资源简介

第十一章 热　学[选修3－3]
[备考指南]
考 点 内 容 要求 考 点 内 容 要求
一、分子动理论内能 分子动理论的基本观点和实验依据 Ⅰ 二、固体、液体和气体 固体的微观结构、晶体和非晶体 Ⅰ
阿伏加德罗常数 Ⅰ 液晶的微观结构 Ⅰ
气体分子运动速率的统计分布 Ⅰ 液体的表面张力现象 Ⅰ
温度是分子平均动能的标志、内能 Ⅰ 气体实验定律 Ⅰ
理想气体 Ⅰ
饱和蒸气、未饱和蒸气和饱和蒸气压 Ⅰ
相对湿度 Ⅰ
中学物理中涉及的国际单位制的基本单位和其他物理量的单位 Ⅰ 三、热力学定律与能量守恒定律 热力学第一定律 Ⅰ
能量守恒定律 Ⅰ
热力学第二定律 Ⅰ
　实验十三 用油膜法测分子的大小
把握考情 找规律：高考考查的知识不会面面俱到，重点考查分子动理论、阿伏加德罗常数的应用、气体实验定律及热力学第一定律等知识。题型一般以选择、计算为主。
明热点：预计在2016年高考中，对本部分内容的考查仍将以分子动理论、热力学定律及气体状态方程的应用为重点，分值为8～15分。
第1节分子动理论__内能
(1)布朗运动是液体分子的无规则运动。(×)
(2)温度越高，布朗运动越剧烈。(√)
(3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。(×)
(4)－33 °C＝240 K。(√)
(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。 (×)
(6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。(√)
(7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。(×)
要点一　微观量的估算
1．两种分子模型
物质有固态、液态和气态三种情况，不同物态下应将分子看成不同的模型。
(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看成球形或立方体形，如图11 1 1所示，分子间距等于小球的直径或立方体的棱长，所以d＝ (球体模型)或d＝(立方体模型)。
图11 1 1
(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间。如图11 1 2所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体，所以d＝。
图11 1 2
2．宏观量与微观量的转换桥梁
作为宏观量的摩尔质量Mmol 、摩尔体积Vmol 、密度ρ与作为微观量的分子直径d、分子质量m、每个分子的体积V0都可通过阿伏加德罗常数联系起来。如下所示。
(1)一个分子的质量：m＝。
(2)一个分子所占的体积：V0＝(估算固体、液体分子的体积或气体分子平均占有的空间)。
(3)1 mol 物质的体积：Vmol＝。
(4)质量为M的物体中所含的分子数：n＝NA。
(5)体积为V的物体中所含的分子数：n＝NA。
[典例]　空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水份越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1。试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d。
[解析]　(1)水的摩尔体积为
Vm＝＝m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol
水分子数N＝＝≈3×1025个
(2)建立水分子的球模型有＝ πd3
得水分子直径d＝＝ m＝4×10－10 m
[答案]　(1)3×1025个　(2)4×10－10 m
[针对训练]
1．冬天到了，很多人用热水袋取暖。现有一中号热水袋，容积为1 000 cm3，正常使用时，装水量为80%，请估算该热水袋中水分子的数目约为多少个？(计算结果保留1位有效数字，已知1 mol水的质量为18 g，水的密度取1.0×103 kg/m3，阿伏加德罗常数取6×1023 mol－1)
解析：热水袋内水的物质的量为n＝＝
热水袋内水分子数为N＝n·NA
代入数值得N＝3×1025个
答案：3×1025个
2．已知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＝6.02×1023mol－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。(结果保留1位有效数字)
解析：设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的空气密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝NA，代入数据得Δn＝3×1022。
答案：3×1022
3．(2015·常州模拟)已知汞的摩尔质量M＝0.20 kg/mol，密度ρ＝1.36×104 kg/m3，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，将体积V0＝1.0 cm3的汞变为V＝3.4×103 cm3的汞蒸气，则1.0 cm3的汞蒸气所含的分子数为多少？
解析：体积V0＝1.0 cm3的汞的质量m＝ρV0＝1.36×10－2kg，物质的量n＝m/M＝6.8×10－2mol,1.0 cm3的汞蒸气所含的分子数为N＝nNA/V＝1.2×1019。
答案：1.2×1019
要点二　布朗运动与分子热运动
布朗运动与分子热运动的比较如下
布朗运动 分子热运动
共同点 都是无规则运动，都随温度的升高而变得更加剧烈
不同点 小颗粒的运动 分子的运动
使用光学显微镜观察 使用电子显微镜观察
联系 布朗运动是由于小颗粒受到周围分子热运动的撞击力而引起的，反映了分子做无规则运动
[多角练通]
1．(多选)(2012·全国卷)下列关于布朗运动的说法，正确的是(　　)
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
解析：选BD　布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误；温度越高，颗粒越小，布朗运动越剧烈，B正确；布朗运动是液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误，D正确。
2．做布朗运动实验，得到某个观测记录如图11 1 3所示。图中记录的是(　　)
图11 1 3
A．分子无规则运动的情况
B．某个微粒做布朗运动的轨迹
C．某个微粒做布朗运动的速度—时间图线
D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线
解析：选D　微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线的无规则性，也能反映微粒做布朗运动的无规则性。记录描绘的正是按等时间间隔记录的某个运动微粒位置的连线，故D正确。
3．(2015·山西四校联考)下列叙述正确的是(　　)
A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动
B．布朗运动就是液体分子的运动
C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小
D．物体的温度较高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大
解析：选A　扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不是液体分子的运动，选项B错误；在分子之间距离从平衡位置开始增大时，分子间作用力先增大后减小，选项C错误；物体的温度越高，分子运动越激烈，分子平均动能增大，并非每个分子的动能都一定越大，选项D错误。
要点三　分子力、分子势能与分子间距离的关系
分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图11 1 4所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)
图11 1 4
(1)当r＞r0时，分子力为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加。
(2)当r＜r0时，分子力为斥力，当r减小时，分子力做负功，分子势能增加。
(3)当r＝r0时，分子势能最小。
[典例]　(多选)(2013·全国卷Ⅰ)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
[解析]　两个分子相距较远时表现为引力，相互靠近时分子力先增大后减小，减小到零后分子力变为斥力，分子减速至不再靠近，因此分子力经历了增大、减小再反向增大的过程，故A错误。分子不断靠近，分子力先做正功后做负功，分子动能先增大后减小，B、C正确。分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大，故D错误。整个过程中只有分子力做功，动能和势能之和不变，E正确。
[答案]　BCE
[方法规律]
(1)分子势能在平衡位置有最小值，无论分子间距离如何变化，衡位置，分子势能减小，反之增大。
(2)判断分子势能的变化有两种方法
①看分子力的做功情况。
②直接由分子势能与分子间距离的关系图线判断，但要注意其和分子力与分子间距离的关系图线的区别。
[针对训练]
1．(2013·福建高考)下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能Ep随分子间距离r变化关系的图线是(　　)
图11 1 5
解析：选B　本题考查分子间作用力以及分子势能随分子间距离变化关系，意在考查考生对该部分知识的了解情况。当r＝r0时，分子间作用力f＝0，分子势能Ep最小，排除A、C、D，选B。
2.(多选)(2012·海南高考)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图11 1 6中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)
图11 1 6
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在rC．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
解析：选ACE　由Ep r图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r要点四　物体的内能
能量 定义 决定 量值 测量 转化
内能 物体内所有分子的动能和势能的总和 由物体内部分子微观运动状态决定，与物体整体运动情况无关 任何物体都具有内能，恒不为零 无法测量。其变化量可由做功和热传递来量度 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、参考系和零势能面选取有关，和物体内部分子运动情况无关 可以为零 可以测量
[典例]　(2014·北京高考)下列说法中正确的是(　　)
A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大
B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大
C．物体温度降低，其内能一定增大
D．物体温度不变，其内能一定不变
