微观上：取决于气体分子的平均速率和气体分子的数密度。 三、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 = = 微观 解释 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大 一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大 一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大。只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变 图像 四、理想气体状态方程 1.理想气体 (1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。 (2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，所以理想气体无分子势能。 2.理想气体状态方程：=或=C。(质量一定的理想气体) 微点判断 1.气体温度升高时，所有分子的速率均增大。 (×) 2.气体对器壁的压强是大量气体分子碰撞器壁产生的。 (√) 3.任何气体都遵从气体实验定律。 (×) 4.理想气体是理想化的物理模型，一定量的理想气体的内能只与气体温度有关，与气体体积无关。 (√) 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。 (×) 8.一定质量的理想气体，当温度升高时，压强一定增大。 (×) 逐点清(一)　气体压强的计算和微观解释 1.气体压强的微观解释 (1)产生原因：气体的压强是大量气体分子不断撞击器壁的结果，压强就是器壁单位面积上受到的压力。若气体分子与器壁发生弹性碰撞，则p=(N：分子数；v：分子撞击器壁的速率)。 (2)从微观角度来看，气体压强的决定因素 ①气体分子的数密度：气体分子的数密度(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。 2.平衡状态下气体压强的求法 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 3.加速运动系统中封闭气体压强的求法 (1)选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象； (2)进行受力分析； (3)利用牛顿第二定律列方程求解。 [考法全训] 考法1　气体压强的微观解释 1.(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，故B、D错误。 考法2　液柱类封闭气体压强的计算 2.(2025·福建三明模拟)若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度为g，则 (　　) A.图甲中被封闭气体的压强为p0+ρgh B.图乙中被封闭气体的压强为p0+ρgh C.图丙中被封闭气体的压强为p0+ρgh D.图丁中被封闭气体的压强为p0+ρgh1 解析：选D　在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p气甲S+ρghS=p0S，所以p气甲=p0-ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件得F上=F下，即p气乙S+ρghS=p0S，所以p气乙=p0-ρgh；在题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p气丙S+ρghSsin 60°=p0S，所以p气丙=p0-ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件有p气丁S=p0S+ρgh1S，所以p气丁=p0+ρgh1。故D正确，A、B、C错误。 考法3　汽缸类封闭气体压强的计算 3.如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。已知外界大气压强为p0。现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，则此时缸内封闭气体的压强为 (　　) A.p0+　　　　　 B.p0+ C.p0+ D.p0+ 解析：选D　以汽缸和活塞整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F=(M+m)a；以活塞为研究对象，根据牛顿第二定律得pS-p0S=ma，联立解得p=p0+，故D正确，A、B、C错误。 逐点清(二)　气体实验定律及应用 1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 = [注意]　理想气体状态方程与气体实验定律的适用条件：一定质量的某种理想气体。 2.几个重要的推论 (1)查理定律的推论：Δp=ΔT。 (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV=ΔT。 (3)理想气体状态方程的推论：=++…+(一定质量的理想气体分成n份或将n份理想气体合成一份)。 3.分析气体状态变化的问题要抓住三点 (1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段。 (2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的。 (3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律。 4.解决理想气体状态变化问题的基本思路 [考法全训] 考法1　等容变化与等温变化 1.(人教版教材选择性必修3，P44T4)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? 提示：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2.032×105~2.777×105Pa比较合适。 2.(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，该轮胎内气体的温度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，充气前该轮胎内气体压强的大小。 (2)充进该轮胎的空气体积。 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内气体压强的大小为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 |考|教|衔|接| 命题导向：高考由“理性”素材向“生活化”素材转变 　　所谓物理，就是因“物”明“理”，生活处处皆物理。为提升学生学习物理的兴趣，激发学生探究物理的热情，消除学生对物理的畏惧感，高考命题正由纯理性素材、探究素材向生活化、接地气的素材方向转变。上述教材题和高考题均以学生熟悉的、生活化的素材(汽车胎压问题)为案例，且两题的命题点一致(教材题考查气体等容变化，高考题综合考查气体等容变化与等温变化)。  考法2　等压变化与等容变化 3.(2025·东莞模拟)如图所示，某同学制作了一个简易的环境温度监控器，汽缸导热性能良好，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。大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小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)从活塞刚好接触重物到轻绳拉力刚好为零，汽缸内气体做等容变化，由查理定律得= 由平衡条件有p1S=p0S+mg 解得T3=600 K。 答案：(1)500 K　(2)600 K 考法3　理想气体状态方程 4.如图所示的导热容器内充有一定质量的理想气体，容器被绝热活塞分成A、B两部分，活塞可以在容器内无摩擦地滑动，稳定时两部分气体体积之比为VA∶VB=2∶1，其中容器的B部分安装有电热丝。已知初始时A部分的气体压强为p=1.0×105 Pa，活塞的质量为m=1 kg，横截面积S=2.5 cm2，重力加速度g=10 m/s2，现把容器缓慢地由竖直旋转至水平。 (1)稳定后，求A、B两部分气体体积之比； (2)如果用绝热材料把整个容器包起来，使它与外界绝热，用电热丝给B部分气体加热，使A、B两部分气体的体积相等，求此时A、B两部分气体的热力学温度之比。 解析：(1)容器由竖直旋转到水平过程温度不变，则根据玻意耳定律，对A部分气体有 pVA=pAVA1 对B部分气体有VB=pBVB1 因为活塞可以无摩擦地滑动，所以pA=pB 联立解得=。 (2)设加热B部分气体前A、B两部分气体的热力学温度均为T，根据理想气体状态方程，对A部分气体有= 对B部分气体有= 因为活塞可以无摩擦地滑动，所以pA'=pB' 又VA2=VB2 联立解得=。 答案：(1)　(2) 逐点清(三)　理想气体状态变化的图像问题 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：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。 [考法全训] 考法1气体的p⁃V图像 1.(2025·邯郸模拟)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C状态变化，已知该气体在状态C时的热力学温度为280 K，则该气体在状态A和状态B时的热力学温度分别为 (　　) A.567 K，280 K　　　　 B.420 K，280 K C.567 K，300 K D.420 K，300 K 解析：选B　从状态B到状态C，由理想气体状态方程可知=，解得TB=TC=280 K，从状态A到状态B为等容过程，由查理定律有=，解得TA=420 K，选项B正确。 考法2气体的V⁃T图像 2.一定质量的理想气体从状态a开始，经历a→b→c→a过程，V⁃T 图像如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.a状态的压强小于b状态的压强 B.b状态的压强大于c状态的压强 C.a状态的压强等于c状态的压强 D.c状态每个分子的动能都比a状态的大 解析：选C　由V⁃T图像可知，a→b为等温变化，体积增大，由pV=C可知a状态的压强大于b状态的压强，A错误；b→c为等容变化，温度升高，由=C可知b状态的压强小于c状态的压强，B错误；c→a为等压变化，可知a状态的压强等于c状态的压强，C正确；由题图可知c状态的温度大于a状态的温度，因此c状态分子的平均动能大于a状态分子的平均动能，但不是c状态每个分子的动能都比a状态的大，D错误。 考法3气体的p⁃T图像 3.