资源简介

(共70张PPT)
热学
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
分子动理论、内能及热力学定律
核心归纳
命题角度1　微观量的计算
②立方体模型:气体分子占据的空间V=a3(适用于估算气体分子的间距)。
不是分子体积
命题角度2　物体的内能
(1)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。
(2)决定内能大小的因素为温度、体积、物质的量以及物质状态。
(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。
(4)温度是分子平均动能的标志,相同温度的任何物体,分子的平均动能相同。
命题角度3　热力学定律
(1)热力学第一定律:ΔU=Q+W(第一类永动机不可能制成)。
(2)热力学第二定律:自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性(第二类永动机不可能制成)。
温馨提示ΔU=Q+W中W和Q的符号可以这样确定:只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正,反之为负。
深化拓展　扩散现象、布朗运动与热运动的对比
现象 扩散现象 布朗运动 热运动
活动
主体 分子 固体微小颗粒

肉眼看不见 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永不停息地做无规则的热运动
典例剖析
例1(命题角度1)(2022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,水蒸气摩尔质量M=18 g/mol,阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1。关于该生这次呼出气体的说法正确的是(　　)
A.含有的水蒸气的体积为2.1×10-3 m3
B.含有的水分子物质的量为0.07 mol
C.含有的水分子的数量为4.2×1021
D.含有的水蒸气的质量为1.26×10-2 g
C
解析 由题意可知该次呼出的气体中含有的水蒸气的体积为V=3 500×
10-6×6% m3=2.1×10-4 m3,A错误;含有的水蒸气的质量为m=ρV=0.6×2.1×10-4 kg=1.26×10-4 kg=0.126 g,D错误;含有的水分子物质的量n= mol=0.007 mol,B错误;含有的水分子的数量为N=nNA=0.007×6×1023=4.2×1021,C正确。
对点训练
1.(命题角度2)(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
B
解析 温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子的平均动能越大,故热水分子的平均动能比水蒸气的小,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,温度升高,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,B正确;温度越高,分子热运动的平均速率越大,45 ℃的热水中分子的平均速率比100 ℃的水蒸气中分子的平均速率小,由于分子运动是无规则的,并不是每个分子的速率都小,C错误;温度越高,分子热运动越剧烈,D错误。
2.(命题角度2、3)(2022山东卷)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体(　　)
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数
比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
C
解析 将汽缸缓慢转动90°过程中,由于气体压强减小,体积要增大,因此对外界做功。由于是绝热过程,根据热力学第一定律,气体内能减小,温度降低。分子热运动的平均速率减小,而不是所有分子热运动速率都减小,速率大的分子数占总分子数比例减少。选项A、B、D错误,C正确。
考点二
固体、液体和气体的性质
核心归纳
命题角度1　固体、液体的性质
(1)晶体与非晶体的区别是有无确定的熔点,单晶体各向异性、多晶体和非晶体各向同性,晶体和非晶体可以相互转化。
(2)表面张力有使液体表面收缩到球形的趋势,表面张力的方向跟液面相切。
　　　
是分子引力,不是弹力
(3)液晶是一种特殊的物质状态,既具有液体的流动性,又在一定程度上具有晶体分子的规则排列的性质,在光学性质上表现出各向异性。
命题角度2　气体分子的运动特点
典例剖析
例2(命题角度2)一切物体的分子都在做永不停息的无规则运动,但大量分子的运动却有一定的统计规律。氧气分子在0 ℃和100 ℃下各速率的分子数占总分子数的百分比(以下简称占比)随气体分子速率的变化如图中两条曲线所示。对于图线的分析,下列说法正确的是(　　)
A.如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃下氧气分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多
B.100 ℃温度下,速率在200~300 m/s的那一部分
分子占比较0 ℃的占比多
C.由于分子之间的频繁碰撞,经过足够长时间,各种
温度下的氧气分子的速率都将比现在更趋于一样
D.温度升高,所有分子的动能都增大
A
解析 如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃温度下氧气分子运动的平均速率较大,则在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多,选项A正确。实线最大百分比对应的速率大,说明实线对应的温度高,为100 ℃时的情形,由题图可知速率在200~300 m/s的那一部分分子占比较0 ℃的占比少,选项B错误。分子之间频繁碰撞,即使经过足够长时间,各种速率的分子所占的比例也不会发生变化,选项C错误。温度升高,分子的平均动能变大,并非所有分子的动能都增大,选项D错误。
对点训练
3.(命题角度1)(多选)以下说法正确的是(　　)
A.太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果
B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体
C.液晶既有液体的流动性,又有光学性质的各向异性
D.晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
AC