[解析]　根据温度是分子平均动能的标志知，温度升高，分子热运动的平均动能增大；温度降低，分子热运动的平均动能减小，选项A错误，B正确。理想气体的温度升高，内能增大；温度降低，内能减小，选项C错误。晶体熔化或凝固时温度不变，但是内能变化，熔化时吸收热量，内能增大；凝固时放出热量，内能减小，选项D错误。
[答案]　B
[针对训练]
1．(多选)(2015·吉林省吉林市质量检测)下列各种说法中正确的是(　　)
A．温度低的物体内能小
B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零
C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
D．0 °C的铁和0°C的冰，它们的分子平均动能相同
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关
解析：选CDE　物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误。分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误。当液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引，故C项正确。因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确。根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E项正确。
2．(多选)(2015·唐山摸底)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．温度越高，布朗运动越显著
D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
解析：选ACE　温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，若散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确。
对点训练：微观量的估算
1．(多选)(2015·大连模拟)某气体的摩尔质量为Mmol，摩尔体积为Vmol，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA不可表示为(　　)
A．NA＝　　　　　　 B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
解析：选CD　阿伏加德罗常数NA＝＝＝，其中V应为每个气体分子所占有的体积，而V0是气体分子的体积，故C错误。D中ρV0不是气体分子的质量，因而也是错误的。
2．(2015·江苏四校联考)水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水的摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1。求：1 cm3的水中有多少个水分子？(结果保留1位有效数字)
解析：V＝1 cm3的水的物质的量n＝
其中含有分子个数N＝n·NA
由以上两式解得N＝≈3×1022个。
答案：3×1022
对点训练：布朗运动与扩散现象
3．下列关于分子动理论的说法中正确的是(　　)
A．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．物体温度越高，该物体内所有分子运动的速率都一定越大
D．显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停地做无规则运动，这就是液体分子的运动
解析：选A　分子势能的变化由分子力做功决定，当分子间距从小于r0增大时，分子间作用力先表现为斥力，后表现为引力，分子势能则先减小后增大，A正确。分子间距从r0开始增大时，分子力先增大后减小，B错误。物体温度越高，物体分子平均动能越大，但并不是所有分子的运动速率都增大，C错误。显微镜下观察到的墨水中小颗粒的无规则运动是布朗运动，不是液体分子的运动，D错误。
4．(多选)(2015·河北保定期末)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm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，吸入后对人体形成危害。矿物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因。下列关于PM2.5的说法中正确的是(　　)
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．PM2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的
D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度
E．PM2.5必然有内能
解析：选DE　PM2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C错误。倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度，PM2.5必然有内能，D、E正确。
对点训练：分子力、分子势能与分子间距离的关系
5．(2015·北京101中学月考)如果将两个分子看成质点，当这两个分子之间的距离为r0时分子力为零，则分子力F及分子势能Ep随着分子间距离r的变化而变化的情况是(　　)
A．当r＞r0时，随着r变大，F变小，Ep变小
B．当r＞r0时，随着r变大，F变大，Ep变大
C．当r＜r0时，随着r变小，F变大，Ep变小
D．当r＜r0时，随着r变小，F变大，Ep变大
解析：选D　据题意，当r＞r0时，r变大，则分子力F先变大后变小，而分子势能增大，所以A、B错误。当r＜r0时，r变小，则分子力F变大而分子势能也一直在变大，所以D正确。
6.(2015·浙江宁波十校联考)如图1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处静止释放，则(　　)
图1
A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增加
D．乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
解析：选B　乙分子由a运动到c的过程中，分子力F＜0，表示分子力表现为引力，即乙分子在引力作用下做加速运动，该过程中分子力始终做正功，分子动能增大，分子势能减小；由c到d的过程中，F＞0表示分子力表现为斥力，即乙分子在斥力作用下做减速运动，该过程中分子力始终做负功，分子动能减小，分子势能增大。综上，只有B正确。
7.(多选)(2015·河北唐山一模)如图2为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是(　　)
图2
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C．当r等于r1时，分子间势能Ep最小
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BD　由图像可知分子间距离为r2时分子势能最小，r2是分子的平衡距离，当0＜r＜r2时，分子力为斥力，当r＞r2时分子力为引力，A错误；当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，B正确；当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C错误；在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，分子间距离增大，分子间的作用力做正功，D正确。
8.(2015·上海松江区一模)如图3所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是(　　)
图3
A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 m
C．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力的合力表现为斥力
D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大
解析：选B　e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10 m。因平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力，故ab为引力曲线，cd为斥力曲线，A错误，B正确。当两分子间距离大于e点的横坐标，即r＞r0时，作用力的合力表现为引力，C错误。若r＜r0，当两分子间距离增大时，合力做正功，分子势能减小，D错误。
对点训练：物体的内能
9．(2015·山东潍坊一模)下列说法正确的是(　　)
A．0 °C的冰与0 °C的水分子的平均动能相同
B．温度高的物体内能一定大
C．分子间作用力总是随分子间距离的增大而减小
D．随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能在实验室中达到
解析：选A　温度是分子平均动能的标志，A正确；物体的内能与温度、体积、物质的量相联系，B错误；当r＜r0时，分子间作用力随分子间距离的增大而减小，当r＞r0时，分子间作用力随分子间距离的增大先增大后减小，C错误；绝对零度不可能达到，D错误。
10．(2015·广州二模)子弹射入静止于光滑水平地面上的木块，则(　　)
A．做功使木块的内能增大
B．热传递使木块的动能增大
C子弹损失的机械能等于木块增加的内能
D．子弹损失的机械能等于木块增加的动能
解析：选A　子弹与木块之间的摩擦力做功，使子弹和木块的内能都增大，A项正确、B项错；子弹损失的能量转化为木块的动能以及系统的内能，故C、D项错。
11．(多选)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是(　　)
A．分子的平均动能和分子的总动能都相同
B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同
C．内能相同
D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能
解析：选AD　温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C错误、D正确。
考点综合训练
12．以下说法正确的是(　　)
A．无论什么物质，只要它们的摩尔数相同就含有相同的分子数
B．分子引力不等于分子斥力时，违背了牛顿第三定律
C．1 g氢气和1 g氧气含有的分子数相同，都是6.02×1023个
D．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动
解析：选A　一摩尔任何物质都含有阿伏加德罗常数个分子，A正确；分子引力与分子斥力不是一对作用力和反作用力，它们的大小不一定相等，B错误；氢气分子和氧气分子的质量不同，所以1 g氢气和1 g氧气含有的分子数不同，C错误；布朗运动只有在显微镜下才能看到，人的肉眼是看不到的，从阳光中看到的尘埃的运动是物体的机械运动，D错误。
