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（普高基础版）

第十五章　热学 第一讲　分子动理论 内能 固体 液体 课前 [精要回顾] [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3 P6T3·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)(2023·海南高考T5A)分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力。 (×) (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T14D)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)(人教选择性必修3 P17T1·改编)任何物体都具有内能。 (√) (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)(人教选择性必修3 P41T3·改编)缝衣针会停在水面上是由于液体的表面张力作用。 (√) 逐点清(一)　微观量的估算 1.[固体微观量的估算] (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NA B.1 m3铜所含的原子数为 C.1个铜原子的体积为(m3) D.铜原子的直径为(m) 解析：选CD　1 kg铜所含的原子数为N=·NA，故A错误；1 m3铜所含的原子数为N=nNA=，故B错误；1个铜原子的体积为V=(m3)，球体模型的体积为V=π·3，联立解得铜原子的直径为d=(m)，故C、D正确。 2.[液体微观量的估算] (2025·山东菏泽模拟)如图所示的露珠，若该露珠的体积为V=9.0×10-4 cm3，已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，摩尔质量M=18 g/mol，阿伏加德罗常数为NA=6.02×1023 mol-1。则下列说法正确的是 (　　) A.1 g水含有的分子数约为3×1023个 B.1个水分子的体积约为3×10-30 m3 C.露珠中含有的分子数约为3×1019个 D.8.1×109个水分子的质量约为24.3 g 解析：选C　1 g水的物质的量为n== mol，含有的分子数约为N=nNA≈3×1022个，故A错误；水的摩尔体积为Vm==1.8×10-5 m3/mol，则1个水分子的体积为V0=≈3×10-29 m3，故B错误；露珠中含有的分子数约为N1==3×1019个，故C正确；8.1×109个水分子的物质的量为n1=≈1.35×10-14 mol，水的质量为m=n1M=2.43×10-13 g，故D错误。 3.[气体微观量的估算] 环境与人类健康问题越来越受到重视，公共场所都贴有禁止吸烟的标志。在一个面积约10 m2、层高约3 m的办公室内，如果因一人吸烟使得办公室内空气中有害气体的分子数占分子总数的万分之五，假设有害气体在室内空气中均匀分布，已知此时室内空气摩尔体积为22.4 L/mol，试估算：(结果均保留两位有效数字) (1)该办公室内的人每呼吸一次，吸入的有害气体的分子数；(按人正常呼吸一次吸入的气体约为500 mL计算) (2)室内空气中每两个有害气体分子的间距。 解析：(1)吸入的有害气体的分子数为 N吸=NAη=×6.02×1023×≈6.7×1018 个。 (2)室内空气中含有害气体的分子数为 N室=NAη=×6.02×1023×≈4.0×1023 个 把室内空间分为很多体积相同的小立方体，每个立方体中心有一个有害气体分子，则小立方体的体积为V0== m3=7.5×10-23 m3 每两个有害气体分子的间距为 d== m≈4.2×10-8 m。 答案：(1)6.7×1018个　(2)4.2×10-8 m 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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==。 逐点清(二)　扩散现象、布朗运动和分子热运动 题点1　扩散现象的理解 1.(2025·河南模拟)(多选)南宋爱国诗人陆游的《村居书喜》中有名句“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”，描写了鸟语花香的山村美景，流露出诗人欢欣喜悦之情。对于花香扑鼻，下列说法正确的是 (　　) A.由于花粉颗粒在空中运动，使人们闻到了花香 B.温度越高，分子运动越剧烈，空气中的花香扩散得越快 C.空气中的花香向外扩散是由于分子之间存在斥力 D.空气中的花香向外扩散，说明分子永不停息地做无规则运动 解析：选BD　由于分子不停地做无规则运动，使人们闻到了花香，温度越高，分子运动越剧烈，空气中的花香扩散得越快，故A错误，B正确；空气中的花香向外扩散是由于分子不停地做无规则运动造成的，故C错误，D正确。 题点2　布朗运动的理解 2.如图是用显微镜观察布朗运动时记录的图像，则关于布朗运动，下列说法正确的是 (　　) A.液体分子的无规则运动是布朗运动 B.温度越高，布朗运动越明显 C.悬浮微粒的大小对布朗运动无影响 D.图为悬浮微粒在这一段时间内的运动轨迹 解析：选B　悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动称为布朗运动，不是液体分子的无规则运动，但是能够间接地反映液体分子的无规则运动，故A错误；温度越高，液体分子运动越激烈，液体分子对悬浮微粒的撞击越显著，布朗运动越明显，故B正确；悬浮微粒越小，液体分子对悬浮微粒的撞击越不平衡，不平衡性越明显，布朗运动越激烈，故C错误；题图的折线是每隔一定时间悬浮微粒所在位置的连线图，不是悬浮微粒的运动轨迹，故D错误。 3.气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，这些固态或液态颗粒在气体介质中做布朗运动。下列说法正确的是 (　　) A.布朗运动是气体介质分子的无规则运动 B.在布朗运动中，固态或液态颗粒越大，布朗运动越明显 C.在布朗运动中，颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹 D.在布朗运动中，环境温度越高，布朗运动越明显 解析：选D　布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，不是气体介质分子的无规则运动，可以间接地反映气体分子的无规则运动；颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越明显，故A、B错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是由很多分子组成的，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，故C错误；在布朗运动中，环境温度越高，固态或液态颗粒受到气体分子无规则热运动撞击的程度越剧烈，布朗运动越明显，故D正确。 题点3　分子热运动的理解 4.对分子的热运动，以下说法正确的是 (　　) 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的热运动激烈 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，微粒是由大量分子组成的，悬浮微粒的运动是大量分子做无规则运动对微粒的撞击作用，并不是分子的热运动，A错误；温度是分子热运动激烈程度的标志，同种物质的分子若温度不同，其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反映，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的热运动激烈，C正确；分子做无规则运动的速度与物体的温度有关，与物体的机械运动的速度无关，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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剧烈 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 题点1　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。 题点2　分子力、分子势能随分子间距变化图像 2.(2025·山东模拟)如图所示是两孤立分子间的引力、斥力和合力随分子间距离的变化图像。若规定无限远处分子势能为零，下列说法正确的有 (　　) A.当r<r0时，随着r的减小，斥力比引力增大得慢 B.当r>r0时，随着r的增大，合力先增大后减小 C.当r>r0时，随着r的增大，斥力比引力减小得快 D.从无穷远处到r=r0，分子势能增大 解析：选B　当r<r0时，随着r的减小，合力表现为斥力且在增大，可见斥力比引力增大得快，故A错误；根据题图可知，当r>r0时，合力表现为引力，随着r的增大，合力先增大后减小，故B正确；设r=r1时合力为引力且达到最大值，当r0<r<r1时，随着r的增大，合力为引力且增大，可见此阶段斥力比引力减小得快；当r>r1时，随着r的增大，合力为引力且减小，可见此阶段斥力比引力减小得慢，故C错误；若分子间距离从无穷远减小到r0，该过程分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，故D错误。 3.(2025·江苏扬州模拟)分子势能随分子间距离变化的图像如图所示。分子间距为x1时，分子力大小为F1，分子间距为x2时，分子力大小为F2，则 (　　) A.F1>F2　　　　　　　 B.F1<F2 C.F1与F2均为引力 D.F1与F2均为斥力 解析：选A　Ep-r图像斜率的绝对值表示分子力大小，分子间距为x1时Ep-r图像斜率的绝对值大于分子间距为x2时Ep-r图像斜率的绝对值，则F1>F2，故A正确，B错误；设r=r0时，分子势能最小，当x1<r<r0时，随着分子间距离增大，分子势能减小，则分子力做正功，F1为斥力，当r0<r<x2时，随着分子间距离增大，分子势能增大，则分子力做负功，F2为引力，故C、D错误。 题点3　物体的内能与机械能的比较 4.下列有关热现象和内能的说法中正确的是 (　　) 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；物体的内能与物体宏观运动状态没有关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.