(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，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；从A到B气体分子的数密度不变，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。 考法4　气体的p⁃图像 4.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p⁃ 图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中 (　　) A.a→b，压强减小、温度不变、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、温度升高、体积减小 D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变 解析：选A　由题图可知，a→b过程，气体压强减小、体积增大，气体的压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确； 由理想气体状态方程可知p=CT·，由题图可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b的温度小，b→c过程温度升高，同时压强增大，且体积也增大，故B错误；由题图可知，c→d过程，气体压强p不变、体积V变小，由理想气体状态方程=C可知，气体温度降低，故C错误；由题图可知，d→a过程，气体体积V不变、压强p变小，由理想气体状态方程=C可知，气体温度降低，故D错误。 考法5　气体状态变化图像的转换 5.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。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.温度一定时，若气体体积增大，气体压强会减小，原因是 (　　) A.单位体积的分子数减少，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少 B.气体分子的数密度增大，分子对器壁的吸引力减小 C.每个气体分子对器壁的平均撞击力减小 D.气体分子的数密度减小，单位体积内分子的质量减小 解析：选A　一定质量的气体，温度一定时，分子运动的平均速率不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，气体体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减少，气体压强减小，故A正确，B、C、D错误。 2.(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。 3.(2025年1月·八省联考河南卷)汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为2.6p0(p0是1个标准大气压)，轮胎内部气体温度为315 K，外部大气压强为p0。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为2.5p0，轮胎内部气体温度为280 K。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为 (　　) A.0.6p0 B.0.7p0 C.0.8p0 D.0.9p0 解析：选B　根据题意可知，在平原地区时，轮胎内部气体压强为p1=3.6p0，温度为T1=315 K，设在高原地区轮胎内部气体压强为p2，温度为T2=280 K。轮胎内气体做等容变化，根据查理定律得=，解得p2=3.2p0，则该高原地区的大气压强为p=3.2p0-2.5p0=0.7p0。故选B。 4.如图所示，孔明灯在中国有非常悠久的历史，其“会飞”的原因是：灯内燃料燃烧使内部空气升温膨胀，一部分空气从灯内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小，空气浮力将其托起。某盏孔明灯灯体(包括燃料、气袋)的质量为M，气袋体积恒为V0，重力加速度为g，大气密度为ρ，环境温度恒为T0(K)，忽略燃料的质量变化，大气压强不变。是衡量孔明灯升空性能的参量，记=k，若气袋内气体温度最高不能超过1.5T0(K)，则为了使孔明灯顺利升空，k应满足 (　　) A.k> B.k≤ C.k≤ D.k> 解析：选C　设孔明灯刚好从地面浮起时气袋内气体的密度为ρ1，则此时浮力等于孔明灯和内部气体的总重力，即ρgV0=Mg+ρ1gV0，当气袋内的气体温度升高时，气体视为等压变化，原来的气体温度升高前的体积为V0，温度升高后的体积为V1(有V0留在气袋内)，根据质量相等则有ρV0=ρ1V1，原来的气体温度升高后压强不变，体积从V0变为V1，由盖-吕萨克定律得=，根据题意T1≤1.5T0，联立解得k==1-≤，故选C。 5.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱A和C将空气柱B封闭在左侧竖直段玻璃管内，平衡时A段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为h2，C段水银两侧液面高度差为h1。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后 (　　) A.空气柱B的长度减小　 B.左侧水银面高度差h2减小 C.空气柱B的压强增大 D.右侧水银面高度差h1增大 解析：选B　设大气压强为p0，水银密度为ρ，空气柱B的压强为pB=p0+ρgh1=p0+ρgh2，若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，先假设左边水银液面都不动，由于h1变大，使得空气柱B压强变大，从而使空气柱B上面的水银向上移动，使得h2减小，最终稳定时有pB'=p0+ρgh1'=p0+ρgh2'，由于h2'<h2，可得pB'<pB，h1'<h1，可知左侧水银面高度差h2减小，空气柱B的压强减小，右侧水银面高度差h1减小，B正确，C、D错误；空气柱B发生等温变化，根据玻意耳定律pV=C，由于空气柱B的压强减小，所以空气柱B的体积增大，空气柱B的长度增大，A错误。 二、多项选择题 6.(2025·天津模拟)一容积不变的容器内封闭一定质量的氮气(视为理想气体)，在不同温度下分子速率分布如图所示，纵坐标表示各速率区间的氮气分子数所占总分子数的百分比，横坐标表示分子的速率，图线甲为实线、图线乙为虚线。下列说法正确的是 (　　) A.图线甲对应的氮气压强较大 B.图线甲对应的氮气分子的平均动能较大 C.由图像能直接求出任意速率区间内氮气分子数目 D.同一温度下，氮气分子的速率呈现“中间多，两头少”的分布规律 解析：选ABD　温度越高，速率大的分子所占比例越大，所以图线甲对应的氮气的温度高，压强较大，氮气分子的平均动能较大，故A、B正确；由题图可求出定量的氮气各速率区间的分子数所占总分子数的百分比，不能求出任意速率区间内氮气分子数目，故C错误；由题图可知，同一温度下，氮气分子的速率呈现“中间多，两头少”的分布规律，故D正确。 7.一定质量的理想气体的压强p与温度t的关系如图所示，该理想气体从状态A依次经过A→B→C→A的变化过程，其中AB段的连线过原点O，BC段与t轴平行，CA段与t轴垂直，则 (　　) A.A→B过程，气体体积减小 B.B→C→A过程，气体分子的平均速率先减小后不变 C.A→B→C过程，气体分子间的平均距离先变小后变大 D.B→C过程，气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数减少 解析：选AB　由理想气体状态方程=C，可得p=(t+273)，故p⁃t图像各点与(-273 ℃，0)连线斜率的倒数与体积成正比，故A→B→C过程，气体体积逐渐减小，气体分子间的平均距离逐渐减小，A正确，C错误；B→C→A过程，气体温度先减小再不变，故气体分子的平均速率先减小后不变，故B正确；B→C过程，压强不变，温度减小，气体分子平均速率减小，则气体分子单位时间内撞击单位面积器壁的次数增大，故D错误。 三、计算题 8.(10分)(2024·甘肃高考)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。(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A中气体分析，抽气后VA=2V-V=V 根据玻意耳定律得p0V=pA·V 解得pA=p0 对B中气体分析，若在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) 9.(10分)如图是一个简易温度计示意图，左边由固定的球形玻璃容器和内径均匀且标有刻度的竖直玻璃管组成，右边是上端开口的柱形玻璃容器，左右两边通过软管连接，用水银将一定质量的空气封闭在左边容器中。已知球形容器的容积为530 cm3，左边玻璃管内部的横截面积为2 cm2。当环境温度为0 ℃ 且左右液面平齐时，左管液面正好位于8.0 cm 刻度处。设大气压强保持不变。 (1)当环境温度升高时，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向上还是向下移动?(4分) (2)当液面位于30.0 cm刻度处且左右液面又一次平齐时，对应的环境温度是多少摄氏度?(6分) 解析：(1)当环境温度升高时，假设右边容器不动，由于左边气体体积变大，则右边容器中液面将高于左边管中液面，为使左右液面再次平齐，右边柱形容器应向下移动。 (2)开始时左边气体体积V1=(530+2×8)cm3=546 cm3，温度T1=273 K 当液面位于30.0 cm刻度处时气体的体积V2=(530+2×30)cm3=590 cm3 气体进行等压变化，根据盖⁃吕萨克定律可得=，解得T2=295 K 则t2=22 ℃。 答案：(1)向下　(2)22 ℃ 10.(10分)(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；(4分) (2)气体在状态B的体积V2。(6分) 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 第3讲　理想气体状态变化模型及变质量问题(综合融通课) (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]　如图所示，将一个圆柱形薄壁绝热汽缸开口向右固定在水平地面上，汽缸的缸口有卡环(厚度不计)，卡环到缸底的距离为d，缸内通过厚度不计、横截面积为S的轻质绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。开始时封闭气体的热力学温度为T1，活塞到缸底的距离为，且汽缸与活塞之间没有相对滑动的趋势。通过电阻丝可以对封闭气体进行缓慢加热。