13．已知气泡内气体的密度为1.29 kg/m3，平均摩尔质量为0.029 kg/mol。阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023 mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10 m。若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。(结果保留1位有效数字)
解析：设气体体积为V0，变为液体后体积为V1，气体分子数n＝NA，V1＝n(或V1＝nd3)
则＝πd3NA(或＝d3NA)
解得≈1×10－4(9×10－5～2×10－4都对)。
答案：1×10－4(9×10－5～2×10－4皆可)
第2节固体、液体和气体
(1)大块塑料粉碎成形状相同的颗粒，每个颗粒即为一个单晶体。(×)
(2)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)
(3)晶体有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的。(√)
(4)液晶是液体和晶体的混合物。(×)
(5)船浮于水面上不是由于液体的表面张力。(√)
(6)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时，水不再蒸发和凝结。(×)
(7)压强极大的气体不遵从气体实验定律。(√)
要点一　固体、液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)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)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力
(1)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。
(2)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。
(3)表面张力的方向：
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线。
(4)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。
[多角练通]
1．(2013·上海高考)液体与固体具有的相同特点是(　　)
A．都具有确定的形状
B．体积都不易被压缩
C．物质分子的位置都确定
D．物质分子都在固定位置附近振动
解析：选B　液体与固体具有共同的特点是体积不易被压缩。
2．(多选)(2011·山东高考)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是(　　)
A．液晶的分子势能与体积有关
B．晶体的物理性质都是各向异性的
C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
解析：选AD　液体和固体的体积与分子间相对位置有关，分子间距衡位置r0时，分子间距变化，分子力做功显著，导致分子势能变化显著，A正确。多晶体的物理性质表现为各向同性，因此B错误。温度升高，分子的平均动能增大，由于分子速率遵循统计规律，故并不是每个分子的动能都增大，C错误。液体表面张力的作用是使其表面绷紧，表面积收缩到最小，呈球状，D正确。
要点二　气体压强的产生与计算
1．产生的原因：由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强。
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。
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。
(2)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。
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强。
4．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
[典例]　(2012·海南高考)如图11 2 1所示，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。
图11 2 1
[解析]　设小车加速度大小为a，稳定时气缸内气体的压强为p1，则活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
F1＝p1S，F0＝p0S
由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强应为p0。
由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0
式中V0＝SL，V1＝S(L－d)
联立以上各式得：a＝
[答案]　
[针对训练]
1．如图11 2 2所示，光滑水平面上放有一质量为M的气缸，气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。现用水平恒力F向右推气缸，最后气缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压为p0)
图11 2 2
解析：选取气缸和活塞整体为研究对象。
相对静止时有：F＝(M＋m)a
再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：
pS－p0S＝ma
解得：p＝p0＋。
答案：p0＋
2．若已知大气压强为p0，在图11 2 3中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
图11 2 3
解析：在甲图中，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＋pghS＝p0S
p气＝p0－ρgh
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
p气＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以p气＝p0－ρgh
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p气S＝(p0＋ρgh1)S
所以p气＝p0＋ρgh1
答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1
要点三　气体实验定律的应用
1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：
p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)。
(2)查理定律(等容变化)：
＝或＝C(常数)。
(3)盖 吕萨克定律(等压变化)：
＝或＝C(常数)。
2．利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路
[典例1]　(2014·新课标Ⅱ)如图11 2 4，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。
图11 2 4
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
[解析]　(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，气缸B的容积为，由题给数据和盖 吕萨克定律有
V1＝V0＋·＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝③
由①②③式和题给数据得T2＝320 K④
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞a上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式得p2′＝p0⑦
[答案]　(1)320 K　(2)p0
[典例2]　(2014·新课标Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内。气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
[解析]　设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)S①
解得Δp＝p②
外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖 吕萨克定律，得＝③
解得h′＝h④
根据题意可得Δp＝⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝⑦
[答案]　
[方法规律]
分析气体状态变化的问题要抓住三点
(1)阶段性：即弄清一个物理过程分为哪几个阶段。
(2)联系性：即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的。
(3)规律性：即明确哪个阶段应遵循什么实验定律。
[针对训练]
1．(2014·山东高考)一种水下重物打捞方法的工作原理如图11 2 5所示。将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。
图11 2 5
已知大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
解析：当F＝0时，由平衡条件得
Mg＝ρg(V0＋V2)①
代入数据得V2＝2.5 m3②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得
p1＝p0＋ρgh1③
p2＝p0＋ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2⑤
联合②③④⑤式，代入数据得
h2＝10 m。⑥
答案：见解析
2．(2014·重庆高考)如图11 2 6为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。
图11 2 6
解析：设压力为F，压缩后气体压强为p
由p0V0＝pV和F＝pS
得F＝p0S。
答案：p0S
要点四　理想气体状态方程的应用
1．理想气体
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守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，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
2．状态方程：＝或＝C。
3．应用状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体；
(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)由状态方程列式求解；
(4)讨论结果的合理性。
[典例]　如图11 2 7所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是27 ℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18 cm。现将一质量为m＝400 g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，