解析 液体表面具有收缩的趋势,太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果,A正确。大颗粒的盐磨成细盐,还是晶体,B错误。液晶是一种特殊的物态,它既具有液体的流动性,又具有光学各向异性,C正确。晶体熔化时吸收热量,但温度不变,所以分子平均动能不变,D错误。
4.(命题角度2)氧气分子在0 ℃和100 ℃下各速率的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法不正确的是(　　)
A.在0 ℃和100 ℃下,气体分子的速率
分布都呈现“中间多、两头少”的分布
规律
B.图中虚线对应于氧气分子平均速率
较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.与0 ℃时相比, 100 ℃时氧气分子速率在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
D
解析 由题图可知,气体分子在0 ℃和100 ℃下都满足“中间多,两头少”的规律,A正确;题图中虚线占百分比比较大的分子速率较小,对应于分子平均速率较小的情形,B正确;题图中实线占百分比比较大的分子速率较大,分子平均动能较大,根据温度是分子平均动能的标志,可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形,C正确;根据题图,与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小,D错误。
考点三
气体实验定律和理想气体状态方程
核心归纳
命题角度1　单独气体问题
(1)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。
(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。
命题角度2　关联气体问题
与活塞、液柱相联系的“两团气”问题,要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或位移关系,列出辅助方程,最后联立求解。
命题角度3　气体状态变化的图像问题
命题角度4　与热力学第一定律综合问题
温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。
深化拓展　气体压强的计算
1.被活塞、汽缸封闭的气体,通常分析活塞或汽缸的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,得出的压强单位为Pa。
2.被液柱封闭的气体,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意:
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强。
(3)有时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。
典例剖析
例3(命题角度2)(2022河南南阳模拟)如图所示,左右两个水平面上各固定有平放的汽缸A和B,两汽缸内壁光滑,两汽缸的活塞用刚性杆连接,横截面积分别为2S、S,刚性杆和活塞可左右移动。现A汽缸内封闭体积为2V0的某种气体,B汽缸内封闭体积为V0的另一种气体。已知此时两汽缸内的气体温度均为T0,B汽缸内气体的压强为3p0,大气压强为p0,A、B两汽缸的气体均可看作理想气体。
(1)求此时A汽缸内的气体压强。
(2)现让两汽缸内气体温度均发生改变,
稳定后,A汽缸内封闭气体体积变为原来的一半,其中A汽缸内气体温度变为 T0,求B汽缸内气体的温度(已知活塞移动过程中始终与汽缸紧密接触)。
解题指导
审题:
读取题干 获取信息
两汽缸内壁光滑 活塞不受摩擦力
两活塞的横截面积分别为2S、S 活塞受力面积不同,活塞平衡时两部分气体压强不相等
B汽缸内气体的压强为3p0,大气压强为p0 分析活塞整体受力时不能遗漏大气压力
破题:1.以两个活塞及刚性杆整体为研究对象,分析受力,由平衡条件可求A气体压强;
2.气体温度发生变化后,活塞移动距离相同,但两部分气体的体积变化不相同,要根据活塞面积和移动距离分别求出两部分气体的体积变化。
3.确定好初末状态参量后,由理想气体状态方程求B汽缸内气体温度。
答案 (1)2p0
(2)2.5T0
解析 (1)初状态以两活塞及刚性杆为研究对象,由受力平衡可知
pA0·2S+p0S=3p0S+p0·2S
解得pA0=2p0。
解得pA=3p0
由两活塞及刚性杆受力平衡可得pA·2S+p0S=pBS+p0·2S
变化后B汽缸内气体压强pB=5p0
方法技巧多个系统相互联系的恒定质量气体问题,往往以压强建立起系统间的关系,各系统独立进行状态分析。要确定每个研究对象的变化性质,分别应用相应的实验定律,并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动,一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系。
对点训练
5.(命题角度3)(多选)(2022全国乙卷改编)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过程如T-V图上的两条线段所示。
则气体在(　　)
A.状态a处的压强大于状态c处的压强
B.由a变化到b的过程中,气体对外做功
C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变
D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸热
ABD
pa=pb>pc,故A正确,C错误;理想气体由a变化到b的过程中,体积增大,气体对外做功,故B正确;理想气体由a变化到b的过程中,温度升高,内能增大,由热力学第一定律有ΔU=Q+W,而ΔU>0,W<0,则可得Q>0,即气体从外界吸热,故D正确。
6.(命题角度1)(2022全国乙卷)如图所示,一竖直放置的汽缸由
两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封
闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处
有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为
2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡
状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距
离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,
忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。