已知外界大气压强为p0，活塞与汽缸内壁间的最大静摩擦力为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑电阻丝的体积。 (1)对封闭气体进行缓慢加热过程中，当活塞刚好相对汽缸滑动时，求封闭气体的热力学温度T2； (2)在满足(1)问的条件下，继续缓慢升高温度，使活塞刚好到达汽缸口的卡环处，求此时封闭气体的热力学温度T3。 [解析]　(1)从开始对气体加热到活塞刚好相对汽缸滑动时，气体体积不变，设气体末态的压强为p2，由查理定律有= 对活塞进行受力分析，由平衡条件有p0S+=p2S 联立解得p2=p0，T2=T1。 (2)从活塞开始移动到活塞刚好到达汽缸口的卡环处的过程，气体压强恒为p2，根据盖-吕萨克定律有= 解得T3=2T2=T1。 [答案]　(1)T1　(2)T1 模型(二)　“液柱+管”模型 　　解答“液柱+管”类问题，关键是对液柱封闭的气体压强的计算，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，且注意以下几点： (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面间的竖直高度)。 (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]　一U形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热性能良好。用水银封闭一段空气(可视为理想气体)在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱的长度如图所示，环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强p0=76.0 cmHg。 (1)若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。 (2)若环境温度为27 ℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升0.8 cm，求应向左管中加注水银的长度。 [解析]　(1)以右管封闭空气为研究对象，初状态p1=cmHg=72 cmHg，T1=300 K 设玻璃管横截面积为S，则V1=4 cm×S 两管水银面相平时，右管水银面下降2 cm，即右管空气长度为6 cm，有p2=p0=76 cmHg，V2=6 cm×S 根据理想气体状态方程有= 解得T2=475 K 环境的最终温度为t=T2-273 ℃=202 ℃。 (2)设应向左管中加注水银的长度为x，则稳定后水银面的高度差为ΔH=-=5.6 cm-x 此时右管封闭空气的压强为p3=cmHg，V3=(4-0.8)cm×S 根据玻意耳定律有p1V1=p3V3 解得x=19.6 cm。 [答案]　(1)202 ℃　(2)19.6 cm 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气体实验定律列方程求解。 [例3]　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中气体有pA1VA1=pA2VA2 对B中气体有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管内气体压强为74.36 cmHg　B管内气体压强为54.36 cmHg (二) 理想气体的变质量问题 类型(一)　进气情况 两种问题 解决方法 充气问题 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，就将变质量问题转化为定质量问题 灌气(分装)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 　　 [例1]　(2025·山东聊城质检)近年来越来越多的汽车搭载了“空气悬挂”结构，相比“弹簧悬挂”更加舒适，可调节范围更广，其构造可以简化为如图所示的模型。汽缸上部与汽车底盘相连，活塞通过连杆与车轮轴连接，活塞与汽缸上部之间的距离为h，两者之间还连接一弹簧，弹簧一端与活塞粘连在一起，另一端与汽缸不粘连，可以将汽车对汽缸的作用等效为质量为M的物块压在汽缸的上方。在某一温度下当汽车空载时M=150 kg，静止在水平路面上时h=11 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知活塞的横截面积为S=100 cm2，弹簧的劲度系数k=2.5×104 N/m，不计弹簧体积、缸体的重力以及活塞与缸体之间的摩擦力，气体的温度始终不变，外界大气压恒为p0=1.0×105 Pa，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求： (1)保持阀门关闭，将汽车移至倾角为θ=37°的斜面，空载时汽缸上部与活塞之间的距离h1； (2)某次汽车停在水平路面上装载后等效为M'=200 kg，此时气泵会自动给汽缸充入适量空气，使活塞和汽缸上部之间的距离回到h=11 cm，充入的气体与原气体的质量之比η。 [解析]　(1)对汽缸受力分析，根据平衡条件，汽车静止在水平路面上时有p1S=p0S+Mg 解得p1=2.5×105 Pa 汽车停在斜面上时有p2S=p0S+Mgcos θ 解得p2=2.2×105 Pa 气体温度始终不变，由玻意耳定律得p1hS=p2h1S 解得h1=12.5 cm。 (2)充气后对汽缸受力分析，由平衡条件有p0S+M'g=p3S 由题意可知，气体的温度始终不变，由玻意耳定律有p3hS=p1(hS+ΔV) η= 解得η=。 [答案]　(1)12.5 cm　(2) 　　[针对训练] 1.某容积为V0的储气罐充有压强为5.5p0的室温空气，现用该储气罐为一批新出厂的胎内气体压强均为1.5p0的汽车轮胎充气至2.5p0。已知每个汽车轮胎的体积为，室温为27 ℃，不考虑充气过程中胎内气体温度及轮胎体积的变化。 (1)求在室温下该储气罐最多能给这种汽车轮胎充足气的个数n； (2)若清晨在室温为27 ℃下储气罐给n个汽车轮胎充足气后，到了中午，室温温度上升到33 ℃，求此时储气罐中气体的压强p。 解析：(1)设充气前每个轮胎中的气体等温压缩至2.5p0时的体积为V1，根据玻意耳定律有1.5p0·=2.5p0V1 轮胎内气体体积的减少量为ΔV=-V1 储气罐给汽车轮胎充气时做等温变化，根据玻意耳定律有5.5p0V0=2.5p0 解得n=120。 (2)储气罐中的气体做等容变化，根据查理定律有=，解得p=2.55p0。 答案：(1)120　(2)2.55p0 类型(二)　出气情况 两种问题 解决方法 抽气问题 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，即把变质量问题转化为定质量问题 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，如果选容器内原有气体为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题 　　 [例2]　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] 2.(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 代入数据解得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]　 一、单项选择题 1.(2025·安徽合肥模拟)如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量的相同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2。现使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是 (　　) A.A管向上移动，B管向下移动 B.A管向下移动，B管向上移动 C.均向下移动，A管移动较多 D.均向上移动，A管移动较多 解析：选C　管内封闭空气柱的压强恒等于外界大气压与因水银柱重力而产生的压强之和，外界大气压不变，则管内空气做等压变化，并由此推知，封闭空气柱下方的水银柱高度不变。根据盖⁃吕萨克定律可知=，整理可得ΔV=V，因A、B管中的封闭空气的初始温度相同，温度变化量ΔT也相同，且ΔT<0，则有ΔV<0，即A、B管中的封闭空气的体积均减小，又因为H1>H2，初始时A管中空气体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中空气柱长度减少得多一些，故两管中空气柱上方水银柱均向下移动，A管中水银柱移动较多。故选C。 2.(2025·张家口模拟)校园运动会开幕式上释放了一组氦气球，氦气球缓慢上升，到达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为25 mmHg，即将破裂时氦气球的体积为刚释放时的1.2倍，内外的压强差为30 mmHg。大气压强p随离地高度h的变化关系如图甲所示，大气温度t随离地高度h的变化关系如图乙所示，氦气球导热良好。则氦气球破裂时的离地高度约为 (　　) A.2 000 m　　　　　　　 B.1 800 m C.1 600 m D.1 400 m 解析：选A　在地面时，气球内气体的压强p1=760 mmHg+25 mmHg=785 mmHg，温度为T1=300 K，设体积为V，在高度h时，气球内气体的压强p2=760 mmHg-+30 mmHg=mmHg，温度为T2=K，体积为1.2V，根据理想气体状态方程可得=，联立解得h≈2 000 m，故选A。 3.(2025·聊城模拟)如图所示，高度为h的薄圆筒，某次工作时将筒由水面上方开口向下吊放至深度为H=80 m的水下，已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，大气压强为p0=1.0×105 Pa，筒内空气可视为理想气体且h远小于H，忽略筒内气体温度的变化和水的密度随深度的变化，保持H不变，用气泵将空气压入筒内，使筒内的水全部排出，则压入气体的质量与筒内原气体质量的比值约为 (　　) A.8　　　　 B.7　　　　 C.6 　　　　D.5 解析：选A　设在H=80 m的水下筒内原气体占据空间的高度为L，压强为p1，则有p1=p0+ρgH=9p0，根据玻意耳定律有p0Sh=p1SL，解得L=，h远小于H，所以压入气体后，压强不变，温度不变，压入的气体的体积为V1=(h-L)S=，筒内原来气体的体积为V0=LS=，压入气体的质量与筒内原气体质量的比值为==8，故选A。 4.如图所示，桶装水的容积为20 L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105 Pa，剩余水的体积为12 L，水面距出水口的高度为50 cm。