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第十五章　热学
【考情分析】
　　　　年份 　考查点　　 2025 2024 2023
分子动理论 山东·T2、 江苏·T8 北京·T1、
江苏·T3、
海南·T5
气体、固体和液体 河北·T2 全国甲·T33-Ⅰ 浙江6月选考·T14
气体实验定律与理想 气体状态方程的应用 四川·T4、 河南·T10、 云南·T9、 重庆·T13、 湖南·T13、 广东·T13、 江西·T6 江苏·T13、安徽·T13、 湖南·T13、江西·T13、 全国甲·T33-Ⅱ、 山东·T16、 广西·T14、广东·T13、 甘肃·T13、海南·T7 湖北·T13、
辽宁·T5、
湖南·T13、
重庆·T4、
海南·T16
气体实验定律与热力学定律的综合应用 黑吉辽内蒙古·T2、 重庆·T2、江苏·T6、 北京·T1、安徽·T3、 甘肃·T9、山东·T16、 陕晋青宁·T13、 浙江1月选考·T14、 天津·T4、 浙江6月选考·T15 浙江1月选考·T17、 黑吉辽·T13、 新课标·T21、 河北·T9、海南·T11、 山东·T6、北京·T3、 重庆·T3、湖北·T13、 贵州·T13、 浙江6月选考·T17 天津·T2、
广东·T13、
新课标·T21、
福建·T11
实验:用油膜法估测油酸分子的大小 广西·T8 上海·T1
实验:探究气体等温变化的规律 上海·T2 山东·T13
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.更加强调“核心素养”考查
物理观念:注重对“分子动理论”“热力学定律”等核心观念的理解,如用“熵增”解释生活中的不可逆过程(如鸡蛋破碎)。
科学思维:强调“建模能力”(如将汽缸内气体视为理想气体,建立状态方程模型)“推理能力”(如从分子碰撞次数变化推理气体压强变化)。
科学探究:增加热学实验的考查比重,如“探究热敏电阻的阻值-温度特性”“用霍尔元件测磁感应强度(与热学结合)”,考查实验设计、操作与误差分析能力。
2.更紧密联系“科技与生活”
继续以空调、冰箱、汽车、厨房用具(如高压锅)等日常用品为背景,考查热学知识的应用。
3.更注重“微观与宏观”的融合
未来命题将进一步强化“微观机制”与“宏观现象”的联系,如用“分子速率分布”解释“空调制热时室内温度升高的原因”;用“分子间作用力”解释“液体表面张力导致露珠呈球形”;用“热力学第二定律”解释“为什么热机的效率无法达到100%”。
二、热点预测
新能源技术:氢能源汽车的热效率、燃料电池内能转化。
航天科技:太空舱内气体循环、宇航服保温原理。
环境物理:温室效应(红外吸收)、碳中和相关热力学过程。
三、备考建议
1.掌握核心概念与公式
分子动理论:记住“布朗运动反映分子热运动”“温度是分子平均动能的标志”
“分子间作用力随距离变化的规律”。
热力学定律:熟练应用ΔU=Q+W(注意符号:外界对气体做功W>0,气体吸热Q>0),理解热力学第二定律的方向性(如“热量不能自发地从低温物体传到高温物体”)。
2.分析生活中的热学现象
观察身边的热学现象(如空调制热、开瓶器的使用、汽车减震),用所学知识解释(如“空调制热时,室内空气分子的平均动能增加,速率小的分子比例减小”);关注科技热点(如新能源汽车、量子技术),了解其中的热学应用(如“氢燃料电池的散热系统利用了热传导原理”)。
3.用分子动理论解释宏观现象
学会从“微观角度”分析宏观现象,如气体压强增大:可能是分子碰撞次数增加(如打气)或分子平均动能增加(如升温);温度升高:分子平均动能增加,速率大的分子比例增大;布朗运动加剧:液体分子的无规则运动加剧(温度升高)。
4.解决跨知识点问题
多做热力学定律与气体实验定律结合的题目(如“汽缸内气体被压缩时,内能变化分析”);多做力学与热学结合的题目(如“活塞与弹簧组成的系统,求气体压强”),提高综合分析能力。
5.掌握热学实验的设计与分析
熟悉热学实验的基本步骤(如“探究气体压强与体积关系”的实验:封闭气体、改变体积、测量压强);学会处理实验数据(如绘制p-V曲线、计算斜率);分析实验误差(如“温度变化导致实验结果偏离等温线”“传感器的精度误差”)。
总结:热学模块是高考物理的基础与重点,近三年考查以“核心考点+情境化+综合化”为特点,未来将更强调“核心素养、科技联系、微观与宏观融合”。备考时需夯实基础、联系实际、注重微观、综合练习、实验探究,才能应对未来高考的挑战。
第1讲
分子动理论　内能　固体和液体
【学习目标】
1.掌握分子动理论的基本观点,理解内能的微观本质及固体、液体的宏观特性与分子结构的关系。
2.能用统计观点分析分子热运动规律,解释温度、内能、物态变化的微观机制。
3.通过实验(如布朗运动观察、晶体结构分析)验证分子动理论,培养微观现象的宏观表征能力。
4.认识分子动理论在纳米材料、相变技术等领域的应用,树立理论联系实际的科学观。
知识构建
【答案】 10-10　6.02×1023　对方　物质分子　无规则　液体 无规则　永不停息　剧烈　撞击　连续　
【答案】 　稳定　变化　热平衡 热学性质　t+273.15 K
【答案】 热运动　平均值　路径　系统　分子间距离　
体积　动能 分子势能　温度　体积　做功　传热　
【答案】 天然的　熔点　各向异性　一定规则　不同　振动　确定　几何形状
【答案】 张紧　相切　分界线　小于　大于　上升　下降　向上 物质状态　光学　
基础转化
1.(2025·山西太原阶段练习)关于下列各图,其中说法正确的是(　　)
A.图甲中,实验现象说明薄板材料是非晶体
B.图乙中,当分子间距离为r0时,分子力为零,分子势能最小
C.图丙中,T1对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D.图丁中,微粒越大单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越明显
B
2.(多选)(2025·河南南阳测试)下列关于气体、液体和固体性质的说法,正确的是(　 　)
A.因为空气分子在永不停息地做无规则运动,故教室不需要经常开窗通风
B.在天宫空间站内,虽然处于失重环境,航天员仍能够用毛笔写字
C.浸润液体在毛细管中会上升,通常情况下,毛细管(足够长)越细,液体最大上升高度越高
D.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
BC
3.(2025·安徽芜湖模拟)下列说法正确的是(　　)
A.草叶上的露珠是由空气中的水蒸气凝结成的水珠,这一物理过程中水分子间的引力增大、斥力减小
C
4.食盐是生活中不可缺少的调味品,如图是食盐中氯离子和钠离子的分布示意图。则(　　)
A.氯离子和钠离子是静止不动的
B.离子的规则排列特点说明食盐是晶体
C.盐粒受潮粘在一起形成的盐块是非晶体
D.食盐加热熔化过程中分子平均动能增加
B
5.(2025·河北沧州期中)下列三幅图,能说明液体存在表面张力的是(　　)
A.(1)和(2)　 B.(1)和(3)
C.(2)和(3)　 D.(1)、(2)和(3)
B
考点一
分子动理论
1.两种分子的模型
2.阿伏加德罗常数的应用
(1)意义:阿伏加德罗常数NA是联系宏观量(物体的体积V、质量m、密度ρ、物质的量n、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。
(2)几个常用关系。
3.扩散现象、布朗运动与热运动的比较
现象 扩散现象 布朗运动 热运动
活动主体 分子 悬浮微粒 分子
区别 发生在两种物质之间 悬浮微粒的运动 组成物体分子的运动
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、布朗运动都反映分子做无规则的热运动
D
[例2] 【布朗运动】 (多选)(2025·安徽合肥模拟)图甲和图乙是关于布朗运动的两幅图,下列叙述正确的是(　 　)
A.图甲中的折线是记录微粒布朗运动的轨迹
B.图甲中的折线是按等间隔时间依次记录的运动微粒位置的连线
C.图乙说明布朗运动是微粒在液体中受到液体分子撞击引起的
D.图乙说明液体分子沿各方向撞击微粒,微粒应该处于静止
BC
【解析】 题图甲中的折线是按等间隔时间依次记录的运动微粒位置的连线,故A错误,B正确;题图乙说明布朗运动是微粒在液体中受到液体分子撞击不平衡引起的,且微粒越小,其运动状态越容易改变,布朗运动越明显,故C正确,D错误。
对扩散现象和布朗运动的几点注意
(1)布朗运动可通过显微镜观察,分子热运动不能用显微镜直接观察。
(2)扩散现象直接反映了分子的无规则运动,并且可以发生在固体、液体、气体任何两种物质之间。
(3)布朗运动不是分子的运动,是分子无规则运动的反映。
方法总结
考点二
分子力和物体内能
1.分子间的作用力及分子势能的比较
项目 分子力F 分子势能Ep
与r的 关系 图像
随距 离的 变化 情况 rr=r0 F引=F斥,F=0 Ep最小,但不为零
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>10r0 引力和斥力都很微弱,F=0 Ep=0
2.物体的内能与机械能的比较
项目 内能 机械能
定义 物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和 物体的动能、重力势能和弹性势能的统称
决定 因素 与物体的温度、体积、物态和分子数有关 跟宏观运动状态、参考系和零势能位置的选取有关
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,能的总量守恒
[例3] 【分子力与分子的动能、势能】 (2025·山东卷,2)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则(　　)
A.只有r大于r0时,Ep为正
B.只有r小于r0时,Ep为正
C.当r不等于r0时,Ep为正
D.`当r不等于r0时,Ep为负
C
【解析】 两个分子间距离r等于r0时分子势能为零,从r0处开始随着距离的增大,分子间作用力表现为引力,分子间作用力做负功,故分子势能增大;从r0处开始随着距离的减小,分子间作用力表现为斥力,分子间作用力也做负功,分子势能也增大;故可知当r不等于r0时,Ep为正。C正确。
[例4] 【物体的内能】 (多选)(2025·湖北期中)下列关于内能的说法正确的是(　 　)
A.系统的内能是由系统的状态决定的
B.不计分子之间的分子势能,质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
C.1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
D.内能少的物体也可能自发地将一部分内能转移给内能多的物体
ACD
【解析】 内能是指物体内部的所有分子所具有的分子动能和分子势能的总和,系统的内能是由系统的状态决定的,故A正确;质量相等的氢气和氧气,温度相同,分子的平均动能相同,而氢气的分子数较多,则氢气的内能较大,故B错误;相同温度下的水变成水蒸气需要吸收热量,因此1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能,故C正确;内能与温度、体积和物质的量等因素都有关系,内能少的物体的温度可能高于内能多的物体,则可能向其传递热量,故D正确。
考点三
分子运动速率分布规律　
气体压强的微观解释
1.气体分子运动的速率分布图像
当气体分子间距离大约是分子直径的10倍时,分子间作用力十分微弱,可忽略不计;分子沿各个方向运动的机会均等;分子速率按“中间多、两头少”的统计规律分布,且这个分布状态与温度有关,温度升高时,分子速率大的分子比例增多,平均速率会增大,如图为氧气0 ℃和100 ℃两种情况下的速率分布图像。
2.气体压强的微观解释
(1)产生原因:由于气体分子做无规则的热运动,大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续均匀的压力。
(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数密度。
[例5] 【气体分子运动的速率分布】 (2025·江苏卷,8)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个状态下,该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时(　　)
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
C
【解析】 根据题意,甲、乙两个状态下气体的体积与质量相同,所以分子的数密度相同,分子间平均距离相同,A、B错误;根据题图可知,乙状态下速率大的分子占比较多,则乙状态下气体温度较高,分子平均动能较大,C正确;乙状态下气体分子平均速率大,分子的数密度相等,则单位时间内碰撞单位面积器壁次数较多,D错误。
气体分子运动速率的“三个特点”
(1)“中间多、两头少”:同一温度下,特别大或特别小速率的分子数比例都较小,大多数分子具有中等的速率。
(2)温度升高向右移:随温度升高,占总数比例最大的那些分子的速率增大。
(3)“面积不变”:图线与横轴所围总面积都等于1,不随温度改变。
方法点拨
[例6] 【气体分子对器壁的撞击问题】 (2025·湖南邵阳模拟)从分子动理论的观点来看,一个密闭容器中气体分子的运动是杂乱无章的,在某一时刻,向着任何一个方向运动的分子都有,而且向各个方向运动的气体分子数目几乎相等,如图所示。为简化问题,假定气体分子的大小可以忽略,速率均为v,每次分子与器壁碰撞作用时间为Δt,碰撞前后气体分子的速度方向都与器壁垂直,且速率不变。已知每个分子的质量为m,单位体积内分子数量n为恒量。利用所学力学知识,回答以下问题:
(1)选择一个与器壁发生正碰的气体分子为研究对象,求碰撞过程气体分子对器壁的作用力F0的大小;
(2)推导出器壁单位面积受到的压力p的表达式;
(3)对于一定量的气体,从宏观上看,仅升高温度或仅减小体积都会使气体压强增大,请从微观角度说明原因。
【答案及解析】 (3)对于一定量的气体,若仅升高温度,气体分子运动的平均速率增大,气体分子撞击器壁的平均作用力增大,则压强增大;若仅减小体积,则气体分子分布的密集程度增大,单位时间撞击器壁单位面积的分子数目增多,则气体压强增大。
考点四
对固体和液体性质的理解
晶体和非晶体的比较
比较项目 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 有规则的 几何形状 无确定的 几何形状 无确定的
几何外形
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
典型物质 石英、云母、 明矾、食盐 各种金属 玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青
转化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
[例7] 【晶体与非晶体的比较】 (2025·贵州贵阳阶段练习)在甲、乙两种固体薄片上涂蜡,由烧热的电烙铁顶端接触其背面一点,蜡熔化的范围如图所示,而甲、乙两种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丙所示,以下说法正确的是(　　)
A.甲可能是非晶体
B.乙可能是金属薄片
C.乙的微观结构在空间上具有周期性
D.甲熔化过程中,分子的平均动能不变
D
【解析】 甲薄片的石蜡熔化区域的形状呈椭圆,表明沿不同方向的导热性能不同,可知甲薄片具有各向异性,而乙薄片沿不同方向的导热性能相同,可知乙薄片具有各向同性;由题图丙可知,甲有确定熔点,说明甲是单晶体,乙没有确定熔点,说明乙是非晶体,非晶体中的原子(或分子、离子)的排列不具有周期性,故A、B、C错误。甲薄片有确定熔点,且熔化过程中温度不变,所以分子的平均动能不变,故D正确。
[例8] 【对液体性质的理解】 (2025·安徽六安模拟)在“天宫课堂”上,航天员用水在两板之间“搭建了一座液桥”。关于“液桥”,下列说法正确的是(　　)
A.“液桥”表面层的水分子之间作用力表现为引力,使得“液桥”表面有收缩的趋势
B.“液桥”表面层的水分子间距小于“液桥”内部的水分子间距
C.“液桥”的形成与水的表面张力有关,表面张力的方向总是垂直于“液桥”
表面
D. 航天员之所以能搭建“液桥”,是因为水在太空中不受地球引力
A
【解析】 “液桥”表面层的水分子之间作用力表现为引力,使得“液桥”表面有收缩的趋势,故A正确;液体的表面张力形成的原因是液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,分子力表现为引力,故B错误;“液桥”的形成是水的表面张力作用的结果,而液体表面张力使液面具有收缩到液体表面积最小的趋势,因此液体表面张力的方向总是沿液面切线方向,故C错误;“液桥”的形成与水的表面张力有关,水在太空中仍受地球引力,故D错误。
感谢观看【考情分析】
　　　　年份 　考查点　　 2025 2024 2023
分子动理论 山东·T2、江苏·T8 北京·T1、 江苏·T3、 海南·T5
气体、固体和液体 河北·T2 全国甲·T33-Ⅰ 浙江6月选考·T14
气体实验定律与理想 气体状态方程的应用 四川·T4、河南·T10、 云南·T9、重庆·T13、 湖南·T13、广东·T13、 江西·T6 江苏·T13、安徽·T13、 湖南·T13、江西·T13、 全国甲·T33-Ⅱ、山东·T16、 广西·T14、广东·T13、 甘肃·T13、海南·T7 湖北·T13、辽宁·T5、 湖南·T13、重庆·T4、 海南·T16
气体实验定律与热力学 定律的综合应用 黑吉辽内蒙古·T2、 重庆·T2、江苏·T6、 北京·T1、安徽·T3、 甘肃·T9、山东·T16、 陕晋青宁·T13、 浙江1月选考·T14、 天津·T4、 浙江6月选考·T15 浙江1月选考·T17、 黑吉辽·T13、新课标·T21、 河北·T9、海南·T11、 山东·T6、北京·T3、 重庆·T3、湖北·T13、 贵州·T13、 浙江6月选考·T17 天津·T2、 广东·T13、 新课标·T21、 福建·T11
实验:用油膜法估测油酸分子的大小 广西·T8 上海·T1
实验:探究气体等温变化的规律 上海·T2 山东·T13
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.更加强调“核心素养”考查
物理观念:注重对“分子动理论”“热力学定律”等核心观念的理解,如用“熵增”解释生活中的不可逆过程(如鸡蛋破碎)。
科学思维:强调“建模能力”(如将汽缸内气体视为理想气体,建立状态方程模型)“推理能力”(如从分子碰撞次数变化推理气体压强变化)。
科学探究:增加热学实验的考查比重,如“探究热敏电阻的阻值-温度特性”“用霍尔元件测磁感应强度(与热学结合)”,考查实验设计、操作与误差分析能力。
2.更紧密联系“科技与生活”
继续以空调、冰箱、汽车、厨房用具(如高压锅)等日常用品为背景,考查热学知识的应用。
3.更注重“微观与宏观”的融合
未来命题将进一步强化“微观机制”与“宏观现象”的联系,如用“分子速率分布”解释“空调制热时室内温度升高的原因”;用“分子间作用力”解释“液体表面张力导致露珠呈球形”;用“热力学第二定律”解释“为什么热机的效率无法达到100%”。
二、热点预测
新能源技术:氢能源汽车的热效率、燃料电池内能转化。
航天科技:太空舱内气体循环、宇航服保温原理。
环境物理:温室效应(红外吸收)、碳中和相关热力学过程。
三、备考建议
1.掌握核心概念与公式
分子动理论:记住“布朗运动反映分子热运动”“温度是分子平均动能的标志”“分子间作用力随距离变化的规律”。
热力学定律:熟练应用ΔU=Q+W(注意符号:外界对气体做功W>0,气体吸热Q>0),理解热力学第二定律的方向性(如“热量不能自发地从低温物体传到高温物体”)。
气体实验定律与理想气体状态方程:记住玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律的条件与公式,熟练应用=C解决综合问题(如汽缸、活塞问题)。
2.分析生活中的热学现象