图11 2 7
(1)求下部分气体的压强多大；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。
[解析]　(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
p＝1.2×105Pa
(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：
＝
得：h2＝20 cm，故活塞N距离底部的距离为h2＝20 cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(H－h)S＝pLS
得：L＝7.5 cm
故此时活塞M距离底端的距离为
H2＝20＋7.5＝27.5 cm。
[答案]　(1)1.2×105Pa　(2)27.5 cm　20 cm
[针对训练]
1.如图11 2 8所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2。活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 ℃，活塞位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
图11 2 8
(1)缸内气体的压强p1；
(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？
解析：(1)以气缸为对象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：
p1S＝Mg＋p0S
解之得：p1＝3×105Pa
(2)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，即缸内气体为等压变化。
对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：＝
所以T2＝2T1＝600 K
故t2＝(600－273) ℃＝327 ℃
答案：(1)p1＝3×105Pa　(2)327 ℃
2.如图11 2 9所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱L，当空气柱的温度为27 ℃时，左管水银柱的长度h1＝10 cm，右管水银柱长度h2＝7 cm，气柱长度L＝13 cm；当空气柱的温度变为127 ℃时，h1变为7 cm。求：当时的大气压强和末状态空气柱的压强(单位用cmHg)。
图11 2 9
解析：设大气压强为p0，横截面积为S，以左侧封闭气体为研究对象，
初状态：气体压强为：
p1＝p0－(h1－h2) cmHg＝p0－3 cmHg
体积为：V1＝LS＝13S　温度为：T1＝273＋27 K＝300 K
末状态：气体压强为：
p2＝p0＋(h2－h1) cmHg＝p0＋3 cmHg
体积为：V2＝(L＋3)S＝16S　温度为：T2＝273＋127 K＝400 K
由理想气体状态方程得：
＝即：＝
解得：p0＝75 cmHg
末状态空气柱的压强为：
p2＝p0＋3＝(75＋3) cmHg＝78 cmHg
答案：75 cmHg　78 cmHg
要点五　气体状态变化的图像问题
一定质量的气体不同图像的比较
过程 类别图线 特点 示例
等温过程 p V pV＝CT(其中C为恒量)，即pV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
等容过程 p T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压过程 V T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
[典例]　(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图11 2 10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(　　)
图11 2 10
A．ab过程中不断增加
B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加
D．da过程中保持不变
[解析]　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，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd[答案]　AB
[方法规律]
气体状态变化图像问题的分析技巧
(1)图像上的一个点表示一定质量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或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
(2)在V T或p T图像中，比较两个状态的压强或体积大小，可以用这两个状态到原点连线的斜率大小来判断。斜率越大，压强或体积越小；斜率越小，压强或体积越大。
[针对训练]
1．(2014·福建高考)图11 2 11为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C，设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是________。(填选项前的字母)
图11 2 11
A．TA＜TB，TB＜TC　　　　 B. TA＞TB，TB＝TC
C. TA＞TB，TB＜TC D. TA＝TB，TB＞TC
解析：选C　由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故TA＞TB，A、D项错；由状态B到状态C过程中，气体压强不变，由盖 吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即TB＜TC，B项错，C项对。
2.某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图11 2 12所示的p t图像。已知在状态B时气体的体积VB＝3 L，求：
图11 2 12
(1)气体在状态A的压强；
(2)气体在状态C的体积。
解析：(1)由图像可知，TB＝(273＋91)K＝364 K，pB＝l atm，TA＝273 K，B到A过程为等容过程，由查理定律得：＝，pA＝＝atm＝0.75 atm；
(2)由图示图像可知，pC＝1.5 atm，已知：VB＝3 L，由B到C过程是等温变化，由玻意耳定律得：pBVB＝pCVC，
即：1×3＝1.5×VC，
解得：VC＝2 L。
答案：(1)0.75 atm　(2)2 L
对点训练：固体、液体的性质
1．(多选)下列说法中正确的有(　　)
A．悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动叫做布朗运动
B．金属铁有固定的熔点
C．液晶的光学性质具有各向异性
D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力
E．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小
解析：选BCE　悬浮在液体中的固体微粒所做的无规则运动叫做布朗运动，A错误；金属铁有固定的熔点，B正确；液晶的光学性质具有各向异性，C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，D错误；随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小，E正确。
2．液体的饱和汽压随温度的升高而增大(　　)
A．其规律遵循查理定律
B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大
C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大
D．是因为饱和汽密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大
解析：选D　当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D。
对点训练：气体压强及实验定律
3.(2015·山东德州模拟)如图1所示，导热良好的薄壁气缸放在光滑水平面上，用横截面积为S＝1.0×10－2m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上。外界大气压强p0＝1.0×105Pa。当环境温度为27 ℃时，密闭气体的体积为2.0×10－3m3。
图1
(1)当环境温度缓慢升高到87 ℃时，气缸移动的距离是多少？
(2)在上述过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)气体对外界所做的功。
解析：(1)气体等压变化＝
V2＝＝×2.0×10－3 m3＝2.4×10－3m3
气缸移动的距离为
Δl＝＝ m＝0.04 m
(2)环境温度升高，封闭气体吸热，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，传递的热量大于气体对外界所做的功。
答案：(1)Δl＝0.04 m　(2)吸热　大于
4．(2015·河南洛阳模拟)如图2所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l(以cm为单位)；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出l；现使活塞缓慢向上移动l，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强(以cmHg 为单位)。
图2
解析：设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p0。有p＝p0＋l
在活塞上移l后，气缸内气体的压强变为p0。设气体的体积为V′，由玻意耳定律得p0V′＝pSl
设气缸内水银面上升Δx，有Δx＝l－3Δx
V′＝S
联立以上各式，解得p＝l。
答案：p＝l
5.(2015·杭州模拟)如图3，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60 mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。
图3
(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温。
解析：(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝237 K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1＝pC＋Δp①
式中Δp＝60 mmHg。打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。
pB＝pC②
玻璃泡A和B中气体的体积为　V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得　p1VB＝pBV2④
联立①②③④式，pC＝Δp＝180 mmHg。⑤
