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第十四章　热学
第1讲　分子动理论　内能
素养目标　1.能认识物质由分子组成、分子间存在相互作用力、分子永不停息地做无规则的热运动、物体的内能.（物理观念） 2.分子模型的构建与分子直径的估算.（科学思维） 3.分子力与分子距离的变化图像.（科学思维）
一、分子动理论
考题1　（2021·北京卷）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
答案：B
解析：温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，热运动越剧烈；100 ℃的水蒸气比45 ℃的热水温度高，100 ℃的水蒸气分子热运动的平均动能大，热运动剧烈，A、D错误.物体中分子运动的速率是不同的，有的大，有的小，故不能认为热水中的分子速率都比水蒸气的小，C错误.100 ℃的水蒸气比45 ℃的热水温度高，质量相同时100 ℃的水蒸气内能大，B正确.
1.物质由大量分子组成
（1）分子的大小
（2）阿伏加德罗常数：NA＝　6.02×1023 mol－1　.
2.分子永不停息地做无规则运动
（1）扩散
现象
（2）布朗
运动
3.分子间同时存在引力和斥力
分子力
与距离
的关系
直 观 情 境
　深化　　扩散现象、布朗运动和分子热运动的比较
项目 扩散现象 布朗运动 分子热运动
活动 主体 分子 固体微小颗粒 分子
区别 分子的运动，发生在固体、液体、气体等任何两种物质之间 微小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身及周围的分子仍在做热运动 分子的运动，分子无论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到
观察 裸眼可见 光学显微镜 电子显微镜或扫描隧道显微镜
共同点 都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加剧烈
联系 布朗运动是由于微小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力不平衡而引起的，它是分子做无规则运动的反映
思维模型　理解扩散现象与布朗运动的成因.
角度1　对扩散现象的理解
例1　（2025·汕头一模）半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800～1 250 ℃）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
答案：C
解析：掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，所以这种渗透过程是分子的扩散现象，该过程为自发过程，不可逆，A错误，C正确.硅晶体中原子在空间排列具有周期性，故硅晶体可能具有光学上的各向异性，B错误.温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子热运动的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增大，D错误.
角度2　对布朗运动的理解
例2　（多选）如图所示是用光学显微镜观察一滴充分稀释的碳素墨汁，调节好合适的放大倍数后，显示屏上会跟踪一个炭粒的运动，发现炭粒做无规则运动.则下列说法中正确的有（　　）
A.炭粒无规则运动是炭粒分子无规则运动的结果
B.炭粒无规则运动是液体分子不平衡撞击的结果
C.炭粒体积越大，其无规则运动的现象越明显
D.墨汁温度越高，炭粒无规则运动现象越明显
答案：BD
解析：炭粒作为一种宏观微粒，不受外力作用时是无法凭借自身因素而运动的，其无规则运动是液体分子不平衡撞击造成的结果，A错误，B正确；炭粒体积越大，受到液体分子的撞击越趋于平衡，无规则运动将越不明显，C错误；墨汁温度越高，液体分子无规则运动越激烈，撞击炭粒的作用力越大，不平衡撞击也越多，所以炭粒无规则运动会越明显，D正确.
二、分子间相互作用　内能
考题2　（2023·海南卷）如图所示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
答案：C
解析：分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，A错误；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，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，C正确，B、D错误.
1.分子动能
（1）意义：分子动能是分子　热运动　所具有的动能.
（2）分子平均动能：所有分子热运动的动能的平均值.　温度　是分子平均动能的标志.
（3）分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的总和.
2.分子势能
（1）意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的　相对位置　决定的能.
直 观 情 境
（2）决定
因素
3.物体的内能
（1）概念：物体中所有分子的热运动的　动能　与　分子势能　的总和，是状态量.
（2）决定因素：对于给定的物体，其内能大小由物体的状态、　温度　和　体积　决定，即由物体内部状态决定；物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小　无关　.
（3）
4.温度
（1）两种温度：T＝t＋273.15 K.
（2）温度是分子热运动的　平均动能　的标志.
　深化1　　分子力和分子势能随分子间距变化的规律
项目 分子力F 分子势能Ep
随分子间 距变化图 像（r0＝ 10－10 m）
随分子间 距的变化 情况 r＜r0 F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＜F斥，F表现为斥力 r增大，分子力做正功，分子势能减小；r减小，分子力做负功，分子势能增加
r＞r0 F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＞F斥，F表现为引力 r增大，分子力做负功，分子势能增加；r减小，分子力做正功，分子势能减小
随分子间 距的变化 情况 r＝r0 F引＝F斥， F＝0 分子势能最小，但不为零
r＞10r0 F引和F斥都已十分微弱，可以认为F＝0 分子势能为零
　深化2　　物体的内能与机械能的比较
项目 内能 机械能
定义 物体内所有分子热运动的动能与分子势能之和 物体的动能、重力势能和弹性势能的统称
决定 由物体内部状态决定 跟宏观运动状态、参考系和零势能点的选取有关
量值 任何物体都有内能 可以为零
测量 无法测量 可以测量
本质 微观分子的运动和相互作用的结果 宏观物体的运动和相互作用的结果
运动 形式 热运动 机械运动
联系 在一定条件下可以相互转化，能量的总量守恒
思维模型　用F－r图像解释分子力，理解分子平均动能与温度的关系，分子势能与物体体积的关系，并能解决相关问题.
角度1　对F－r及Ep－r图像的理解
例3　（多选）如图甲所示是分子间作用力与分子间距之间的关系，分子间作用力表现为斥力时为正，一般地，分子间距大于10r0时，分子间作用力就可以忽略；如图乙所示是分子势能与分子间距之间的关系，a是图线上一点，ab是在a点的图线切线.下列说法中正确的有（　　）
A.分子势能选择了无穷远处或大于10r0处为零势能参考点
B.图甲中阴影部分面积表示分子势能差值，与零势能点的选取有关
C.图乙中Oa的斜率大小表示分子间距离在该间距时的分子间作用力大小
D.图乙中ab的斜率大小表示分子间距离在该间距时的分子间作用力大小
答案：AD
解析：结合题意及题图信息可知，分子势能选择了无穷远处或大于10r0处为零势能参考点，所以A正确；题图甲中阴影部分面积表示分子势能差值，势能差值与零势能点的选取无关，所以B错误；分子势能与分子间距图像中，图线切线的斜率的大小表示分子间作用力大小，所以C错误，D正确.
角度2　对分子动能、分子势能、物体内能的理解
例4　给一定质量、温度为0 ℃的水加热，在水的温度由0 ℃上升到4 ℃的过程中，水的体积随着温度升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”.某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在相互作用的势能.在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的.关于这个问题下列说法中正确的是（　　）
A.水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
B.水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
C.水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功
D.水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功
答案：D
解析：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.在水反常膨胀的过程中，所有水分子间的总势能是增大的，说明分子之间的相互作用力对分子做负功，即吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功，故D正确，A、B、C错误.
三、微观量的估算
考题3　（2023·河北卷）如图所示，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气.外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升高到310 K时，气柱长度变为50 cm.已知外界大气压恒为1.0×105 Pa，水柱长度不计.
（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；
（2）求葫芦的容积；
（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）.已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol－1.
答案：（1）0.4 J　（2）119 cm3　（3）2.9×1021
解析：（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强.设大气压强为p0，塑料管内部横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、l2，气体对外做的功为W.根据功的定义有W＝p0S（l2－l1），解得W＝0.4 J.
（2）设葫芦的容积为V，被封闭氮气的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2，根据盖－吕萨克定律有＝，其中V1＝V＋Sl1，V2＝V＋Sl2
联立以上各式并代入题给数据得V＝119 cm3.
（3）设在1.0×105 Pa、273 K状态下，1 mol氮气的体积为V0、温度为T0，被封闭氮气的体积为V3、分子个数为n.根据盖－吕萨克定律有＝，其中n＝NA
联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021.
　深化1　　微观量与宏观量
（1）微观量：分子质量m0、分子体积 V0、分子直径d等.
（2）宏观量：物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ、物体的体积V、摩尔体积Vmol等.