观察身边的热学现象(如空调制热、开瓶器的使用、汽车减震),用所学知识解释(如“空调制热时,室内空气分子的平均动能增加,速率小的分子比例减小”);关注科技热点(如新能源汽车、量子技术),了解其中的热学应用(如“氢燃料电池的散热系统利用了热传导原理”)。
3.用分子动理论解释宏观现象
学会从“微观角度”分析宏观现象,如气体压强增大:可能是分子碰撞次数增加(如打气)或分子平均动能增加(如升温);温度升高:分子平均动能增加,速率大的分子比例增大;布朗运动加剧:液体分子的无规则运动加剧(温度升高)。
4.解决跨知识点问题
多做热力学定律与气体实验定律结合的题目(如“汽缸内气体被压缩时,内能变化分析”);多做力学与热学结合的题目(如“活塞与弹簧组成的系统,求气体压强”),提高综合分析能力。
5.掌握热学实验的设计与分析
熟悉热学实验的基本步骤(如“探究气体压强与体积关系”的实验:封闭气体、改变体积、测量压强);学会处理实验数据(如绘制p-V曲线、计算斜率);分析实验误差(如“温度变化导致实验结果偏离等温线”“传感器的精度误差”)。
总结:热学模块是高考物理的基础与重点,近三年考查以“核心考点+情境化+综合化”为特点,未来将更强调“核心素养、科技联系、微观与宏观融合”。备考时需夯实基础、联系实际、注重微观、综合练习、实验探究,才能应对未来高考的挑战。
第1讲　分子动理论　内能　固体和液体
【学习目标】
1.掌握分子动理论的基本观点,理解内能的微观本质及固体、液体的宏观特性与分子结构的
关系。
2.能用统计观点分析分子热运动规律,解释温度、内能、物态变化的微观机制。
3.通过实验(如布朗运动观察、晶体结构分析)验证分子动理论,培养微观现象的宏观表征能力。
4.认识分子动理论在纳米材料、相变技术等领域的应用,树立理论联系实际的科学观。
[footnoteRef:2] [2:
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(2025·山西太原阶段练习)关于下列各图,其中说法正确的是(　　)
A.图甲中,实验现象说明薄板材料是非晶体
B.图乙中,当分子间距离为r0时,分子力为零,分子势能最小
C.图丙中,T1对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D.图丁中,微粒越大单位时间内受到液体分子撞击次数越多,布朗运动越明显
【答案】 B
2.(多选)(2025·河南南阳测试)下列关于气体、液体和固体性质的说法,正确的是(　　)
A.因为空气分子在永不停息地做无规则运动,故教室不需要经常开窗通风
B.在天宫空间站内,虽然处于失重环境,航天员仍能够用毛笔写字
C.浸润液体在毛细管中会上升,通常情况下,毛细管(足够长)越细,液体最大上升高度越高
D.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
【答案】 BC]
【答案】 10-10　6.02×1023　对方　物质分子　无规则　液体 无规则　永不停息　剧烈　撞击　连续　稳定　变化　热平衡 热学性质　t+273.15 K
[footnoteRef:3]　 [3: 3.(2025·安徽芜湖模拟)下列说法正确的是(　　)
A.草叶上的露珠是由空气中的水蒸气凝结成的水珠,这一物理过程中水分子间的引力增大、斥力减小
B.某气体的摩尔质量为M、密度为ρ,用NA表示阿伏加德罗常数,每个气体分子的质量m0=,每个气体分子的体积 V0=
C.大量气体分子的速率有大有小,但是按“中间多,两头少”的规律分布
D.单晶体和多晶体在不同方向上的导热性、机械强度等物理性质都不一样
【答案】 C
4.食盐是生活中不可缺少的调味品,如图是食盐中氯离子和钠离子的分布示意图。则(　　)
A.氯离子和钠离子是静止不动的
B.离子的规则排列特点说明食盐是晶体
C.盐粒受潮粘在一起形成的盐块是非晶体
D.食盐加热熔化过程中分子平均动能增加
【答案】 B]
【答案】 热运动　平均值　路径　系统　分子间距离　体积　动能 分子势能　温度　体积　做功　传热　天然的　熔点　各向异性　一定规则　不同　振动　确定　几何形状
[footnoteRef:4] [4: ]
[footnoteRef:5] [5: 5.(2025·河北沧州期中)下列三幅图,能说明液体存在表面张力的是(　　)
A.(1)和(2)　 B.(1)和(3)
C.(2)和(3)　 D.(1)、(2)和(3)
【答案】 B]
【答案】 张紧　相切　分界线　小于　大于　上升　下降　向上 物质状态　光学　
考点一　分子动理论
1.两种分子的模型
(1)球体模型:把分子看成球形,分子的直径d=。适用于固体和液体分子大小的计算。
(2)立方体模型:把分子看成小立方体,其边长d=。适用于固体、液体分子大小的计算和气体分子所占空间的计算。
2.阿伏加德罗常数的应用
(1)意义:阿伏加德罗常数NA是联系宏观量(物体的体积V、质量m、密度ρ、物质的量n、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。
(2)几个常用关系。
已知量 可求量
摩尔体积Vmol 分子体积V0= (适用于固体和液体) 分子占据体积V占= (适用于气体)
摩尔质量Mmol 分子质量m0=
体积V和摩尔 体积Vmol 分子数目N=NA (适用于固体、液体和气体)
质量m和摩 尔质量Mmol 分子数目N=NA
3.扩散现象、布朗运动与热运动的比较
现象 扩散现象 布朗运动 热运动
活动主体 分子 悬浮微粒 分子
区别 发生在两种物质之间 悬浮微粒的运动 组成物体分子的运动
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、布朗运动都反映分子做无规则的热运动
[例1] 【微观量的估算】 (2025·山东泰安期中)“全碳气凝胶”是一种超轻固态材料,它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录,弹性和吸油能力令人惊喜,密度仅是空气密度的。设气凝胶的密度为ρ(单位为kg/m3),摩尔质量为M(单位为kg/mol),阿伏加德罗常数为NA,则(　　)
A.气凝胶的摩尔体积Vmol=
B.a克气凝胶所含的分子数N=NA
C.相邻两个气凝胶分子的间距d=
D.每个气凝胶分子的体积V0=
【答案】 D
【解析】 气凝胶的摩尔体积为Vmol=,故A错误;a克气凝胶的物质的量为n=,则气凝胶所含有的分子数为N=nNA=,故B错误;1 mol气凝胶中包含NA个分子,故每个气凝胶分子的体积为V0=,相邻两个气凝胶分子的间距为d,则有V0=πd3,解得d=,故D正确,C错误。
[例2] 【布朗运动】 (多选)(2025·安徽合肥模拟)图甲和图乙是关于布朗运动的两幅图,下列叙述正确的是(　　)
A.图甲中的折线是记录微粒布朗运动的轨迹
B.图甲中的折线是按等间隔时间依次记录的运动微粒位置的连线
C.图乙说明布朗运动是微粒在液体中受到液体分子撞击引起的
D.图乙说明液体分子沿各方向撞击微粒,微粒应该处于静止
【答案】 BC
【解析】 题图甲中的折线是按等间隔时间依次记录的运动微粒位置的连线,故A错误,B正确;题图乙说明布朗运动是微粒在液体中受到液体分子撞击不平衡引起的,且微粒越小,其运动状态越容易改变,布朗运动越明显,故C正确,D错误。
对扩散现象和布朗运动的几点注意
(1)布朗运动可通过显微镜观察,分子热运动不能用显微镜直接观察。
(2)扩散现象直接反映了分子的无规则运动,并且可以发生在固体、液体、气体任何两种物质之间。
(3)布朗运动不是分子的运动,是分子无规则运动的反映。
考点二　分子力和物体内能
1.分子间的作用力及分子势能的比较
项目 分子力F 分子势能Ep
与r的 关系 图像
随距 离的 变化 情况 rr=r0 F引=F斥,F=0 Ep最小,但不为零
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> 10r0 引力和斥力都很微弱,F=0 Ep=0
2.物体的内能与机械能的比较
项目 内能 机械能
定义 物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和 物体的动能、重力势能和弹性势能的统称
决定 因素 与物体的温度、体积、物态和分子数有关 跟宏观运动状态、参考系和零势能位置的选取有关
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,能的总量守恒
[例3] 【分子力与分子的动能、势能】 (2025·山东卷,2)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则(　　)
A.只有r大于r0时,Ep为正
B.只有r小于r0时,Ep为正
C.当r不等于r0时,Ep为正
D.`当r不等于r0时,Ep为负
【答案】 C
【解析】 两个分子间距离r等于r0时分子势能为零,从r0处开始随着距离的增大,分子间作用力表现为引力,分子间作用力做负功,故分子势能增大;从r0处开始随着距离的减小,分子间作用力表现为斥力,分子间作用力也做负功,分子势能也增大;故可知当r不等于r0时,Ep为正。C正确。
[例4] 【物体的内能】 (多选)(2025·湖北期中)下列关于内能的说法正确的是(　　)
A.系统的内能是由系统的状态决定的
B.不计分子之间的分子势能,质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
C.1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
D.内能少的物体也可能自发地将一部分内能转移给内能多的物体
【答案】 ACD
【解析】 内能是指物体内部的所有分子所具有的分子动能和分子势能的总和,系统的内能是由系统的状态决定的,故A正确;质量相等的氢气和氧气,温度相同,分子的平均动能相同,而氢气的分子数较多,则氢气的内能较大,故B错误;相同温度下的水变成水蒸气需要吸收热量,因此1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能,故C正确;内能与温度、体积和物质的量等因素都有关系,内能少的物体的温度可能高于内能多的物体,则可能向其传递热量,故D正确。
考点三　分子运动速率分布规律　气体压强的微观解释
1.气体分子运动的速率分布图像
当气体分子间距离大约是分子直径的10倍时,分子间作用力十分微弱,可忽略不计;分子沿各个方向运动的机会均等;分子速率按“中间多、两头少”的统计规律分布,且这个分布状态与温度有关,温度升高时,分子速率大的分子比例增多,平均速率会增大,如图为氧气0 ℃和100 ℃两种情况下的速率分布图像。
2.气体压强的微观解释
(1)产生原因:由于气体分子做无规则的热运动,大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续均匀的压力。
(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数密度。
[例5] 【气体分子运动的速率分布】 (2025·江苏卷,8)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个状态下,该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时(　　)
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
【答案】 C　
【解析】 根据题意,甲、乙两个状态下气体的体积与质量相同,所以分子的数密度相同,分子间平均距离相同,A、B错误;根据题图可知,乙状态下速率大的分子占比较多,则乙状态下气体温度较高,分子平均动能较大,C正确;乙状态下气体分子平均速率大,分子的数密度相等,则单位时间内碰撞单位面积器壁次数较多,D错误。
气体分子运动速率的“三个特点”
(1)“中间多、两头少”:同一温度下,特别大或特别小速率的分子数比例都较小,大多数分子具有中等的速率。
(2)温度升高向右移:随温度升高,占总数比例最大的那些分子的速率增大。
(3)“面积不变”:图线与横轴所围总面积都等于1,不随温度改变。
[例6] 【气体分子对器壁的撞击问题】 (2025·湖南邵阳模拟)从分子动理论的观点来看,一个密闭容器中气体分子的运动是杂乱无章的,在某一时刻,向着任何一个方向运动的分子都有,而且向各个方向运动的气体分子数目几乎相等,如图所示。为简化问题,假定气体分子的大小可以忽略,速率均为v,每次分子与器壁碰撞作用时间为Δt,碰撞前后气体分子的速度方向都与器壁垂直,且速率不变。已知每个分子的质量为m,单位体积内分子数量n为恒量。利用所学力学知识,回答以下问题:
(1)选择一个与器壁发生正碰的气体分子为研究对象,求碰撞过程气体分子对器壁的作用力F0的大小;
(2)推导出器壁单位面积受到的压力p的表达式;
(3)对于一定量的气体,从宏观上看,仅升高温度或仅减小体积都会使气体压强增大,请从微观角度说明原因。
【答案】 (1)　(2)p=　(3)见解析
【解析】 (1)对与器壁碰撞的分子,根据动量定理有-F0Δt=-mv-mv,解得F0=。
(2)在空间截取棱长为vt的正方体,其所含分子数为N=n(vt)3,
由于向各个方向运动的气体分子数目几乎相等,则在时间t内正方体内与其中一个面撞击的分子数占总分子数的,根据动量定理,对这些分子有-Ft=-mv-mv,
则气体压强为p==,
联立解得p=。
(3)对于一定量的气体,若仅升高温度,气体分子运动的平均速率增大,气体分子撞击器壁的平均作用力增大,则压强增大;若仅减小体积,则气体分子分布的密集程度增大,单位时间撞击器壁单位面积的分子数目增多,则气体压强增大。
考点四　对固体和液体性质的理解
晶体和非晶体的比较
比较 项目 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 有规则的 几何形状 无确定的 几何形状 无确定的 几何外形
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
典型物质 石英、云母、 明矾、食盐 各种金属 玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青
转化 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化
[例7] 【晶体与非晶体的比较】 (2025·贵州贵阳阶段练习)在甲、乙两种固体薄片上涂蜡,由烧热的电烙铁顶端接触其背面一点,蜡熔化的范围如图所示,而甲、乙两种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丙所示,以下说法正确的是(　　)
A.甲可能是非晶体
B.乙可能是金属薄片
C.乙的微观结构在空间上具有周期性
D.甲熔化过程中,分子的平均动能不变
【答案】 D
【解析】 甲薄片的石蜡熔化区域的形状呈椭圆,表明沿不同方向的导热性能不同,可知甲薄片具有各向异性,而乙薄片沿不同方向的导热性能相同,可知乙薄片具有各向同性;由题图丙可知,甲有确定熔点,说明甲是单晶体,乙没有确定熔点,说明乙是非晶体,非晶体中的原子(或分子、离子)的排列不具有周期性,故A、B、C错误。甲薄片有确定熔点,且熔化过程中温度不变,所以分子的平均动能不变,故D正确。
[例8] 【对液体性质的理解】 (2025·安徽六安模拟)在“天宫课堂”上,航天员用水在两板之间“搭建了一座液桥”。关于“液桥”,下列说法正确的是(　　)
A.“液桥”表面层的水分子之间作用力表现为引力,使得“液桥”表面有收缩的趋势
B.“液桥”表面层的水分子间距小于“液桥”内部的水分子间距
C.“液桥”的形成与水的表面张力有关,表面张力的方向总是垂直于“液桥”表面
D. 航天员之所以能搭建“液桥”,是因为水在太空中不受地球引力
【答案】 A
【解析】 “液桥”表面层的水分子之间作用力表现为引力,使得“液桥”表面有收缩的趋势,故A正确;液体的表面张力形成的原因是液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,分子力表现为引力,故B错误;“液桥”的形成是水的表面张力作用的结果,而液体表面张力使液面具有收缩到液体表面积最小的趋势,因此液体表面张力的方向总是沿液面切线方向,故C错误;“液桥”的形成与水的表面张力有关,水在太空中仍受地球引力,故D错误。
课时作业
对点1.分子动理论
1.(2025·江苏南通期中)轿车在发生一定强度的碰撞时,利用叠氮化钠爆炸产生气体充入气囊。若气体充入后安全气囊的容积为V,气囊中气体密度为ρ,已知气体摩尔质量M,阿伏加德罗常数NA,则(　　)
A.气囊中气体的物质的量为
B.每个分子的质量为
C.每个气体分子平均占有的空间体积是
D.气体分子的直径是
【答案】 B
【解析】 气囊中气体的物质的量为,故A错误;已知气体摩尔质量M,阿伏加德罗常数NA,则每个分子的质量为,故B正确;气体的摩尔体积为,则每个气体分子平均占有的空间体积是=,故C错误;由于气体分子的间距非常大,故根据气体分子平均占据空间体积无法计算分子体积及分子直径,故D错误。
2.(2025·江苏无锡期中)甲、乙图是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片,记录炭粒位置的时间间隔均为30 s,两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知(　　)
A.图中连线是炭粒的运动径迹
B.炭粒的位置变化是分子间斥力作用的结果
C.若水温相同,甲中炭粒的颗粒较大
D.若炭粒大小相同,甲中水分子的热运动较剧烈
【答案】 C
【解析】 炭粒在水中做布朗运动,题图是悬浮在水中的炭粒的运动位置连线图,并非炭粒无规则运动的轨迹,故A错误;炭粒的位置变化是水分子的撞击不平衡产生的结果,故B错误;若水温相同,较大炭粒的布朗运动的剧烈程度较弱,炭粒在30 s始、末时刻所在位置连线的距离就较短,故甲中炭粒的颗粒较大,故C正确;若炭粒大小相同,温度越高分子的热运动越剧烈,做布朗运动的炭粒运动也越剧烈,故乙中水分子的热运动较剧烈,故D错误。
对点2.分子力和物体内能
3.(2025·云南昆明三模)如图所示,若一分子a固定于坐标原点O,另一分子b从x轴上P点沿x轴向O点运动,当b运动到Q点时,两分子间的分子力为零,规定两分子相距无穷远时它们的分子势能为零。下列说法正确的是(　　)
A.b运动到Q点时,分子势能为零
B.b从P点运动到Q点过程中,a、b间斥力一直增大
C.b从P点运动到Q点过程中,两分子之间只存在引力作用
D.b从P点运动到Q点过程中,分子势能先减小后增大
【答案】 B
【解析】 当分子b运动到Q点时,两分子间的分子力为零,则当分子b向Q点运动的过程中,分子间作用力体现为引力,分子间作用力做正功,分子势能减小,无穷远时分子势能为零,则b运动到Q点时,分子势能为负,A、D错误;分子间的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大,B正确;分子b在运动过程中,两分子之间同时存在着引力和斥力,C错误。
4.(2025·江苏扬州期中)分子间作用力F、分子势能Ep与分子间距r的关系图如图中两条曲线所示。下列说法正确的是(　　)
A.r1为分子的平衡位置
B.从r1到r2的过程,Ep不断减小
C.从r2到r3的过程,F先减小后增大
D.图线a为分子势能与分子间距离的关系图线
【答案】 B
【解析】 取无穷远处分子势能Ep=0,在r=r2时,分子势能最小,但不为零,此时分子力为零,所以a图线为分子间作用力与分子间距离的关系图线,b图线为分子势能与分子间距离的关系图线,故D错误;r2为分子的平衡位置,故A错误;从r1到r2的过程,Ep不断减小,故B正确;从r2到r3的过程,F先增大后减小,故C错误。
对点3.分子运动速率分布规律　气体压强的微观解释
5.(2025·黑吉辽内蒙古卷,2)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体(　　)
A.内能变小
B.压强变大
C.分子的数密度变大
D.每个分子动能都变大
【答案】 B