(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp。玻璃泡C中气体的压强为pC′＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得＝⑦
联立②⑤⑥⑦式，T′＝364 K。⑧
答案：(1)180 mmHg　(2)T′＝364 K
对点训练：气体状态变化的图像问题
6．(多选)(2014·新课标Ⅰ)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T图像如图4所示。下列判断正确的是________。(填正确答案标号。)
图4
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
解析：选ADE　过程ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内能增大，气体一定吸热，A正确；过程bc，理想气体等温变化，压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减小，E正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B错误；过程ca，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对气体做的功，C错误；根据上述三过程可知：在a、b、c三个状态中，状态a的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志，其分子的平均动能最小，D正确。
7．(2014·上海高考)在“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”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10 mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1 mL测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大。
图5
(1)由此可推断，该同学的实验结果可能为图________。
(2)图线弯曲的可能原因是在实验过程中(　　)
A．注射器中有异物　　　　　 B．连接软管中存在气体
C．注射器内气体温度升高 D．注射器内气体温度降低
解析：根据理想气体状态方程＝k，V 图像的斜率的物理意义为kT，随着压缩气体，对气体做功，气体内能增加，温度升高，斜率变大，图线向上弯曲，故第(1)题中选图a，第二题选(C)
答案：(1)a　(2)C
对点训练：理想气体状态方程
8．(多选)(2014·大纲卷)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
解析：选BD　根据理想气体的状态方程＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。
9.如图6所示，在左端封闭右端开口的U形管中用水银柱封一段空气柱L，当空气柱的温度为14 ℃时，左臂水银柱的长度h1＝10 cm，右臂水银柱长度h2＝7 cm，气柱长度L＝15 cm；将U形管左臂放入100 ℃水中且状态稳定时，左臂水银柱的长度变为7 cm。求出当时的大气压强(单位用 cmHg)。
图6
解析：对于封闭的空气柱(设大气压强为p0)
初态：p1＝p0＋h2－h1＝(p0－3) cmHg；V1＝LS＝15S cm3　T1＝287 K
末态：h1＝7 cm　h2＝10 cm，故压强p2＝p0＋h2－h1＝(p0＋3) cmHg　V2＝(L＋3)S＝18S cm3　T2＝373 K
由理想气体的状态方程得：＝，解得：大气压强p0＝75.25 cmHg。
答案：75.25 cmHg
第3节热力学定律
(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。(×)
(3)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。(√)
(4)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为外界对气体做功。(√)
(5)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。(×)
(6)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。(√)
(7)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。(×)
要点一　热力学第一定律
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定
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 内能减少
3．三种特殊情况
(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，即W＝0，则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，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量。
[典例]　在如图11 3 1所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J。图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零。求：
图11 3 1
(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；
(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2。
[解析]　(1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化
该气体对外界做的功W1＝0
根据热力学第一定律有
ΔU1＝W1＋Q1
内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J。
(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高
该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J
根据热力学第一定律有
ΔU2＝W2＋Q2
从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J。
[答案]　(1)0　9 J　(2)9 J　3 J
[针对训练]
1.(多选)(2014·广东高考)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图11 3 2所示。充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)
图11 3 2
A．体积减小，内能增大
B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
D．对外界做正功，压强减小
解析：选AC　挤压充气袋，气体的体积减小，充气袋中气体的压强增大，外界对气体做正功，气体对外界做负功，由于袋内气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，A、C项正确，B、D项错误。
2．(2014·重庆高考)重庆出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)
A．压强增大，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．压强减小，分子平均动能增大
D．对外做功，分子平均动能减小
解析：选B　温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需要考虑分子势能，而气体质量不变，气罐内天然气分子数不变，所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D项错；由热力学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸收热量，B项对；天然气体积不变，随温度升高，气体压强增大，C项错。
要点二　热力学第二定律
1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义
(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。
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。
[特别提醒]　热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化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。
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
[典例]　根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　　)
A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来
[解析]　机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273.15 ℃，却永远不能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误。
[答案]　A
[方法规律]
热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒，热力学第二定律说明并非所有能量守恒的过程都能实现。
(1)高温物体低温物体
(2)功热量
(3)气体体积V1气体体积V2(较大)
(4)不同气体A和B混合气体AB
[针对训练]
1．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 ℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是(　　)
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
解析：选C　内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确。
2．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
解析：选D　第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违反了热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律知，做功和热传递都能改变物体的内能，C错；由热力学第二定律可知，若有外界影响，热量可以从低温物体传向高温物体，也可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，D对。
要点三　气体实验定律与热力学定律的结合