分子力及分子势能与分子间距离的关系 (1)图像表示 (2)随分子间距离的变化情况 分子力F 分子势能Ep 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 内能 机械能 定义 物体内所有分子的动能和势能的总和 物体的动能及重力势能和弹性势能的总和 决定 由物体内部分子微观运动状态决定 与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关 量值 恒不为零 可以为零 测量 无法测量 可以测量 转化 在一定条件下可相互转化 逐点清(四)　固体和液体 必备知能 1.晶体与非晶体的对比 　　分类 　　 比较 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。 　 题点1　晶体与非晶体的特性 1.(2025·浙江温州模拟)如图所示，甲、乙是课本上的两项实验，甲是探究晶体性质的实验(未画出加热工具)，乙是薄膜干涉实验。关于这两项实验，下列说法正确的是 (　　) A.甲实验中，左图的石蜡熔化区域呈圆形，则盛放石蜡的可能是玻璃片 B.甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能不变 C.乙实验无论是在地面上还是在太空中，所得的实验现象一致 D.在太空中做乙实验，所得干涉条纹间距较在地面时短 解析：选A　玻璃是非晶体，具有各向同性，各个方向的导热性能相同，因此熔化的石蜡呈圆形，故A正确；甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能增大，故B错误；乙实验在太空中，由于薄膜厚度分布均匀，将不会出现干涉条纹，故C、D错误。 2.(2025·江苏泰州质检)中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示为某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母 (　　) A.是非晶体　　　　　　　 B.没有规则的外形 C.有固定的熔点 D.各向性质均相同 解析：选C　由题图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是晶体，具有一定的几何外形，具有固定的熔点、具有各向异性的特点。故选C。 题点2　液体的性质 3.(多选)下列说法正确的是 (　　) A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，是因为水表面存在表面张力 B.在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力 C.将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小 D.漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性 解析：选AC　把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，是因为水表面存在表面张力，A正确；在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是液体表面张力的作用形成的，B错误；将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小，C正确；漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体的表面张力导致的，D错误。 题点3　液晶的特点 4.关于液晶，下列说法中正确的是 (　　) A.液晶是液体和晶体的混合物 B.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性 C.电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光 D.所有物质都具有液晶态 解析：选B　液晶并不是指液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，液晶像液体一样具有流动性，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A错误，B正确；当液晶通电时导通，排列变得有秩序，使光线容易通过，不通电时排列混乱，阻止光线通过，所以液晶的光学性质随外加电压的变化而变化，液晶并不发光，故C错误；不是所有的物质都有液晶态，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.晶体与非晶体的判断技巧 (1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。 (2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。 (3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。 2.液体表面张力的作用效果是使液体表面积收缩到最小，只有在完全失重状态下才呈现球形。 [课时跟踪检测]　　　 1.(2025·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微粒的运动，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.(2025·青海二模)(多选)下列关于晶体、非晶体的说法正确的是 (　　) A.玻璃是非晶体 B.蔗糖、食盐和味精都是晶体 C.有些非晶体在一定的条件下可以转化为晶体 D.单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点 解析：选ABC　玻璃是非晶体，蔗糖、食盐和味精都是晶体，故A、B正确；有些非晶体在一定的条件下可以转化为晶体，故C正确；单晶体和多晶体都有固定的熔点，故D错误。 3.(2025·福建厦门模拟)茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。古人有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的是 (　　) 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，是布朗运动现象 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不浸润的 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，A正确；放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，B错误；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，C错误；打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间的作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，D错误。 4.台州迎来了一场降雪，大地银装素裹。下列说法正确的是 (　　) A.毛绒绒的雪花是晶体 B.雪花在空中飘舞做的是布朗运动 C.雪花在风中飘落过程中机械能一直减小 D.雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用 解析：选A　雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，A正确；雪花形状太大，不是悬浮在气体中的固体微粒，雪花在空中飘舞做的不是布朗运动，B错误；雪花在风中飘落的过程，风的作用力可能对雪花做正功，机械能可能增大，C错误；雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为摩擦力不足以提供向心力，D错误。 5.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，在海底和在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=，每呼吸一次多吸入的空气分子个数为ΔN=N海-N岸，代入数据解得ΔN≈3×1022，故选B。 6.(2025·广东汕头模拟)半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温(800到1 250摄氏度)状态下接触，掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是 (　　) A.这种渗透过程是自发可逆的 B.硅晶体具有光学上的各向同性 C.这种渗透过程是分子的扩散现象 D.温度越高掺杂效果越好，是因为温度升高时所有分子的热运动速率都增大 解析：选C　掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A错误，C正确；由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B错误；温度越高掺杂效果越好，是因为温度升高时分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增大，故D错误。 7.(多选)下列说法正确的是 (　　) A.水和酒精混合后体积会变小，是因为水分子和酒精分子间存在引力 B.完全失重的空间实验室中，悬浮液体将呈绝对球形 C.烧水过程中，随水温的升高，每个水分子热运动的速率都将增大 D.大块岩盐是晶体，粉碎后的岩盐小颗粒仍然是晶体 解析：选BD　水和酒精混合后体积会变小，是因为水分子和酒精分子间存在间隙，故A错误；完全失重的空间实验室中，重力对液体没有了影响，在表面张力作用下，悬浮液体将呈绝对球形，故B正确；烧水过程中，随水温的升高，分子的平均速率增大，并非每个气体分子运动的速率都增大，故C错误；大块岩盐是晶体，由于岩盐颗粒内部的结构没有变化，粉碎后的岩盐小颗粒仍然是晶体，故D正确。 8.(2025·北京海淀模拟)若以M表示水的摩尔质量，Vmol表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、V分别表示每个水分子的质量和体积，下面正确的是 (　　) A.NA= B.