【解析】 将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,温度升高,气体内能变大,A错误;将糖果瓶带入温暖的车厢过程,气体做等容变化,根据=C,温度升高,气体压强变大,B正确;气体分子数量不变,气体体积不变,分子的数密度不变,C错误;温度升高,气体分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都变大,D错误。
6.(多选)(2025·江西宜春期中)如图甲所示为某地某天的气温变化情况,细颗粒物(PM 2.5)的污染程度为中度,出现了大范围的雾霾。在8:00和14:00的空气分子速率分布曲线如图乙所示,横坐标v表示分子速率,纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是(　　)
时刻 温度/℃
8:00 10
10:00 15
12:00 20
14:00 24
甲
A.图乙中实线和虚线与坐标轴围成的面积相同
B.8:00的空气中所有分子速率都比10:00的小
C.实线是14:00的分子速率分布曲线
D.温度升高,图乙中曲线峰值向左移动
【答案】 AC
【解析】 曲线与坐标轴围成的面积均为1,选项A正确;8:00的温度较低,则空气分子平均速率比10:00的小,但不是所有分子速率都比10:00的小,选项B错误;14:00温度更高,空气分子平均速率更大,对应曲线应为实线,选项C正确;温度升高,曲线峰值向右移动,选项D错误。
对点4.对固体和液体性质的理解
7.(2025·河北邯郸阶段检测)白磷在高温、高压环境下可以转化为一种新型二维半导体材料—黑磷,如图为黑磷微观结构,其原子以一定的规则有序排列。下列说法正确的是(　　)
A.黑磷是非晶体材料
B.黑磷熔化过程中温度不变
C.黑磷中每个分子都是固定不动的
D.黑磷分子在不同方向的导热性一定不同
【答案】 B
【解析】 根据题图可知,黑磷的微观结构呈现空间上规则排列,具有空间上的周期性,属于晶体材料,因而黑磷具有确定的熔点,熔化过程中温度不变,A错误,B正确;组成物质的分子总是在做无规则热运动,C错误;黑磷具有各向异性,但不一定体现在导热性上,D错误。
8.(多选)(2025·陕西西安期末)关于下列各图所对应现象的描述,正确的是(　　)
A.图甲中水黾可以停在水面,是因为受到水的浮力作用
B.图乙中玻璃容器中的小水银滴呈球形,是因为表面张力
C.图丙中插入水中的塑料笔芯内水面下降,说明水不浸润塑料笔芯
D.图丁中拖拉机锄松土壤,是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来
【答案】 BC
【解析】 水黾可以停在水面,是因为水的表面张力的作用,故A错误;水银的表面张力比较大,同时水银和空气之间的相互作用力也比较小,这就导致了水银在接触到其他物体时,会尽可能地减小表面积,从而形成球状,故B正确;将一根内径很细的管垂直插入液体中,浸润液体在管内上升,而不浸润液体在管内下降,故C正确;拖拉机锄松土壤,是为了破坏毛细现象,减少水分蒸发,故D错误。
9.(2025·江苏学业考试)如图所示,通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固定在两片玻璃之间,未通电时,看起来像一块毛玻璃,不透明;通电后,看起来像一块普通玻璃,透明。可以判断通电雾化玻璃中的液晶(　　)
A.是液态的晶体
B.具有光学性质的各向同性
C.不通电时,入射光在液晶层发生了全反射,导致光线无法通过
D.通电时,入射光在通过液晶层后按原方向传播
【答案】 D
【解析】 液晶是介于晶体和液体之间的中间状态,既具有液体的流动性又具有晶体光学性质的各向异性,A、B错误。不通电时,即在自然条件下,液晶层中的液晶分子无规则排列,入射光在液晶层发生了漫反射,穿过玻璃的光线少,所以像毛玻璃不透明;通电时,液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列,入射光在通过液晶层后按原方向传播,C错误,D正确。
10.(多选)(2025·江苏南京模拟)对于下列实验,说法正确的是(　　)
A.图甲是溴蒸气的扩散实验,若温度升高,则扩散的速度加快
B.图乙是模拟气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的
C.图丙是蜂蜡涂在单层云母片上受热熔化的实验,说明蜂蜡是晶体
D.图丁是把毛细管插入水银中的实验现象,说明水银对玻璃是不浸润液体
【答案】 ABD
【解析】 温度升高,分子热运动更剧烈,则扩散的速度加快,故A正确;题图乙是模拟气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的,故B正确;题图丙是蜂蜡涂在单层云母片上受热熔化的实验,说明云母片的导热性是各向异性,云母片是晶体,故C错误;题图丁是把毛细管插入水银中的实验现象,说明水银对玻璃是不浸润液体,故D正确。
11.(2025·河南期中)吸烟有害健康,拒绝烟草是一名中学生时刻要提醒自己的行为准则。人正常呼吸一次吸入气体的体积约为300 cm3,若一名吸烟者一根烟大约吸10次,一次吸入气体的体积约为450 cm3,在标准状况下,空气的摩尔体积为22.4×10-3 m3/mol,可认为吸入烟的体积等于呼出烟的体积,阿伏加德罗常数为NA=6.02×1023 mol-1。
(1)估算标准状况下吸烟者每吸一根烟被污染的空气分子数(结果保留两位有效数字);
(2)一名不吸烟者与一名吸烟者共处28 m3的密闭空间,标准状况下吸烟者吸完一根烟,不吸烟者呼吸一次大约吸入多少个被污染过的空气分子 (假设呼出的烟均匀分布,结果保留两位有效数字)
【答案】 (1)1.2×1023个　(2)1.3×1018个
【解析】 (1)吸烟者吸一根烟吸入的总气体体积为
V=10×450 cm3=4 500 cm3,
含有空气分子数为
n=·NA=×6.02×1023个
=1.2×1023个。
(2)密闭空间单位体积内含有的被污染空气分子数为个=4.3×1021个,
每个被污染空气分子所占的空间体积为
V0= m3,
不吸烟者一次呼吸吸入的被污染过的空气分子个数为N===1.3×1018。(共39张PPT)
第2讲
气　体
【学习目标】
1.掌握气体状态参量的微观解释,理解理想气体状态方程及气体实验定律的适用条件。
2.能运用统计规律与动力学理论分析气体压强、温度的微观本质,解决实际气体问题(如变质量、多过程问题)。
3.认识气体实验定律在气象、工程中的应用,关注理想模型与实际问题的差异。
知识构建
【答案】 气体实验定律　大小　相互作用力　不太大　不太低　温度　减少　数密度　不变　理想
基础转化
1.(2025·河北唐山阶段练习)如图,把一粗细均匀的玻璃管开口端插入水银中,如果当时大气压强为一个标准大气压(标准大气压强为76 cmHg),管内外水银面高度差h为20 cm,则管内气体的压强为(　　)
A.20 cmHg　　　B.56 cmHg
C.76 cmHg D.96 cmHg
D
2.(2025·辽宁朝阳三模)如图为某兴趣小组发射的自制水火箭。发射前瓶内空气的体积为 1.2 L,水的体积为0.8 L,瓶内空气压强为3 atm。打开喷嘴后水火箭发射升空,忽略瓶内空气温度的变化,外界大气压强为1 atm。在瓶内的水刚喷完瞬间,瓶内空气的压强为(　　)
A.1.8 atm B.2.1 atm
C.2.5 atm D.2.8 atm
A
3.(2025·安徽淮南月考)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三个状态的温度TA、TB和TC的关系,正确的是(　　)
A.TATC
B. TA>TB,TB=TC
C. TA=TC,TB=TC
D. TAA
考点一
气体压强的计算
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
2.连通器模型
如图所示,U形管竖直放置且处于平衡状态,则同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。
对气体B,根据平衡条件有pB+ρgh2=pA,
而pA=p0+ρgh1,
所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
[例1] 【活塞封闭气体压强的计算】 (2025·安徽亳州模拟)如图甲、乙中两个汽缸质量均为M,内部横截面积均为S,两个活塞的质量均为m。图甲中,汽缸静止在水平面上;图乙中,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空气A、B,大气压强为p0,重力加速度为g,封闭气体A、B的压强各为多大
[例2] 【液柱密封气体压强的计算】(2025·安徽黄山阶段检测)如图甲所示,足够长的U形细玻璃管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,两气柱封闭的水银柱高度差为 h(cm)。U形管水平部分长为L3,L2上方水银柱长为h0(cm)。
(1)稳定时两段气柱压强分别为多少
【答案】 (1)右侧封闭的气体压强为p0+h0(cmHg)
左侧封闭的气体压强为p0+h0-h(cmHg)
【解析】 (1)根据平衡条件,可知题图甲右侧管中封闭的气体压强p1=p0+h0(cmHg),
设题图甲左侧管中封闭的气体压强为p2,同理有
p2+h=p1,
得p2=p0+h0-h(cmHg)。
(2)若把图甲逆时针转过90°(U形管L3保持竖直状态,如图乙),此时L1、L2两部分气体的压强分别为多大 (大气压强为p0)
【答案】 (2)上方封闭的气体压强为p0
下方封闭的气体压强为p0+L3(cmHg)
【解析】 (2)将U形管逆时针转过90°,则题图乙中上方封闭的气体压强p3=p0,
设下方密封的气体压强为p4,则
p4=p0+L3(cmHg)。
考点二
气体实验定律　理想气体
状态方程
1.气体实验定律和理想气体状态方程的应用条件
(1)气体质量保持不变,即使问题中质量发生变化,也必须转化为等质量问题。
(2)气体实验定律适用于所研究气体的温度不太低、压强不太大的情况。
(3)状态方程只适用于理想气体。
[例3] 【玻意耳定律的应用】 (2025·广东卷,13)如图,是某铸造原理示意图,往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S1=0.2 m2,高度h1=0.2 m,底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S2=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
【答案】 (1)0.05 m　1.2×105 Pa
【解析】 (1)根据体积关系S1h1=S2h2,
可得气室内金属液面下降高度h2=0.05 m,
此时气室内气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2),
代入数据可得p1=1.2×105 Pa。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。
【答案】 (2)1.35×105 Pa
【解析】 (2)初始时,上方铸型室气体的压强为p0,体积V=S1h1,
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时体积为V′=S1(h1-h3),
根据玻意耳定律p0V=p′V′,
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时气体的压强为p′=1.25×105 Pa,
同理根据体积关系S1h3=S2h4,
可得h4=0.01 m,
此时下方气室内气体压强
p2=p′+ρg(H+h3+h4),
代入数据可得p2=1.35×105 Pa。
[例4] 【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】 (2025·江苏南京二模)如图,固定的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,汽缸内气体的初始热力学温度为T0,高度为h0。已知大气压强为p0,重力加速度为g。现对缸内气体缓慢加热,忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦。
(1)当气体的温度变为1.5T0时,求活塞上升的距离Δh;
【答案】 (1)0.5h0　
(2)若在对气体缓慢加热的同时,在活塞上缓慢加沙子,使活塞位置保持不变。当汽缸内气体的温度变为1.5T0时,求所加沙子的质量M。
[例5] 【理想气体状态方程的应用】 (2025·湖南衡阳开学考试)如图,有一质量为m、面积为S、厚度可忽略的活塞静止于一竖直放置的汽缸内,活塞下方密封有一定质量的理想气体,活塞与汽缸底部的距离为2h,活塞上端与轻弹簧拴接,弹簧处于拉伸状态,劲度系数为k,形变量为h,开始时汽缸内封闭气体的温度为T0,现用电热丝缓慢加热汽缸内的气体,(汽缸位置不变)直至活塞缓慢上升2h,活塞始终在汽缸内,不计活塞和汽缸壁之间的摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,求:
(1)开始时和最终汽缸内封闭气体的压强;
(2)最终汽缸内封闭气体的温度。
考点三
气体状态变化的图像问题
气体状态变化的图像比较
项目 图像 特点 其他图像
等温线 同一气体体积相同时压强越大,对应的温度越高,离原点越远;图线与横轴所围面积表示气体做的功
同一气体图线斜率越大(体积相同时压强大),对应的温度越高;不同气体图线均过原点
等容线 同一气体斜率越大(温度相同时压强大),对应的体积越小;不同气体图线均过原点
所有气体图线的延长线均过点(-273.15 ℃,0);同一气体斜率越大(温度相同时压强大),对应的体积越小
等压线 同一气体斜率越大(温度相同时体积大),对应的压强越小;不同气体图线均过原点
所有气体图线延长线均过点(-273.15 ℃,0);同一气体斜率越大(温度相同时体积大)对应的压强越小
[例6] 【p-V图像】 (2024·江西卷,13)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;
【答案】 (1)2.0×105 Pa
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (2)2.0 m3
【解析】 (2)从C到D状态,根据玻意耳定律有
pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
[例7] 【p-T图像】 (2025·河北秦皇岛一模)一定质量的理想气体从初状态a经b、c、d最终回到状态a,该过程中气体的体积(V)随热力学温度(T)的变化规律如图所示。则下列与该变化过程相对应的变化过程正确的是(　　)
A B C D
D
a→b是等压过程,p-T图像平行于T轴,b→c是等容过程,温度升高,压强增大,选项C图像中压强减小,不符合题意,故C错误;a→b是等压过程,p-T图像平行于T轴,b→c是等容过程,温度升高,压强增大,p-T图像的延长线经过坐标原点,
c→d过程是等温过程,图像平行于p轴,d→a过程是等容过程,p-T图像的延长线过坐标原点,选项D图像符合题意,故D正确。
感谢观看第6讲　实验:用油膜法估测油酸分子的大小 探究气体等温变化的规律
【学习目标】
1.掌握油膜法测分子直径的原理(d=),理解理想气体等温变化的宏观规律与微观机制(玻意耳定律)。
2.能通过单分子油膜面积估算分子大小,分析等温过程中p-图像的物理意义及误差来源。
3.规范操作油膜实验,探究气体等温变化中压强与体积的关系,培养数据拟合与模型验证能力。
4.认识微观测量与气体实验定律在材料科学、环境监测中的应用,养成严谨实验态度与科学伦理观。
实验Ⅰ　用油膜法估测油酸分子的大小
一、实验原理
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜,用d=计算出油膜的厚度,其中V为一滴油酸酒精溶液中所含油酸的体积,S为油膜面积,这个厚度就近似等于油酸分子的直径,如图
所示。
二、实验器材
油酸、酒精、注射器、烧杯、浅盘及水、带坐标方格的玻璃板、盛有爽身粉的布袋、彩笔。
三、实验操作及步骤
1.配制溶液:取1 mL油酸溶于酒精中,制成500 mL的油酸酒精溶液。
2.盛水撒粉:在浅盘中盛入约2 cm深的水,一只手捏住盛有爽身粉的布袋,另一只手拍打,将爽身粉均匀地撒在水面上。
3.滴入油酸:用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液,油酸立即在水面散开,形成一块油膜。
4.描画轮廓:待油膜形状稳定后,将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描下薄膜的形状。
四、实验数据处理
1.计算一滴溶液中油酸的体积:用注射器吸取一段油酸酒精溶液,由注射器上的刻度读取该段溶液的总体积V总,再把它一滴一滴地滴入烧杯中,记下液滴的总滴数N,算出一滴油酸酒精溶液的体积V′= mL,则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V=× mL。
2.计算油膜的面积S:根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格,计算轮廓范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个。用正方形的个数乘单个正方形的面积就得到油膜的面积S。
3.计算油酸的分子直径:d=(注意单位统一)。
五、注意事项
1.在水面上撒爽身粉时,注意不要触动浅盘中的水。
2.在玻璃板上描绘轮廓时动作要轻而迅速,眼睛视线要始终与玻璃板垂直。
3.油酸酒精溶液配制后不要长时间放置,以免浓度改变,产生误差。
4.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(油酸滴下之前)时,会发现针头下方的粉层已被排开,是针头中酒精挥发所致,不影响实验效果。
5.实验要求估算油酸分子的大小,结果中数量级符合要求即可。
六、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。
实验Ⅱ　探究气体等温变化的规律
一、实验原理
在保证密闭注射器中气体的质量和温度不变的条件下,通过改变密闭注射器中气体的体积,由压力表读出对应气体的压强值,进而研究在温度不变的条件下气体的压强与体积的关系。
二、实验器材
带铁夹的铁架台、注射器、柱塞(与压力表密封连接)、压力表、橡胶套、刻度尺等。
三、实验操作及步骤
1.安装器材(如图)。
2.将注射器的柱塞适量推入注射器,用橡胶套封住一段空气柱。在实验过程中,我们可以近似认为空气柱的质量和温度不变。
3.把柱塞分别缓慢地向下压或向上拉,同时读出空气柱的长度与压强的几组数据并记录。
四、实验数据处理
1.以压强p为纵坐标,以体积V为横坐标建立p-V坐标系,画出气体等温变化的p-V图像,则图像是曲线,并不能认为压强与体积成反比。
2.以压强p为纵坐标,以体积的倒数为横坐标,建立p-坐标系,画出气体等温变化的p-图像,则图像是过原点的倾斜直线,说明压强与体积成反比。
五、注意事项与误差分析
1.实验中操作要缓慢,不能用手握住注射器,以确保温度不变。
2.要等到示数稳定之后,再去读数。
3.实验中应保持气体质量不变,故安装装置时柱塞上涂好润滑油,防止漏气。
4.作p-图像时,应使尽可能多的点落在直线上,不在直线上的点应均匀分布于直线两侧,偏离太远的点应舍弃。
考点一　用油膜法估测油酸分子的大小
[例1] 【实验原理与操作】 (2025·河北沧州二模)某同学做“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爽身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,然后用彩笔将油酸膜的形状描绘在玻璃板上
(2)该实验体现了理想化模型的思想,实验中我们的理想假设有　　　　。(多选)
A.把油酸分子视为球形
B.油酸在水面上充分散开形成单分子油膜
C.油酸分子是紧挨着的没有空隙
D.油酸不溶于水