[典例]　(2014·江苏高考)一种海浪发电机的气室如图11 3 3所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
图11 3 3
(1)(多选)下列对理想气体的理解，正确的有________。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
(2)压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104 J，则该气体的分子平均动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104 J。
(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27 ℃，体积为0.224 m3，压强为1个标准大气压。已知1 mol气体在1个标准大气压、0 ℃时的体积为22.4 L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数字)
[解析]　(1)理想气体是一种理想化的模型，实际并不存在，选项A正确；在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过标准大气压的几倍时，把实际气体当成理想气体来处理，选项B错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，选项C错误；在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律，这样的气体是理想气体，选项D正确。
(2)气室中的气体与外界无热交换，内能增加，是因为外界对气体做功，故密闭气体的温度升高，气体分子的平均动能增大。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＝0，W＝ΔU，所以活塞对该气体所做的功等于3.4×104 J。
(3)设气体在标准状态时的体积为V1，等压过程＝
气体物质的量n＝，且分子数N＝nNA，解得N＝ NA
代入数据得N≈5×1024(或N≈6×1024)
[答案] 　(1)AD　(2)增大　等于
(3)5×1024(或6×1024)
[方法规律]
对于理想气体，可以直接根据温度的变化来确定内能的变化。吸、放热不能直接确定时，则要放在最后，根据热力学第一定律来确定。必须指出的是，一般来说系统对外界做功，系统体积膨胀；外界对系统做功，系统体积则被压缩。但在某些特定条件下，例如气体自由膨胀(外界为真空)时，气体就没有克服外力做功。另外，在判断内能变化时，还必须结合物态变化以及能的转化与守恒来进行。
[针对训练]
1．(2015·浙江自选模块)如图11 3 4所示，内壁光滑的圆柱形金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞。容器固定放置在倾角为θ的斜面上。一定量的气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h。已知大气压强为p0，重力加速度为g。
图11 3 4
(1)容器内气体压强为________；
(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移h/2时气体温度为________；此过程中容器内气体________(填“吸热”或“放热”)，气体分子的平均速率________(填“增大”、“ 减小”或“不变”)。
解析：(1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关。活塞对气体产生的压强为p'＝，则容器内气体的压强p＝p0＋p'＝p0＋。
(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则＝，且V0＝2V1，解得T1＝。
在此等压变化过程中，气体温度降低，内能减少；气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一律ΔU＝W＋Q知气体放出热量，气体分子的平均速率减小。
答案：(1)p0＋　(2)　放热　减小
2．若一个空的教室地面面积为15 m2，高3 m，该房间空气温度为27 ℃。(已知大气压p＝1×105Pa)
(1)则该房间的空气在标准状况下占的体积V为多少？
(2)设想该房间的空气从27 ℃等压降温到0 ℃，由W＝p0ΔV计算外界对这些空气做的功为多少？若同时这些空气放出热量5×105 J，求这些空气的内能变化了多少？
解析：(1)该房间的体积V1＝15×3 m3＝45 m3，
T1＝27＋273＝300 K，标准状况下T＝273 K，
由＝，
解出V＝41 m3。
(2)外界对这些空气做功
W＝p0ΔV＝p0(V1－V)＝4×105 J，
热量Q＝－5×105 J，由ΔU＝Q＋W，
故ΔU＝4×105 J－5×105 J＝－1×105 J，
ΔU为负，表示内能减少了1×105 J。
答案：(1)41 m3　(2)4×105 J　内能减少了1×105 J。
对点训练：热力学第一定律
1．(多选)下列有关物体内能改变的判断中，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知，当外界对物体做功，物体的内能不一定增加，同理当外界对物体传递热量，物体的内能也不一定增加，所以A、B错误；由ΔU＝Q＋W可知，若物体对外界做功，物体的内能可能增加，同理物体向外界放热，物体的内能可能增加，故C、D正确。
2．在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量。在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ。
解析：根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，第一阶段W1＝24 kJ，ΔU1＝0，所以Q1＝－24 kJ，故放热；第二阶段W2＝0，Q2＝－5 kJ，由热力学第一定律知，ΔU2＝－5 kJ，故在上述两个过程中，空气的内能共减少ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝－5 kJ；两过程共放出热量Q＝Q1＋Q2＝29 kJ，故空气放出的总热量为29 kJ。
答案：5　放出　29
3.在如图1所示的p V图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，吸收热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J，求：
图1
(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
解析：(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝410 J
由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130 J
故ACB过程中气体的内能增加了130 J。
(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130 J
由题意知W2＝200 J，由热力学第一定律得
UA－UB＝W2＋Q2
代入数据解得Q2＝－330 J
即BDA过程中气体放出热量330 J。
答案：(1)增加　130 J　(2)放热　330 J
对点训练：热力学第二定律
4．关于热现象，下列叙述正确的是(　　)
A．温度降低，物体内所有分子运动的速率都变小
B．分子力随分子间距离的增大而减小
C．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的
D．温度升高，物体的内能不一定增大
解析：选D　温度降低时，物体内所有分子运动的平均速率减小，但并非所有分子的速率都减小，A错误；分子间距离从平衡位置开始增大时，分子力先增大后减小，B错误；由热力学第二定律可知，C错误；温度升高，但同时物体对外做功，其内能有可能减小，D正确。
5．(多选)(2015·梅州3月质检)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是(　　)
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的
解析：选CD　第二类永动机违反了热力学第二定律，选项A错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，因此物体的内能不一定增加，选项B错误；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，选项C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的，选项D正确。
6．(多选)以下说法正确的有(　　)
A．温度低的物体内能一定小
B．温度低的物体分子运动的平均速率小
C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大
D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加
E．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
解析：选CDE　因为内能的大小与物体的温度、质量和体积都有关，如一杯热水的内能肯定会小于一座冰山，温度低的物体内能不一定小，故A错误；温度是分子平均动能的标志，温度低的物体分子运动的平均动能一定小，但温度低的物体内分子运动的平均速率不一定比温度高的物体内分子运动的平均速率小，这是因为温度低的物体分子可能质量较小，其平均速率反而更大，故B错误；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率增大，这是统计规律，具体到少数个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率是非常小，故C正确；根据热力学第一定律知：内能的改变量(E表示)＝功(W表示)＋热量(Q表示)，在绝热情况下，外界对物体做功时，物体的内能一定增加，故D正确；热力学第二定律表明，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E正确。所以选CDE。
对点训练：气体实验定律与热力学第一定律
7．在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体视为理想气体。则(　　)
A．外界对气泡做功，同时气泡吸热
B．外界对气泡做功，同时气泡放热
C．气泡对外界做功，同时气泡吸热
D．气泡对外界做功，同时气泡放热
解析：选C　随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据＝C，所以体积增大，气泡对外做功；根据ΔE＝W＋Q可知温度不变，所以ΔE不变，W＜0，所以Q＞0，即气泡吸热，选项C正确。
8．(多选)(2014·山东高考)如图2，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体 (　　)
图2
A．内能增加
B．对外做功
C．压强增大
D．分子间的引力和斥力都增大