ρ= C.m=ρV D.V= 解析：选A　由M=ρVmol，则NA==，得m=，故A正确，C错误；由于理想气体分子间的距离远大于气体分子的直径，所以NAV<Vmol，水蒸气的密度为ρ=<，故B、D错误。 9.(2025·山东济南质检)如图所示为济南市某日的天气预报，下列说法正确的是 (　　) A.当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1~2.5)的分子在空气中做无规则的布朗运动 B.从上午7点到下午1点，空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大 C.若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间引力减小，斥力增大 D.若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子势能一直增大 解析：选B　当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1~2.5)在空气中做无规则的布朗运动，故A错误；温度是分子热运动平均动能的标志，从上午7点到下午1点，温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增加，空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大，故B正确；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间的距离逐渐变小，引力和斥力均增大，故C错误；若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间的作用力表现为引力，且做正功，所以分子势能一直减小，故D错误。 10.比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是 (　　) A.热水分子的平均动能比水蒸气的大 B.热水的内能比相同质量的水蒸气的小 C.热水分子的速率都比水蒸气的小 D.热水分子的热运动比水蒸气的剧烈 解析：选B　温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个热水分子的速率都比水蒸气的小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。 11.如图所示的是分子间的作用力与分子间距离的关系图像，下列关于该图像的说法正确的是 (　　) A.曲线a是分子间引力与分子间距离的关系曲线 B.曲线b是分子间的作用力的合力与分子间距离的关系曲线 C.曲线c是分子间斥力与分子间距离的关系曲线 D.当分子间距离r>r0时，曲线b对应的力先减小后增大 解析：选B　在F-r图像中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以a为斥力曲线，c为引力曲线，b为合力曲线，故A、C错误，B正确；当分子间距离r>r0时，曲线b对应的力先增大后减小，故D错误。 12. (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。 13.如图所示是两分子系统的分子势能Ep与两分子间距离r的关系图像，下列说法正确的是 (　　) A.当r=r1时，分子间的作用力为零 B.当r>r1时，分子间的作用力表现为引力 C.当r由r1变到r2的过程中，分子势能逐渐变大 D.当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做正功 解析：选D　由题图可知，分子间距离为r2时分子势能最小，r2为平衡位置，r1<r2，可知r=r1时分子间的作用力表现为斥力，故A错误；r2是平衡位置，当r1<r<r2时，分子间的作用力表现为斥力，增大分子间距离，分子间的作用力做正功，分子势能Ep减小，故B、C错误，D正确。 14.(多选)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子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。 第二讲　气体的性质 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)密闭容器中的氢气温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化。 (√) (2)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)(人教选择性必修3 P30“科学方法”·改编)理想模型是为了便于研究问题而对研究对象进行理想化抽象的过程。理想气体就是理想化的物理模型。 (√) (5)(2024·北京高考T3B)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压强变大。 (×) (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。 (×) 逐点清(一)　气体压强的微观解释和计算 题点1　气体压强的微观解释 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小，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，分子运动的剧烈程度不变，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。 题点2　气体压强的计算 2.(2025·贵州黔西期末)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：选A　题图甲中取高度为h的液柱AB进行分析，如图所示，有p0S=ρghS+pS，解得密闭气体的压强大小是p=p0-ρgh，故A正确；由A选项同理解得题图乙中密闭气体的压强大小是p=p0-ρgh，故B错误；题图丙中密闭气体的压强大小是p=p0-ρghsin 60°=p0-ρgh，故C错误；根据等压面法解得题图丁中密闭气体的压强大小是p=p0+ρgh1，故D错误。 3.如图所示，汽缸放置在水平地面上，用质量为m1、横截面积为S的活塞封闭一定质量的气体。活塞上放置一个质量为m2的重物，不计摩擦，重力加速度为g，大气压强为p0，则平衡时缸内气体的压强为 (　　) A.p0　　　　　　　 B.p0+ C.p0+ D.p0+ 解析：选D　活塞处于平衡状态，有pS=p0S+m1g+m2g，解得p=p0+，故D正确，A、B、C错误。 4.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+，选项D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.决定气体压强大小的微观因素 (1)气体分子的密集程度：气体体积增大，单位体积的分子数减小。 (2)气体分子的平均速率：气体温度越高，分子的平均速率越大，分子对器壁的撞击力越大。 2.求气体压强的常用方法 方法 常用情况 基本思路 液片法 由液体封闭在直管中的气体 对气体接触的液面受力分析，列压强平衡方程求解 等压 面法 由液体封闭在U形管中的气体 根据连通器原理：同一种液体同一深度处压强相等 力平 衡法 由活塞封闭在汽缸中的气体 对活塞(或汽缸)受力分析，由受力平衡方程求解 牛顿第 二定 律法 封闭在加速运动系统中的气体 对液柱(或活塞)受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解 逐点清(二)　气体实验定律和理想气体状态方程　　 必备知能 1.理想气体的状态方程 一定质量的理想气体的状态方程：=或=C(常量)。 2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 　 1.[“汽缸”类问题] (2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 (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， 此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N，解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。 (2)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 2.[“液柱”类问题] 如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L=50 cm，管两侧水银面的高度差为h=19 cm，大气压强p0恒为76 cmHg。T=t+273 K。 (1)若初始环境温度为27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度； (2)若保持环境温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。 解析：(1)封闭气体初状态的压强p1=p0-ph=(76-19)cmHg=57 cmHg 设玻璃管的横截面积为S，体积V1=LS=50S 温度T1=(273+27)K=300 K 封闭气体末状态压强p2=p0=76 cmHg 体积V2=L+S=50+S=59.5S 对封闭气体，由理想气体的状态方程得 = 代入数据解得T2=476 K，即温度为203 ℃。 (2)设当玻璃管两侧水银面平齐时空气柱的长度为H，封闭气体的压强p3=p0，由玻意耳定律得p1V1=p3HS 代入数据解得H=37.5 cm 注入水银柱的长度x=2(L-H)+h=2×(50-37.5)cm+19 cm=44 cm。 答案：(1)203 ℃　(2)44 cm 3.[“两团气”问题] (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。 (2)弹簧的劲度系数k。 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=Sl 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) 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答理想气体状态变化问题的基本思路 2.