　深化2　　分子的两种模型
（1）球模型：V0＝πd3，得直径d＝（常用于固体和液体）.
（2）立方体模型：V0＝d3，得边长d＝（常用于气体）.
　深化3　　几个重要关系
（1）一个分子的质量：m＝.
（2）一个分子的体积：V0＝（注意：对于气体，V0表示一个气体分子占有的空间）.
（3）1 mol物体的体积：Vmol＝.
（4）分子个数的计算：N＝nNA＝NA＝NA.
角度1　固体微观量的估算
例5　（2025·宁夏银川二中质检）浙江大学高分子系某教授的课题组制备出了一种超轻气凝胶，它刷新了目前世界上最轻材料的记录，弹性和吸油能力令人惊喜.这种固态材料密度仅为空气密度的.设气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则下列说法不正确的是（　　）
A.a千克气凝胶所含分子数为N＝NA
B.气凝胶的摩尔体积为 Vmol＝
C.每个气凝胶分子的体积为V0＝
D.每个气凝胶分子的直径为d＝
答案：D
解析：a千克气凝胶的摩尔数为，所含分子数为N＝NA，选项A正确，不符合题意；气凝胶的摩尔体积为Vmol＝，选项B正确，不符合题意；每个气凝胶分子的体积为 V0＝＝，选项C正确，不符合题意；根据V0＝πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝，选项D错误，符合题意.故选D.
角度2　气体分子的估算
例6　（2025·山东潍坊模拟）肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容.肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量.在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3 500 mL，在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6％.已知此时水蒸气的密度ρ＝0.6 kg/m3，水蒸气的摩尔质量M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1.关于该学生这次呼出气体说法正确的是（　　）
A.水蒸气的体积为2.1×10－3 m3
B.含有的水分子的物质的量为0.07 mol
C.含有的水分子的数量为4.2×1021个
D.含有的水蒸气的质量为1.26×10－2 g
答案：C
解析：一次呼出的水蒸气的体积V水＝6％V＝6％×3 500×10－6 m3＝2.1×10－4 m3，A错误；一次呼出的水蒸气的质量m＝ρV水＝0.6×2.1×10－4 kg＝1.26×10－4 kg＝0.126 g，D错误；含有的水分子的物质的量n＝＝ mol＝0.007 mol，B错误；含有的水分子的个数N＝nNA＝0.007×6×1023个＝4.2×1021个，C正确.
角度3　液体分子的估算
例7　（多选）已知阿伏加德罗常数为NA（mol－1），某液体的摩尔质量为M（kg/mol），该液体的密度为ρ（kg/m3），则下列叙述中正确的是（　　）
A.1 kg该液体所含的分子个数是
B.1个该液体分子的质量是（kg）
C.1个该液体分子占有的空间是（m3）
D.该液体的摩尔体积是（m3/mol）
答案：ACD
解析：1 kg该液体的物质的量为（mol），所含分子数目n＝NA·＝，A正确；每个分子的质量m0＝（kg），B错误；每个分子所占空间V0＝＝（m3），C正确；该液体的摩尔体积为（m3/mol），D正确.
四、用油膜法估测油酸分子的大小
考题4　（2025·安徽黄山二模）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，小物同学用体积为A的纯油酸配置成体积为B的油酸酒精溶液，用注射器取体积为C的油酸酒精溶液，再把其一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N.
（1）此后实验操作的正确排序为　　（用字母符号表示）.
甲　　　　乙
丙　　　　丁
A.甲：描绘油膜轮廓
B.乙：取油酸酒精溶液
C.丙：撒粉
D.丁：滴油酸酒精溶液
（2）把1滴该溶液滴入浅盘里，稳定后测得油膜的面积为S，估算出油酸分子的直径大小为　　（用以上字母表示）.
（3）小物同学的计算结果明显偏大，其原因可能是　　.
A.计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数
B.爽身粉太薄使油膜边界不清，导致油膜面积测量值偏大
C.未等爽身粉完全散开，就在玻璃板上描绘了油膜轮廓
D.用注射器测得1 mL溶液有N滴时数成了（N－1）滴
答案：（1）CBDA　（2）　（3）CD
解析：（1）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，先把爽身粉均匀地撒到水面上，后用注射器取一定的溶液滴到水中，再盖上玻璃板，最后用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，故实验操作的正确排序为CBDA.
（2）体积为C的油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V＝，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V0＝，所以油酸分子的直径大小d＝＝.
（3）计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数、爽身粉太薄使油膜边界不清均会导致油膜面积测量值偏大，则d的测量值偏小，A、B错误.未等爽身粉完全散开，就在玻璃板上描绘了油膜轮廓，导致油膜面积测量值偏小，d的测量值偏大，C正确.求每滴溶液的体积时，若溶液有N滴时数成了（N－1）滴，导致测得的纯油酸体积偏大，d的测量值偏大，D正确.
1.实验原理
实验采用使油酸在水面上形成一层单分子油膜的方法估测分子的大小.当把一滴用酒精稀释过的油酸酒精溶液滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中的酒精溶于水，并很快挥发，在水面上形成如图甲所示形状的一层纯油酸薄膜.如果算出一定体积的油酸在水面上形成的　单分子　油膜的面积，即可算出油酸分子的大小.用V表示一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积，用S表示单分子油膜的面积，用d表示油酸分子的直径，如图乙所示，则d＝.
2.实验器材
盛水浅盘、注射器（或滴管）、容量瓶、坐标纸、玻璃板、爽身粉、量筒、彩笔等.
3.实验过程
（1）配制油酸酒精溶液，取纯油酸1 mL，注入500 mL的容量瓶中，然后向容量瓶内注入酒精，直到液面到达500 mL刻度线为止.
（2）用注射器（或滴管）将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并记下量筒内增加一定体积Vn时的滴数n，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0.
（3）向浅盘里倒入约2 cm深的水，并将爽身粉均匀地撒在水面上.
（4）用注射器（或滴管）将一滴油酸酒精溶液滴在水面上.
（5）待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，并将油酸膜的形状用彩笔画在玻璃板上.
（6）将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积S（求面积时以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位计算轮廓内正方形的个数，不足半格的舍去，多于半格的算一个）.
（7）根据油酸酒精溶液的配制比例，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，并代入公式d＝，算出油酸薄膜的厚度d.
（8）重复以上实验步骤，多测几次油酸薄膜的厚度，并求平均值，即为油酸分子直径的大小.
4.误差分析
（1）纯油酸体积的计算引起误差.
（2）画油膜形状时不准确带来误差.
（3）数格子法本身是一种估算的方法，从而会带来误差.
　深化　　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.
角度1　实验原理与操作
例8　在“油膜法估测分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量.
（1）本实验利用了油酸分子易在水面上形成　　（填“单层”或“多层”）分子油膜的特性.若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为V，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为　　.
（2）某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C.将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D.向浅盘中倒入约2 cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是　　（填字母代号）.
（3）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大.出现这种情况的原因可能是　　.
A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
C.水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
D.计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理
答案：（1）单层　　（2）DACB　（3）AC
解析：（1）本实验利用了油酸分子易在水面上形成单层分子油膜的特性.若将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，这滴溶液中含有纯油酸体积为V，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为d＝.
（2）实验中先在浅盘中倒入约2 cm深的水，将痱子粉均匀地撒在水面上；然后将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜；将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上；将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积.则合理的顺序是DACB.
（3）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大.根据d＝可知，将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则V偏大，测得的分子直径d偏大，选项A正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，实验数据处理仍然按照挥发前的浓度计算，即算出的纯油酸的体积偏小，则测得的分子直径偏小，选项B错误；水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S的测量值偏小，分子直径测量值偏大，选项C正确；计算油膜面积时，将不完整的方格作为完整方格处理，则S测量值偏大，分子直径测量值偏小，选项D错误.
角度2　实验数据处理与误差分析
例9　某学习小组用油膜法估测油酸分子的大小，实验中他们向1 mL纯油酸中添加酒精，配得油酸酒精溶液总体积为500 mL，接着用注射器向量筒内滴加80滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，把1滴这样的溶液滴入盛水的浅盘里，把玻璃板盖在浅盘上并描出油膜的轮廓，如图所示.