取水器每按压一次，向桶内打入压强为1×105 Pa、体积为0.3 L的空气。已知水桶的横截面积为0.02 m2，水的密度为1×103 kg/m3，大气压强为1×105 Pa，重力加速度g为10 m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则 (　　) A.取水器至少按压1次，水才能从出水口流出 B.取水器至少按压3次，水才能从出水口流出 C.若要再压出4 L水，至少需按压16次 D.若要再压出4 L水，至少需按压17次 解析：选D　设取水器按压n次后，桶中的水才能从出水口流出，以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1、体积为V1，后来的体积为V2、压强为p2，则p1=p0=1×105 Pa，V1=(20-12+0.3n)L，V2=(20-12)L，由玻意耳定律得p1V1=p2V2，要使桶中水能从出水口流出，则有p2>p0+ρgh，联立各式解得n>，所以取水器至少按压2次，桶中水才能从出水口流出，A、B错误；水桶高度h0= m=1 m，再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为h2=h0+50 cm=70 cm，则有p3=p0+ρgh2=1.07×105 Pa，由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有p0(n'V0+V1')=p3V2'，其中V0=0.3 L，V1'=L=8 L，V2'=(20-12+4)L=12 L，解得n'≈16.1，可知，若要再压出4升水，至少需按压17次，C错误，D正确。 二、多项选择题 5.(2025·广西模拟)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S的轻活塞A和面积为S的轻活塞B，活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示，活塞A与汽缸右端相距L1，处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A，最终如图乙所示，活塞B和液体上升L2。已知大气压强为p0，液体密度为ρ、高度为h，弯管中的气体体积可忽略，下列说法正确的是 (　　) A.初始时封闭气体压强大于p0 B.图中液体浸润竖直管道 C.最终活塞上升的高度为L2= D.该过程中外界对封闭气体做功为W=(2p0+ρgh)S 解析：选BC　初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为p1=p0，故A错误；题图中液面呈凹形，液体浸润竖直管道，故B正确；最终封闭气体的压强大小为p2=p0+ρgh，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可得p1L1·2S=p2L2S，解得L2=，故C正确；该过程中，气体发生等温变化，p⁃V图像如图所示，外界对气体做正功，且做功的大小等于图中阴影部分的面积，则W<S，故D错误。 6.(2025·江西一模)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两侧气体温度相同，管内水银面高度差为h。若要使左右两侧水银面高度差变大，则可行的方法是 (　　) A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直减速下落 C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直加速下落 解析：选BC　假设两部分气体做等容变化，根据查理定律有=，可得压强变化量Δp==p0，则Δp左=p左，Δp右=p右，而其中p左=p右+ph，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右两侧水银面高度差变小；同理，若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上升，左右两侧水银面高度差变大，故A错误，C正确；玻璃管竖直减速下落，水银柱处于超重状态，有向上的加速度，则有(p左-p右-ph)S=ma，假设左右两侧水银面高度差不变，则可知左侧气体压强增大，右侧气体压强减小，由玻意耳定律有p0V0=pV，可知左侧气体体积减小，右侧气体体积增大，则左右两侧水银面高度差变大，故B正确；玻璃管竖直加速下落，水银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有(p右+ph-p左)S=ma，假设左右两侧水银面高度差不变，则可知左侧气体压强减小，右侧气体压强增大，由p0V0=pV，可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减小，则左右两侧水银面高度差变小，故D错误。 三、计算题 7.(8分)(2025·吉林调研)汽车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全。发生交通事故时，强烈的碰撞使三氮化钠完全分解产生钠和氮气而快速充入气囊。充入氮气后的瞬间安全气囊的容积为70 L，温度为300 K，压强为p1，囊内氮气的密度ρ=1.25 kg/m3；随后，驾乘人员因惯性挤压安全气囊，气囊的可变排气孔开始排气，当内部气体体积变为50 L、温度降为280 K、压强变为0.8p1时，不再排气，将气体视为理想气体。求： (1)充气后瞬间，气囊内含有的氮气分子个数；(已知氮气的摩尔质量M=28 g/mol，阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1)(3分) (2)驾乘人员挤压安全气囊过程中，排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的百分比(此问结果保留2位有效数字)。(5分) 解析：(1)充气后瞬间，气囊内氮气的质量m=ρV1=8.75×10-2 kg，气囊内含有氮气分子个数n=NA=1.875×1024(个)。 (2)设温度降为280 K、压强变为0.8p1时原来囊内气体的总体积为V2，根据理想气体状态方程=，解得V2= L，排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的比例=×100%≈39%。 答案：(1)1.875×1024 个　(2)39% 8.(12分)小明同学设计了一个用弹簧测力计测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m=600 g、横截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦，每次测量时保证活塞的位置不变。当弹簧测力计示数为F1=6 N时，测得环境温度T1=300 K。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa，重力加速度g=10 m/s2。 (1)当弹簧测力计示数为F2=8 N时，环境温度T2为多少?(6分) (2)若测力计量程为0~10 N，该装置可测量的环境温度范围为多少?(6分) 解析：(1)当F1=6 N时，对活塞受力分析有 p1S+F1=mg+p0S 解得p1=p0 当F2=8 N时，设此时汽缸内气体的压强为p2，对活塞受力分析有 p2S+F2=mg+p0S 由题意可知气体体积不变，根据查理定律得 = 解得T2=297 K。 (2)环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，当拉力为0时，此时对应的温度为可测量的最大值，由p3S=mg+p0S，= 得Tmax=309 K 当拉力为10 N时，此时对应的温度为可测量的最小值，由p4S+F4=mg+p0S，= 得Tmin=294 K 该装置可测量的环境温度范围为294 K~309 K。 答案：(1)297 K　(2)294 K~309 K 9.(12分)(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；(4分) (2)求A内气体体积VA2；(4分) (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。(4分) 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=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 10.(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；(4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。(6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 11.(12分)如图(a)所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面上(图中未画出)。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和。现用轻质细线将活塞B与质量m=的重物C相连接，如图(b)所示，一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B的面积分别为S1=2S、S2=S，弹簧的劲度系数k=，大气压强为p0，重力加速度为g，环境和缸内气体温度T1=600 K。 (1)活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；(6分) (2)缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小(保留3位有效数字)。(6分) 解析：(1)设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得pS+mg=p0S　 设活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得 2Sp0=2Sp+kx　 解得p=p0，x=L 活塞再次静止时，设活塞B移动的距离为ΔL，移动前、后缸内气体的体积分别为V1、V2，则V1=L×2S+×S V2=2S(L-x)+S 根据玻意耳定律得p0V1=pV2 解得ΔL=L。 (2)缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。设B回到原位置时缸内气体的体积为V3，则 V3=2S(L-x)+S 根据盖-吕萨克定律得= 代入数据解得T≈293 K。 答案：(1)L　(2)293 K 第4讲　热力学定律与能量守恒定律(综合融通课) 一、热力学第一定律 1.改变物体内能的两种方式 (1)做功；(2)热传递。 