解答“液柱”类问题的四点提醒 (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。 3.解答“两团气”问题的技巧 (1)分析每团气的状态参量及变化特点，选取合适的规律列方程。 (2)分析两团气之间的压强关系和体积变化关系，列出对应方程。 逐点清(三)　气体状态变化的图像问题 必备知能 1.四种图像的比较 类别 特点(其中C为常量) 举例 p-V pV=CT，即p、V之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p- p=CT，斜率k=CT，即斜率越大，温度越高 p-T p=T，斜率k=，即斜率越大，体积越小 V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，压强越小 2.处理气体状态变化图像问题的技巧 (1)明确点、线的物理意义 点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图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，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。 (3)明确图像面积的物理意义 在图像中，p-V图像与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-V图像] (2025·山东青岛阶段练习)一定质量的理想气体由状态A沿直线变到状态B的过程图像如图所示，A、B两点位于同一双曲线上，则此变化过程中气体 (　　) A.温度一直下降　　　　 B.内能先增大后减小 C.温度先下降后上升 D.内能一直增大 解析：选B　A、B位于同一双曲线上，由题图可知，A、B两点在同一条等温线上，在直线AB上取一点C(可以取中点)，过C点的等温曲线如图所示。由理想气体状态方程=C可知，两等温线的温度关系为T1<T2，则TA=TB<TC，由此可知，一定质量的气体由状态A变到状态B的过程中，温度先升高后降低，理想气体的内能与温度成正比，故内能先增大后减小。故选B。 2.[p-T图像] (2025·河南开封阶段练习)一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在 (　　) A.ab过程中不断减小 B.bc过程中不断增大 C.cd过程中不断增大 D.da过程中不断增大 解析：选D　因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，故B错误；ab是等温线，压强减小则体积增大，故A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，故C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va=Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da过程中气体体积增大，故D正确。 3.[V-T图像] (2025·河北保定期中)一定质量的理想气体从状态a开始，缓慢经历ab、bc、ca回到a状态，其V-T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0，状态c的热力学温度为Tc，下列判断正确的是 (　　) A.pc=p1 B.pb=2.5p1 C.Tc=2T0 D.气体经历a→b→c状态变化的过程中密度一直减小 解析：选A　由题图可知，气体由状态a到状态c对应的V-T图线为过原点的直线，所以发生的是等压变化，即pc=p1，a到c过程有=，得Tc=2.5T0，故A正确，C错误；气体由状态a到状态b为等温变化，所以p1V0=pb2.5V0，得pb=p1，故B错误；由状态a到b，温度不变，体积增大，所以气体密度减小，由状态b到c，体积不变，气体密度不变，故D错误。 4.[p-图像] 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-图像如图所示，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，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，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的直线的斜率比连接Oc的直线的斜率小，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，气体压强不变而体积变小，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，压强变小，由理想气体状态方程=C可知，气体温度降低，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 理想气体状态变化图像 利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。 例如：(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2>T1。(如T1) (2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2<V1。(如T2) 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　(说明：标★的题目为推荐讲评题目) 　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·山东淄博期末)某种气体在不同温度下的分子速率分布曲线如图所示，图中f表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所对应的温度分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ，所对应的气体分子平均动能分别为Ek1、Ek2、Ek3，则 (　　) A.TⅠ>TⅡ>TⅢ B.TⅡ>TⅠ，TⅡ>TⅢ C.Ek3>Ek2>Ek1 D.Ek3=Ek2=Ek1 解析：选C　气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，故Ⅰ的温度最低，Ⅲ的温度最高，即TⅠ<TⅡ<TⅢ，故A、B错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，则Ek3>Ek2>Ek1，故C正确，D错误。 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，气体的压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差的作用下，“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，D错误。 3.(2025·江苏淮安期末)一定质量的理想气体经过一系列过程，压强p随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法中正确的是 (　　) A.a→b过程中，气体压强增大，体积减小 B.a→b过程中，气体温度升高，内能增大 C.b→c过程中，气体压强减小，体积减小 D.b→c过程中，气体温度不变，分子数密度增大 解析：选B　a→b过程中，气体发生等容变化，温度升高，内能增大，故A错误，B正确；b→c过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV=C，可知压强减小，体积增大，分子数密度减少。故C、D错误。 4.(2025·北京石景山期末)如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是 (　　) A.TA<TB，TB>TC B.TA>TB，TB=TC C.TA=TC，TB=TC D.TA<TC，TB<TC 解析：选A　A→B过程，压强不变，体积增大，根据盖-吕萨克定律有=，解得TA=0.3TB，B→C过程，体积不变，根据查理定律有=，解得TC=0.3TB，则有TA=TC=0.3TB<TB，故选A。 5.(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。 6.(2025·江苏盐城模拟预测)小明同学在探究查理定律的实验中，先后用两个试管甲、乙，封闭了质量不同、体积不同(V甲>V乙)、但初始温度和压强都相同的同种气体做实验。若将测得气体的压强p与摄氏温度t的数据，在同一p-t坐标系中作图，得到的图像应是图中的 (　　) 解析：选C　由理想气体状态方程pV=nRT可知，p=T=T，其中T=t+273 K，可得p==t+273，因为同种气体初始温度和压强相同，则ρ、M相同，所以甲、乙两条直线的斜率k甲=k乙，纵截距b乙=b甲，故选C。 7.(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。 8.(8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。(4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 9.(8分)(2025·贵州遵义模拟预测)如图所示的玻璃管粗细均匀，右侧的玻璃管封闭、左侧开口端竖直向上，现在玻璃管中注入一定量的水银，平衡时右侧封闭气柱的长度为L1=15 cm，左侧液面比右侧液面低h=5 cm，已知外界大气压强p0=75 cmHg，外界温度不变，求： (1)右侧封闭气体的压强；(3分) (2)要使两侧水银面等高，要从左侧管口注入多长的水银柱。(5分) 解析：(1)设右侧封闭气体的压强为p1，则有p0=p1+h cmHg 解得p1=70 cmHg。 (2)若两侧水银面等高，则右侧封闭气体的压强与大气的压强相等，根据玻意耳定律有 p1L1S=p0L2S 解得L2=14 cm 设注入水银柱的长度为L3，则有 L3=h+2 解得L3=7 cm。 答案：(1)70 cmHg　(2)7 cm 10.(8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；(5分) (2)充进该轮胎的空气体积。(3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 11.