（1）已知每一个小正方形的边长为20 mm，则该油酸薄膜的面积为　　m2（结果保留2位有效数字）.
（2）油酸分子的直径是　　m（结果保留2位有效数字）.
（3）用注射器测得80滴油酸酒精的溶液为1 mL，不小心错记录为81滴，导致最终估测出的油酸分子直径　　（填“偏大”或“偏小”）.
答案：（1）3.0×10－2　（2）8.3×10－10　
（3）偏小
解析：（1）由题图可读出超过半格的格数约为75小格，则油膜面积为S＝75×20×20×10－6 m2＝3.0×10－2 m2.
（2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
V＝× mL＝2.5×10－5 mL
油酸分子的直径为d＝＝ m≈8.3×10－10 m.
（3）用注射器测得80滴油酸酒精的溶液为1 mL，不小心错记录为81滴，则所得一滴酒精油酸溶液的体积将偏小，从而使油酸的体积偏小，最终导致所测分子直径偏小.
限时跟踪检测（六十四）　分子动理论　内能
A级·基础对点练
题组一　分子动理论
1.（2025·陕西宝鸡模拟）下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（　　）
A.气体失去了容器的约束就会散开，这是气体分子间斥力作用的缘故
B.向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围的运动属于布朗运动
C.如果气体分子总数不变，温度升高，则气体分子的平均动能增大，气体压强增大
D.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
答案：D
解析：气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围的运动是扩散现象，属于分子运动，故B错误；如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由＝C，可知压强不一定增大，故C错误；一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故D正确.
2.（2025·湖北部分中学联考）有关扩散现象和布朗运动，下列说法正确的是（　　）
A.胡椒粉在开水锅内翻滚，说明温度越高布朗运动越剧烈
B.布朗运动证明，组成固体小颗粒的分子做无规则运动
C.自由膨胀和扩散现象都具有双向可逆性
D.水、酒精混合之后的体积要小于混合前的体积之和，说明液体分子间是有空隙的
答案：D
解析：布朗运动是指悬浮于气体或液体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了气体或液体分子的无规则运动，不能用肉眼直接观察到，胡椒粉在开水锅内翻滚，是水的沸腾现象，A、B错误；与热现象有关的自由膨胀和扩散现象都具有单向不可逆性，C错误；水、酒精混合之后的总体积要小于混合前的体积之和，说明液体分子间是有空隙的，D正确.
题组二　分子间的相互作用　内能
3.（2025·广东东莞模拟）（多选）用r表示分子间的距离，Ep表示分子势能，用r0表示分子引力与斥力平衡时的分子间距，设r→∞时，Ep＝0，则（　　）
A.当10r0＞r＞r0时，Ep随着r的增大而增加
B.当r＜r0时，Ep随着r的减小而增加
C.当10r0＞r＞r0时，Ep不随r的变化而变化
D.当r＝r0时，Ep最小且Ep的最小值为0
答案：AB
解析：当r＝r0时，分子力为0，当10r0＞r＞r0时，分子力表现为引力，随着分子间距的增大，分子力做负功，分子势能增加，因此当10r0＞r＞r0时，Ep随着r的增大而增加，故A正确，C错误；当r＜r0时，分子力表现为斥力，随着r的减小，分子力做负功，分子势能增加，因此当r＜r0时，Ep随着r的减小而增加，故B正确；根据题意可知，当r→∞时，Ep＝0，而当r＞r0，且分子间距逐渐增大的过程中，分子势能逐渐增加，当r＜r0，且分子间距逐渐减小的过程中，分子势能逐渐增加，因此可知，当r＝r0时，Ep最小，且Ep的最小值小于0，故D错误.
4.（2025·北京师大附中模拟）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示. F＞0为斥力，F＜0为引力.a、b、c、d为x轴上四个特定的位置.现把乙分子从a处由静止释放，则（　　）
A.乙分子从a运动到c，分子间的作用力一直增大
B.乙分子从a运动到d，分子间的作用力先增大后减小再增大
C.乙分子从a运动到d，两分子间的分子势能先增加后减少
D.乙分子从a运动到d，在b点时两分子间的分子势能最小
答案：B
解析：根据题图可知，乙分子从a运动到c，受到的分子力表现为引力，分子间的作用力先增大后减小，故A错误；根据题图可知，乙分子从a运动到d，受到的分子力先表现为引力后表现为斥力，分子间的作用力先增大后减小再增大，故B正确；根据题图可知，乙分子从a运动到c，受到的分子力表现为引力，分子间的作用力做正功，分子势能一直减少，从c运动到d，受到的分子力表现为斥力，分子间的作用力做负功，分子势能一直增加，可知两分子间的分子势能先减少后增加，在c点时两分子间的分子势能最小，故C、D错误.
题组三　微观量的估算
5.（2025·江苏南通联考）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（SI）
B.1 m3铜所含的原子数为（SI）
C.1个铜原子的体积为（m3）
D.铜原子的直径为（m）
答案：C
解析：1 kg铜所含的原子数为N＝·NA＝（SI），故A错误；1 m3铜所含的原子数为N＝nNA＝（SI），故B错误；1个铜原子的体积为V＝（m3），故C正确；铜原子的体积为V＝π·（）3，则铜原子的直径为d＝（m），故D错误.
B级·能力提升练
6.（2025·重庆巴蜀中学月考）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F＞0表示斥力，F＜0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，下列选项中的图像分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是（　　）
　　　
　　　
答案：B
解析：刚过C点时乙分子的运动方向不会发生变化，选项A错误；加速度与合力的大小成正比，方向与合力相同，在C点，乙分子的加速度等于零，选项B正确；乙分子从A处由静止释放，分子力先是引力后是斥力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，在C点，分子势能最小，从C项图中可知，在A点静止释放乙分子时，分子势能为负，而初动能为零，乙分子的总能量为负，在以后的运动过程中乙分子的总能量不可能为正，而动能不可能小于零，则分子势能不可能大于零，所以C项图中不可能出现横轴上方那一部分，选项C错误；分子动能不可能为负值，选项D错误.
7.（多选）图甲是分子引力、分子斥力随分子间距离r的变化图像，图乙是实际分子力F随分子间距离r的变化图像（斥力用正值表示，引力用负值表示）.将两分子从相距r＝r2处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（　　）
甲　　乙
A.从r＝r2到r＝r1，分子间引力、斥力都在增大
B.从r＝r2到r＝r1，分子间引力减小，斥力增大
C.当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力
D.从r＝r2到r＝r0，分子势能先减小后增大
答案：AC
解析：由题图甲可知，随分子间距离减小，分子间的引力和斥力都在增大，A正确，B错误；由题图乙可知，当r＜r0时，分子间的作用力为正，即表现为斥力，C正确；从r＝r2到r＝r0过程中，分子间的作用力表现为引力，故随着距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，D错误.
8.近年来，雾霾天气在我国频繁出现，空气质量问题引起全社会高度关注.其中主要污染物是大气中直径小于或等于2.5 μm的颗粒物，即PM2.5（该颗粒肉眼不可见，仅能在显微镜下观察到），也称为可入肺颗粒物.以下对该颗粒物的说法中不正确的是（　　）
A.在无风的时候，该颗粒物悬浮在空中静止不动
B.该颗粒物的无规则运动是布朗运动
C.布朗运动是由空气分子从各个方向对该颗粒物撞击作用的不平衡引起的
D.该颗粒物的无规则运动反映了空气分子的无规则运动
答案：A
解析：在无风的时候，该颗粒物还会受到附近空气分子对它的撞击作用，该颗粒物会不停地做无规则运动，故A错误；悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动叫布朗运动，所以该颗粒物的运动符合布朗运动的条件，该颗粒物的运动就是布朗运动，故B正确；布朗运动产生的原因就是气体或液体分子对颗粒物撞击不平衡造成的，故C正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，故D正确.本题选择错误的，故选A.