2.热力学第一定律 (1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。 (2)表达式：ΔU=Q+W。 (3)符号法则 物理量 W Q ΔU + 气体体积减小外界对系统做功 系统吸收热量 内能增加 - 气体体积增大系统对外界做功 系统放出热量 内能减少 二、热力学第二定律 1.热力学第二定律的两种表述 (1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。 (2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。 2.热力学第二定律的微观意义：一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行。 三、能量守恒定律 1.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.普适性：能量守恒定律是自然界的普遍规律。 注意：(1)某一种形式的能(如：机械能)或几种形式的能(如：动能+电势能)是否守恒是有条件的。 (2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。 微点判断 1.做功和热传递的实质是相同的。 (×) 2.绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。 (×) 3.在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。 (×) 4.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。 (√) 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.热机的效率不可能达到100%。 (√) 7.第一类永动机遵守能量守恒定律，违背了热力学第二定律。 (×) 逐点清(一)　热力学第一定律的理解及应用　 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的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。 (2)若过程中不做功，即W=0，则Q=ΔU。 (3)若过程的初、末状态系统的内能不变，即ΔU=0，则W+Q=0或W=-Q。 [考法全训] 考法1　对热力学第一定律的理解 1.(2025·成都高三检测)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。 考法2　热力学第一定律的应用 2.(人教版教材选择性必修3，P64T4)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，若不计气泡内空气分子个数和分子势能的变化，在上浮过程中气泡的内能如何变化?吸热还是放热? 解析：气泡在缓慢上升过程中，可认为气泡内的空气温度始终等于外部的水温，而外部的水温恒定，因此气泡的温度不变，气泡的内能不变。但是，在气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡逐渐膨胀，对外做功，根据ΔU=W+Q可知，气泡要吸热。 答案：内能不变　吸热 3.(2024·北京高考)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体 (　　) A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 解析：选D　上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体的压强p=p0+ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV=C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体从水中吸热，故D正确。 |考|教|衔|接| 　　以上两题无论是命题情境，还是考查知识点，都完全相同，高考题就是教材题的再现。这启示我们，加强对教材的重视，引导教学回归教材，激发学生学习兴趣，提高学生的获得感，重视知识的基础性和应用性。 逐点清(二)　热力学第一定律与气体图像的综合应用 热力学第一定律与气体图像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。 [考法全训] 考法1热力学第一定律与气体p⁃T图像的综合 1.如图所示，一定质量的理想气体在状态A时体积为1.0 m3，经历A→B→C的过程，则整个过程中气体 (　　) A.放出热量0.5×105 J B.放出热量1.0×105 J C.吸收热量0.5×105 J D.吸收热量1.0×105 J 解析：选B　由图像可知，状态A与状态C温度相同，有pAVA=pCVC，解得VC=0.5 m3，AB图线是过原点的直线，所以从状态A到状态B是等容过程，有VB=VA=1.0 m3，从状态B到状态C是等压过程，外界对气体做功为W=pB(VB-VC)=1.0×105 J，整个过程气体内能不变，由热力学第一定律知W+Q=0，解得Q=-1.0×105 J，即气体放出热量1.0×105 J，故选B。 考法2热力学第一定律与气体V⁃T图像的综合 2.(2025·潍坊模拟)(多选)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V⁃T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则 (　　) A.气体在状态c的体积为1.5V0 B.气体在状态b的压强为p0 C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0 D.从状态a到状态b，气体内能的增加量为Q-p0V0 解析：选BD　在V⁃T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，则由a到c为等压过程，有=，解得Vc=2V0，故A错误；从状态c到状态b温度不变，有pb·3V0=p0·2V0，解得pb=p0，故B正确；从状态a到状态c，气体对外界做功为W'=p0·2V0-p0V0=p0V0，故C错误；理想气体在b、c状态的温度相同，故内能相同，从状态a到状态b气体内能的变化量等于从状态a到状态c气体内能的变化量，由ΔU=W+Q，W=-W'，可知气体内能的增加量为ΔU=Q-p0V0，故D正确。 考法3热力学第一定律与气体p⁃V图像的综合 3.(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； (2)TC的表达式； (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少? 解析：(1)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)pB=p0　(2)TC=1.9T0　(3)W 逐点清(三)　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用　　　　　　　　 热力学第一定律与气体实验定律综合问题的思维流程 [应用体验] 1.一定质量的理想气体由状态A开始，经过状态B后，最终变为状态C，其V⁃T图像如图所示，各状态参量标注如图。已知状态A处的压强p=1.0×105 Pa，关于气体的变化过程，下列说法正确的是 (　　) A.图中TA为200 K B.由A→B的过程中，气体向外界放热 C.气体在A→B→C的过程中，对外做功2.0×105 J D.由图中坐标可以求出状态C处的压强为1.5×105 Pa 解析：选A　从A到B为等压过程，根据=，代入数据可得TA=200 K，A正确；由A→B的过程中，气体体积膨胀，对外做功W<0，温度升高，内能增加ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，该过程气体吸收热量，B错误；由A→B的过程中，气体对外做功W=p·ΔV=1.0×105×(0.6-0.4)J=2×104 J，从B→C的过程中，气体发生等容变化，没有对外做功，因此气体在A→B→C的过程中，对外做功2.0×104 J，C错误；从B→C的过程中，气体发生等容变化，根据=，而pB=p=1.0×105 Pa，可得pC≈1.3×105 Pa，D错误。 2.如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减小噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求： (1)当活塞底部距离缸底为L时，气体的压强p1； (2)气体温度达到827 ℃时，气体的压强p2； (3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。 解析：(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡条件，有 p1S=p0S+F，解得p1=4p0。 (2)假设加热升温过程始终是等压变化， 根据盖-吕萨克定律，有= 解得L'=L>3L 此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触，由理想气体状态方程得=，解得p2=p0。 (3)此过程中外界对气体做功为 W=-p1S·2L=-8p0SL 根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W 可得此过程中气体内能的增加量为 ΔU=Q-8p0SL。 答案：(1)4p0　(2)p0　(3)Q-8p0SL 3.(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 逐点清(四)　热力学第二定律的理解及应用 |题|点|全|练| 1.热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程，下列说法正确的是 (　　) A.只是部分宏观过程具有方向性 B.第二类永动机既违背能量守恒定律，又违背热力学第二定律 C.热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体 D.根据热力学定律，热机的效率不可能达到100% 解析：选D　热力学第二定律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，故A错误；第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在外界干预下，热量可以从低温物体传到高温物体，故C错误；根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，故D正确。 2.