(3)实验中,体积为V1的所用油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V2,用注射器和量筒测得n滴上述溶液的体积为V0,把一滴该溶液滴入盛水的撒有爽身粉的浅盘中,待水面稳定后,得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示,图中每个小正方形的边长为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)。
(4)该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　　　　。(多选)
A.计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格
B.水面上爽身粉撒得太多,油膜没有充分展开
C.用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴
D.油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值
【答案】 (1)DABEC　(2)ABC　(3)71a2　
(4)AB
【解析】 (1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为:配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。故操作先后顺序排列为DABEC。
(2)把油酸分子看成球形为理想假设,故A正确;让油膜尽可能散开,形成单分子层为理想假设,故B正确;油酸分子是紧挨着的没有空隙,不考虑分子间空隙为理想假设,故C正确;油酸本身不溶于水,不是理想假设,故D错误。
(3)将大于二分之一的格子视为一个格,舍掉小于二分之一的格子,则油酸薄膜的面积S=71a2,一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积V=·,可求得油酸分子的直径为d==。
(4)该同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大,根据d=,计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格,则S偏小,故测得的d偏大,选项A正确;水面上爽身粉撒得太多,油膜没有充分展开,则S偏小,故测得的d偏大,选项B正确;用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴,则V偏小,故测得的d偏小,选项C错误;油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值,则V偏小,故测得的d偏小,选项D错误。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】(2025·安徽合肥模拟)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中,
①单分子油膜:油酸的结构简式为C17H33COOH,它的一个分子可以看成由两部分组成,一部分是C17H33—,另一部分是 —COOH,—COOH对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时,油酸就在水面上散开,其中酒精溶于水中,并很快挥发。油酸中C17H33— 部分冒出水面,而 —COOH部分留在水中,油酸分子就直立在水面上,形成一个单分子层油膜。
②配制溶液:将1 mL纯油酸配制成2 000 mL的油酸酒精溶液。
③测量体积:用量筒测出1 mL溶液共有80滴。
④平静水面:在边长为30~40 cm浅盘里倒入2~3 cm深的清水,待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
⑤滴入溶液:用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
⑥描线:待油膜散开稳定后,用描线笔描出油膜轮廓。
⑦数格:每格边长是0.5 cm,油膜轮廓如图所示。
(1)油膜的面积为　　　　m2(结果保留两位有效数字)。
(2)油酸分子的直径约为　　　　m(结果保留两位有效数字)。
(3)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小,原因可能是　　　　。(多选)
A.油酸在水面未完全散开时就描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1 mL溶液的滴数时,多数了滴数
【答案】 (1)3.5×10-3　(2)1.8×10-9　(3)BC
【解析】 (1)根据题意可知,油膜所占坐标纸格数约140,故油膜面积为S=140×(0.5×10-2)2 m2=
3.5×10-3 m2。
(2)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V=× mL=6.25×10-6 mL,油酸分子的直径约为d==1.8×10-9 m。
(3)油酸在水面未完全散开时就描线会导致面积S偏小,故直径偏大,A错误;计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内,会导致面积S偏大,故直径偏小,B正确;用量筒测出1 mL溶液的滴数时,多数了滴数,会导致计算的油酸体积偏小,故直径偏小,C正确。
[例3] 【实验目的的创新】(2025·河南开封期末)某同学模仿“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的方案,做了三个非常巧妙的设计,请你借鉴对应设计思路,完成以下实验。
(1)现需要在一个烧杯中倒入0.01 g食盐供以后做实验用,但现有的电子秤最小只能称0.1 g的质量,以下方法最合理的是　　　　。
A.称量0.1 g铺平到10块方格中
B.把0.1 g食盐充分溶解后,取溶液蒸发结晶
C.用放大镜查食盐颗粒数目
(2)有一小捆长度相同粗细均匀的细铁丝,要较精确地测量细铁丝的横截面积,采用如下方法测量:
①向量筒中倒入适量的水,读取示数V1;
②将10根长度相同的细铁丝放入量筒中,使其被水浸没,读取示数V2;
③取出细铁丝,用刻度尺测出一根细铁丝的长度L;
④每根细铁丝的横截面积为S=　。
(3)估测一粒小药丸(可视为球形小颗粒)的直径。实验步骤如下:
①将适量药丸倒入量筒,然后轻轻晃动几下量筒,测量出药丸的总体积V;
②再将药丸从量筒中倒出,平铺在水平的坐标纸上,使药丸紧挨着排成单层结构;
③用铅笔描绘出边缘的轮廓如图;
④撤去药丸,进行数据处理。
a.坐标纸上每个小正方形方格的边长为L,轮廓所围的面积为　　　　。
b.该同学估测出药丸的直径为　　　　。
c.经过仔细观察,发现药丸并不是标准的球形,导致测量值将比药丸看作球形的直径　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
d.该同学重复几次实验,每次计算出药丸的直径都在1 mm左右,若用20分度的游标卡尺测量其直径,　　　　(选填“能”或“不能”)使相对误差小于±3%。(相对误差= )
【答案】 (1)B　(2)④
(3)④a.118L2　b.　c.偏小　d.不能
【解析】 (1)称量0.1 g食盐铺平到10块方格中,食盐颗粒较小,无法保证食盐均匀分布,实验误差较大,故A不符合题意;把0.1 g食盐充分溶解后,取溶液蒸发结晶,其食盐为0.01 g,故B符合题意;用放大镜查食盐颗粒数目,数目很大,难以操作且实验误差较大,故C不符合题意。
(2)④每根细铁丝的体积为V=,其横截面积为S==。
(3)④a.舍去不足半格部分,而大于或等于半格的记为一格,总计118格,而每格的边长为L,则可知形成的轮廓面积约为118L2。
b.药丸的直径d==。
c.由于药丸并不是标准的球形,所以药丸紧挨着排成单层结构时,其所占的面积将偏大,从而导致测量得到药丸的直径偏小。
d.由于20分度的游标卡尺分度值为0.05 mm,所以最小相对误差为δ=×100%=-5%或δ=×100%=5%,即相对误差δ=±5%>±3%,故不能使相对误差小于±3%。
考点二　探究气体等温变化的规律
[例4] 【实验原理与操作】 (2025·河北石家庄三模)某同学利用如图甲所示装置做“探究气体等温变化的规律”实验。主要实验步骤如下:
①将压力表的指针校准到0 Pa;
②在柱塞上均匀涂抹润滑油,然后将柱塞移至注射器适当刻度处;
③将橡胶套套在注射器下端的开口处,它和柱塞一起把一段空气柱封闭;
④缓慢推动柱塞,记录多组注射器内气体的体积V及相应的压力表示数p。
(1)请指出以上哪个步骤中存在不妥之处:　　　　(填写序号)。
(2)该同学按正确步骤进行了实验,下表为记录的部分实验数据,其中有一次记录的实验数据错误,错误的是　　　　(填对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4
封闭空气柱长度L/cm 3.50 3.00 2.80 2.50
封闭空气柱压强p/(105 Pa) 1.01 1.17 1.26 1.70
(3)该同学重新按正确步骤进行实验,根据实验所采集数据绘制了p-图像,如图乙所示,出现这种情况的可能原因是 (写出一种原因即可)。
【答案】 (1)①　(2)4
(3)实验过程中有漏气现象(或者环境温度降低)
【解析】 (1)第①步应将压力表的指针校准到1.0×105 Pa。
(2)若实验数据无误,则每组数据的p、L乘积应该近似相等,由表中数据可知,前3组数据p、L乘积约为3.5×105 cm·Pa,但第4组数据为4.3×105 cm·Pa,可知第4组数据有误。
(3)根据=C(C与气体的质量有关),可知p=CT,因p-图像末端斜率减小,可知其原因可能是气体质量减小,即有漏气现象,或者环境温度降低。
[例5] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·湖北武汉三模)某同学用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系,实验装置如图甲所示,实验中通过注射器示数读出气体体积V,用气压传感器记录气体压强p,研究气体压强和体积的关系。
(1)下列关于本实验过程的说法正确的是　　　　。
A.推拉活塞时,为了读数准确,动作要快
B.推拉活塞时,为了稳定,手要握住注射器筒
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后,应立即重新接上,继续实验并记录数据
D.活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量
(2)某同学在做实验时,按实验要求组装好实验装置,然后按实验要求推动活塞,使注射器内空气体积发生变化,实验数据如下表所示,请在图乙中作出V与的关系图像。
序号 V/mL p/(105 Pa) /(10-5 Pa-1)
1 18 1.038 0.963
2 16 1.160 0.862
3 14 1.311 0.763
4 12 1.512 0.661
5 10 1.784 0.561
6 8 2.178 0.459
7 6 2.793 0.358
(3)本实验中,可以由V与的关系图像验证气体等温变化时p与V的关系,其依据是V与成
　　　　(选填“正比”或“反比”)。
(4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积,实验结果有一定的误差,此误差属于　　　　(选填“系统误差”或“偶然误差”)。
(5)由图像可以求得软管中气体的体积为 mL。(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1)D　(2)图见解析　(3)正比
(4)系统误差　(5)1.2
【解析】 (1)推拉活塞时,动作要慢,以使温度与环境温度保持一致,故A错误;推拉活塞时,手不能握住注射器,防止对其起加热作用,故B错误;压强传感器与注射器之间的软管脱落后,气体质量变化,需重新实验,故C错误;活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量,故D正确。
(2)将表格中的数据在坐标轴中描出来,然后用直线连接起来,连线的时候,使尽可能多的点分布在直线上,不在直线上的点均匀分布在直线两侧,图像如图所示。
(3)当温度不变时,一定质量的气体压强p与体积V的积是一个常数,则有pV=C,即V=C,可得V与成正比。
(4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积,体积的读数值总是比实际值小,有一定的误差,此误差属于系统误差。
(5)设软管中气体的体积为V0,由图可知体积的读数值比实际值小V0,根据玻意耳定律可得p(V+V0)=C,有V=-V0,可知软管中气体的体积为图线的纵轴截距的绝对值,由图像可得V0=0.358×20 mL-6 mL=1.2 mL。
[例6] 【实验目的的创新】 (2025·山东济宁期末)某同学通过图甲所示的实验装置,利用玻意耳定律来测定一块形状不规则的易受潮变质的药品的体积。
实验步骤:
①将药品装进注射器,插入活塞,再将注射器通过软管与传感器A连接;
②移动活塞,读取气体体积V,同时记录对应的传感器数据;
③重复步骤②,得到多组实验数据,建立适当的直角坐标系,如图乙所示。
(1)为了在坐标系中获得直线图像,若取y轴为V,则x轴为　　　 (选填“”或“p”)。
(2)选择合适的坐标后,该同学通过描点作图,得到图像如图乙所示(a、b已知),若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差,则药品的体积为　　　　;若传感器和注射器连接处的软管容积为c(且保持不变),则药品的体积为　　　　。
【答案】 (1)　(2)a　a+c
【解析】 (1)由玻意耳定律pV=C可得V=C,为了在坐标系中获得直线图像,若取y轴为V,则x轴为。
(2)以注射器内气体与传感器和注射器连接的软管内气体为研究对象,若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差,则气体的总体积V气=V-V药品,由玻意耳定律pV=C可得pV气=C,则有V气=V-V药品=C,V=C+V药品,由题图乙可知,=0时,V=V药品=a;若传感器和注射器连接处的软管容积为c(且保持不变),则有气体的总体积V气=V+c-V药品,由玻意耳定律pV=C可得pV气=C,则有V气=V+c-V药品=C,V=C-c+V药品,由题图乙可知,=0时,V=-c+V药品=a,可得药品的体积为V药品=a+c。
[例7] 【实验器材的创新】 (2025·安徽合肥开学考试)日常生活中的许多现象,往往隐含着许多科学道理:
a.自行车在烈日下暴晒,车胎容易发生爆炸;
b.压缩一段封闭在注射器内的空气,发现越压缩越费力。
(1)关于一定质量的气体产生的压强与哪些因素有关,小明做出了以下猜想,
猜想一:可能与气体的温度有关;
猜想二:可能与气体的体积有关。
(2)为验证猜想一,小明进行如下实验操作:
①取一根长约为1 m,一端封闭的细玻璃管,在室温(20 ℃)下用水银封闭一段空气柱,将玻璃管竖直固定,并在玻璃管上标出水银柱下表面的位置,如图甲所示。
②将空气柱浸入50 ℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到　　　　为止。
③再将空气柱浸入80 ℃的水中,重复实验。
实验中小明发现空气柱的温度越高,其上方的水银柱也越长,由此可得出结论:一定质量的气体,体积一定,温度越高,产生的压强越　　　　。
(3)小明又利用传感器设计了如图乙的实验装置,验证猜想二。
①实验中,小明要控制气体的温度和　　　　不变,改变　　　　　　　　测量压强。
②小明实验记录的数据如下:
实验次数 压强p/Pa 体积V/m3 pV/(Pa·m3)
1 1.59×105 0.75×10-5 1.192 5
2 1.20×105 1.00×10-5 1.200 0
3 0.97×105 1.25×10-5 1.212 5
4 0.75×105 1.60×10-5 1.200 0
5 0.60×105 2.00×10-5 1.200 0
分析表中数据,可得结论: 　　　　 　　。
【答案】 (2)②水银柱回到标记处　③大
(3)①质量　气体的体积　②一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比
【解析】 (2)②由于猜想一中要探究压强与温度的关系,因此应保持封闭气体体积不变,将空气柱浸入50 ℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到水银柱回到标记处为止,这样可以通过比较水银柱的长度来比较气体压强的大小。
③由于②中水银柱的长度比①中水银柱的长度长,所以p1(3)①猜想二中,要探究一定质量的气体产生的压强与气体体积的关系,应控制气体的温度和质量不变,改变气体的体积,而测量压强。
②分析表格数据知,每次数据对应的pV值约为1.2 Pa·m3,体积逐渐增大,压强逐渐减小,所以可得出一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比的结论。
课时作业
对点1.用油膜法估测油酸分子的大小
1.(2025·重庆渝中阶段检测)某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。
(1)如图是实验的部分操作步骤,操作步骤合理的顺序是　　　　(填字母)。
A　　　 　B
C　　　　 D
(2)某次实验中将1 mL的纯油酸配制成5 000 mL的油酸酒精溶液,用注射器测得1 mL溶液为80滴。如图甲所示,再滴入1滴这样的溶液到准备好的浅盘中,即滴入浅盘中的油酸体积为
　　　　cm3。当油酸薄膜的形状稳定后,将玻璃板轻放在浅盘上,如图乙所示,在玻璃板上描出油膜轮廓,每格边长是0.5 cm,根据以上信息,可估算出油酸分子的直径约为　　　m(结果保留两位有效数字)。
(3)在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中,下列操作会导致测得的分子直径偏小的是　　　　。
A.计算油膜面积时,将不足半格的方格全部舍去
B.油酸酒精溶液配制后久置,部分酒精挥发
C.未等油膜形状稳定就开始描绘轮廓
【答案】 (1)CBDA　(2)2.5×10-6　6.9 × 10-10
(3)B
【解析】 (1)根据题意,由实验原理可知,用油膜法估测油酸分子大小的实验步骤为:①为计算一滴油酸酒精溶液的体积,应记录滴油酸酒精溶液的滴数,②待水面稳定后将适量的爽身粉均匀地撒在水面上,③往浅盘中滴油酸酒精溶液,④描绘油膜轮廓。故实验步骤为CBDA。
(2)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为V=× mL=2.5×10-6 cm3,油膜的面积为S=145×0.5×0.5 cm2=36.25 cm2,分子直径d== m=6.9×10-10 m。
(3)舍去半格会导致S偏小,d偏大,但题目中A选项是“将不足半格的方格全部舍去”,即正确的做法,所以A选项是正确的操作,不会导致误差,反而如果多算了半格才会导致误差,故A错误。酒精挥发使溶液浓度升高,则油膜的面积S偏大,直径测量值偏小,故B正确。未等油膜形状稳定可能导致S测量不准确,若油膜未完全展开则S偏小,d偏大;若油膜扩散过度,则S偏大,d偏小,因此C选项的影响不确定,故C错误。
2.(2025·云南昭通期末)某同学在实验室用油膜法估测油酸分子直径。
(1)实验主要步骤如下:
①向体积V油=6 mL的油酸中加酒精,直至总量达到V总=104 mL;
②用注射器吸取①中油酸酒精溶液,把它一滴一滴地滴入小量筒中,当滴入n=75滴时,测得其体积恰好是V0=1 mL,一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为　　　　m3(结果保留一位有效数字);
③先往浅盘里倒入2 cm深的水,然后将爽身粉均匀地撒在水面上;
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液,待油酸薄膜形状稳定后,将事先准备好的玻璃板放在浅盘上,并在玻璃板上描下油酸膜的形状;
⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,如图所示,数出轮廓范围内小方格的个数N,经观察N为128格,小方格的边长为L=1 cm。
(2)油酸分子的直径d=　　　m(结果保留一位有效数字)。
(3)若滴入75滴油酸酒精溶液的体积不足1 mL,则最终油酸分子直径的测量结果将　　　(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)用油膜法测出分子直径后,要测出阿伏加德罗常数,只需知道油酸的　　　　。
A.摩尔质量 B.体积
C.摩尔体积 D.密度
【答案】 (1)②8×10-12　(2)6×10-10　(3)偏大　(4)C
【解析】 (1)②一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积V=× mL=8×10-6 mL=8×10-12 m3。
(2)由题意可知油膜面积S=128×1×10-4 m2=1.28×10-2 m2,油酸分子的直径d== m=
6×10-10 m。
(3)若滴入75滴油酸酒精溶液的体积不足1 mL,则代入计算的纯油酸的体积偏大,可知油酸分子直径的测量结果偏大。
(4)根据NA=,要测出阿伏加德罗常数,只需知道油酸的摩尔体积。故选C。
对点2.探究气体等温变化的规律
3.(2023·山东卷,13)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(结果保留三位有效数字)。
(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　　　　(选填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1)B　(2)204×103　(3)增大
【解析】 (1)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。
(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=204×103 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,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。
4.(2025·安徽黄山模拟)在探究温度不变情况下,一定质量气体压强与体积关系实验中,某兴趣小组设计如图甲实验装置。已知重力加速度为g,注射器气密性和导热良好且外界环境温度保持不变,不计一切摩擦。
(1)用刻度尺测得注射器刻度上40 mL到50 mL的长度为5 cm,注射器活塞的横截面积为
S=　　　　 cm2。(结果保留两位有效数字)
(2)取下沙桶,向右拉动活塞一段距离后,用橡胶套堵住注射孔,此时的气体压强为大气压强p0。
(3)挂上沙桶,稳定后,测出此时的气体体积V和沙桶与沙子的总质量m,则气体压强的表达式p2=　　　　。(用p0、g、S、m表示)
(4)在沙桶内适量添加沙子,重复步骤(3)。
(5)以沙桶与沙子的总质量m为纵轴,以为横轴,绘制m-图像,其图像如图乙所示,图中横轴截距为a,纵轴截距为b,可求得未悬挂沙桶时注射器内气体的体积V0=　　　　,实验时当地的大气压强 p0=　　　　。(用a、b、g、S表示)
【答案】 (1)2.0　(3)p0-　(5)　
【解析】 (1)注射器活塞的横截面积
S= cm2=2.0 cm2。
(3)根据力的平衡条件,对活塞有
p2S+mg=p0S,
解得p2=p0-。
(5)根据玻意耳定律有p0V0=(p0-)V,
整理得m=-·,
结合图像得=b,=,
解得p0=,V0=。第3讲　小专题:气体中的“液柱”“活塞”及关联问题
【学习目标】
1.掌握“玻璃管液封”与“汽缸-活塞”模型中气体状态变化的规律,理解平衡条件与力学关联。
2.能综合气体实验定律与力学平衡(受力分析),解决液柱移动、活塞运动等动态过程问题。
3.认识两类模型在工程(如气压计、热机)中的应用价值,培养严谨分析与实际问题转化能力。
考点一　气体中的“液柱”“活塞”问题
1.求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程。
2.求与液柱有关的气体的压强
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(h为液柱的竖直高度,SI单位)。
(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。静止的同种液体在同一水平面上向各个方向的压强相等。
(4)当液体为水银时,压强单位通常用“cmHg”,可使计算过程简捷。
[例1] 【U形管中封闭气体问题】 (2025·广东广州一模)如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求:
(1)B管内气柱的长度lB;
(2)A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】 (1)30 cm　(2)1 cm
【解析】 (1)对B管中的气体,还未将水银从C管缓慢注入时,初态压强为p1B=p0,
体积为V1B=l2S,
将水银从C管缓慢注入后,末态压强为p2,体积为V2B=lBS,
对水银柱由平衡条件有p2B=p0+ρgh,
B管气体发生等温压缩,有p1BV1B=p2BV2B,
联立解得lB=30 cm。
(2)对A管中的气体,初态压强为p1A=p0,
体积为V1A=l1S,
末态压强为p2A,设水银柱离下端同一水平面的高度为h1,则气体体积为V2A=(l1-h1)S,
对水银柱由平衡条件有
p2A=p0+ρg(h+h2-h1),其中h2=l2-lB,
A管气体发生等温压缩,有p1AV1A=p2AV2A,
联立可得2-191h1+189=0,
解得h1=1 cm,h1= cm>l1(舍去),
则两水银柱的高度差为
Δh=h2-h1=1 cm。
[例2] 【粗细均匀玻璃管中封闭气体问题】 (2025·湖南卷,13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小;
(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。
【答案】 (1)　(2)9.5 m/s2
【解析】 (1)竖直放置时空气柱的压强为
p1=p0+ρgh,
水平放置时空气柱的压强p2=p0,
由等温过程可得p1L1S=p2L2S,
解得g=。
(2)由查理定律得=,
代入数据可得g=9.5 m/s2。
[例3] 【等面积活塞封闭气体问题】 (2024·全国甲卷,33)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)设汽缸内气体的初始压强为p0,活塞移动到卡销b时,汽缸内气体压强为p1,设卡销a、b间距为d,由玻意耳定律有
p0×11dS=p1×10dS,
设卡销b对活塞支持力大小为FN,对活塞受力分析,有
p0S+F=p1S+FN,
联立解得FN=100 N。
(2)设温度升高到T时,活塞恰好能离开卡销b,此时汽缸内气体压强为p2,
对活塞受力分析,有p0S+F=p2S,
由查理定律有=,
联立解得T= K。
【答案】 (1)100 N　(2) K
[例4] 【不同面积活塞封闭气体的问题】 (2025·贵州贵阳模拟)如图所示,两端开口的汽缸竖直固定,A、B是两个活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,面积分别为S1=20 cm2,S2=10 cm2,质量分别为m1=1.5 kg,m2=0.5 kg,它们之间用一根细杆连接,静止时汽缸中的气体温度T1=600 K,汽缸两部分的气柱长均为L,已知大气压强p0=1×105 Pa,g取10 m/s2,缸内气体可看作理想气体。
(1)活塞静止时,求汽缸内气体的压强;
(2)若降低汽缸内气体的温度,当活塞A缓慢向下移动时,求汽缸内气体的温度。
【答案】 (1)1.2×105 Pa　(2)500 K
【解析】 (1)设静止时汽缸内的气体压强为p1,根据平衡条件可得
(m1+m2)g+p0S1+p1S2=p0S2+p1S1,
代入数据解得
p1=1.2×105 Pa。
(2)活塞A缓慢下移过程中,气体压强不变,则=,
代入数据解得T2=500 K。
考点二　关联气体问题
该类问题主要涉及由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体,并且由液柱或汽缸相互关联,解题基本思路为:
(1)对各部分气体独立进行状态分析,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程。
(2)依据液柱或活塞的受力情况写出各部分气体之间的压强关系,依据几何关系写出各部分气体的体积关系,作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要,注意检验求解结果的合理性。
[例5] 【液柱隔开的两部分封闭气体问题】 (2025·江苏苏州模拟)如图所示,导热性能良好的玻璃管竖直放置,一段汞柱将管内理想气体封闭成上下两部分,两部分气体的长度分别为l1、l2,且l1=l2,下列判断正确的是(　　)
A.若环境温度升高,每个气体分子的动能都会增大
B.若环境温度升高,稳定后两部分气体长度还是l1=l2
C.若将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1>l2
D.若将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1【答案】 D
【解析】 若环境温度升高,气体分子的平均动能增大,并不是每个气体分子的动能都会增大,故A错误;设上方气体为a、下方气体为b,初状态时b气体压强大,a气体压强小,将玻璃管转至水平,b气体压强减小,a气体压强增大,则b气体体积增大、长度增加,a气体长度减小,故l1l1,故B错误。
[变式] 若[例5]中玻璃管水平放置,稳定后两部分气体初始温度相等,均升高相同温度的过程中,汞柱将如何移动
【答案】 静止不动
【解析】 开始时汞柱平衡,故两侧气体压强相等,假设温度变化时气体体积不变,由Δp=ΔT可知,两侧初状态温度T相同,升高的温度ΔT相同,两边气体增加的压强Δp相等,汞柱仍静止不动。
[例6] 【由活塞分开的关联气体问题】 (2025·湖北武汉二模)某同学设计了一款测量海水深度的装置。导热良好的汽缸由A、B两部分构成,两部分的横截面积分别为4S和S,汽缸A的长度为,汽缸B中活塞可以自由移动的长度为l,且l=10 m。该装置在船上时两密闭良好的轻薄活塞位置如图所示,汽缸A中的气体压强为4p0,汽缸B中的气体压强与外界大气压强均为p0(已知p0相当于h0=10 m高的海水水柱产生的压强),测量水深时可以认为海水温度一直与船上相同,不计一切摩擦。求:
(1)汽缸B中的活塞向左移动时该装置在海水中的深度;
(2)该装置可以测量的海水的最大深度。
【答案】 (1)20 m　(2)35 m
【解析】 (1)汽缸B中的活塞向左移动时假设A中活塞不动,以汽缸B中的气体为研究
对象,
p1=p0,V1=lS,V2=(l-l)S,
由玻意耳定律有p1V1=p2V2,
解得p2=3p0<4p0,假设成立;
可知活塞向左移动时该装置所在处海水压强p海=p2-p0=2p0,
即水的深度h=2h0=20 m。
(2)当汽缸B中的活塞刚好移动到汽缸B的最左端时,以汽缸A和汽缸B中的气体整体为研究对象,有4p0··4S+p0lS=p··4S,
解得p=4.5p0;
该装置可以测量的海水最大深度
H=h0=3.5h0=35 m。
[例7] 【不同截面液柱分开的关联气体问题】 (2023·全国乙卷,33)如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以 cmHg为压强单位)
【答案】 74.36 cmHg　54.36 cmHg
【解析】 设B管在上方时上部分气压为pB,则此时下方气压为pA,此时有pA=pB+20 cmHg,
倒置后A管气体压强变小,即空气柱长度增加1 cm,A管中水银柱减小1 cm,A管的内径是B管的2倍,则SA=4SB,可知B管水银柱增加 4 cm,空气柱减小4 cm;设此时两管的压强分别为pA′、pB′,所以有pA′+23 cmHg=pB′,
倒置前后温度不变,根据玻意耳定律对A管气体有pASALA=pA′SALA′,
对B管气体有pBSBLB=pB′SBLB′,
其中LA′=10 cm+1 cm=11 cm,
LB′=10 cm-4 cm=6 cm,
联立以上各式解得
pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg。
[例8] 【细管相连的关联气体问题】 (2024·广东卷,13)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2m3,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g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=
270 K 时:
(1)求B内气体压强pB2;
(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)1.1×102 kg
【解析】 (1)假设降温过程中,差压阀没有打开,B汽缸内气体做等容变化,由查理定律有=,
由题知pB1=p0,代入数据解得pB2=9×104 Pa,
此时压强差ΔpAB=p0-pB2=0.1p0<Δp,
可知差压阀不会打开,假设成立。
(2)A汽缸内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A汽缸内气体压强
pA′=p0+,B汽缸内气体压强pB′=p0,
因B内气体压强保持不变,则此时差压阀恰好关闭有pA′-pB′=Δp,
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
课时作业
对点1.气体中的“液柱”“活塞”问题
1.(多选)(2025·云南卷,9)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　)
A.环境温度升高时,b管中液面升高
B.环境温度降低时,b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大
【答案】 BD
【解析】 根据题意,a中气体做等容变化,根据=C,当环境温度升高时,a中气体压强增大,又pa+ρ液gh=p0,可知b管中液面降低,同理可知当环境温度降低时,b管中液面升高,A错误,B正确;由A、B选项分析可知,b管中刻度从上到下温度逐渐升高,同一温度,a中压强不变,b管中液面与水槽内液面之间的高度差不变,水槽中的水少量蒸发后,槽中液面降低,b管内液面降低,则温度测量值偏大,C错误,D正确。
2.(2025·湖南益阳模拟)如图所示,A、B是两个面积不等的活塞,可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动,缸内密封的气体视为理想气体。随着温度的缓慢降低,描述气体状态变化的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 A
【解析】 开始时活塞、杆整体处于静止状态,由平衡关系可知,细杆中弹力为0,封闭气体压强与大气压强相等,随着温度的缓慢降低,活塞缓慢移动,则封闭气体压强不变,活塞、杆整体向右移动,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律可知,随着温度的降低,气体的体积减小。当活塞A运动至汽缸连接处时,气体体积达到最小。之后气体做等容变化,随着温度的降低,气体的压强逐渐减小,故A正确,B、C、D错误。
3.(多选)(2025·河北邢台期中)一定质量的理想气体被横截面积为S的活塞封闭在汽缸内,汽缸内壁光滑,如图甲所示,用轻质细线系在活塞的正中央,然后悬挂在天花板下处于静止状态,封闭气体的压强为0.8p0,体积为V0,温度为T0;如图乙所示,再把汽缸开口倾斜向下放置在倾角为30°的斜面上,整体处于新的静止状态。已知大气压强为p0,且活塞与汽缸的质量相等,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.活塞的质量为
B.图乙中气体的压强为0.8p0
C.若图乙中气体的体积仍恢复为V0,则温度为
D.若图乙中气体的温度降为0.9T0,则体积为0.8V0
【答案】 AD
【解析】 活塞与汽缸的质量相等,均设为m,对题图甲的汽缸受力分析,由平衡条件有0.8p0S+mg=p0S,解得活塞的质量为m=,故A正确;对题图乙的活塞受力分析,由平衡条件有p0S=mgsin 30°+p乙S,联立解得题图乙中气体的压强为p乙=0.9p0,故B错误;若题图乙气体的体积仍为V0,对比甲、乙两图,由查理定律,结合前后气体变化有=,解得T=,故C错误;若题图乙气体的温度为0.9T0,由理想气体状态方程,结合前后气体变化有=,解得V=0.8V0,故D正确。
4.(2025·河南郑州期末)如图所示,两根粗细不同,两端开口的直玻璃管A和B竖直插入同一水银槽中,各用一段水银柱封闭着一定质量温度相同的理想气体,气柱长度H1h2,今使封闭空气降低相同的温度(大气压保持不变),则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是(　　)
A.均向下移动,A管移动较少
B.均向下移动,A管移动较多
C.均向下移动,两管移动得一样多
D.水银柱的移动距离与管的粗细有关
【答案】 A
【解析】 因为大气压保持不变,封闭空气柱均做等压变化,被封闭空气柱下端的水银面高度不变,根据盖-吕萨克定律=C,可得=C,则ΔV=V,即SΔH=SH,化简得ΔH=H,可知空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关,故D错误;因A、B管中的封闭空气柱初始温度T相同,温度的变化ΔT也相同,由D选项的分析可知ΔH与H成正比,又ΔT<0,所以ΔH<0,即A、B管中空气柱的长度都减小,水银柱均向下移动,因为H1对点2.关联气体问题
5.(2025·安徽合肥模拟)如图所示,水平放置的封闭玻璃管由两段内径不同、长度均为20 cm的A、B细管组成,B管内径为A管内径的2倍,管内气体被一段水银柱隔开,开始时两管内水银柱的长度均为2 cm,室内温度为0 ℃,现对左侧气体缓慢加热(右侧气体温度始终不变),当温度升高到312 K时,已知T=t+273 K。则右侧气柱长度改变(　　)
A.0.5 cm B.2 cm
C.2.5 cm D.1.5 cm
【答案】 A
【解析】 最终液柱不再移动时,根据平衡条件可知A、B气体的压强相等。因水银柱体积固定,移动时满足SA·ΔLA=SB·ΔLB,4SA=SB,左侧A管的封闭气体由理想气体状态方程=,其中VA初=SALA,VA末=SA(LA+ΔLA),右侧B管的封闭气体由玻意耳定律p0VB初=pVB末,其中VB初=SBLB,VB末=SB(LB-ΔLB),LA=LB=18 cm,联立解得ΔLB=0.5 cm,故选A。
6.(多选)(2025·河南卷,10)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移
B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移
C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移
D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移
【答案】 AC