9.（2025·天津高三期末）（1）在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验简要步骤如下：
A.用公式d＝，求出薄膜厚度，即油酸分子的直径
B.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数
C.根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V
D.用浅盘装入约2 cm深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面
E.将1滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上
F.将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数（不足半格的舍去，多于半格的算一格），再根据方格的边长求出油膜的面积S
上述实验步骤的合理顺序是　　　.
（2）以上实验所用的油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸0.6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液有80滴，则一滴溶液中纯油酸的体积是　　　mL.
（3）在实验操作及数据处理过程中，以下说法中正确的有　　　.
A.为了防止酒精的挥发，配置的油酸酒精溶液不能长时间放置
B.处理数据时将油酸分子看成单分子层且紧密排列
C.处理数据时将一滴油酸酒精溶液的体积除以油膜面积就得到了油酸分子的直径
D.若实验中撒的痱子粉（或石膏粉）过多，则计算得到的油酸分子的直径将偏大
答案：（1）BCDEFA　（2）7.5×106　（3）ABD
解析：（1）油膜法估测分子的大小的步骤为：测一滴油酸酒精溶液体积，计算一滴溶液中纯油酸的体积，准备浅盘，撒上石膏粉或痱子粉，滴入油酸酒精溶液，将玻璃板放在浅盘上，描绘油膜形状，测油膜面积，算出油膜厚度，故合理顺序为BCDEFA.
（2）油酸酒精溶液中纯油酸的浓度为c＝×100％＝0.06％，一滴油酸酒精溶液的体积为V0＝ mL＝0.012 5 mL，则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V＝cV0＝0.012 5×0.06％ mL＝7.5×10－6 mL.
（3）为了防止酒精的挥发，配制的油酸酒精溶液不能长时间放置，否则油酸浓度会发生变化，A项正确；处理数据时将油酸分子看成单分子层且紧密排列，B项正确；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积除以油膜面积就可得到油酸分子的直径，C项错误；若实验中撒的石膏粉（或痱子粉）过多，则油酸不能充分展开，所测得的油膜面积偏小，计算得到的油酸分子的直径将偏大，D项正确.
第2讲　固体、液体和气体
素养目标　1.能从真实的物理情境中认识固体与液体的结构，认识气体分子运动特点.（物理观念） 2.从分子动理论角度理解理想气体.（科学思维） 3.会应用气体实验定律与理想气体状态方程分析解决实际问题.（科学思维） 4.能理解气体各种图像和物理意义，会分析气体图像问题.（科学思维）
一、固体和液体
考题1　（2020·江苏卷）（多选）玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体.下列关于玻璃的说法正确的有（　　）
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
答案：AC
解析：非晶体没有固定的熔点，不具有规则的几何形状，其导热性能为各向同性，分子在空间上不是周期性排列，A、C正确.
（一）晶体和非晶体　液晶
1.晶体与非晶体
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　
原子排列 有规则，但多晶体每个晶粒间的排列无规则 无规则
2.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.
（二）液体的表面张力
1.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.
2.方向：表面张力跟液面　相切　，且跟这部分液面的分界线　垂直　.
3.大小：液体的温度越高，表面张力　越小　；液体中溶有杂质时，表面张力　变小　；液体的密度越大，表面张力　越大　.
（三）饱和汽、未饱和汽与饱和汽压　相对湿度
1.饱和汽与未饱和汽
（1）饱和汽：与液体处于　动态平衡　的蒸汽.
（2）未饱和汽：没有达到　饱和　状态的蒸汽.
2.饱和汽压
（1）定义：饱和汽所具有的压强.
（2）特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压　越大　，且饱和汽压与饱和汽的体积无关.
3.相对湿度
空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比.即：
相对湿度＝.
　深化1　　晶体的微观结构
（1）晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列.
（2）用晶体的微观结构特点解释晶体的特点
现象 原因
有确定的几何外形 内部微粒有规则地排列
物理性质各向异性 内部从任一结点出发在不同方向的微粒的分布情况不同
多形性 组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵
　深化2　　液体的微观结构特点
（1）分子间的距离很小：在液体内部分子间的距离在10－10 m左右.
（2）液体分子间的相互作用力很大，但比固体分子间的作用力要小.
（3）分子的热运动特点表现为振动与移动相结合.
　深化3　　液体的表面张力
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，分子势能大于液体内部的分子势能
方向 和液面相切，垂直于液面上的分界线
效果 表面张力使液体表面具有收缩的趋势，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
思维模型　掌握单晶体的各向异性，理解晶体的微观结构，解决相关问题.
例1　（2025·江苏高三期末）在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示.甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，则以下说法正确的是（　　）
甲 乙 丙 丁
A.甲、乙为非晶体，丙是晶体
B.甲、乙为晶体，丙是非晶体
C.甲、丙为非晶体，乙是晶体
D.甲为晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
答案：D
解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点.丙固体在导热性能方面表现为各向异性，甲、乙固体在导热性能方面表现为各向同性，但不能确定其他性质是否也为各向同性.则甲在导热性能方面表现为各向同性，且有一定的熔点，可能是多晶体也可能是单晶体；乙在导热性能方面表现为各向同性，没有一定的熔点，是非晶体；丙在导热性能方面表现为各向异性，有一定的熔点，是单晶体.故D正确，A、B、C错误.
例2　（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，这是由于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.将玻璃管的裂口放在火上烧，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
答案：AC
解析：水的表面张力托起针，A项正确；B、D两项也是表面张力的原因，故B、D均错误，C项正确.
二、气体的性质及气体压强的计算
考题2　（2024·重庆卷）某救生手环主要由高压气囊组成.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（　　）
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
答案：D
解析：气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，由热力学第一定律知，需要从外界吸热，C错误、D正确.
气体的压强
1.产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的　压力　.
2.决定因素
（1）宏观上：决定于气体的温度和　体积　.
（2）微观上：决定于分子的平均动能和分子的　密集程度　.
　深化1　　气体的分子动理论
（1）气体分子间的作用力：气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计，气体分子间除碰撞外无相互作用力.
（2）气体分子的速率分布：表现出“中间多，两头少”的统计分布规律.
（3）气体分子的运动方向：气体分子运动时是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会均等.
（4）气体分子的运动与温度的关系：温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的；温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大.
　深化2　　气体压强常见的两类模型
（1）活塞模型：如图甲、乙所示是最常见的封闭气体的两种方式.
甲　　　乙
对“活塞模型”类求压强的问题，其基本的方法就是先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程.
图甲中活塞的质量为m，横截面积为S，外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态，所以p0S＋mg＝pS，则气体的压强为p＝p0＋.
图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS＋mg＝p0S，则气体压强为p＝p0－＝p0－ρ液gh.
（2）连通器模型：如图丙所示，U形管竖直放置，同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B和气体A的压强关系可由图中虚线联系起来，则有pB＋ρ液gh2＝pA，而pA＝p0＋ρ液gh1，所以气体B的压强为pB＝p0＋ρ液g（h1－h2）.
丙
角度1　连通器模型中气体压强的计算
例3　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，求下列各图中被封闭气体的压强.
甲　乙　丙
答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＋ρghS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh.
在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下，有：p气S＋ρghS＝p0S
所以p气＝p0－ρgh.
在题图丙中，以B液面为研究对象，有
p气S＋ρghSsin 60°＝p0S
所以p气＝p0－ρgh.
角度2　汽缸—活塞模型中气体压强的计算
例4　如图甲、乙所示两个汽缸的质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，图甲中的汽缸静止在水平面上，图乙中的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质量的气体A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？
甲　乙
答案：p0＋　p0－
解析：题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图（a）所示，由平衡条件知pAS＝p0S＋mg，解得pA＝p0＋，
题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图（b）所示，由平衡条件知p0S＝pBS＋Mg，解得pB＝p0－.
三、气体实验定律及理想气体状态方程的应用
考题3　（2024·广东卷）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统.如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变，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，差压阀与连接管道内的气体体积不计.当环境温度降低到T2＝270 K时：
（1）求B内气体压强pB2；
（2）求A内气体体积VA2；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.