空调的工作原理如图所示，以下表述正确的是 (　　) A.空调制冷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传热的方向性 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　空调制冷的工作原理对应的是热力学第二定律的克劳修斯表述，A错误；空调的工作原理反映了传热的方向性，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但在其他能力干预下，可以从低温物体传到高温物体，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·南京模拟)将一件裙子放进死海，3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。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，是由无序向有序转变的过程，故A、B正确；盐的溶解过程是自发过程，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；孤立系统的熵永不减小，故D错误；本题选错误项，故选D。 |精|要|点|拨| 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。 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。 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(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。 2.某同学从重庆去西藏旅游，路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所带的坚果，发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体(可视为质量不变的理想气体)的说法正确的是 (　　) A.压强增大　　　　　　 B.分子平均动能不变 C.一定从外界吸收热量 D.对外做功，内能减小 解析：选D　根据题意，气体温度降低，体积增大，根据理想气体状态方程可得，气体压强减小，故A错误；气体温度降低，所以分子平均动能减小，故B错误；气体体积增大，气体对外做功，即W为负值，温度降低，内能减小，即ΔU为负值，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q可能为正，也可能为负，即气体可能从外界吸收热量，也可能放热，故C错误，D正确。 3.(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。 二、多项选择题 4.炎热的夏季是汽车轮胎爆胎频发时期，爆胎的一个原因是轮胎内气体温度升高导致胎压变大，因此有经验的司机师傅会适当降低胎压。某汽车上一只轮胎的容积为200 L，早晨20 ℃时给轮胎充气，充气前轮胎内气体的压强为2.0×105 Pa，充气时每秒可将5 L、压强为1.0×105 Pa 的气体充入轮胎内，不考虑充气过程中气体温度的变化。中午高速行驶时允许的最大胎压为2.9×105 Pa，此时轮胎内气体温度可达77 ℃。将轮胎内气体看成理想气体，不计轮胎内气体温度变化对轮胎容积的影响。在安全行车的情况下，下列说法正确的是 (　　) A.轮胎内气体温度升高的过程中，每个气体分子热运动的速率均变大 B.轮胎内气体温度升高的过程中，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量 C.早晨充气后轮胎内气体的压强最大允许约为2.4×105 Pa D.早晨充气所用时间最长约为36 s 解析：选BC　轮胎内气体温度升高的过程中，气体分子的平均速率增大，但不是每个气体分子热运动的速率均变大，故A错误；轮胎内气体温度升高的过程中，气体内能增大，但气体体积不变，根据热力学第一定律可得，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故B正确；由题意可知，轮胎内气体体积不变，根据查理定律可得=，解得p1≈2.4×105 Pa，故C正确；早晨充气时，由玻意耳定律有pV0+p0V=p1V0，其中p=2.0×105 Pa，V0=200 L，V=5t(L)，联立解得t≈17 s，故D错误。 5.(2024·新课标卷)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 解析：选AD　1→2为绝热过程，此过程气体体积减小，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，此过程气体体积增大，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，此过程气体体积增大，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。 6.(2024·河北高考)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后 (　　) A.弹簧恢复至自然长度 B.活塞两侧气体质量相等 C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 解析：选ACD　初始时活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧且体积为整个汽缸体积的一半，最终气体充满整个汽缸，则初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终状态的两倍，故D正确。 三、计算题 7.(8分)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b→c→a的过程，其状态变化的p⁃V图像如图所示，各个状态参量已在图中标出，已知c点的温度为T0。求： (1)一次循环过程中气体放出的热量；(3分) (2)整个循环过程中的最高温度。(5分) 解析：(1)a→b→c→a一个循环过程中，三角形abc的面积等于放出的热量 Q==p0V0。 (2)由题图可知，a→b温度降低，b→c温度升高，c→a温度先升高后降低，故温度最高点对应的状态在直线ca上， 由题图可知p=-V+3p0 又= 将p代入求极值得Tmax=1.125T0。 答案：(1)p0V0　(2)1.125T0 8.(8分)(2025·潍坊高三检测)肺活量是用来衡量人体心肺功能的重要指标。肺活量是指在标准大气压p0=1 atm下人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体体积总量。某同学在学习气体实验定律后，设计了一个吹气球实验来粗测自己肺活量。首先他测量了自己的体温为37 ℃，环境温度为27 ℃，然后该同学尽最大努力吸气，通过气球口尽力向气球内吹气，吹气后的气球可近似看成球形，过一段时间稳定后测得气球的直径d=20 cm，气球稳定的过程中，气球向外界散失了2.8 J的热量。已知气球橡胶薄膜产生的附加压强Δp=，其中σ为薄膜的等效表面张力系数，R为气球充气后的半径。如图为该气球的等效表面张力系数σ随气球半径R的变化曲线。吹气前气球内部的空气可忽略不计，空气可看作理想气体，大气压强p0=1.0×105 Pa，1 cmH2O=100 Pa，π取3.14。求： (1)该同学通过查阅资料得知理想气体内能大致可以用公式U=0.5T来计算，气球稳定的过程中外界对气球做了多少功?(3分) (2)该同学的肺活量为多少毫升(保留到整数位)?(5分) 解析：(1)由U=0.5T可知，气球稳定的过程中，气球内气体的内能增加量为ΔU=0.5ΔT=-5 J 由热力学第一定律有ΔU=W+Q 解得W=-2.2 J。 (2)由题图可知气球半径R=10 cm时，气球橡胶薄膜的等效表面张力系数 σ=200 cm·cmH2O=2×104 cm·Pa 吹气后稳定时气球内气体的压强 p=p0+ 解得p=1.04×105 Pa 设该同学的肺活量为V1，气球体积为V2，由理想气体状态方程 = 其中V2=π 解得V1≈4 500 mL。 答案：(1)-2.2 J　(2)4 500 mL 9.(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。(3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)(4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的过程内能降低得更少，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，从M到N'的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 答案：(1)3V0　(2)　(3)吸热 第5讲　用油膜法估测油酸分子的大小(基础实验) 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 实验原理 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。 操作要领 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.计算一滴溶液中纯油酸的体积：V=(mL)。V0为N滴油酸酒精溶液的体积，k为油酸酒精溶液的浓度。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.计算油酸分子的直径：d=(注意单位统一)。 三、注意实验细节 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(溶液滴下之前)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.待测油膜扩散后又会收缩，要在油膜的形状稳定后再画轮廓。扩散后又收缩有两个原因：①水面受溶液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。 四、做好误差分析 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.油酸酒精溶液浓度的改变造成误差。 二、应用发展/练中融通 1.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中： (1)下列说法正确的是　　　　。  A.将油膜看成单分子层油膜是一种理想化假设 B.实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精的作用是对油酸进行稀释 C.