解析：选AB　根据一定质量的某种理想气体的内能只决定于温度，处在导热气缸中的理想气体由于外界环境温度升高，理想气体的内能要增大，所以选项A正确；再根据理想气体的状态方程：＝C可知，气体压强不变，当温度升高时，体积要增大，因此气体要对外做功，所以选项B正确，C错误；理想气体没有分子间的相互作用力，因此分子间的作用力始终为零，故D选项错误。
9．(多选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是(　　)
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
解析：选AD　对于理想气体而言，内能是由温度决定的，根据理想气体状态方程，＝恒量可知，当体积不变，压强不变时，其温度也一定不发生变化，因此内能不变，A正确；而反过来，内能不变只能说明温度不变，可能发生等温变化，也就是气体状态可能发生变化，B错误；根据理想气体状态方程，＝恒量，温度升高，只能是pV乘积变大，至于压强可能增加也可能减小，C错误；内能是由温度决定的，当温度升高时，内能一定增加，D正确。
10.(多选)如图3所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是(　　)
图3
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少
解析：选ACE　气体A进行等容变化，则W＝0，根据ΔU＝W＋Q可知气体A吸收热量，内能增加，温度升高，气体A分子的平均动能变大，但是不是每个分子的动能都是增加的，选项A、C正确，D错误；因为中间是导热隔板，所以气体B吸收热量，温度升高，内能增加；由因为压强不变，故体积变大，气体对外做功，选项B错误；气体B的压强不变，但是体积增大，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少，选项E正确。
11.如图4所示，为测量大气压强的实验装置，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800 mL；现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，稳定后两臂中水银面的高度差为25 cm，不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。求
图4
(1)大气压强p0(用“cmHg”做压强单位)
(2)此过程中外界对烧瓶内的气体________(填“做正功”、“做负功”、“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)。
解析：(1)设大气压强为p0
初状态：p1＝p0，V1＝800 mL
注入水后：p2＝p0＋p，V2＝600 mL
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：p0＝75 cmHg。
(2)气体体积减小，外界对气体做正功，温度不变，气体的内能不变，由热力学第一定律知，应对外放热。
答案：(1)75 cmHg　(2)正功　放热
12.如图5所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦，求：
图5
(1)活塞上升的高度；
(2)加热过程中气体的内能增加量。
解析：(1)气体发生等压变化，有＝
解得Δh＝h
(2)加热过程中气体对外做功为
W＝pSΔh＝(p0S＋mg)h
由热力学第一定律知内能的增加量为
ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)h。
答案：(1)Δh＝h　(2)Q－(p0S＋mg)h
实 验 十 二　　　　 　
用油膜法估测分子的大小
一、实验目的
1．估测油酸分子的大小。
2．学会间接测量微观量的原理和方法。
二、实验器材
清水、盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或石膏粉)、
油酸酒精溶液、量筒、彩笔。
考点一　实验原理与操作
[典例1]　在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①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。
②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。
③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，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
④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。
⑤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。
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是________。(填写步骤前面的数字)
(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。由此估算出油酸分子的直径为________m。(结果保留1位有效数字)
[解析]　(1)根据实验原理易知操作步骤正确的顺序为④①②⑤③；
(2)根据实验原理可知油酸分子直径为d＝＝ m≈5×10－10 m。
[答案]　(1)④①②⑤③　(2)5×10－10
[题组突破]
1．“用油膜法估测分子的大小”实验的科学依据是(　　)
A．将油酸形成的膜看成单分子油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．考虑了各油酸分子间的间隙
D．将油酸分子看成球形
解析：选ABD　“用油膜法估测分子的大小”的原理是将一滴油酸(体积为V)滴入水中，使之形成一层单分子油膜，成为一个一个单层排列的球形体，显然，球形体的直径即为单分子油膜的厚度d，假设单分子油膜的面积为S，必然有d＝，所以，“用油膜法估测分子的大小”实验的科学依据是A、B、D。
2．一滴油酸酒精溶液含质量为m的纯油酸，滴在液面上扩散后形成的最大面积为S。已知纯油酸的摩尔质量为M、密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，下列表达式中正确的有(　　)
A．油酸分子的直径d＝
B．油酸分子的直径d＝
C．油酸所含的分子数n＝NA
D．油酸所含的分子数n＝NA
解析：选BC　设油酸分子的直径为d，则有dS＝ d＝，故B正确；设油酸所含的分子数为n，则有n＝NA，故C正确。
3．利用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1 mL的量筒、盛有适量清水的规格为30 cm×40 cm的浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸。
(1)下面是实验步骤，请填写所缺的步骤C。
A．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1 mL油酸酒精溶液时的滴数N；
B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从靠近水面处向浅盘中央一滴一滴地滴入油酸酒精溶液，直到油酸薄膜有足够大的面积且不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n；
C．________________________________________________________________________；
D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，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，算出油酸薄膜的面积S。
(2)用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的大小________(单位：cm)。
解析：(1)待薄膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上。
(2)每滴油酸酒精溶液的体积为 cm3
n滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为
V＝×0.05 % cm3
所以单个油酸分子的大小d＝＝ cm。
答案：见解析
考点二　数据处理与误差分析
[典例2]　油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如图实 12 1所示。若每一小方格的边长为25 mm，试问：
图实 12 1
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为_______油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________。图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是______m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是______m。(结果保留两位有效数字)
(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？
请写出你分析的原因：_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6 m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝××10－6 m3＝1.2×10－11 m3，
油酸分子的直径约等于油膜的厚度
d＝＝ m≈2.7×10－10 m。
[答案]　(1)球体　单分子　直径　4.4×10－2　1.2×10－11　2.7×10－10　(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩
[方法规律]
解决“用油膜法估测分子的大小”实验问题的关键是要理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜的厚度即分子直径。数油膜面积对应的格子数时，完整的算一个，不完整的大于等于半格的算一个，不到半格的舍去。
[题组突破]
4．(2015·九江模拟)某学生在“用油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于(　　)
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数误多计了10滴
解析：选AC　用油膜法估测分子直径，是利用油酸的体积与形成的单分子油膜面积的比值来估算分子直径的，分子直径值明显偏大可能的原因有：一是油酸体积测量值偏大；二是油膜面积测量值偏小，油酸未完全散开和舍去不足一格的方格均会造成油膜面积测量值偏小的结果，故A、C正确；油酸中酒精更易溶于水，故不会产生影响，B错误；而D项计算每滴溶液中所含油酸的体积偏小，会使分子直径估算值偏小，D错误。
5．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：
(1)估算油酸分子的直径大小是________cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油酸的________。