答案：（1）9×104 Pa　（2）3.6×10－2 m3　
（3）110 kg
解析：（1）假设此过程中差压阀关闭，A内气体做等压变化，B内气体做等容变化，
对B内气体，由查理定律得＝
解得PB2＝0.9p0＝9×104 Pa
A内气体的压强pA＝p0，
此时A、B内气体的压强差Δp'＝pA－pB2＝0.1p0＜Δp＝0.11p0，假设成立，差压阀处于关闭状态，此时B内气体压强为9×104 Pa.
（2）对A内气体，由盖－吕萨克定律得＝
解得VA2＝3.6×10－2 m3.
（3）B中气体压强能够回到p0，说明差压阀在该过程中打开，当A、B中压强差为Δp时，差压阀关闭，可知当B中气体压强回到p0时，A中的气体压强为p0＋Δp＝1.11p0
对活塞，有p0S＋mg＝1.11p0S
解得m＝110 kg.
考题4　（2025·八省联考云南卷）如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置.用活塞封闭一定量的气体（可视为理想气体）、活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气.初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h.环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止.已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度.求：
（1）初始时，缸内气体的压强；
（2）缸内气体最终的压强及活塞下降的高度；
（3）该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功.
答案：（1）＋p0　（2）＋p0　　（3）0　Mgh
解析：（1）对活塞受力分析，由平衡条件mg＋p0S＝p1S，解得初始时，缸内气体的压强为p1＝＋p0.
（2）对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件Mg＋mg＋p0S＝p2S，解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0，由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh'，活塞下降的高度Δh＝h－h'，联立可得Δh＝.
（3）由于过程中温度保持不变，则该过程缸内气体内能的变化量为ΔU＝0，外界对其所做的功W＝（M＋m）gΔh＋p0SΔh＝Mgh.
1.气体实验定律
项目 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，体积与热力学温度成正比
表达式 p1V1＝　p2V2　 ＝ ＝
拓展式 — Δp＝ΔT ΔV＝ΔT
2.理想气体状态方程
（1）理想气体：把在任何温度、任何压强下都遵从　气体实验定律　的气体称为理想气体.在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以当成理想气体.
（2）理想气体状态方程：　＝　.
　深化1　　气体实验定律的微观解释
项目 微观解释
玻意耳定律 一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能一定.在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大
查理定律 一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变.在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大
盖－吕萨克定律 一定质量的气体，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，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变
　深化2　　理想气体状态方程
（1）理想气体状态方程：＝C.
（2）理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
　深化3　　克拉珀龙方程
设气体质量为m，摩尔质量为M，则物质的量为n＝.那么有＝k，式中k＝nR，R为普适气体常量，R约为8.3 J/（mol·K），即pV＝nRT.此方程叫作克拉珀龙方程.
思维模型　会运用玻意耳定律、盖－吕萨克定律、查理定律、理想气体状态方程解决实际问题.
角度1　应用状态方程分析气体图像问题
例5　如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后达到状态B和C，A、B和C三个状态的温度分别为TA、TB和TC.下列说法正确的是（　　）
A.TA＝TB，TB＜TC
B.TA＜TB，TB＝TC
C.状态A到状态B的过程中气体分子的平均动能增大
D.状态B到状态C的过程中气体的内能增大
答案：C
解析：因A、B两状态压强相同，但是VB＞VA，根据＝C，可知TA＜TB；B、C两状态体积相同，但是pB＞pC，则 TB＞TC，A、B错误.状态A到状态B过程中气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，C正确.状态B到状态C的过程中气体的温度降低，则内能减小，D错误.
角度2　气体实验定律的应用
例6　（2025·八省联考河南卷）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
答案：B
解析：根据题意可知：在平原地区时，轮胎内部压强为p1＝3.6p0，温度T1＝315 K，设在高原地区轮胎内部压强为p2，温度T2＝280 K，轮胎做等容变化，根据＝，解得p2＝3.2p0，该高原地区的大气压强p＝3.2p0－2.5p0＝0.7p0，故选B.
限时跟踪检测（六十五）　固体、液体和气体
A级·基础对点练
题组一　固体和液体
1.（多选）下列关于晶体和非晶体的性质说法正确的是（　　）
A.可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体
B.晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加
C.单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性
D.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性
答案：AD
解析：晶体和非晶体的区别就是有无固定熔点，因此可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确.
2.（2025·辽宁辽阳模拟）春天来了，雨后荷叶上有很多晶莹剔透的水珠，如图所示.下列说法正确的是（　　）
A.荷叶上的水珠呈球形是因为水珠受到重力
B.在水珠表面层，水分子间的作用力表现为引力
C.在水珠表面层，水分子间的作用力表现为斥力
D.在水珠表面层，水分子间的作用力为零
答案：B
题组二　气体的性质及气体压强的计算
3.自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是（　　）
A.体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C.因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D.温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
答案：D
解析：密闭容器中的氢气分子个数不变，当体积增大时，单位体积的分子个数减少，分子的密集程度变小，A错误；气体压强是大量气体分子对容器壁持续地无规则撞击产生的，压强增大并不是因为分子间斥力增大，B错误；普通气体在温度不太低、压强不太大的情况下才能看成理想气体，C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，D正确.
4.（2025·福建、山东联考）2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据，这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义.登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa（常温下的大气压强值），当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃；则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为（　　）
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
答案：C
解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝（273＋27） K＝300 K，末状态的压强为p2，温度为T2＝（273－23） K＝250 K，根据查理定律，有＝，解得p2＝8.3×104 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp＝8.3×104 Pa－4.0×104 Pa＝4.3×104 Pa，故选C.
5.（2023·江苏卷）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B.该过程中（　　）
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
答案：B
解析：根据＝C可得p＝T，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项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，选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，选项C错误；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误.
题组三　气体实验定律及理想气体状态方程的应用
6.如图所示为用铝制易拉罐制作的温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐连接处密封良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐的容积为330 cm3，薄吸管横截面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃（300 K）时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（　　）
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案：B
解析：温度变化时，封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有＝，又V0＝330 cm3＋0.5×10 cm3＝335 cm3，T0＝300 K，V＝330＋0.5x（cm3），T＝t＋273（K），解得t＝x＋（℃），则吸管上标注的等差温度值刻度均匀，A错误；当x＝20 cm时，所测温度最高，代入A项表达式可得t≈31.5 ℃，B正确；当x＝0时，所测温度最低，代入A项表达式可得t≈22.5 ℃，C错误；缓慢把吸管拉出来一些，封闭气体的温度和压强均不变，因此封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，D错误.
7.（2025·辽宁葫芦岛检测）如图甲所示，一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细缸连接处，此时细线拉直且无张力.现把汽缸竖直放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细缸连接处的距离均为L.已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，重力加速度大小为g，大气压强和环境温度保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积.求：大气压强和图乙状态时细线上的拉力.
甲　　乙
答案：　4mg
解析：设大气压强为p0，题图乙中细线拉力为F，气体做等温变化，由玻意耳定律可得p0·4LS＝p1·3LS
题图乙中活塞受力平衡，
对活塞Ⅰ，有p1·2S＝2mg＋p0·2S＋F
对活塞Ⅱ，有p1S＋mg＝p0S＋F
联立解得p0＝
F＝4mg.
B级·能力提升练
8.（2025·辽宁重点中学协作体联考）如图所示，竖直放置的、内径粗细均匀的U形玻璃管左端开口，右端封闭，管内通过水银柱封闭有一段可视为理想气体的空气柱.已知空气柱长度为d＝20 cm，两侧水银柱液面的高度差为h＝10 cm，大气压强为p0＝76 cmHg，环境温度为t0＝27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝t＋273 K.下列说法正确的是（　　）
A.封闭气体的压强为86 cmHg
B.若将该U形玻璃管以OO'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置（此过程中水银未溢出），则最终空气柱的长度约为17.4 cm
C.若使封闭气体温度降低，则h不变，d减小
D.若将U形玻璃管竖直置于非密闭的恒温箱中，当恒温箱温度为432 ℃时（此过程水银未蒸发）U形管两侧水银面相平
答案：B
解析：封闭气体的压强为p1＝p0－ph＝66 cmHg，A错误；U形玻璃管以OO'为轴由竖直位置缓慢旋转至水平位置的过程中，封闭气体发生等温变化，设玻璃管的横截面积为S，初状态为p1＝66 cmHg，V1＝dS，末状态为p2＝76 cmHg，V2＝d'S，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，代入数据得d'≈17.4 cm，B正确；若使封闭气体温度降低，气体体积减小，d减小，则h增大，C错误；如果U形玻璃管置于非密闭的恒温箱中，则初状态为p1＝66 cmHg，V1＝dS，T1＝t0＋273 K＝300 K，末状态时假设两侧水银面相平，则有p3＝76 cmHg，V3＝（d＋）S，根据理想气体状态方程可得＝，代入数据解得T3≈432 K，D错误.