(12分)如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量M=2 kg、高度L=9 cm，B为质量m=2 kg的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量(远小于汽缸的质量)的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数k=1 000 N/m的轻弹簧，A与B的横截面积均为S=10 cm2。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为L。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强p0=1×105 Pa，环境温度不变，弹簧原长L0=10 cm，取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；(3分) (2)用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。(9分) 解析：(1)对汽缸受力分析有Mg+p0S=pS 解得p=1.2×105 Pa。 (2)设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1，对A、B整体受力分析有g=kΔx1 可得Δx1=4 cm 设活塞B刚要离开汽缸A时内部气体的压强为p'，弹簧的压缩量为Δx2，有pS×L=p'SL 对活塞B受力分析有mg+p'S=p0S+kΔx2 可得Δx2=0 由几何关系有H=Δx1-Δx2=4 cm。 答案：(1)1.2×105 Pa　(2)4 cm 12.(12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；(7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 第三讲　热力学定律与能量守恒定律 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)做功和传热的实质是相同的。 (×) (2)(2024·重庆高考 T3D)某救生手环主要由高压气囊密闭，气囊内视为理想气体。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，则气囊内气体从外界吸热。 (√) (3)(人教选择性必修3 P49T3·改编)气体在绝热膨胀时，它的温度会降低。 (√) (4)热量不能自发地从低温物体传到高温物体。 (√) (5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。 (×) (6)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。 (×) (7)自然界中的能量是守恒的，任何违背能量守恒定律的机器都是不可能制成的。 (√) 逐点清(一)　热力学第一定律的理解及应用 题点1　热力学第一定律的理解 1.(多选)下列有关物体内能改变的说法中，正确的是 (　　) A.外界对物体做功，物体的内能一定增加 B.外界对物体传递热量，物体的内能一定增加 C.物体对外界做功，物体的内能可能增加 D.物体向外界放热，物体的内能可能增加 解析：选CD　做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，当外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量时，物体的内能也不一定增加，故A、B错误；由ΔU=Q+W可知，若物体对外界做功的同时吸收热量，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热的同时外界对物体做功，物体的内能可能增加，故C、D正确。 题点2　热力学第一定律的应用 2.某同学取一装有少量水的塑料矿泉水瓶，旋紧瓶盖，双手快速用力挤压水瓶，然后迅速拧松瓶盖，瓶盖被顶飞，则 (　　) A.快速挤压水瓶过程中，瓶内气体分子的平均动能减小 B.快速挤压水瓶过程中，瓶内气体压强不变 C.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体温度升高 D.瓶盖被顶飞过程中，瓶内气体对外做功 解析：选D　快速挤压水瓶过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，瓶内气体来不及发生热传导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变大，瓶内气体温度升高，则瓶内气体分子的平均动能增大，根据=C，可知瓶内气体压强增大，故A、B错误；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导，根据热力学第一定律可知，瓶内气体内能变小，瓶内气体温度降低，故C错误，D正确。 3.(2025·福建福州调研)如图所示，汽缸内活塞左边封闭着一定质量的可视为理想气体的空气，压强和大气压相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸内空气升高一定的温度，空气吸收的热量为Q1。如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内空气温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，则Q1和Q2的大小关系是 (　　) A.Q1=Q2　　　　　　 B.Q1>Q2 C.Q1<Q2 D.不能确定 解析：选C　对一定质量的理想气体，内能由温度决定，两种情况下气体温度变化相同，气体内能变化量相等，即ΔU1=ΔU2=ΔU。第一种情况，汽缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功，W1=0，第二种情况，活塞自由移动，则气体做等压变化又温度升高，根据盖-吕萨克定律，可知气体体积增大，气体对外做功，W2<0，又由热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q1<Q2，选项C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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)　热力学第二定律的理解和应用 必备知能 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 　 1.[热力学第二定律的理解] 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。 2.[热力学第二定律的应用] 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爽的环境，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，热量不能自发地从低温物体传导给高温物体，但在外界干预下，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.[两类永动机对比] 关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是 (　　) A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律 B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律 C.由热力学第一定律可知，做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 D.由热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的 解析：选D　第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，故A、B错误；由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，同时做功和热传递也不一定会改变内能，故C错误；由热力学第二定律可知，从单一热库吸收热量，完全变成功是可能的，但会引起其他变化，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.两点提醒 (1)一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。 (2)热量可以从低温物体传至高温物体，但不可能不对周围环境产生影响。 2.两类永动机的比较 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 逐点清(三)　热力学第一定律与气体图像的综合 1.[热力学第一定律与p-V图像的综合] (2024·新课标卷)(多选)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。 2.[热力学第一定律与p-T图像的综合] (2025·山东模拟)一定质量的理想气体从状态a开始分别变化到状态b、c，气体的p-T图像如图所示。已知气体在a状态的体积为1 L，从状态a到状态b气体内能变化量为600 J。下列说法正确的是 (　　) A.a到b过程，所有气体分子的速率均增大 B.气体在b状态的内能大于在c状态的内能 C.a到c过程，气体对外界做的功为100 J D.a到c过程，气体从外界吸收的热量为500 J 解析：选C　a到b过程，理想气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是所有分子的速率均增大，故A错误；气体在状态b、c的温度相等，又理想气体的内能只与温度有关，故气体在状态b、c的内能相等，故B错误；由理想气体状态方程=C可得，a到b过程，气体发生等容变化，a到c过程气体等压膨胀，作出气体变化过程的p-V图像如图所示，由于p-V图像与横轴围成的面积表示气体对外界做的功的绝对值，可得a到c过程，气体对外界做的功为W=pa(Vc-Va)=100 J，由热力学第一定律可得，a到c过程，气体从外界吸收的热量为Q=W+ΔU=700 J，故C正确，D错误。 3.[热力学第一定律与V-T图像的综合] (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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.