用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1 mL，则1滴溶液中含有油酸10-2 mL D.在计算油膜面积时，只需要数出完整方格的数目，对不完整的方格均不计数 (2)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、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒体积约为1毫升)、纯油酸和无水酒精若干。已知分子直径数量级为10-10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为　　　　‰(保留2位有效数字)。  解析：(1)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，分子直径是依据体积与面积之比求出的，所以需要将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间隙，是一种理想化假设，故A正确；油酸可以溶于酒精，因此酒精对油酸起稀释作用，方便测量，故B正确；1滴溶液的体积是10-2 mL，含有纯油酸的体积小于10-2 mL，故C错误；全部完整方格内的油膜面积小于真实油膜面积，应计算面积大于半格的个数，故D错误。 (2)由题意，形成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面积时，油酸酒精溶液浓度最大。一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积最大为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，则油酸酒精溶液浓度至多为=1.1 ‰。 答案：(1)AB　(2)1.1 2.(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，坐标纸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120个方格，所以油膜的面积为120×1×1 cm2=120 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==≈6.3×10-10 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)①120(118~122均可) ②6.3×10-10(6.1×10-10~6.4×10-10均可)　 ③NA= 3.某同学在实验室用油膜法测油酸分子直径，实验主要步骤如下： ①向体积V油=6 mL的油酸中加酒精，直至总量达到V总=104 mL； ②用注射器吸取①中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=75滴时，测得其体积恰好是V0=1 mL； ③先往浅盘里倒入2 cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上； ④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油膜的形状； ⑤将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长为L=1 cm。 根据以上信息，回答下列问题： (1)一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为　　　　 m3；油酸分子直径为　　　　 m。(以上结果均保留1位有效数字)  (2)若75滴油酸酒精溶液的体积不足1 mL，则最终的测量结果将偏　　　　(选填“大”或“小”)。  (3)若油酸酒精溶液长时间静置，则最终的测量结果将偏　　　　(选填“大”或“小”)。  解析：(1)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V=× mL=8×10-6 mL=8×10-12 m3，油膜的面积S=127×1 cm2=127 cm2=1.27×10-2 m2，油酸分子的直径d== m≈6×10-10 m； (2)若75滴油酸酒精溶液的体积不足1 mL，则代入计算的纯油酸的体积偏大，可知测量值偏大； (3)若油酸酒精溶液长时间静置，则浓度变大，最终得到的油膜的面积变大，可知测量值偏小。 答案：(1)8×10-12　6×10-10　 (2)大　(3)小 4.油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.5 mL，用滴管向量筒内滴100滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1 mL。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留2位有效数字) (1)若每一小方格的边长为10 mm，则油膜的面积为　　　　m2。  (2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为　　　　m3。  (3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为　　　　m。  解析：(1)每个小方格的面积为S1=(10 mm)2=1×10-4 m2，大于半格的算一格，小于半格的舍去，则油膜的面积约为S=80S1=80×10-4 m2=8.0×10-3 m2。 (2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V= mL=5.0×10-12 m3。 (3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为d== m≈6.3×10-10 m。 答案：(1)8.0×10-3(7.8×10-3~8.2×10-3均可)　(2)5.0×10-12　(3)6.3×10-10(6.1×10-10~6.4×10-10均可) 5.(1)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL油酸，倒入标注250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在水面上形成油膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图甲所示。坐标格的每个小正方形大小为2 cm×2 cm。由图甲可以估算出油膜的面积是　　　　cm2，由此估算出油酸分子的直径是　　　　m(保留一位有效数字)。  (2)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的　　　　。  A.油酸浓度适当大一些 B.油酸浓度适当小一些 C.油酸扩散后立即绘出轮廓图 D.油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图 (3)图乙是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片：48个铁原子在铜的表面排列成圆圈，构成了“量子围栏”。为了估算铁原子直径，查到以下数据：铁的密度ρ=7.8×103 kg/m3，摩尔质量M=5.6×10-2 kg·mol-1，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1。若将铁原子简化为球体模型，铁原子直径的表达式D=　　　　，铁原子直径约为　　　　m(结果保留一位有效数字)。  解析：(1)数油膜所占的正方形格数时，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积为S=65×2×2 cm2=260 cm2，2滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V=2×× mL=2×10-5 cm3，油酸分子的直径为d==≈8×10-8 cm=8×10-10 m。 (2)为了能形成单分子油膜，油酸浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散并收缩稳定后进行，否则测量的面积会偏大，故选B、D。 (3)单个铁原子的体积为=π，整理得D=，代入数据解得D≈3×10-10 m。 答案：(1)260(256~264均可)　8×10-10 (2)BD　(3) 　　 3×10-10 6.(2025·北京东城质检)做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验。 (1)下列实验步骤的正确顺序是　　　　(填写实验步骤前的序号)。  a.往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上 b.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定 c.将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小 d.用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积 e.将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上 (2)实验中，所用油酸酒精溶液每V1体积溶液中有纯油酸V2体积，用注射器和量筒测得V0体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则油膜的面积S=　　　　；可求得油酸分子的直径为　　　　 (用V1、V2、V0、n、S表示)。  (3)某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是因为　　　　。  A.油膜中含有大量未挥发的酒精 B.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开 D.用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴 解析：(1)实验过程应先用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积，再根据油酸酒精溶液的浓度计算出油酸的体积，后往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上，再用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和油膜的面积计算出油酸分子直径的大小。即实验步骤的正确顺序是dabec。 (2)根据数格子的办法，多于半格的算一格，少于半格的舍去，油膜的总格数为71格，则油膜总面积为S=71a2；由于所用油酸酒精溶液每V1体积溶液中有纯油酸V2体积，则溶液的浓度为x=，用注射器和量筒测得体积为V0的上述溶液有n滴，则一滴溶液中纯油酸的体积为V=x，油酸分子直径为d=，联立解得d=。 (3)根据d=，油膜中含有大量未挥发的酒精，会导致油膜面积测量值偏大，则油酸分子直径测量值偏小，故A错误；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，会导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故B正确；水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，会导致油膜面积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏大，故C正确；用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴，会导致油酸体积测量值偏小，则油酸分子直径测量值偏小，故D错误。 答案：(1)dabec　(2)71a2(70a2~72a2均可)　　(3)BC 第6讲　探究气体压强与体积的关系(基础实验) 一、实验知能/系统归纳 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d，计算其横截面积S=。 (2)按原理装置图安装好仪器。 (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，由气压计读出注射器内空气的压强p，从注射器的刻度上直接读出注射器内空气柱的长度L，计算出空气柱的体积V=SL，并记录到设计好的表格内。 (5)保持温度不变，把活塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度(计算出空气柱对应的体积)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 　　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，图像呈现为双曲线的一支；再以体积的倒数为横坐标作出p⁃图像，如图乙所示，把双曲线变为直线，说明p和V成反比。 三、注意实验细节 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图像呈现为双曲线的一支，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。 四、做好误差分析 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、活塞向下压或向上拉得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。 二、应用发展/练中融通 1.(2023·江苏高考)在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是 (　　) A.把柱塞快速地向下压 B.把柱塞缓慢地向上拉 C.在橡胶套处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞 D.在橡胶套处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞 解析：选B　因为该实验是要探究气体等温变化的规律，实验中要缓慢推动或拉动柱塞，目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变；为了方便读取封闭气体的体积，不需要在橡胶套处接另一注射器。 2.(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 3.(2025·宁德模拟)在“探究气体等温变化的规律”实验中，实验装置如图甲所示。用注射器封闭一定质量的空气，连接到气体压强传感器上，用传感器测量封闭气体的压强，用注射器刻度读出气体体积。 (1)多次改变封闭气体的体积，测量出不同体积时气体的压强，用电脑记录下来，并生成p⁃V图像如图乙所示，由图可猜测p与V可能　　　　。(选填“成正比”“成反比”或“不成比例”)  (2)实验完成后，某同学作出的图像如图丙所示(其中实线为实验所得，虚线为参考双曲线的一支)，造成这一现象的原因可能是　　　。  A.操作实验时用手握住注射器 B.实验时环境温度降低了 C.注射器内气体向外泄漏 D.有气体进入注射器内 解析：(1)根据题图乙进行猜测，p与V可能成反比； (2)实线与虚线进行比较，当体积V一定时，实验中气体压强偏小，结合理想气体状态方程可知，气体温度降低，即实验时环境温度降低，A错误，B正确；当压强一定时，实验中气体体积偏小，说明可能注射器内气体向外泄露，C正确，D错误。 答案：(1)成反比　 (2)BC 4.(2025·湖北武汉检测)某同学用如图(a)所示的装置探究气体等温变化的规律，空气柱的压强可以通过压力表读出，空气柱的体积即空气柱的长度与横截面积的乘积。整个装置安装在固定架上，把柱塞置于注射器玻璃管的某一刻度处，将橡胶套套在玻璃管的下端，把一段空气柱封闭在玻璃管中，实验中空气柱质量保持不变。 (1)请将下列实验步骤补充完整： ①读出初始状态下空气柱的压强p和空气柱的长度l； ②　　　　(填“缓慢”或“快速”)向上拉或向下压柱塞，待压力表示数稳定后，读出空气柱的压强和空气柱的长度；  ③重复步骤②，记录多组数据。 (2)某次实验时，压力表的示数如图(b)所示，则空气柱的压强p=　　　　Pa。  (3)以p为纵坐标，以　　　　为横坐标，把采集的各组数据在坐标纸上描点，各点位于过原点的同一条直线上，由此得出结论：在实验误差允许范围内，一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比。  解析：(1)②为避免温度变化，应该把柱塞缓慢地向下压或向上拉。 (2)由题图(b)可知压强为p=1.20×105 Pa。 (3)根据pSl=CT，解得p=·，则横坐标为。 答案：(1)②缓慢　(2)1.20×105　 (3) 5.(2025·济宁模拟)某同学设计了如图甲所示的装置来探究“气体温度不变时压强随体积变化的规律”的实验，注射器导热性能良好，用橡皮帽和活塞在注射器内封闭一定质量的理想气体。质量不计的细绳跨过滑轮，一端系到活塞上，调节滑轮的高度，使左侧细绳拉直时能保持水平，另一端可以挂钩码。实验时，在细绳的下端依次挂上质量相同的钩码1、2、3、……个，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的体积V，并求出对应气体的压强p。已知注射器的最大体积为Vm，刻度全长为L，大气压强为p0，每个钩码的质量为m，重力加速度为g。 (1)关于本实验的操作，下列说法正确的是　　　。  A.为减小误差，每挂上一个钩码后，应平衡后再读出体积 B.挂钩码时，为了防止注射器脱落，应用手紧紧握住注射器 C.实验前，应将活塞涂上润滑油，并来回拉动几次 D.实验时必须测出封闭气体的温度 (2)若在某次实验中细绳上所挂钩码个数为n，则平衡后对应气体的压强为　　　　。(用题目中已知量表示)  (3)该同学根据测得气体的体积和对应的压强，作出了V⁃图像，如图乙所示，图线不过原点，则纵截距b代表　　　　　　　　　；体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，可能是由于气体温度　　　　(填“升高”或“降低”)，也可能是由于装置气密性导致气体质量　　　　(填“增大”或“减小”)。  解析：(1)每挂上一个钩码后，应待封闭气体的体积不再发生变化，再读出体积，可以减小误差，故A正确；挂钩码时，不能用手紧紧握住注射器，因为手的温度会改变封闭气体的温度，使测量结果不准确，故B错误；实验前，应将活塞涂上润滑油，并来回拉动几次，可以增加气密性，也可以减小摩擦带来的误差，故C正确；注射器不隔热，所以实验时封闭气体的温度与外界温度相同，气体做等温变化，不需要测量温度，故D错误。 (2)由平衡关系可得nmg+p=p0，可得p=p0-。 (3)实验操作规范，图线不过原点，则b代表注射器橡皮帽内气体的体积；由=C可知V=CT，体积增大到一定值后，图线开始向上偏离直线，斜率变大，说明可能是气体温度升高；公式中的C与气体质量有关，斜率变大，也可能是由于装置气密性导致气体质量增大。 答案：(1)AC　(2)p0-　(3)橡皮帽内气体的体积　升高　增大 6.图(a)是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。 (1)实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略。移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，绘出的p⁃图像可能为　　　　。  (2)用第(1)问中获得的数据绘制 ⁃ V 图像，如图(b)所示，则连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为　　　　。  (3)若用天平测出若干粒大米的质量为m，然后将这些米粒装入上述装置中的注射器内，移动活塞，多次记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，绘出图(c)所示的图像。则可求出大米的密度为　　　　　　　　(用m、V1、V2表示)。  (4)第(3)问中，若读出注射器上的体积刻度为V3之后，用手握住注射器左侧的大部分位置，向外拉动活塞，其余操作无误，继续采集若干数据，请在图(c)中大致画出大于V3部分的图线。 解析：(1)由于连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，当压强增加后，软管内的气体体积也减小，但软管的体积未变，则注射器中有气体进入软管内，相当于注射器漏气，当V减小时， 增大，p随之增加的程度不是线性关系，当V越小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加程度越小，斜率越小，故绘出的p⁃ 图像可能为C。 (2)设连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为V0 ，根据玻意耳定律p(V+V0)=C，则有=(V+V0)，当为0时，V=-V1，代入上式得V0=V1。 (3)设大米的体积为V米，以注射器及软管内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律p(V+V0-V米)=C，则有=(V+V0-V米)，当为0时，V=V2，代入上式得V米=V2+V0=V2+V1，则可求出大米的密度为ρ==。 (4)用手握住注射器左侧的大部分位置，向外拉动活塞时，气体的温度会增加，由理想气体状态方程=C知随着体积增加，⁃V图像的斜率减小，故图像如图所示。 答案：(1)C　 (2)V1　(3)　(4)见解析图 66 / 71 学科网（北京）股份有限公司 $$