9.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，开始时活塞放置在卡环a、b上，下方封闭了一定质量的气体.现缓慢加热缸内气体，直到活塞到达汽缸口之前，下列能正确反映缸内气体体积与压强变化关系的V－图像是（　　）
A B
C D
答案：D
解析：缓慢加热缸内气体，缸内气体先经历等容过程，温度升高，压强变大，减小；当活塞离开卡环a、b后，缓慢加热缸内气体，到活塞到达汽缸口前，经历等压过程，温度升高，不变，体积变大，D正确，A、B、C错误.
10.（2025·广东深圳高三模拟）某山地自行车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形汽缸（出厂时已充入一定量气体）.汽缸内气柱长度变化范围为40～100 mm，汽缸导热性良好，不计活塞杆与汽缸间摩擦.
（1）将其竖直放置于足够大的加热箱中（加热箱中气压恒定），当温度T1＝300 K时空气柱长度为60 mm，当温度缓慢升至T2＝360 K时空气柱长度为72 mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好；
（2）在室外将避震器安装在山地自行车上，此时空气柱长度为100 mm，汽缸内的压强为5p0，骑行过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化（假定过程中气体温度恒定），求汽缸内的最大压强.（结果用p0表示）
答案：（1）见解析　（2）12.5p0
解析：（1）由于加热箱中气压恒定，对汽缸受力分析，有mg＋p0S＝pS，故汽缸内压强恒定，若汽缸不漏气，根据盖－吕萨克定律，有＝
代入数据解得l2＝72 mm，气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器的气密性良好.
（2）在骑行过程中，汽缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p3l3S＝p4l4S
代入p3＝5p0，l3＝100 mm，l4＝40 mm，
解得p4＝12.5p0
即骑行过程中汽缸内的压强最大值为12.5p0.
11.为保障师生在校的健康安全，某校校医室制定方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒.该方案利用如图所示的便携式消毒器，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，初始体积为1 L.使用时利用打气筒进行打气，封闭气体压强达到1.5p0时，即可把消毒液以雾化的方式喷出.已知封闭气体初态压强与外界大气压相等，均为p0.打气筒每次可以向桶内打入0.1 L气体.忽略桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化.
（1）至少用打气筒向消毒器内打多少次气才能使消毒液达到雾化要求？
（2）消毒人员计算过用打气筒向消毒器内刚好打了140次气后，恰好能把桶内消毒液全部喷完，试求原来桶内有多少消毒液？
答案：（1）5次　（2）9 L
解析：（1）设打气次数为n，初始时消毒器内气体体积为V＝1 L
则以消毒器内气体和打入的气体整体为研究对象，初状态压强p1＝p0
初状态体积V1＝V＋0.1 L·n
末状态压强p2＝1.5p0
末状态体积V2＝V
根据玻意耳定律得p0×（V＋0.1 L·n）＝1.5p0V
解得n＝5次.
（2）设容器内原有消毒液体积为V3，已知打气140次能把消毒液全部喷完，桶内需保持雾化气压，则根据玻意耳定律得p0（V＋140×0.1 L）＝1.5p0（V＋V3）
代入数据解得V3＝9 L，即原有9 L消毒液.
第3讲　热力学定律与能量守恒定律
素养目标　1.能认识物质的运动形式有多种，不同运动形式对应不同形式的能，各种形式的能在一定条件下可以相互转化.（物理观念） 2.认识热力学第一定律、热力学第二定律及两类永动机.（物理观念） 3.理解热力学第一定律与能量守恒定律的关系.（科学思维） 4.能应用热力学第一定律分析有关实际问题.（科学思维）
一、热力学第一定律
考题1　（2024·北京卷）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
答案：D
解析：恒温水槽内气泡上浮过程中气泡内气体的温度保持不变，内能不变，A错误；气泡内外压强相等，则气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，随着气泡上浮，水压减小，气泡内气体的压强也减小，B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气泡的体积变大，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，C错误，D正确.
（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增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　.
（二）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　为另一种形式，或者是从一个物体　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.条件性
能量守恒定律是自然界的　普遍规律　，某一种形式的能是否守恒是有条件的.
3.第一类永动机是不可能制成的，它违背了　能量守恒定律　.
　深化1　　热力学第一定律ΔU＝Q＋W
（1）符号法则
符号 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减小
（2）三种特殊情况
过程 含义 内能变化 物理意义
绝热 Q＝0 ΔU＝W 外界对物体做的功等于物体内能的增加
等容 W＝0 Q＝ΔU 物体吸收的热量等于物体内能的增加
等温 ΔU＝0 W＝－Q 外界对物体做的功，等于物体放出的热量
　深化2　　温度、内能、热量、功的比较
项目 含义 特点
温度 表示物体的冷热程度，是物体分子平均动能大小的标志，它是大量分子热运动的集体表现，对个别分子来说，温度没有意义 状态量
内能 物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能 状态量
热量 指在热力学系统与外界之间依靠温差传递的能量，热量是过程量，只能说“吸收”“放出”，不能说“含有”“具有” 过程量
功 做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程
思维模型　理解热力学第一定律公式并能进行相关的分析计算.
角度1　热力学第一定律的应用
例1　（2025·八省联考陕西、山西、青海、宁夏卷）（多选）如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空.抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体.则此过程，该气体系统（　　）
A.对外做功，体积膨胀
B.对外不做功，最终压强减小
C.内能减少，最终温度降低
D.无序度变大
答案：BD
解析：绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q＝0，气体向真空扩散，没有对外界做功，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体的内能不变，温度不变，气体体积变大，气体无序度变大，根据理想气体状态方程＝k可知压强减小.故选BD.
角度2　气体实验定律与热力学第一定律的综合应用
例2　（2025·安徽六校入学考试）如图所示，一定质量的理想气体，从状态a分别经历a→b和a→c→b两个变化过程，其中a→b为双曲线，状态b、c的体积相同，则（　　）
A.状态a的内能大于状态b
B.状态c的温度低于状态b
C.a→b过程中气体对外界做功比a→c→b过程做功少
D.c→b过程中气体吸收热量
答案：C
解析：气体从a→b为双曲线，是等温变化，则状态a的内能等于状态b，故A错误；气体从c→b是等容变化，根据＝C（常数）可知，气体的压强减小温度降低，所以状态c的温度高于状态b，故B错误；根据W＝pΔV，可知p－V图像与坐标轴所围面积表示气体做功，因此由题图可知a→b过程中气体对外界做功比a→c→b过程做功少，故C正确；气体从c→b是等容变化，气体对外不做功W＝0，并且由选项B知温度降低，内能减小ΔU＜0，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，即气体向外界放热，故D错误.故选C.
二、热力学第二定律
考题2　（2023·浙江6月选考）（多选）下列说法正确的是（　　）
A.热量能自发地从低温物体传到高温物体
B.液体的表面张力方向总是跟液面相切
C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
答案：BD
解析：根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，A错误；液体的表面张力方向总是与液面相切，B正确；根据爱因斯坦假设，在不同的惯性参考系中，物理规律的形式都是相同的，C错误；根据多普勒效应可知，当观察者与波源相互接近时，观察者观测到的波的频率大于波源振动的频率，D正确.
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　.或表述为“　第二类　永动机是不可能制成的”.
2.用熵的概念表述热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会　减小　.
3.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　无序性　增大的方向进行.
4.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　.
　深化1　　对热力学第二定律的理解
（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”的涵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.
　深化2　　热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.
（1）高温物体低温物体.
（2）功热.