(1)求弹簧的劲度系数。
(2)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。
解析 (1)设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的整体受力分析,由平衡条件有
mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,
对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知,气体的压强不变,
7.(命题角度4)(2021江苏卷)如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的压强、温度与外界大气相同,分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,活塞缓慢向右移动距离L后停止,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程中气体吸收的热量为Q,求该过程中:
(1)内能的增加量ΔU;
(2)最终温度T。
解析 (1)活塞移动时受力平衡
p1S=p0S+Ff
气体对外界做功
W=p1SL
根据热力学第一定律
ΔU=Q-W
解得ΔU=Q-(p0S+Ff)L。
微专题 热考命题突破
命题篇
新教材、新高考、新情境 热学中的STSE问题
情境解读
热学知识有着广泛的应用,热学中的STSE问题通常与生产、生活相结合,涉及的情境有体积测量仪、活塞式抽水机、拔火罐、血压仪、气压计、呼吸机、喷雾器等等。
考向分析
热学问题是高考的命题热点之一,主要考查气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律等知识的综合应用。
案例探究
例1(2022山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示,鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室,A室壁厚,可认为体积恒定,B室壁薄,体积可变;两室内气体视为理想气体,可通过阀门进行交换。质量为m鱼的鱼静止在水面下H处,B室内气体体积为V,质量为m;设B室内气体压强与鱼体外压强相等,鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等,鱼的质量不变,鱼鳔内气体温度不变,水的密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0。
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加
速度,求需从A室充入B室的气体质量Δm。
(2)求鱼静止于水面下H1处时,B室内气体质量m1。
(2)根据玻意耳定律得
(p0+ρgH)V=(p0+ρgH1)V1
角度拓展1 (2021山东卷)血压仪由加压气
囊、臂带、压强计等构成,如图所示。加
压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示
数为臂带内气体的压强高于大气压强的
数值,充气前臂带内气体压强为大气压强,
体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外
界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　)
A.30 cm3 B.40 cm3
C.50 cm3 D.60 cm3
D
解析 根据玻意耳定律有p0V+5p0V0=p1·5V,已知p0=750 mmHg,V0=60 cm3, p1=750 mmHg+150 mmHg=900 mmHg,代入数据解得V=60 cm3,故选D。
角度拓展2 (2022广东二模)如图甲所示,活塞式抽水机的原理是利用大气压把水抽上来,其理论抽水高度约10 m。若活塞与水面之间存在气体,其抽水高度将受到影响(气蚀现象)。为研究这种影响,小陈设计了图乙所示装置。导热汽缸顶部离水面高度h=10 m,初始状态活塞与水面间存在空气(可视为理想气体),其压强与外界大气压p0相等,高度h1=2.5 m,现利用电机将活塞缓慢拉升至汽缸顶部。已知p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,g取10 m/s2,忽略活塞厚度和汽缸外部液面高度的变化。求汽缸内液面上升的高度h2。
甲
乙
答案 5 m
解析 缸内气体初状态的压强为p0,气体高度为h1
末状态压强p=p0-ρgh2
气体高度为h'=h-h2
导热汽缸抽气过程中温度不变,则有
p0Sh1=pSh'
联立解得h2=5 m或15 m(舍去)
所以汽缸内液面上升的高度h2=5 m。
命题篇
经典物理模型 充气、抽气、灌气、漏气问题
模型构建
1.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,那么当我们取容器内原有的气体和口袋内的全部气体作为研究对象时,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成等质量问题了。
2.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,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的全部气体作为研究对象,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。
3.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整体作为研究对象,将变质量问题转化为等质量问题。
4.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。如果选容器内剩余气体为研究对象,便可使变质量问题变成等质量问题,可用理想气体状态方程求解。
考向分析
充气、抽气、灌气、漏气问题的本质是变质量问题,涉及的情境有球类、轮胎的充气,氧气瓶灌装与分装等等,这也是高考命题的热点,解答的关键是通过灵活选择研究对象,把变质量问题转化为等质量问题,然后应用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
案例探究
例2如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)。先打开阀门让其与大气连通,再用打气筒向里面打气,打气筒活塞每次可以打进1.0×105 Pa、200 cm3的空气,忽略打气和用气时气体的温度变化。外界大气压强为p0=1×105 Pa。