【解析】 由题干可知初始时,P左、右两侧气体的压强相同,假设在升温的过程中P不发生移动,则由查理定律得=,则Δp=ΔT,可得左侧气体压强增加量大,则P向右移动,A正确,B错误;保持T1、T2不变,假设P不动,M、N移动相同的距离,则两部分气体体积减小量相同,由玻意耳定律得p0V0=p(V0-ΔV),解得p=,由于p0和ΔV相同,V1p2,P向右移动,C正确,D错误。
7.(2025·福建福州期中)如图,U形玻璃管两端封闭竖直静置,管内水银柱把管内气体分成两部分,此时两边气体温度相同,水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变大,则可行的方法是(　　)
A.外界大气压强增大
B.玻璃管竖直加速上升
C.同时降低相同的温度
D.玻璃管竖直加速下落
【答案】 D
【解析】 由题图可知,p左=p右+ph,则p左>p右,如果要使左右水银面高度差h变大,则左管气体的体积增大,右管气体的体积减小,左右两侧气体压强差增大,外界气体压强增大,左右两管气体压强与体积都不变,左右水银高度差不变,故A错误;玻璃管竖直加速上升,水银处于超重状态,由p左S-p右S-phS=ma知左管气体压强增大,气体温度不变,由玻意耳定律可知,左管气体体积减小,左右两管水银面高度差减小,故B错误;假设初始状态气体的温度为T,同时降低相同的温度ΔT,假设气体体积不变,对气体,由查理定律得=,解得p′=(1-)p,气体压强的减少量Δp=p-p′,解得Δp=p,T、ΔT都相等而p左>p右,则Δp左>Δp右,水银柱向左流动,左管水银面上升,右管水银面下降,则两管水银面高度差减小,故C错误;玻璃管竖直加速下落,水银处于失重状态,由p右S+phS-p左S=ma知左管内气体压强减小,气体温度不变,由玻意耳定律可知,左管内气体体积增大,左管水银面下降,右管水银面上升,两管水银面高度差增大,故D正确。
8.(2025·山东菏泽模拟)如图所示,竖直细玻璃管A、B与水平细玻璃管C底部连通,各部分玻璃管内径相同。A管上端封有长为16 cm的理想气体,B管上端开口并与大气相通,水平玻璃管C内用小活塞封有长度为16 cm的理想气体。此时A、B两管中水银面恰好相平,且水银面到玻璃管底部的距离为15 cm。已知外界大气压强为75 cmHg,忽略环境温度的变化。现用力将活塞缓慢向左推压,使A管内的气柱长度变为15 cm,此时C管内气体未到达B管,则活塞向左移动的距离为(　　)
A.5 cm B.6.5 cm C.8 cm D.10 cm
【答案】 C
【解析】 设玻璃管横截面积为S,对A管内气体,由于B管上端开口,则初始状态为pA1=p0=
75 cmHg,VA1=lAS,末状态为VA2=lA′S,该过程中气体发生等温变化,根据玻意耳定律有pA1VA1=
pA2VA2,解得pA2=80 cmHg,对C管内气体,初始状态为pC1=p0+phB=(75+15) cmHg=90 cmHg,
VC1=lCS,末状态为pC2=pA2+ph′=(80+16) cmHg=96 cmHg,VC2=lC′S,则有pC1VC1=pC2VC2,代入数值解得lC′=15 cm,即A管中水银柱上升1 cm,B管中水银柱上升6 cm,气柱C又缩短1 cm,则活塞向左移动的距离Δd=8 cm,故C正确。(共35张PPT)
第3讲
小专题:气体中的“液柱”
“活塞”及关联问题
【学习目标】
1.掌握“玻璃管液封”与“汽缸-活塞”模型中气体状态变化的规律,理解平衡条件与力学关联。
2.能综合气体实验定律与力学平衡(受力分析),解决液柱移动、活塞运动等动态过程问题。
3.认识两类模型在工程(如气压计、热机)中的应用价值,培养严谨分析与实际问题转化能力。
考点一
气体中的“液柱”“活塞”问题
1.求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程。
2.求与液柱有关的气体的压强
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(h为液柱的竖直高度,SI单位)。
(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。静止的同种液体在同一水平面上向各个方向的压强相等。
(4)当液体为水银时,压强单位通常用“cmHg”,可使计算过程简捷。
[例1] 【U形管中封闭气体问题】 (2025·广东广州一模)如图,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求:
(1)B管内气柱的长度lB;
【答案】 (1)30 cm
【解析】 (1)对B管中的气体,还未将水银从C管缓慢注入时,初态压强为p1B=p0,
体积为V1B=l2S,
将水银从C管缓慢注入后,末态压强为p2,体积为V2B=lBS,
对水银柱由平衡条件有p2B=p0+ρgh,
B管气体发生等温压缩,有p1BV1B=p2BV2B,
联立解得lB=30 cm。
(2)A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】 (2)1 cm
【解析】 (2)对A管中的气体,初态压强为p1A=p0,
体积为V1A=l1S,
末态压强为p2A,设水银柱离下端同一水平面的高度为h1,则气体体积为V2A=(l1-h1)S,
对水银柱由平衡条件有
p2A=p0+ρg(h+h2-h1),其中h2=l2-lB,
[例2] 【粗细均匀玻璃管中封闭气体问题】 (2025·湖南卷,13)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小;
(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。
【答案】 (2)9.5 m/s2
(1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小;
规范答题
【答案】 (1)100 N
【解析】 (1)设汽缸内气体的初始压强为p0,活塞移动到卡销b时,汽缸内气体压强为p1,设卡销a、b间距为d,由玻意耳定律有
p0×11dS=p1×10dS,
设卡销b对活塞支持力大小为FN,对活塞受力分析,有
p0S+F=p1S+FN,
联立解得FN=100 N。
(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。
规范答题
[例4] 【不同面积活塞封闭气体的问题】 (2025·贵州贵阳模拟)如图所示,两端开口的汽缸竖直固定,A、B是两个活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,面积分别为S1=20 cm2,S2=10 cm2,质量分别为m1=1.5 kg,m2=0.5 kg,它们之间用一根细杆连接,静止时汽缸中的气体温度T1=600 K,汽缸两部分的气柱长均为L,已知大气压强p0=1×105 Pa,g取10 m/s2,缸内气体可看作理想气体。
(1)活塞静止时,求汽缸内气体的压强;
【答案】 (1)1.2×105 Pa
【解析】 (1)设静止时汽缸内的气体压强为p1,根据平衡条件可得
(m1+m2)g+p0S1+p1S2=p0S2+p1S1,
代入数据解得
p1=1.2×105 Pa。
【答案】 (2)500 K
考点二
关联气体问题
该类问题主要涉及由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体,并且由液柱或汽缸相互关联,解题基本思路为:
(1)对各部分气体独立进行状态分析,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程。
(2)依据液柱或活塞的受力情况写出各部分气体之间的压强关系,依据几何关系写出各部分气体的体积关系,作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要,注意检验求解结果的合理性。
[例5] 【液柱隔开的两部分封闭气体问题】 (2025·江苏苏州模拟)如图所示,导热性能良好的玻璃管竖直放置,一段汞柱将管内理想气体封闭成上下两部分,两部分气体的长度分别为l1、l2,且l1=l2,下列判断正确的是(　　)
A.若环境温度升高,每个气体分子的动能都会增大
B.若环境温度升高,稳定后两部分气体长度还是l1=l2
C.若将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1>l2
D.若将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1D
[变式] 若[例5]中玻璃管水平放置,稳定后两部分气体初始温度相等,均升高相同温度的过程中,汞柱将如何移动
【答案】 静止不动
【答案】 (1)20 m
(2)该装置可以测量的海水的最大深度。
【答案】 (2)35 m
[例7] 【不同截面液柱分开的关联气体问题】 (2023·全国乙卷,33)如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以 cmHg为压强单位)
【答案】 74.36 cmHg　54.36 cmHg
【解析】 设B管在上方时上部分气压为pB,则此时下方气压为pA,此时有pA=pB+20 cmHg,
倒置后A管气体压强变小,即空气柱长度增加1 cm,A管中水银柱减小1 cm,A管的内径是B管的2倍,则SA=4SB,可知B管水银柱增加 4 cm,空气柱减小4 cm;设此时两管的压强分别为pA′、pB′,所以有pA′+23 cmHg=pB′,
倒置前后温度不变,根据玻意耳定律对A管气体有pASALA=pA′SALA′,
对B管气体有pBSBLB=pB′SBLB′,
其中LA′=10 cm+1 cm=11 cm,
LB′=10 cm-4 cm=6 cm,
联立以上各式解得
pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg。
[例8] 【细管相连的关联气体问题】 (2024·广东卷,13)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连
接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2m3,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g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K 时:
(1)求B内气体压强pB2;
【答案】 (1)9×104 Pa　
(2)求A内气体体积VA2;
【答案】 (2)3.6×10-2 m3
(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】 (3)1.1×102 kg
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第6讲
实验:用油膜法估测油酸分子的大小 探究气体等温变化的规律
【学习目标】
3.规范操作油膜实验,探究气体等温变化中压强与体积的关系,培养数据拟合与模型验证能力。
4.认识微观测量与气体实验定律在材料科学、环境监测中的应用,养成严谨实验态度与科学伦理观。
实验Ⅰ　用油膜法估测油酸分子的大小
一、实验原理
二、实验器材
油酸、酒精、注射器、烧杯、浅盘及水、带坐标方格的玻璃板、盛有爽身粉的布袋、彩笔。
三、实验操作及步骤
1.配制溶液:取1 mL油酸溶于酒精中,制成500 mL的油酸酒精溶液。
2.盛水撒粉:在浅盘中盛入约2 cm深的水,一只手捏住盛有爽身粉的布袋,另一只手拍打,将爽身粉均匀地撒在水面上。
3.滴入油酸:用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液,油酸立即在水面散开,形成一块油膜。
4.描画轮廓:待油膜形状稳定后,将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描下薄膜的形状。
四、实验数据处理
2.计算油膜的面积S:根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格,计算轮廓范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个。用正方形的个数乘单个正方形的面积就得到油膜的面积S。
五、注意事项
1.在水面上撒爽身粉时,注意不要触动浅盘中的水。
2.在玻璃板上描绘轮廓时动作要轻而迅速,眼睛视线要始终与玻璃板垂直。
3.油酸酒精溶液配制后不要长时间放置,以免浓度改变,产生误差。
4.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(油酸滴下之前)时,会发现针头下方的粉层已被排开,是针头中酒精挥发所致,不影响实验效果。
5.实验要求估算油酸分子的大小,结果中数量级符合要求即可。
六、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。
实验Ⅱ　探究气体等温变化的规律
一、实验原理
在保证密闭注射器中气体的质量和温度不变的条件下,通过改变密闭注射器中气体的体积,由压力表读出对应气体的压强值,进而研究在温度不变的条件下气体的压强与体积的关系。
二、实验器材
带铁夹的铁架台、注射器、柱塞(与压力表密封连接)、压力表、橡胶套、刻度尺等。
三、实验操作及步骤
1.安装器材(如图)。
2.将注射器的柱塞适量推入注射器,用橡胶套封住一段空气柱。在实验过程中,我们可以近似认为空气柱的质量和温度不变。
3.把柱塞分别缓慢地向下压或向上拉,同时读出空气柱的长度与压强的几组数据并记录。
四、实验数据处理
1.以压强p为纵坐标,以体积V为横坐标建立p-V坐标系,画出气体等温变化的p-V图像,则图像是曲线,并不能认为压强与体积成反比。
五、注意事项与误差分析
1.实验中操作要缓慢,不能用手握住注射器,以确保温度不变。
2.要等到示数稳定之后,再去读数。
3.实验中应保持气体质量不变,故安装装置时柱塞上涂好润滑油,防止漏气。
考点一
用油膜法估测油酸分子的大小
[例1] 【实验原理与操作】 (2025·河北沧州二模)某同学做“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爽身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,然后用彩笔将油酸膜的形状描绘在玻璃板上
DABEC
【解析】 (1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为:配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。故操作先后顺序排列为DABEC。
(2)该实验体现了理想化模型的思想,实验中我们的理想假设有　 　 。
(多选)
A.把油酸分子视为球形
B.油酸在水面上充分散开形成单分子油膜
C.油酸分子是紧挨着的没有空隙
D.油酸不溶于水
ABC
【解析】 (2)把油酸分子看成球形为理想假设,故A正确;让油膜尽可能散开,形成单分子层为理想假设,故B正确;油酸分子是紧挨着的没有空隙,不考虑分子间空隙为理想假设,故C正确;油酸本身不溶于水,不是理想假设,故D
错误。
(3)实验中,体积为V1的所用油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V2,用注射器和量筒测得n滴上述溶液的体积为V0,把一滴该溶液滴入盛水的撒有爽身粉的浅盘中,待水面稳定后,得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示,图中每个小正方形的边长为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)。
71a2
(4)该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　　　　。(多选)
A.计算油膜面积时,舍去了所有不足一格的方格
B.水面上爽身粉撒得太多,油膜没有充分展开
C.用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴
D.油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值
AB
[例2] 【实验数据处理与误差分析】(2025·安徽合肥模拟)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验过程中,
①单分子油膜:油酸的结构简式为C17H33COOH,它的一个分子可以看成由两部分组成,一部分是C17H33—,另一部分是 —COOH,—COOH对水有很强的亲和力。当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时,油酸就在水面上散开,其中酒精溶于水中,并很快挥发。油酸中C17H33— 部分冒出水面,而 —COOH部分留在水中,油酸分子就直立在水面上,形成一个单分子层油膜。
②配制溶液:将1 mL纯油酸配制成2 000 mL的油酸酒精溶液。
③测量体积:用量筒测出1 mL溶液共有80滴。
④平静水面:在边长为30~40 cm浅盘里倒入2~3 cm深的清水,待水面稳定后将爽身粉均匀地撒在水面上。
⑤滴入溶液:用清洁滴管将配制好的1滴溶液轻轻滴入浅盘中。
⑥描线:待油膜散开稳定后,用描线笔描出油膜轮廓。
⑦数格:每格边长是0.5 cm,油膜轮廓如图所示。
(1)油膜的面积为　　 　　m2(结果保留两位有效数字)。
3.5×10-3
【解析】 (1)根据题意可知,油膜所占坐标纸格数约140,故油膜面积为S=140×(0.5×10-2)2 m2=3.5×10-3 m2。
(2)油酸分子的直径约为　　 　　m(结果保留两位有效数字)。
1.8×10-9
(3)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,实验小组测得油酸分子直径的结果明显偏小,原因可能是　　　　。(多选)
A.油酸在水面未完全散开时就描线
B.计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内
C.用量筒测出1 mL溶液的滴数时,多数了滴数
BC
【解析】 (3)油酸在水面未完全散开时就描线会导致面积S偏小,故直径偏大,A错误;计算油膜面积时把所有不足一格的方格计算在内,会导致面积S偏大,故直径偏小,B正确;用量筒测出1 mL溶液的滴数时,多数了滴数,会导致计算的油酸体积偏小,故直径偏小,C正确。
[例3] 【实验目的的创新】(2025·河南开封期末)某同学模仿“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的方案,做了三个非常巧妙的设计,请你借鉴对应设计思路,完成以下实验。
(1)现需要在一个烧杯中倒入0.01 g食盐供以后做实验用,但现有的电子秤最小只能称0.1 g的质量,以下方法最合理的是　　　　。
A.称量0.1 g铺平到10块方格中
B
(2)有一小捆长度相同粗细均匀的细铁丝,要较精确地测量细铁丝的横截面积,采用如下方法测量:
①向量筒中倒入适量的水,读取示数V1;
②将10根长度相同的细铁丝放入量筒中,使其被水浸没,读取示数V2;
③取出细铁丝,用刻度尺测出一根细铁丝的长度L;
④每根细铁丝的横截面积为S=　 。
(3)估测一粒小药丸(可视为球形小颗粒)的直径。实验步骤如下:
①将适量药丸倒入量筒,然后轻轻晃动几下量筒,测量出药丸的总体积V;
②再将药丸从量筒中倒出,平铺在水平的坐标纸上,使药丸紧挨着排成单层结构;
③用铅笔描绘出边缘的轮廓如图;
④撤去药丸,进行数据处理。
a.坐标纸上每个小正方形方格的边长为L,轮廓所围的面积为　　　　。
118L2
【解析】 (3)④a.舍去不足半格部分,而大于或等于半格的记为一格,总计118格,而每格的边长为L,则可知形成的轮廓面积约为118L2。
b.该同学估测出药丸的直径为　　　　。
c.经过仔细观察,发现药丸并不是标准的球形,导致测量值将比药丸看作球形的直径　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
偏小
【解析】 c.由于药丸并不是标准的球形,所以药丸紧挨着排成单层结构时,其所占的面积将偏大,从而导致测量得到药丸的直径偏小。