（3）气体体积V1（较小）气体体积V2（较大）.
（4）不同气体A和B混合气体AB.
　深化3　　两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
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
违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成
思维模型　理解热力学第二定律的两种表述，学会用热力学第二定律解释自然界中的能量转化、转移及方向性问题.
角度1　对热力学定律的理解
例3　下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　　.
A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B.冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D.冰箱的制冷机工作时从冰箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
答案：B　C
解析：燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时向空气转移，既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，需要对外做功或对外放出热量，而保温杯隔断了传热过程，水也没有对外做功，故违背热力学第一定律；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响，故违背热力学第二定律；制冷机消耗电能工作时从冰箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响，既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律.
角度2　热力学定律与气体实验定律的综合应用
例4　（多选）我国航天员漫步太空已变成现实，已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”.其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中最终达到平衡.若将此气体近似看成为理想气体，则下列说法正确的是（　　）
A.气体并没有对外做功，气体内能不变
B.B中气体可自发地全部退回到A中
C.气体温度不变，体积增大，压强减小
D.气体体积膨胀，对外做功，内能减小
答案：AC
解析：气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，故A正确，D错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；因为内能不变，故温度不变，因为气闸舱B内为真空，故扩散后气体体积V增大，根据玻意耳定律有pV＝C（定值），可知p减小，故C正确.
三、热力学第一定律与气体图像的综合应用
考题3　（2024·海南卷）一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（　　）
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
答案：AC
解析：bc过程中气体体积变小，外界对气体做功，A正确；根据＝C可知，V＝T，V－T图像与坐标原点的连线，图线斜率越小，气体压强越大，c状态压强大于a状态压强，因此ca过程气体压强变小，B错误；ab过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，由热力学第一定律知气体放出热量，C正确；ca过程中气体温度升高，理想气体内能由温度决定，因此ca过程气体内能增大，D错误.
　深化1　　一定质量理想气体不同图像的比较
过程 图像 类别 图像特点 图像示例
等温 过程 p－V pV＝CT（其中C为常量），即p、V之积越大，温度越高，等温线离原点越远
p－ p＝CT（其中C为常量），斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容 过程 p－T p＝T（其中C为常量），斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压 过程 V－T V＝T（其中C为常量），斜率k＝，即斜率越大，压强越小
　深化2　　做功、传热和内能变化的判断方法
（1）做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W＞0；
体积V增大→气体对外界做功→W＜0；
无阻碍地自由膨胀→W＝0.
（2）内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU＞0；
温度T降低→内能减少→ΔU＜0.
（3）吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q.
角度1　p－V图像与热力学定律的综合应用
例5　（2025·山东齐鲁名校模拟）一定质量的理想气体的内能与其热力学温度成正比.某密闭容器内的理想气体自状态A变化至状态B，再变化至状态C，其变化过程的p－V图线如图中的实线所示.已知气体在状态A时的内能为U0，下列说法正确的是（　　）
A.自状态A至状态B，气体的温度不变
B.气体在状态B时的内能为3U0
C.自状态A至状态B，气体吸收的热量为8U0＋4p0V0
D.自状态A至状态B，再至状态C，气体吸收的热量比放出的热量多2U0
答案：C
解析：由题图可知自状态A至状态B，p、V的乘积增大，根据＝C可知气体的温度升高，A错误.自状态A至状态B，p－V图线为过原点的倾斜直线，根据几何知识可知状态B的体积为3V0，气体对外界做的功WAB＝×3p0×3V0－p0V0＝4p0V0，根据理想气体状态方程有＝，解得TB＝9T0，根据题意可知气体在状态B时的内能为9U0，气体内能的变化量ΔUAB＝9U0－U0＝8U0，根据热力学第一定律解得Q＝8U0＋4p0V0 ，B错误，C正确.从状态B到状态C，外界对气体做的功WBC＝3p0×（3V0－V0）＝6p0V0，根据理想气体状态方程有＝，解得TC＝3T0，根据题意可知气体在状态C时的内能为3U0，气体内能的变化量ΔUBC＝3U0－9U0＝－6U0，根据热力学第一定律解得Q'＝－（6U0＋6p0V0），从状态B到状态C气体放出热量，则自状态A至状态B，再至状态C，气体吸收的热量和放出的热量的差值Q－｜Q'｜＝8U0＋4p0V0－（6U0＋6p0V0）＝2U0－2p0V0，D错误.
角度2　V－T图像与热力学定律的综合应用
例6　（多选）（2025·江西南昌模拟）一定质量的理想气体的体积V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→D→A的变化过程，其中CD段与t轴平行，DA的延长线过原点O，AB的反向延长线与t轴的交点坐标为（－273.15 ℃，0）.下列说法正确的是（　　）
A.气体在C、D状态下的压强关系为pC＜pD
B.气体在A、B状态下的压强关系为pA＝pB
C.气体在B→C的过程中对外做功，内能减少
D.气体在D→A的过程中放出热量
答案：BD
解析：由题图可知，气体从状态C到状态D的过程中体积不变，温度降低，由查理定律可知，气体压强减小，即pC＞pD，A错误.从A→B的V－t图线的反向延长线与t轴的交点坐标为（－273.15 ℃，0），可知气体由状态A到状态B发生等压变化，即pA＝pB，B正确.由题图可知，气体在B→C的过程中，温度不变，体积变大，可知气体的内能不变，气体对外做功，C错误.气体在D→A的过程中，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知气体放出热量，D正确.
限时跟踪检测（六十六）　热力学定律与能量守恒定律
A级·基础对点练
题组一　热力学第一定律
1.（2025·银川模拟）（多选）夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂.若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体.则上升过程中，以下说法正确的是（　　）
A.气泡内气体对外界做功
B.气泡内每个气体分子的动能都变大
C.气泡内气体从外界吸收热量
D.气泡内气体的压强可能不变
答案：AC
解析：气泡上升过程中，温度升高，压强减小，则根据＝C可知，体积变大，气体对外界做功，A正确；气泡的温度升高，则气体分子的平均动能变大，并非气泡内每个气体分子的动能都变大，B错误；气体温度升高，内能变大，气体对外界做功，根据ΔU＝W＋Q可知，气泡内气体从外界吸收热量，C正确；因大气压强不变，则随水深度的减小，气泡的压强减小，D错误.
2.如图所示，带玻璃管的塞子塞住玻璃瓶口，瓶中装有部分水，水逐渐流出的过程中，瓶内气体（可视为理想气体）温度保持不变，下列关于瓶内封闭气体的判断正确的是（　　）
A.压强增大 B.压强不变
C.吸热 D.放热
答案：C
解析：水逐渐流出的过程中，瓶内封闭气体的体积逐渐增大，由玻意耳定律pV＝C（常量）可知，封闭气体的压强逐渐减小，A、B错误；瓶内封闭气体温度不变，则其内能不变，即ΔU＝0，又瓶内封闭气体的体积增大，气体对外界做功，即W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q＞0，则瓶内封闭气体从外界吸收热量，C正确，D错误.
题组二　热力学第二定律
3.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，传热也不一定改变内能，但同时做功和传热一定会改变内能
D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
答案：D
解析：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，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确.
4.（多选）如图所示为电冰箱的工作原理示意图.压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环.在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外.下列说法正确的是（　　）
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
答案：BC
解析：由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助，电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故B正确，A错误；热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误.
题组三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
5.（2025·山东潍坊模拟）开环燃气发动机采用双重加热循环的工作原理，一定质量的理想气体双重加热循环的p－V图像如图所示，其中a→b、d→e为等温过程，cd平行于横轴，bc、ea平行于纵轴，下列说法正确的是（　　）
A.a→b过程，气体内能不变，不与外界发生传热
B.b→c过程，气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数不变
C.c→d过程，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量
D.a→b→c→d→e→a整个过程， 气体放出的热量大于吸收的热量
答案：C
解析：根据题意，a→b过程，气体温度不变，则气体内能不变，由于体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，知气体一定放出热量，A错误；b→c过程，气体体积不变，气体分子数密度不变，压强增大，根据＝C可知，温度升高，分子运动的平均速率增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数增多，B错误；c→d过程，气体压强一定，体积增大，气体对外界做功，根据＝C可知，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量，C正确；p－V图像与横轴围成的面积表示功，根据题图可知，a→b→c→d→e→a整个过程，气体对外界做功，即W＜0，而气体内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律可知，Q＞0，即气体放出的热量小于吸收的热量，D错误.