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。 2.(链接T2)热力学第一定律与p-T图像的综合问题，可以先将图像转化为p-V图像再分析求解。 逐点清(四)　热力学定律与气体实验定律的综合 1.[盖-吕萨克定律与热力学定律的综合] 如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=50 cm2的重力不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V-T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q=400 J。已知外界大气压强p0=1.01×105 Pa，取g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.重物的质量m=2 kg B.气体在状态B时的体积为8.0×10-3 m3 C.从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功152.5 J D.从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加245.5 J 解析：选D　在A状态，根据题意有mg+p0S=pAS，解得m=1 kg，故A错误；根据题图可知，气体做等压变化，则=，解得VB=7.5×10-3 m3，故B错误；从状态A变化到状态B的过程，气体体积增大，气体对外界做功，则W=pA(VB-VA)=154.5 J，故C错误；根据热力学第一定律可得ΔU=Q-W=245.5 J，故D正确。 2.[查理定律与热力学定律的综合] (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) 3.[气体实验定律与热力学定律的综合] (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：选AD　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。 　　[思维建模] 热力学定律与气体实验定律综合问题的解题思路 [课时跟踪检测]　　　(说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是 (　　) A.W=8×104 J，ΔU=1.2×105 J，Q=4×104 J B.W=8×104 J，ΔU=-1.2×105 J，Q=-2×105 J C.W=-8×104 J，ΔU=1.2×105 J，Q=2×104 J D.W=-8×104 J，ΔU=-1.2×105 J，Q=-4×104 J 解析：选B　外界对气体做功W为正值，气体内能减少，ΔU为负值，代入热力学第一定律表达式得Q=-2×105 J，故B正确。 2.(2025·河北阶段练习)压缩空气储能(CAES)是一种利用压缩空气来储存能量的新型储能技术，绝热压缩空气储能方式是压缩空气并将产生的热能储存在各种介质当中，比如混凝土、石头、矿洞矿石中等。需要发电的时候让压缩空气推动发电机工作，这种方式能够将压缩空气储能的效率提升。对于上述过程的理解，下列说法正确的是 (　　) A.绝热压缩空气，分子平均动能不变 B.绝热压缩空气，温度升高，气体内能一定增大 C.该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100% D.压缩空气推动发电机工作，是气体对外做功，内能增大 解析：选B　绝热压缩空气，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，内能增大，温度升高，分子平均动能增大，A错误，B正确；压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程，任何转换过程的效率都不可能达到100%，C错误；压缩空气膨胀推动发电机工作，气体体积增大对外做功，根据热力学第一定律可知，内能减少，D错误。 3.以下现象违背热力学第二定律的是 (　　) A.一杯热茶在打开盖后，茶会自动变凉 B.没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能达到100% C.桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离 D.在地面上运动的物体逐渐停下来，机械能全部变为内能 解析：选B　热茶自动变凉是热量从高温物体传递到低温物体，可自发进行；任何热机效率都不可能达到100%，B选项所述现象违背热力学第二定律；泥水分离是机械能(重力势能)向内能的转化，可自发进行；物体因摩擦力而停下来，是机械能(动能)向内能的转化，是自发过程，综合可知B正确。 4.(2025·北京海淀模拟)下列说法正确的是 (　　) A.将来人们可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能全部重新收集起来加以利用 B.只要对内燃机不断进行革新，总有一天它可以把气体的内能全部转化为机械能 C.第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律 D.热量不可能由低温物体传给高温物体，绝对零度是不可能达到的 解析：选C　能量转化过程中，存在能量耗散，不能将流散到周围环境中的内能全部重新收集起来加以利用，故A错误；热机是把内能转化为机械能的装置，该过程中一定有部分热量排放给低温物体(冷凝器或大气)，即有能量耗损，所以不可能把气体的内能全部转化为机械能，故B错误；第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律，故C正确；热量不可能自发地由低温物体传给高温物体，但通过外界做功可以将热量由低温物体传给高温物体，故D错误。 5.关于能量的转化，下列说法中正确的是 (　　) A.摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的 B.空调既能制热又能制冷说明热传递不存在方向性 C.永动机不存在的原因是能量在某些特殊情况下是不守恒的 D.由于能量的转化过程符合守恒定律，所以不会发生能源危机 解析：选A　根据热力学第二定律可知，摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的，A正确；空调既能制热又能制冷，但是消耗电能，说明在不自发地条件下热传递方向可以逆向，不违背热力学第二定律，B错误；能量在任何情况下都是守恒的，C错误；由于能量转移或转化是有方向性的，虽然能量守恒，但是还会产生能源危机，D错误。 6.(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。 7.(2024·河北高考)(多选)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。 8.(2025·山西晋中模拟)(多选)一定质量的某种理想气体从状态M开始经M→N→E→M回到初始状态M，在各状态时的参数如V-T图像所示，已知在状态N时的压强为3p0，下列说法正确的是 (　　) A.在状态M时的压强为 B.在N→E过程中，气体从外界吸收热量 C.在E→M过程中，气体对外界做功的数值小于3p0V0 D.在E→M过程中，气体向外界放出热量且内能不变 解析：选AC　根据理想气体状态方程可得=，代入题图中的数据可得pM=，故A正确；在N→E过程中，体积不变，外界对气体不做功，温度降低内能减少，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故B错误；在N→E过程中，根据查理定律得=，解得pE=p0，在E→M过程中，气体体积变大，对外界做功，体积增加了3V0，而压强由p0减小到，根据功的定义W=Fx=pΔV，可知气体对外界做功小于3p0V0，故C正确；在E→M过程中，温度不变，内能不变，由于气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D错误。 9.(多选)如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴，cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是 (　　) A.a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小 B.a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加 C.b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加 D.b→c过程，外界对气体做功，温度升高，内能增加 解析：选BD　a→b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，满足统计规律，也有个别分子运动速率会增加，故A错误；a→b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，导致分子撞击容器壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加，故B正确；把该图像转化为p-T图像如图，在b→c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据=C，可知气体体积减小，外界对气体做功，温度升高，内能增加，故C错误，D正确。 10.(8分)(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。(4分) (2)此过程中容器内气体吸收的热量。(4分) 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 11.(15分)(2025·广西桂林模拟)如图所示是一顶部开口并带有卡环、高为H、横截面积为S的绝热汽缸，绝热活塞与两根相同轻弹簧相连后密封一定质量的理想气体。初始时，活塞位于汽缸一半高度处，轻弹簧的压缩量为Δx=，缸内气体的温度为T0。现通过汽缸内的电热丝加热气体，活塞缓缓上升，直至刚好到达汽缸顶部。已知大气压强为p0，轻弹簧的劲度系数k=，活塞质量m=，重力加速度为g，忽略汽缸壁及活塞的厚度，不计一切摩擦。