不能
考点二
探究气体等温变化的规律
[例4] 【实验原理与操作】 (2025·河北石家庄三模)某同学利用如图甲所示装置做“探究气体等温变化的规律”实验。主要实验步骤如下:
①将压力表的指针校准到0 Pa;
②在柱塞上均匀涂抹润滑油,然后将柱塞移至注射器适当刻度处;
③将橡胶套套在注射器下端的开口处,它和柱塞一起把一段空气柱封闭;
④缓慢推动柱塞,记录多组注射器内气体的体积V及相应的压力表示数p。
(1)请指出以上哪个步骤中存在不妥之处:　　　　(填写序号)。
①
【解析】 (1)第①步应将压力表的指针校准到1.0×105 Pa。
(2)该同学按正确步骤进行了实验,下表为记录的部分实验数据,其中有一次记录的实验数据错误,错误的是　　　　(填对应的实验序号)。
4
【解析】 (2)若实验数据无误,则每组数据的p、L乘积应该近似相等,由表中数据可知,前3组数据p、L乘积约为3.5×105 cm·Pa,但第4组数据为4.3×105 cm·Pa,可知第4组数据有误。
实验序号 1 2 3 4
封闭空气柱长度L/cm 3.50 3.00 2.80 2.50
封闭空气柱压强p/(105 Pa) 1.01 1.17 1.26 1.70
实验过程中有漏气现象(或者环境
温度降低)
[例5] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·湖北武汉三模)某同学用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系,实验装置如图甲所示,实验中通过注射器示数读出气体体积V,用气压传感器记录气体压强p,研究气体压强和体积的关系。
(1)下列关于本实验过程的说法正确的是　　　　。
A.推拉活塞时,为了读数准确,动作要快
B.推拉活塞时,为了稳定,手要握住注射器筒
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后,应立即重新接上,继续实验并记录数据
D.活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量
D
【解析】 (1)推拉活塞时,动作要慢,以使温度与环境温度保持一致,故A错误;推拉活塞时,手不能握住注射器,防止对其起加热作用,故B错误;压强传感器与注射器之间的软管脱落后,气体质量变化,需重新实验,故C错误;活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量,故D正确。
【答案及解析】 (2)将表格中的数据在坐标轴中描出来,然后用直线连接起来,连线的时候,使尽可能多的点分布在直线上,不在直线上的点均匀分布在直线两侧,图像如图所示。
正比
(4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积,实验结果有一定的误差,此误差属于　　　　 (选填“系统误差”或“偶然误差”)。
系统误差
【解析】 (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积,体积的读数值总是比实际值小,有一定的误差,此误差属于系统误差。
(5)由图像可以求得软管中气体的体积为 mL。(结果保留两位有效数字)
1.2
[例6] 【实验目的的创新】 (2025·山东济宁期末)某同学通过图甲所示的实验装置,利用玻意耳定律来测定一块形状不规则的易受潮变质的药品的体积。
实验步骤:
①将药品装进注射器,插入活塞,再将注射器通过软管与传感器A连接;
②移动活塞,读取气体体积V,同时记录对应的传感器数据;
③重复步骤②,得到多组实验数据,建立适当的直角坐标系,如图乙所示。
(2)选择合适的坐标后,该同学通过描点作图,得到图像如图乙所示(a、b已
知),若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差,则药品的体积为　　　　;若传感器和注射器连接处的软管容积为c(且保持不变),则药品的体积为　　　　。
a
a+c
[例7] 【实验器材的创新】 (2025·安徽合肥开学考试)日常生活中的许多现象,往往隐含着许多科学道理:
a.自行车在烈日下暴晒,车胎容易发生爆炸;
b.压缩一段封闭在注射器内的空气,发现越压缩越费力。
(1)关于一定质量的气体产生的压强与哪些因素有关,小明做出了以下猜想,
猜想一:可能与气体的温度有关;
猜想二:可能与气体的体积有关。
(2)为验证猜想一,小明进行如下实验操作:
①取一根长约为1 m,一端封闭的细玻璃管,在室温(20 ℃)下用水银封闭一段空气柱,将玻璃管竖直固定,并在玻璃管上标出水银柱下表面的位置,如图甲所示。
②将空气柱浸入50 ℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到　 　　　　为止。
水银柱回到标记处
【解析】 (2)②由于猜想一中要探究压强与温度的关系,因此应保持封闭气体体积不变,将空气柱浸入50 ℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到水银柱回到标记处为止,这样可以通过比较水银柱的长度来比较气体压强的大小。
③再将空气柱浸入80 ℃的水中,重复实验。
实验中小明发现空气柱的温度越高,其上方的水银柱也越长,由此可得出结论:一定质量的气体,体积一定,温度越高,产生的压强越　　　　。
大
【解析】 ③由于②中水银柱的长度比①中水银柱的长度长,所以p1(3)小明又利用传感器设计了如图乙的实验装置,验证猜想二。
①实验中,小明要控制气体的温度和　　　不变,改变　　　　　　　测量压强。
质量
气体的体积
【解析】 (3)①猜想二中,要探究一定质量的气体产生的压强与气体体积的关系,应控制气体的温度和质量不变,改变气体的体积,而测量压强。
②小明实验记录的数据如下:
实验次数 压强p/Pa 体积V/m3 pV/(Pa·m3)
1 1.59×105 0.75×10-5 1.192 5
2 1.20×105 1.00×10-5 1.200 0
3 0.97×105 1.25×10-5 1.212 5
4 0.75×105 1.60×10-5 1.200 0
5 0.60×105 2.00×10-5 1.200 0
分析表中数据,可得结论: 　　 　　　　。
一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比
【解析】 ②分析表格数据知,每次数据对应的pV值约为1.2 Pa·m3,体积逐渐增大,压强逐渐减小,所以可得出一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比的结论。
感谢观看第2讲　气　体
【学习目标】
1.掌握气体状态参量的微观解释,理解理想气体状态方程及气体实验定律的适用条件。
2.能运用统计规律与动力学理论分析气体压强、温度的微观本质,解决实际气体问题(如变质量、多过程问题)。
3.认识气体实验定律在气象、工程中的应用,关注理想模型与实际问题的差异。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2025·河北唐山阶段练习)如图,把一粗细均匀的玻璃管开口端插入水银中,如果当时大气压强为一个标准大气压(标准大气压强为76 cmHg),管内外水银面高度差h为20 cm,则管内气体的压强为(　　)
A.20 cmHg　　　 B.56 cmHg
C.76 cmHg D.96 cmHg
【答案】 D
2.(2025·辽宁朝阳三模)如图为某兴趣小组发射的自制水火箭。发射前瓶内空气的体积为
1.2 L,水的体积为0.8 L,瓶内空气压强为3 atm。打开喷嘴后水火箭发射升空,忽略瓶内空气温度的变化,外界大气压强为1 atm。在瓶内的水刚喷完瞬间,瓶内空气的压强为(　　)
A.1.8 atm B.2.1 atm
C.2.5 atm D.2.8 atm
【答案】 A
3.(2025·安徽淮南月考)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三个状态的温度TA、TB和TC的关系,正确的是(　　)
A.TATC
B. TA>TB,TB=TC
C. TA=TC,TB=TC
D. TA【答案】 A]
【答案】 气体实验定律　大小　相互作用力　不太大　不太低　温度　减少　数密度　不变　理想
考点一　气体压强的计算
1.活塞模型
如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
求气体压强时,一般先对活塞或液柱进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解。例如图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为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”,由于液柱做变速运动,若液柱密度为ρ,质量为m,根据牛顿第二定律有p0S-mg-pS=ma,则气体压强为p=p0--=p0-ρh(g+a)。
2.连通器模型
如图所示,U形管竖直放置且处于平衡状态,则同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。
对气体B,根据平衡条件有pB+ρgh2=pA,
而pA=p0+ρgh1,
所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
[例1] 【活塞封闭气体压强的计算】 (2025·安徽亳州模拟)如图甲、乙中两个汽缸质量均为M,内部横截面积均为S,两个活塞的质量均为m。图甲中,汽缸静止在水平面上;图乙中,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空气A、B,大气压强为p0,重力加速度为g,封闭气体A、B的压强各为多大
【答案】 p0+　p0-
【解析】 在题图甲中选活塞为研究对象进行受力分析,如图1所示,
由受力平衡得pAS=p0S+mg,
解得pA=p0+;
在题图乙中选汽缸为研究对象进行受力分析,如图2所示,由受力平衡得p0S=pBS+Mg,
解得pB=p0-。
[例2] 【液柱密封气体压强的计算】(2025·安徽黄山阶段检测)如图甲所示,足够长的U形细玻璃管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,两气柱封闭的水银柱高度差为 h(cm)。U形管水平部分长为L3,L2上方水银柱长为h0(cm)。
(1)稳定时两段气柱压强分别为多少
(2)若把图甲逆时针转过90°(U形管L3保持竖直状态,如图乙),此时L1、L2两部分气体的压强分别为多大 (大气压强为p0)
【答案】 (1)右侧封闭的气体压强为p0+h0(cmHg)
左侧封闭的气体压强为p0+h0-h(cmHg)
(2)上方封闭的气体压强为p0
下方封闭的气体压强为p0+L3(cmHg)
【解析】 (1)根据平衡条件,可知题图甲右侧管中封闭的气体压强p1=p0+h0(cmHg),
设题图甲左侧管中封闭的气体压强为p2,同理有
p2+h=p1,
得p2=p0+h0-h(cmHg)。
(2)将U形管逆时针转过90°,则题图乙中上方封闭的气体压强p3=p0,
设下方密封的气体压强为p4,则
p4=p0+L3(cmHg)。
考点二　气体实验定律　理想气体状态方程
1.气体实验定律和理想气体状态方程的应用条件
(1)气体质量保持不变,即使问题中质量发生变化,也必须转化为等质量问题。
(2)气体实验定律适用于所研究气体的温度不太低、压强不太大的情况。
(3)状态方程只适用于理想气体。
2.两个重要推论
(1)查理定律的推论:=。
(2)盖-吕萨克定律的推论:=。
[例3] 【玻意耳定律的应用】 (2025·广东卷,13)如图,是某铸造原理示意图,往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S1=0.2 m2,高度h1=0.2 m,底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S2=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。
【答案】 (1)0.05 m　1.2×105 Pa
(2)1.35×105 Pa
【解析】 (1)根据体积关系S1h1=S2h2,
可得气室内金属液面下降高度h2=0.05 m,
此时气室内气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2),
代入数据可得p1=1.2×105 Pa。
(2)初始时,上方铸型室气体的压强为p0,体积V=S1h1,
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时体积为V′=S1(h1-h3),
根据玻意耳定律p0V=p′V′,
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时气体的压强为p′=1.25×105 Pa,
同理根据体积关系S1h3=S2h4,
可得h4=0.01 m,
此时下方气室内气体压强
p2=p′+ρg(H+h3+h4),
代入数据可得p2=1.35×105 Pa。
[例4] 【盖-吕萨克定律及查理定律的应用】 (2025·江苏南京二模)如图,固定的竖直汽缸内有一个轻质活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞横截面积为S,汽缸内气体的初始热力学温度为T0,高度为h0。已知大气压强为p0,重力加速度为g。现对缸内气体缓慢加热,忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦。
(1)当气体的温度变为1.5T0时,求活塞上升的距离Δh;
(2)若在对气体缓慢加热的同时,在活塞上缓慢加沙子,使活塞位置保持不变。当汽缸内气体的温度变为1.5T0时,求所加沙子的质量M。
【答案】 (1)0.5h0　(2)
【解析】 (1)缸内的气体为等压变化,
初态　V1=h0S,T1=T0,
末态　V2=(h0+Δh)S,T2=1.5T0,
根据盖-吕萨克定律有=,解得Δh=0.5h0。
(2)汽缸内的气体为等容变化
初态　p1=p0,T1=T0,
末态　p2=p0+,T2=1.5T0,
根据查理定律有=,解得M=。
[例5] 【理想气体状态方程的应用】 (2025·湖南衡阳开学考试)如图,有一质量为m、面积为S、厚度可忽略的活塞静止于一竖直放置的汽缸内,活塞下方密封有一定质量的理想气体,活塞与汽缸底部的距离为2h,活塞上端与轻弹簧拴接,弹簧处于拉伸状态,劲度系数为k,形变量为h,开始时汽缸内封闭气体的温度为T0,现用电热丝缓慢加热汽缸内的气体,(汽缸位置不变)直至活塞缓慢上升2h,活塞始终在汽缸内,不计活塞和汽缸壁之间的摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,求:
(1)开始时和最终汽缸内封闭气体的压强;
(2)最终汽缸内封闭气体的温度。
【答案】 (1)　
(2)
【解析】 (1)开始时弹簧处于拉伸状态,设此时汽缸内封闭气体的压强为p1,根据平衡条件,对活塞有p1S+kh=mg+p0S,
解得p1=;
活塞缓慢上升2h后弹簧处于压缩状态,设此时汽缸内封闭气体的压强为p2,弹簧弹力F=kh,
对活塞,根据平衡条件可知
p2S=p0S+mg+kh,
解得p2=。
(2)设变化前后汽缸内封闭气体的体积分别为V1、V2,温度分别为T1、T2,根据理想气体状态方程有=,
其中V1=2hS,V2=4hS,
解得T2=。
考点三　气体状态变化的图像问题
气体状态变化的图像比较
项目 图像 特点 其他图像
等温线 同一气体体积相同时压强越大,对应的温度越高,离原点越远;图线与横轴所围面积表示气体做的功
同一气体图线斜率越大(体积相同时压强大),对应的温度越高;不同气体图线均过原点
等容线 同一气体斜率越大(温度相同时压强大),对应的体积越小;不同气体图线均过原点
所有气体图线的延长线均过点(-273.15 ℃,0);同一气体斜率越大(温度相同时压强大),对应的体积越小
等压线 同一气体斜率越大(温度相同时体积大),对应的压强越小;不同气体图线均过原点
所有气体图线延长线均过点(-273.15 ℃,0);同一气体斜率越大(温度相同时体积大)对应的压强越小
[例6] 【p-V图像】 (2024·江西卷,13)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;
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
【解析】 (1)从D到A状态,根据查理定律有
=,解得pD=2.0×105 Pa。
(2)从C到D状态,根据玻意耳定律有
pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
[例7] 【p-T图像】 (2025·河北秦皇岛一模)一定质量的理想气体从初状态a经b、c、d最终回到状态a,该过程中气体的体积(V)随热力学温度(T)的变化规律如图所示。则下列与该变化过程相对应的变化过程正确的是(　　)
A　　　 　B
C　　　 　D
【答案】 D
【解析】 选项A中横坐标表示摄氏温度,由于t=T-273(K),可知,将V-T图像的横轴水平向右平移273 K便得到V-t图像,此时a→b图像不会经过坐标原点,故A错误;根据理想气体状态方程有=C,可知a→b是等压过程,p-V图像平行于V轴,b→c是等容过程,温度升高,压强增大,选项B图像中压强减小,不符合题意,故B错误;a→b是等压过程,p-T图像平行于T轴,b→c是等容过程,温度升高,压强增大,选项C图像中压强减小,不符合题意,故C错误;a→b是等压过程,p-T图像平行于T轴,b→c是等容过程,温度升高,压强增大,p-T图像的延长线经过坐标原点,c→d过程是等温过程,图像平行于p轴,d→a过程是等容过程,p-T图像的延长线过坐标原点,选项D图像符合题意,故D正确。
课时作业
对点1.气体压强的计算
1.(2025·河南许昌期中)如图所示,一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置,圆板A的上表面水平,下表面倾斜,且下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计一切摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强p为(　　)
A.p0+ B.p0+
C.p0+ D.p0+
【答案】 D
【解析】 以圆板A为研究对象,在竖直方向,有pS′cos θ=p0S+Mg,而S′=,所以p··cos θ=
p0S+Mg,得p=p0+,故D正确。
2.(2025·河南郑州期中)如图所示,内径均匀、两端开口的细V形管,N管竖直插入水银槽中,M管与N管之间的夹角为θ,M管中有一段长为h的水银柱保持静止,下列说法正确的是(　　)
A.N管内水银面比槽内水银面高h
B.N管内水银面比槽内水银面高hcos θ
C.N管内水银面比槽内水银面低hcos θ
D.管内封闭气体的压强比大气压强小h高水银柱产生的压强
【答案】 B
【解析】 以M管中的水银柱为研究对象,有pS+ρghScos θ=p0S,则管内封闭气体的压强p=p0-ρghcos θ,显然p对点2.气体实验定律　理想气体状态方程
3.(2025·四川卷,4)如图甲所示,用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内,活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中,如图乙所示,活塞自发从a处缓慢下降并停在b处,然后保持汽缸不动,用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦,则(　　)
A.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体压强升高