6.（2025·广东梅州高三期末）如图所示，一定质量的理想气体，由A状态经历两个不同的变化过程到C状态（A→C，A→B→C）且A、C处于同一条等温线上，以下说法正确的是（　　）
A.A→C过程气体吸收的热量大于对外做的功
B.A→C的过程中，气体分子的平均动能一直减小
C.气体在A状态的内能等于在C状态的内能
D.A→C过程气体吸收的热量等于A→B→C过程气体吸收的热量
答案：C
解析：A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C处于同一条等温线上，所以TA＝TC，气体在A状态的内能等于在C状态的内能，即ΔUAC＝0，由气体体积增大知WAC＜0，因此可得QAC＞0，QAC＝｜WAC｜，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝｜WABC｜，由p－V图像与横轴所围的面积表示气体对外做的功可知｜WABC｜＞｜WAC｜，得到QABC＞QAC，故D错误.
7.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，V－T图像如图所示.已知该气体在状态B的压强为2.0×105 Pa.下列说法正确的是（　　）
A.状态A→B的过程气体吸热
B.状态A的气体压强为1.0×105 Pa
C.状态B→C过程是等压变化
D.状态B→C过程气体对外做功200 J
答案：C
解析：状态A→B的过程，气体体积不变，温度降低，由热力学第一定律知，气体对外放热，A错误；状态A→B过程，由查理定律得＝，解得pA＝4.0×105 Pa，B错误；由题图知，将状态B→C过程对应的图线延长，该图线过原点，由＝C知，该过程为等压变化，气体对外做功为W＝pΔV＝2.0×105×（4－2）×10－3 J＝400 J，C正确，D错误.
B级·能力提升练
8.（2025·辽宁沈阳质检）水枪是同学们喜爱的玩具，某种气压式水枪储水罐如图所示.从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口.扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出.若储水罐内气体可视为理想气体，在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（　　）
A.从外界吸收热量
B.压强变大
C.分子平均动能变大
D.内能变大
答案：A
解析：喷水的过程中，气体的体积变大，对外做功，W＜0，温度保持不变即内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＞0，即气体从外界吸收热量，A正确，D错误.气体发生等温变化，体积膨胀，根据玻意耳定律可知压强减小，B错误.温度是分子平均动能的标志，气体温度保持不变，则分子平均动能不变，C错误.
9.如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K.
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　（填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度　　（填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
（3）若此过程气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q.
答案：（1）不变　变小　（2）4×10－5 m3
（3）14.4 J
解析：（1）此过程为等压变化过程，封闭气体压强不变，结合压强的定义式p＝可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；气体体积增大，而总分子数不变，则单位体积内的气体分子数减少，即气体分子的数密度变小.
（2）封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有＝
又V1＝V0－V＋l1S，V2＝V0－V＋l2S
联立并代入数据解得V＝4×10－5 m3.
（3）此过程气体内能增加10.3 J，即ΔU＝10.3 J
外界对气体做的功W＝－pΔV＝－pS（l2－l1）
对活塞，根据平衡条件有p0S＋mg＝pS
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
联立并代入数据解得Q＝14.4 J.
10.（2025·江苏南通如皋调研）某种理想气体A内能公式可表示为E＝，n表示物质的量，R为气体常量（R＝8.3 J·mol－1·K－1），T为热力学温度.如图所示，连接在一起的两个绝热汽缸用阀门隔开，其横截面积均为S＝200 cm2，高度分别为h1＝14 cm、h2＝4 cm，用一个质量M＝15 kg的绝热活塞在左侧汽缸距底部10 cm处封闭n＝0.1 mol、T0＝250 K的气体A，汽缸底部有电阻丝可对其进行加热，活塞运动到汽缸顶部时（图中虚线位置）被锁住，右侧汽缸内初始为真空.现对电阻丝通电一段时间，活塞刚好缓慢移动至汽缸顶部时断开电源然后打开阀门.已知外界大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2，不计活塞与汽缸的摩擦及阀门连接处气柱和电阻丝的体积.
（1）求活塞上升过程中左侧缸内气体的压强；
（2）求断开电源时气体升高的温度；
（3）求稳定后整个过程中气体吸收的热量.
答案：（1）1.075×105 Pa　（2）100 K
（3）293.5 J
解析：（1）以质量M＝15 kg的绝热活塞为研究对象，根据平衡条件有pS＝Mg＋p0S
解得p＝p0＋＝1.075×105 Pa.
（2）从初始状态到断开电源的过程中，气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有＝
代入数据解得T1＝350 K
则断开电源时气体升高的温度ΔT＝T1－T0＝100 K.
（3）根据题意可知整个过程气体增加的内能ΔU＝＝207.5 J
气体对外界做功，有W＝－pSΔh＝－86 J
根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q
代入数据解得Q＝293.5 J，即整个过程中气体吸收的热量为293.5 J.
实验十四　探究等温情况下一定质量气体压强
与体积的关系
素养目标　1.学会探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系. 2.会用图像法处理实验数据.
一、教材原型实验
考题1　（2023·山东卷）利用如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”）.
答案：（1）B　（2）2.04×105　（3）增大
解析：（1）题图乙的横轴为，纵轴为p，在实验误差允许范围内，题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p与成正比.故选B.
（2）若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有＝ mL－1＝100×10－3 mL－1，由题图乙可读出封闭气体压强为p＝2.04×105 Pa.
（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，根据p（V0＋ΔV）－pV0＝pΔV，由于ΔV为定值，可知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的增大而增大.
1.实验器材：铁架台、　注射器　、橡胶套、压力表等（如图所示）.
2.实验数据的获取
空气的压强p可以从仪器上方的压力表读出，空气柱的长度l可以在玻璃管侧的刻度尺上读出，空气柱的长度l与横截面积S的乘积就是它的体积V.
把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度与压强的几组数据.
3.实验数据的处理
在等温过程中，气体的压强和体积的关系在p－V图像中呈现为双曲线的一支，如图甲所示.处理实验数据时，要通过变换，作　p－　图像或者V－图像，把双曲线变为直线，说明p和V成反比，如图乙所示.这是科学研究中常用的数据处理的方法，因为一次函数反映的物理规律比较直接，容易得出相关的对实验研究有用的参数.
4.实验结论
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成　反比　，即pV＝C.
5.误差分析
（1）漏气造成空气柱质量变化.
改进措施：给注射器柱塞涂润滑油，使橡胶套尽量密封，压强不要太大.
（2）空气柱温度不恒定造成误差.
改进措施：尽量在恒温环境下操作，移动柱塞尽量缓慢.
（3）空气柱体积和气压测量不准确.
改进措施：用较细的注射器和准确度高的压力表.
例1　（2025·上海高三模拟）在“用DIS研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”实验中，实验装置如图（a）所示：
（1）图（a）中传感器A为　　传感器，传感器B为　　传感器.
（2）某同学测得压强与摄氏温度的数据，并在p－t坐标系中作图，获得如图（b）所示的图像.图线延长线与横轴交点的温度被开尔文称为　　，其物理意义是　　.
　
（3）另一同学先后用大小不同的两个试管甲、乙（V甲＞V乙），封闭了质量不同、但初始温度和压强都相同的同种气体做实验.若将测得的压强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（c）中的　　.
　
答案：（1）温度　压强　（2）绝对零度　低温极限
（3）A
解析：（1）传感器A是与热敏元件连在一起的，所以能够感应到试管中温度的变化，显示出试管中的温度，所以应该是温度传感器；因为气体的体积不变，研究气体的温度和压强的变化关系，则传感器B应该是压强传感器.
（2）对一定质量的理想气体来说，在体积不变时，根据气体状态方程＝C，可知其压强与绝对温度的关系为正比例关系，图线应该是一条过绝对零点的倾斜直线，

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