求： (1)活塞刚好到达汽缸顶部时，封闭气体的温度T；(9分) (2)若整个加热过程中气体内能的变化量为ΔU=p0SH，则气体吸收的热量Q。(6分) 解析：(1)初始时，对活塞受力分析，有mg+p0S=2kΔx+p1S，解得p1=p0 活塞恰好到达汽缸顶部时，对活塞受力分析，有mg+p0S+2kΔx=p2S 解得p2=2p0 由理想气体状态方程，有= 解得T=6T0。 (2)对活塞，由动能定理有 W-×=0-0， 解得W=p0SH 对封闭的气体由热力学第一定律得ΔU=-W+Q 解得Q=p0SH。 答案：(1)6T0　(2)p0SH 第四讲　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.(2025·陕西安康模拟)某同学用油膜法估测油酸分子的大小，实验步骤如下： ①将1 mL纯油酸配制成2 000 mL的油酸酒精溶液； ②用小注射器抽取油酸酒精溶液，并将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，直到量筒中的溶液体积为1 mL时共计滴入了61滴； ③向浅盘中倒入约2 cm深的水，并将爽身粉均匀地撒在水面上； ④用注射器在水面上滴一滴配制好的油酸酒精溶液； ⑤待油酸薄膜的形状稳定后，将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上，并用彩笔在玻璃板上描出油酸薄膜的形状，如图所示。 每滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积为　　　　　m3(保留两位有效数字)；已知图中每个小方格的边长为1 cm，由图可知油膜的面积为　　　　m2(保留三位有效数字)，油酸分子的直径为　　　　m(保留两位有效数字)。  解析：每滴溶液中含有的纯油酸的体积V= mL≈8.2×10-6 mL=8.2×10-12 m3；将多于半格的算一格，不足半格的舍去，可得格子数为125格，则油膜的面积S=125 cm2=1.25×10-2 m2；油酸分子直径的大小d== m≈6.6×10-10 m。 答案：8.2×10-12　1.25×10-2(1.24×10-2~1.26×10-2均可)　6.6×10-10(或6.5×10-10) 2.(2025·山西晋中质检)油酸可以在水面扩展成单分子油膜。实验小组利用这一原理测定油酸的分子直径(将油酸分子视为球状模型)。 (1)实验步骤： ①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2； ②用注射器吸取油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0； ③往方口浅盘里倒入适当深度的水； ④往水面上均匀撒上薄薄的一层爽身粉，然后用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的轮廓； ⑤将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板，放在画有边长为a的正方形小方格的坐标纸上； ⑥数出轮廓范围内小方格的总数为N。 (2)实验误差分析： 油膜未充分散开时描下轮廓，则所测分子直径　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  测量油酸溶液体积时，量筒读数造成的误差属于　　　　　(填“偶然误差”或“系统误差”)。  (3)原理：由上述实验步骤测得的数据(V1、V2、n、V0、a、N)可得油酸分子直径的表达式为d=　　　　。  (4)估算：实验室的方形浅盘规格为40 cm×40 cm，用注射器滴出的一滴油酸酒精溶液的体积约为0.02 mL，油酸分子的直径按6×10-10 m估算，为使实验尽可能精确，配制的油酸酒精溶液浓度应选　　　　(填选项序号)。  A.　　　　　　　B. 解析：(2)油膜未充分散开时描下轮廓，导致面积的测量值偏小，所以直径测量值偏大。读数误差为偶然误差。 (3)根据d=，又V=×，S=Na2，可得d=。 (4)由题给数据计算轮廓面积，若=，则S= m2≈667 cm2， 若=，则S≈1 667 cm2， 因方形浅盘的面积为1 600 cm2，所以选B。 答案：(2)偏大　偶然误差　(3)　(4)B 3.(2025·南阳模拟)如图甲、乙、丙、丁是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤： (1)有关该实验的下列说法正确的是　　　　。(填选项前字母)  A.图中的操作步骤顺序为丙→丁→乙→甲 B.油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验 C.往浅盘中滴入油酸酒精溶液后应立即描绘油膜轮廓 (2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.2%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1 mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，则滴入浅盘中的油酸体积为　　　　cm3。  解析：(1)根据题意，由实验原理可知，用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为丙→乙→丁→甲，故A错误；油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，避免酒精挥发，浓度发生变化，实验有误差，故B正确；应等油酸完全散开稳定后开始描绘油膜轮廓，故C错误。 (2)根据题意可知，1滴这样的溶液中的油酸体积为V=×0.2% mL=2.0×10-5 cm3。 答案：(1)B　(2)2.0×10-5 cm3 4.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“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验中理想假设有：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不考虑分子之间空隙。而油酸本身不溶于水，不是理想假设，故只有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 由于每格边长为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 5.(2025·北京东城一模)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，待薄膜形状稳定 c.将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积，根据油酸的体积和油酸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，然后将油酸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体积V2，用注射器和量筒测得V0体积的上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入浅盘中撒有痱子粉的水面上，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个正方形小格的边长为a，则油酸薄膜的面积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.油膜中含有大量未溶解的酒精 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，然后往边长约为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，待薄膜形状稳定，随后将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上，最后将画有油酸膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油酸膜的面积。根据油酸的体积和油酸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，多于半格算一格，少于半格舍去，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体积V2，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=，油膜中含有大量未溶解的酒精，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，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，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，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　　(3)BC 6.在估测油酸分子大小的实验中，具体操作如下： ①取油酸1.0 mL注入2 500 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到2 500 mL的刻度为止，摇动容量瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液； ②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数，直到达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴； ③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水，将爽身粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有爽身粉，可以清楚地看出油膜轮廓； ④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状； ⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0 cm的方格纸上。 (1)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积为　　　m3，求得的油酸分子直径为　　　m(此空保留一位有效数字)。  (2)于老师在该实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据偏大。出现这种结果的原因，可能是　　　　。  A.计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理 B.水面上爽身粉撒的较多，油酸膜没有充分展开 C.求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴 解析：(1)一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积为V0=× m3=4×10-12 m3 由题图可知油膜中有112个小方格，则油膜面积为S=112× m2=1.12×10-2 m2 则油酸分子直径为d== m≈4×10-10 m。 (2)于老师在该实验中最终得到的油酸分子的直径和大多数同学的比较，数据偏大，根据d=可知，计算油酸膜面积时，错将所有不完整的方格作为完整的方格处理，则油膜面积测量值偏大，油酸分子的直径测量值偏小，故A错误；水面上爽身粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，则油膜面积测量值偏小，油酸分子的直径测量值偏大，故B正确；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴，则一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积测量值偏小，油酸分子的直径测量值偏小，故C错误。 答案：(1)4×10-12　4×10-10　(2)B 第五讲　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，缓慢改变柱塞位置，读出每次压力表的读数和空气柱的长度(计算出气体体积) 操 作 要 领 (1)测量注射器柱塞的直径，计算其横截面积S。 (2)按实验原理图安装好仪器。 (3)使柱塞处于适当的位置，安装好橡胶套，密封一定质量的空气。 (4)待柱塞稳定时，由压力表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与柱塞的横截面积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，应在柱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得过快会使空气柱的温度变化引起误差。 (3)柱塞直径的测量、空气柱长度的测量、压力表的读数等引起的误差。 1.(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 2.(2024·山西晋中模拟)如图甲所示，用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体压强与体积的关系，实验中所研究的对象是封闭在注射器内的气体，保持温度和气体质量不变，从注射器刻度直接读出它的体积，它的压强由压强传感器等计算机辅助系统得到。 (1)某同学在做本实验时，按实验要求组装好实验装置，然后缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积20.0 mL减为12.0 mL。实验共测出五组数据，每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值，实验完成后，计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果： 序号(组) 1 2 3 4 5 V(mL) 20.0 18.0 16.0 14.0 12.0 p(×105 Pa) 1.02 1.13 1.38 1.45 1.68 以上测量数据可能错误的是第　　　组。  (2)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图乙所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的　　　。  A.热力学温度T　　　　 B.摄氏温度t C.体积V D.体积的倒数 (3)如果从注射器的满刻度处开始推动活塞，记录刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p，用V-图像处理实验数据，得出图丙所示的图线，如果实验操作规范正确，那么V0代表 　 　。  解析：(1)5组实验数据，压强p(×105 Pa)和体积V(mL)的乘积分别为20.40、20.34、22.08、20.30、20.16。根据玻意耳定律，一定质量的理想气体，在温度不变的情况下，压强和体积的乘积不变。第1、2、4、5组数据在测量误差范围内，第3组测量数据可能错误。 (2)实验中注射器内气体的温度和质量不变，根据理想气体状态方程=C，可知p=CT·，则p-图像是过原点的直线，即横坐标表示的物理量是封闭气体体积的倒数，故选D。 (3)实验时气体的实际体积比注射器刻度值V大出V0，根据p(V+V0)=C，C为定值，则V=-V0，如果实验操作规范正确，而如题图丙所示的V-图线不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。 答案：(1)3　(2)D　(3)注射器与压强传感器连接部分的气体体积 3.某实验小组利用图甲所示装置进行“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)以及封闭的气柱的长度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)保持封闭气体温度不变　(2)b (3)　(4)偏大 4.(2025·山东威海期末)如图甲所示，某班级同学用传感器探究气体等温变化的规律，气体压强传感器通过塑料管与注射器相连，由注射器壁上的刻度可以读出气体的体积V；由压强传感器测得的压强值p在计算机屏幕上可以实时显示，这样就可以获得不同体积时气体压强的数值。由计算机作出图像，就可以判断p与V的关系。请回答下列问题： (1)下列说法正确的是　　　；  A.在柱塞与注射器壁间涂上润滑油以防止漏气 B.塑料管尽可能短些以减小实验误差 C.快速推动柱塞以避免气体与外界发生热交换 D.推动柱塞时，用手握住注射器以使装置更稳定 (2)A组同学得到如图乙所示的p-V图像，为进一步探究气体等温变化的规律，该组同学又作出了p-图像如图丙所示，由此得出的实验结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；  (3)在相同温度下，B、C两个小组进行了实验，并在相同坐标标度下作出了图像，如图丁所示。两组同学注射器内的气体质量分别为mB和mC，由图像可知mB　　　mC(选填“>”“=”或“<”)；  (4)图丁中C组图像弯曲的原因是　　　　。  A.实验过程中漏出了部分气体 B.实验过程中气体温度升高 解析：(1)在柱塞与注射器壁间涂上润滑油以防止漏气，故A正确；塑料管尽可能短些以减小实验误差，故B正确；实验时应缓慢推拉活塞使气体与外界发生热交换，保持气体温度不变，故C错误；为使气体做等温变化，推动柱塞时，不能用手握住注射器，故D错误。 (2)p-图像为一条过原点的直线，由此得出的实验结论是：一定质量的理想气体等温变化时，气体的压强与体积成反比。 (3)根据理想气体状态方程pV=nRT，整理得p=，则图像的斜率为k=nRT，由题图丁可知kB>kC，可得nB>nC，根据n=，可得mB>mC。 (4)根据理想气体状态方程pV=nRT，整理得p=，则图像的斜率为k=nRT，题图丁中C组图像弯曲，可知图像的斜率增大，弯曲的原因是实验过程中气体温度升高；若实验过程中漏出了部分气体，图像的斜率将减小，故选B。 答案：(1)AB　(2)一定质量的理想气体等温变化时，气体的压强与体积成反比　(3)>　(4)B 5.(2025·广东广州期末)某同学用如图所示实验装置探究一定质量的气体发生等温变化时压强与体积的关系。将注射器活塞移动到体积最大的位置，接上软管和压强传感器，记录此时注射器内被封闭气体的压强p和体积V；推动活塞压缩气体，记录多组气体的压强和体积。 (1)关于该实验下列说法正确的是　　　　。  A.改变气体体积时应缓慢推拉活塞 B.为方便推拉活塞，要用手握注射器再推拉活塞 C.在活塞与注射器壁间涂上润滑油主要是为了减小摩擦 D.注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位 (2)分别在环境温度为T1、T2(T1<T2)时完成上述探究活动。下列反映实验过程中气体压强p随体积V变化规律可能正确的是　　　　。  (3)实验小组根据实验数据，作出的p-图像是一条过坐标原点的倾斜直线，可以得出结论：　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　。  (4)该同学用此装置测量大米的密度。他取少许大米，先用天平测出其质量，再将其装入注射器内，重复上述实验操作，记录注射器上的体积刻度V和压强传感器读数p，根据实验测量数据，作出的V-图像可能是图中的　　　(选填“A”“B”或“C”)。该同学未考虑软管中气体的体积，由此求出大米的密度比真实值　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。  解析：(1)实验中为了使气体能够做等温变化，改变气体体积应缓慢推拉柱塞，故A正确；推拉柱塞时用手握住注射器，会使气体温度变高，故B错误；柱塞上涂润滑油是为了防止漏气，并不是为了减小摩擦，故C错误；发生等温变化，有=，注射器旁的刻度尺如果刻度分布均匀，可以用气体的长度来间接表示体积，可以不标注单位，故D正确。 (2)对于一定质量的理想气体，温度一定时，pV为定值，且温度越高，pV越大，A错误，B正确；对于一定质量的理想气体，温度一定时，p与成正比，斜率即pV的乘积，故斜率越大温度越高，C错误，D正确。 (3)作出的p-图像是一条过坐标原点的倾斜直线，一定质量的理想气体，温度不变时，压强与体积成反比。 (4)设大米的体积为V0，由理想气体方程得=C，化简得V=CT+V0，温度不变，V-图像应该是A图线。 根据题意，图线与纵轴交点的纵坐标表示的是大米的体积，由于注射器测量出来的体积未考虑软管中气体的体积，则测量的V0偏小，由密度ρ=，可知大米的密度比真实值偏大。 答案：(1)AD　(2)BD　(3)一定质量的理想气体，温度不变时，压强与体积成反比　(4)A　偏大 17 / 61 学科网（北京）股份有限公司 $$