A．摩尔质量　　　　　　 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
解析：(1)油酸酒精溶液的浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为 mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸 mL，则油酸分子的直径大小为d＝ cm。
(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝π3，由NA＝可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积。
答案：(1)　(2)B
6．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，现有按体积比为n∶m配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个盛有约2 cm深水的浅盘，一支滴管，一个量筒。
(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读其体积V。再用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图实 12 2所示。(已知坐标纸上每个小方格面积为S)则油膜面积为________。
图实 12 2
(2)估算油酸分子直径的表达式为d＝________。
解析：(1)利用补偿法，可查得面积为8S。
(2)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′＝×，油膜面积S′＝8S，由d＝，得d＝。
答案：(1)8S　(2)
[第十一章高频考点真题验收全通关]把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！
高频考点一：分子动理论 内能
1．(多选)(2014·新课标Ⅱ)下列说法正确的是(　　)。
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
解析：选BCE　悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，A项错误；空中的小雨滴呈球形是由于水的表面张力作用，使得小雨滴表面积最小而呈球形，B项正确；彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光学各向异性的特点，与液晶分子结合而定向排列，当液晶中电场强度不同时，染料分子对不同颜色的光吸收强度不同而显示各种颜色，C项正确；高原地区水的沸点较低是由于高原地区大气压强较小，D项错误；由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热而使其显示的温度低于干泡显示的温度，E项正确。
2．(2014·福建高考)如图1，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(　　)
图1
A．曲线①　　　　　　　　 B．曲线②
C．曲线③ D．曲线④
解析：选D　某一温度下气体分子的麦克斯韦速率呈“中间多，两头少”的分布，故D项正确。
3．(2014·上海高考)分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的(　　)
A．引力增加，斥力减小 B．引力增加，斥力增加
C．引力减小，斥力减小 D．引力减小，斥力增加
解析：选C　分子间同时存在相互作用的引力和斥力。随分子间距的增大斥力和引力均变小，只是斥力变化的更快一些，C项正确。
高频考点二：固体、液体和气体
4．(2012·福建高考)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为
(　　)
A．2.5 atm　B．2.0 atm　C．1.5 atm　D．1.0 atm
解析：选A　由p1V1＋p2V2＝pV1,1×6＋1×9＝p×6解得p＝2.5 atm，选项A正确。
5．(2013·福建高考)某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为(　　)的空气。(填选项前的字母)
A.V B.V
C.V D.V
解析：选C　本题考查理想气体状态关系，意在考查考生对理想气体状态的理解。设所求体积为Vx，由玻意耳定律，p0(Vx＋V)＝pV，可得Vx＝V，C正确。
6．(多选)(2012·山东高考)以下说法正确的是(　　)
A．水的饱和汽压随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
解析：选AB　分子间距离增大时，分子间引力和斥力同时减小，选项C错误；由于气体压强不变，根据＝C可知，当气体膨胀时气体温度升高，分子平均动能增加，选项D错误。
7.(多选)(2013·广东高考)如图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L水，上部密封1 atm的空气0.5 L，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气0.1 L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有(　　)
图2
A．充气后，密封气体压强增加
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光
解析：选AC　充气后，一定量气体的体积减小，气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强增大，A项正确；由于气体分子的平均动能是由温度决定的，温度不变，气体分子的平均动能不变，B项错误；打开阀门后，气体推动液体，气体的体积增大，对外做功，C项正确；当气体的压强减小到外部与内部压强差等于水柱产生的压强时，液体不再喷出，D项错误。
8．(2013· 重庆高考)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp。若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量。
解析：本题主要考查理想气体状态方程，意在考查考生对物理规律的应用能力。轮胎内气体发生等温变化，则p0V0＝(p0＋Δp)V，装载货物后体积V＝，又体积的变化量ΔV＝V－V0，解得ΔV＝－。
答案：体积改变量ΔV＝－
9.(2013·课标全国卷Ⅰ)如图3所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通。顶部的细管带有阀门K。两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
图3
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
解析：(1)与恒温度热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖 吕萨克定律得
＝①
由此得T＝T0。②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体最终压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝·③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0④
联立③④式得6V－V0Vx－V＝0
其解为Vx＝V0⑤
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去。
答案：(1)T0　(2)V0
高频考点三：热力学定律
10．(多选)(2012·新课标全国卷)关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
解析：选ACE　改变内能的方法有做功和热传递两种，所以为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；对物体做功的同时物体向外界放热，则物体的内能可能不变或减小，选项B错误；根据热力学第二定律可知，在对外界有影响的前提下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，选项C正确；在有外界做功的条件下，可以使热量从低温物体传递到高温物体，选项D错误；根据热力学第二定律可知，选项E正确。
11．(2013·山东高考)下列关于热现象的描述正确的一项是(　　)
A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，某单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的
解析：选C　本题主要考查常见的重点热学现象，意在考查考生对热学知识的识记和理解能力。根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，A错误。做功是通过能量转化改变系统内能的，而热传递是通过内能的转移改变系统内能的，B错误。根据热力学定律，温度相同是达到热平衡的标准，C正确。单个分子的运动是无规则的，但大量分子的运动具有统计规律，D错误。
12．(2013·江苏高考)如图4所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)。这就是著名的“卡诺循环”。
图4
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________。
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)。若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ。
(3)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的。求气体在B状态时单位体积内的分子数。(已知阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1，计算结果保留一位有效数字)
解析：(1)本题考查气体状态变化图像问题，意在考查考生根据图像分析问题的能力。A→B过程中，气体体积变大，气体对外做功，A项错误；B→C为绝热过程，气体体积增大，气体对外界做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，B项错误；C→D为等温过程，气体的温度不变，体积减小，压强增大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C项正确；D→A过程中，气体的温度升高，因此气体分子的速率分布曲线的最大值向速率大的方向偏移，D项错误。
(2)该循环过程中，B→C气体温度降低，内能减小。由于一个循环中气体的内能不变，B→C、D→A是绝热过程，没有热量交换，因此整个过程吸收的热量为63 kJ－38 kJ＝25 kJ，根据热力学第一定律可知，对外做的功为25 kJ。
(3)本题考查玻意耳定律及分子数的求解，意在考查考生对玻意耳定律及分子数求法的掌握。
A→B为等温过程，由玻意耳定律，pAVA＝pBVB
单位体积内的分子数n＝
解得n＝
代入数据

展开更多......

收起↑