(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa,应打多少次气
(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气,现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气,使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa,则可充多少瓶
思维路径
审题:
读取题干 获取信息
容积不可改变 打气前后、分瓶前后容器内气体的质量不管怎样变,容器内气体的体积不变,始终等于容器的容积
先打开阀门让其与大气连通 打气前容器内气体压强为大气压强
忽略打气和用气时气体的温度变化 打气过程是等温变化
现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气 真空瓶充气前内部气体的体积和压强均为零
破题:打气时气体做等温变化,巧妙地选取研究对象把变质量问题变为等质量问题:取原来容器内的气体和多次打入的气体之和为研究对象,利用玻意耳定律求解;分瓶时取分瓶之前容器内的高压氧气为研究对象,先求出把高压氧气降压至气压符合要求的氧气体积,再把这部分气压符合要求的氧气分瓶,注意扣除此时容器内的气压符合要求的氧气体积。
答案 (1)40
(2)4
解析 (1)设需要打气n次,因每次打入的气体相同,故可视n次打入的气体一次性打入,则气体的初状态:p1=1.0×105 Pa,V1=V0+nΔV
末状态:p2=5.0×105 Pa,V2=V0
其中V0=2 dm3,ΔV=0.2 dm3
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
代入数据解得n=40。
(2)以分瓶前容器中的氧气为研究对象,设气压为p3=2.0×105 Pa时气体的体积为V3
由玻意耳定律得p2V2=p3V3
代入数据解得V3=5 dm3
真空瓶的容积为V瓶=0.7 dm3
拓展在例2第(2)问求出可充的瓶数后,请继续思考,此时容器内剩余气体的压强是多少
答案 分充4瓶2.0×105 Pa气压的氧气后,剩余2.0×105 Pa气压的氧气的体积为V4=V3-4V瓶=2.2 dm3,再把这部分气体放入原容器中,由玻意耳定律可得p3V4=pV0,代入数据解得p=2.2×105 Pa。
角度拓展3 (2022湖北三模)如图甲所示,汽缸A的体积是汽缸B体积的1.5倍,汽缸C与汽缸B的体积相同。当活塞从汽缸A的最右端N移动到最左端M完成一次抽气时,K1打开、K2关闭。从M到N完成一次充气时,K1关闭、K2打开。某一次抽气前,活塞位于N处。如图乙所示,B、C中封闭有压强均为p0的同种理想气体。整个装置气密性和导热性良好,环境温度保持不变。求:
(1)完成一次抽气后,汽缸B内气体的压强;
(2)完成一次抽气和充气后,汽缸C内气体的压强。
答案 (1)0.4p0
(2)1.6p0
解析 (1)对容器B内的气体,初态压强p1=p0,体积为V;末态压强p2,体积为2.5V,则由玻意耳定律有
p1V=p2·2.5V
解得p2=0.4p0。
(2)完成一次抽气和充气后,对A、C整体内的气体,
由玻意耳定律p2×1.5V+p0V=pCV
解得汽缸C内气体的压强
pC=1.6p0。
角度拓展4 (2020山东卷)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。
某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,
代入数据得p2=0.7p0
对于抽气罐,设初态气体状态参量分别为p3、V3,末态气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0'
由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2
由玻意耳定律得p0V0'=p2V4
解题篇
大题突破(六)气体实验定律的综合应用
典例示范(10分)(2021全国甲卷)如图所示,一汽缸中
由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气
体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强
均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装
置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,否
则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓
慢推动活塞,使B的体积减小为 。
(1)求A的体积和B的压强。
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和B的压强。
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
教师点评
1.由于没有把握“当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动”的条件,导致④式列错,不能得分。
2.④式错误导致结果⑤式没有算对,不能得分。
技巧:如果三个实验定律名称混淆,可以统一写为“由气体实验定律可得”。
3.第(2)问中,活塞向左缓慢回到初始位置时,误认为隔板不动,故对两部分气体的体积分析都是错误的,接下来所有的计算也全是错误的,不能得分。
技巧:第(2)问中,假如隔板不动,对B进行分析,则B的体积不变,结合题干温度不变的条件,可以得出B的压强不变这一矛盾结论,由此可知解答过程错了,从而及时进行纠正。可见联系题意对计算结果的合理性进行评估是十分必要的。
总评:该题满分10分,该考生实际得分为3分,得分较低的原因主要有两方面。第一,没有理解题目关键条件,不能准确列出A、B两部分气体的压强关系式;第二,解第(2)问时误认为隔板位置不动,导致后续解答全部出错。
【满分答卷】 (1)对B中的气体分析,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有
p0V=pB· V①(1分)
解得pB=2p0②(1分)
对A中的气体分析,根据玻意耳定律有
p0V=pAVA③(1分)
又由题意知pA=pB+0.5p0④(1分)
联立解得VA=0.4V。⑤(1分)
则隔板一定会向左运动,设稳定后气体A的体积为VA'、压强为pA',气体B的体积为VB'、 压强为pB',根据玻意耳定律知
p0V=pA'VA',p0V=pB'VB'⑧(1分)
VA'+VB'=2V,pA'=pB'-0.5p0⑨(1分)
解答思路归纳

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