B.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体内能不变
C.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体压强升高
D.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体内能不变
【答案】 D
【解析】 根据题意可知活塞从a到b的过程中,汽缸内气体温度降低,则内能减小,体积减小,压强不变,A、B错误;根据题意可知活塞从b到a的过程中,汽缸内气体温度不变,则内能不变,体积增大,根据玻意耳定律pV=C可知压强减小,C错误,D正确。
4.(2025·河北石家庄二模)如图所示,导热良好、粗细均匀的足够长玻璃管开口向上竖直放置,管内用一段高度h=8 cm的水银柱,封闭了长度L1=24 cm的空气柱,已知大气压强p0=
76 cmHg,初始时环境温度T1=300 K。
(1)缓慢加热玻璃管,使温度升至T2=350 K,求此时空气柱的长度L2;
(2)保持温度T2不变,将玻璃管顺时针缓慢转动60°,稳定时求空气柱的长度L3。
【答案】 (1)28.0 cm　(2)29.4 cm
【解析】 (1)温度从T1升高到T2的过程,封闭气体做等压变化,设玻璃管的横截面积为S,则
=,代入数据解得L2=28.0 cm。
(2)保持温度T2不变,将玻璃管顺时针旋转60°,管内气体的压强为p3=p0+ρghsin 30°,
初始状态,管内气体的压强为p1=p0+ρgh,
根据理想气体状态方程=,
代入数据解得L3=29.4 cm。
对点3.气体状态变化的图像问题
5.(多选)如图,一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c三个状态,三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc,则(　　)
A.pa=pb B.pa=pc
C.pa>pb D.pa【答案】 AD
【解析】 根据理想气体的状态方程有=C,变形得V=T,可知V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表,则由题图可知pc > pb = pa。A、D正确。
6.(2025·河北石家庄模拟)一定质量的理想气体,状态变化过程如图中ABC图线所示,其中BC为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p-T图像或V-T图像上,下列选项正确的是(　　)
A　　 　B
C　　　 D
【答案】 A
【解析】 分析p-V图像可知,A→B为等压膨胀,B→C是等温压缩(反比例函数图像为双曲线),C→A是等容降温,根据理想气体状态方程=C,可知p-T图像中A→B为平行于横轴的直线,B→C是平行于纵轴的直线,C→A是过原点的直线,选项A正确,B错误;V-T图像中A→B为过原点的直线,B→C是平行于纵轴的直线,C→A是平行于横轴的直线,选项D错误;选项C图像的变化方向错误,选项C错误。
7.(2025·贵州安顺期中)如图所示为密闭容器内一定质量的理想气体压强p随摄氏温度t的变化关系图像,则由状态A变化到状态B的过程中(　　)
A.气体分子的数密度不变
B.气体分子的平均动能不变
C.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变多
D.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变小
【答案】 C
【解析】 将气体压强p与摄氏温度t的图像转换为p-T图像,如图,可知气体的A、B状态体积不同,压强、温度也不相同,根据理想气体状态方程=C,有p=T,可知p-T图像斜率越大,其体积越小,则A状态体积较大,气体分子的数密度较小,即由状态A变化到状态B的过程中,气体分子的数密度增大,故A错误;从A状态到B状态,气体的温度升高,所以气体分子的平均动能变大,故B错误;气体从A状态到B状态分子数密度增大,分子平均动能变大,平均速率变大,则单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数变多,且对单位面积器壁的作用力变大,故C正确,D错误。
8.(多选)(2025·湖北恩施期中)如图所示为一定质量的理想气体从状态A连续变化到状态B、C、D,最后由状态D回到状态A的p- 图像,初始状态A的压强为p0,体积为V0,热力学温度为T0,图中OBC在一条直线上,OAD在一条直线上,AB平行于横轴,CD平行于纵轴。已知状态B的体积为,状态D的压强为3p0,下列说法正确的是(　　)
A.状态D到状态A是等温变化
B.状态C的压强为
C.状态C的热力学温度为
D.状态D的温度低于状态B
【答案】 AB
【解析】 根据理想气体状态方程=C,有p=CT·,由于OAD在一条直线上,所以直线OAD的斜率k=CT为定值,所以状态D到状态A是等温变化,故A正确;从状态A到状态B为等压变化,有=,得TB=,从状态B到状态C为等温变化TC=TB=,从状态D到状态A为等温变化TD=T0,从状态C到状态D为等容变化,有=,解得pC=,故B正确,C、D错误。
9.(2025·广东深圳模拟)如图所示,底面为圆形的塑料瓶内装有一定量的水和气体A,在瓶内放入开口向下的玻璃瓶,玻璃瓶内封闭有一定质量的气体B,拧紧瓶盖,用力F挤压塑料瓶,使玻璃瓶恰好悬浮在水中,假设环境温度不变,塑料瓶导热性能良好,气体A、B均视为理想气体,下列说法正确的是(　　)
A.气体A与气体B的压强相同
B.增大挤压力F,玻璃瓶将下沉
C.减小挤压力F,气体B的体积将减小
D.气体A的压强大于气体B的压强
【答案】 B
【解析】 气体A和气体B的压强关系是pB=pA+ρgh,气体A的压强小于气体B的压强,A、D错误;增大挤压力F,气体A的体积减小,压强增大,气体B的压强增大,由玻意耳定律可知,气体B的体积减小,玻璃瓶受到的浮力减小,玻璃瓶将下沉,B正确;减小挤压力F,气体A的压强减小,气体B的压强减小,由玻意耳定律可知,气体B的体积将增大,C错误。
10.(2025·安徽合肥模拟)某实验小组的同学想利用圆柱形导热汽缸测量物体的质量,如图甲所示,汽缸开口向上竖直放置,利用质量不计、横截面积为S的光滑活塞密封一定质量的理想气体,稳定时测得汽缸内气柱高为h,气体的压强为p0,热力学温度为T0。将待测物体轻放在活塞上,再次稳定时气柱的高度变为h,如图乙所示。这时再对汽缸缓慢加热,直至汽缸内气柱的高度又变为h。已知重力加速度为g,求:
(1)待测物体的质量;
(2)对汽缸缓慢加热,当汽缸内气柱的高度又变为h时气体的摄氏温度。
【答案】 (1)　(2)T0-273(℃)
【解析】 (1)设待测物体的质量为m,根据平衡条件可得
pS=p0S+mg,
以封闭气体为研究对象,根据玻意耳定律可得
p0Sh=pS·h,
联立解得m=。
(2)对汽缸缓慢加热,当汽缸内气柱的高度又变为h时,设气体的热力学温度为T,
根据盖-吕萨克定律可得=,
解得T=T0,
则气体的摄氏温度为t=T0-273(℃)。
11.(2024·山东卷,16)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取10 m/s2,大气压强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;
(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。
【答案】 (1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3
【解析】 (1)由题意可知,缓慢地将汲液器竖直提出液面过程中,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(HS1+S2),
又因为p3+ρg·=p0,
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。第4讲　小专题:气体的变质量问题
【学习目标】
1.理解气体变质量问题的本质(如充气、漏气),掌握克拉珀龙方程的变式应用。
2.能构建“整体法”或“微元法”模型,分析变质量过程中压强、温度的变化规律。
3.认识变质量问题在气罐充装、航天器泄压等实际场景中的应用,培养模型简化与工程思维。
在解决气体状态变化的问题时,经常会遇到状态变化中某物质的量变化的情况,如充气、抽气问题,气体分装问题,气体泄漏问题,这些问题中气体的质量及状态参量因不同部分、不同时刻而发生变化,处理问题时一般不能直接套用实验定律或状态方程,一般将变质量问题转化为定质量问题。
(1)将混合前(或分开后)的两部分或几部分不同压强、温度的气体分别转化为相同压强、温度的同一状态的气体组合在一起作为一个状态,与这些气体的另一状态由气体实验定律或状态方程列式求解。
(2)克拉珀龙方程及其应用。
克拉珀龙方程pV=nRT(n为气体物质的量,R为常量,又可写为pV=RT)。
①分态式方程:对于混合在一起的几部分(或某气体分为不同压强的几部分)同种气体,有p1V1=n1RT1、p2V2=n2RT2……,则整体质量M=M1+M2+…=(++…)=·,则有++…=,称为理想气体的分态式方程。变质量的同种气体可以由分态式方程列式求解。
②密度式方程。
由克拉珀龙方程pV=RT整理得=·=ρ,即=,可知不同状态的几部分同种气体,有==…=,称为理想气体的密度式方程。变质量的同种气体可以由密度式方程列式求解。
③使用条件。
分态式方程和密度式方程只适用于同种气体问题。
[例1] 【充气问题】 (2025·山东青岛二模)小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水,图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图,图乙是简化的原理图。当手按下压水器时,压水器中的活塞打开,外界空气压入桶内,放手后,压水器活塞关闭,当压水器将水压到出水管管口时,水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀,按下止水阀,桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积S=0.05 m2,容积V=20 L。现桶内有10 L水,初始时出水管竖直部分内外液面相平,出水口与桶内水面的高度差h=0.3 m,压水器气囊的容积ΔV=0.2 L,空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若桶内气体温度不变,求刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强;
(2)若每次将气囊完全压下,整个过程桶内温度不变,压气完成后打开出水管开关进行接水,已知小明的水杯容量为500 mL,求接满10杯水需要压的次数。
【答案】 (1)1.03×105 Pa　(2)28次
【解析】 (1)设刚好有水流出时桶内气体压强为p1,则有p1=p0+ρgh,
解得p1=1.03×105 Pa。
(2)设10杯水的总容量为V2,则有
V2=500 mL×10=5 L,
此时水面到管口的高度为h2=h+,
解得h2=0.4 m;
设接水稳定后桶内压强为p2,
则有p2=p0+ρgh2,
解得p2=1.04×105 Pa,
对整个过程,根据玻意耳定律可得
p0·+n·p0·ΔV=p2·(V2+),
联立可得n=28次。
[例2] 【抽气问题】 (2023·湖南卷,13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1;
(2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
【答案】 (1)　(2)[1-()n]p0S
【解析】 (1)以助力气室内的气体为研究对象,则初态压强p0,体积V0,第一次抽气后,气体体积
V=V0+V1,根据玻意耳定律p0V0=p1V,
解得p1=。
(2)同理第二次抽气p1V0=p2V,
解得p2==p0()2,
以此类推……
则当第n次抽气后助力气室内的气体压强
pn=()np0,
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
ΔF=(p0-pn)S=[1-()n]p0S。
[例3] 【气体分装问题】 (2025·河南阶段练习)如图所示,容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救。若原本真空且容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的,已知某型号医用钢瓶容积为10 L,贮有压强为3.6×106 Pa的氧气,充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×
106 Pa,设充气过程不漏气,环境温度不变。
(1)求一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋;
(2)病人用后,氧气袋内气压降至1.0×106 Pa,求用去的氧气质量与原来气体总质量之比(结果可以用分数表示)。
【答案】 (1)4个　(2)
【解析】 (1)对分装前钢瓶内氧气,其体积
V1=10 L,压强p1=3.6×106 Pa,
设分装为n个氧气袋,氧气袋体积为V0,则分装后体积V2=(V1+nV0),压强p2=1.2×106 Pa,
分装过程温度不变,根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2,
代入数据解得n=4。
(2)设氧气袋内气压降至p3=1.0×106 Pa时氧气的体积为V,有p2V0=p3V,
代入数据解得V=1.2V0,
用去氧气的体积为ΔV=1.2V0-V0=0.2V0,
所以用去氧气的质量与原来总质量之比为
==。
充入气体或排出气体属于变质量问题,一般选充入后或排出前所有气体为研究对象,把变质量转化为一定质量的理想气体进行研究,从而直接应用气体实验定律列方程求解。求充入或排出气体的质量与总质量之比,也就是求相同压强下充入或排出气体的体积与总体积之比。
[例4] 【漏气问题,克拉珀龙方程的应用】 (2025·甘肃张掖模拟)中国是瓷器的故乡,号称“瓷器之国”。如图甲是烧制瓷器的窑炉,图乙为其简化原理图,上方有一单向排气阀,当窑内气压升高到3p0(p0为大气压强)时,排气阀才会开启,压强低于3p0时,排气阀自动关闭。某次烧制过程,初始时窑内温度t1=27 ℃,窑内气体压强为p0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化,气体可视为理想气体,绝对零度取-273 ℃。
(1)求排气阀开始排气时,窑内气体的温度;
(2)求窑内温度为927 ℃时,排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。
【答案】 (1)627 ℃(或900 K)　(2)1∶4
【解析】 (1)对封闭在窑内的气体,排气前容积不变,烧制前温度
T0=(273+27) K=300 K,
气体升温过程中发生等容变化,根据查理定律有
=,
解得T1=900 K=627 ℃。
(2)排气阀开始排气时,根据克拉珀龙方程有=R,
窑内温度T2=(927+273) K=1 200 K,压强为3p0时,有
=R,
而排出气体质量
m排=m1-m2,
联立解得=。
课时作业
对点1.充气、抽气问题
1.(2025·重庆三模)某同学设计了如图所示装置:A为容积为V的导热汽缸,通过阀门和细管(容积不计)与最大容积为0.2V的导热汽缸B相连。B内有一厚度不计、可上下运动的活塞,上提活塞时阀门a关闭、阀门b打开,下压活塞时阀门b关闭、阀门a打开。外界大气压强始终为p0,A中空气的初始压强也为p0,活塞每次上、下运动均到达B的最高、最低处,整个过程中环境温度保持不变,空气可视为理想气体。活塞从最低处开始先缓慢上提、再缓慢下压计为1次,则5次后A中的气体压强为(　　)
A.1.2p0 B.1.4p0
C.2p0 D.2.5p0
【答案】 C
【解析】 5次过程均为充气过程,由p0V+p0·5·0.2V=pV,可得5次后A中的气体压强p=2p0,故选C。
2.(2025·河北沧州期中)拔罐疗法是中医的一种传统疗法。如图所示,利用抽气装置将罐内部分气体抽出,导致罐内压强减小,从而使拔罐吸附在人体穴位上。若罐体的容积为V0,抽气装置的容积为nV0,某次拔罐时,抽取了2次气体,若忽略皮肤鼓起对罐内容积的影响,设罐内气体温度不变,则抽气后罐内压强为抽气前压强的(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 设罐内最初压强为p0,根据玻意耳定律,第1次抽气时有p0V0=p1(V0+nV0),第2次抽气时有p1V0=p2(V0+nV0),解得=,故A、B、D错误,C正确。
3.(2025·辽宁大连一模)篮球是中学生喜欢的一项体育运动,打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。体育课上某同学发现一只篮球气压不足,用气压计测得球内气体压强为1.2 atm,已知篮球内部容积为7 L。现用简易打气筒给篮球打气,每次能将0.1 L、1.0 atm的空气打入球内,假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球的容积和球内气体温度的变化。
(1)求使篮球内部的气压达到标准气压需要打气的次数;
(2)若打气过多,使篮球内部的气压达到1.8 atm,可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压,求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。
【答案】 (1)28次　(2)
【解析】 (1)由题意可知,打气过程中温度不变,由玻意耳定律可得p1V+Np0V0=p2V,
解得N=28次。
(2)以篮球内空气为研究对象,设放出的气体体积为ΔV,由玻意耳定律可得
p3V=p2(V+ΔV),
=,
联立解得=。
对点2.气体漏气、分装问题
4.(2025·广东深圳校级期末)某人去游泳池前给泳圈充气至105 kPa,体积为V。游泳完闲置一段时间后,由于气嘴处漏气,泳圈内外压强相同,则泳圈内漏出的空气质量与原有空气质量的比值为(设环境温度为27 ℃,大气压强为101 kPa,漏气过程泳圈体积近似认为不变)(　　)
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 根据玻意耳定律可得p1V=p0V′,解得V′=V=V,则泳圈内漏出的空气质量与原有空气质量的比值为===,故选A。
5.(2025·山东模拟)某氧气站对一容积为40 L的氧气瓶充气,充装完毕时瓶内气体的温度为20 ℃,压强为1.5×107 Pa。已知该氧气瓶导热良好,装置不漏气。
(1)若将其置于温度为177 ℃的环境中,求瓶内气体稳定时的压强(结果保留两位有效数字)。
(2)若该氧气瓶安装了自动泄压阀,当内部气体压强大于2.0×107 Pa时能自动向外界排气,求瓶内气体温度为177 ℃时,瓶内气体稳定时剩余的气体质量与排气前内部气体总质量的比值。
【答案】 (1)2.3×107 Pa　(2)
【解析】 (1)气体进行等容变化,由查理定律有
=,
得p2=p1=×1.5×107 Pa
=2.3×107 Pa。
(2)由理想气体状态方程有
=,
得V3=46 L,
故剩余气体质量与原有总质量的比值为
===。
6.(多选)(2025·湖北武汉期中)肺活量是指人尽力呼气时呼出气体在标准大气压p0下的体积,肺活量是衡量心肺功能的重要指标。如图所示为某同学自行设计的肺活量测量装置,体积为V0,压强为p0的空腔通过细管与吹气口和外部玻璃管密封连接,玻璃管内装有密度为ρ的液体用来封闭气体。测量肺活量时尽力吸足空气,通过吹气口将压强为p0的空气吹入空腔中,若此时玻璃管两侧的液面高度差为h,大气压强为p0保持不变,重力加速度为g,忽略气体温度的变化,空气和人呼出的气体可认为是理想气体,不计细管中空气的体积,则下列说法正确的是(　　)
A.该同学的肺活量为V0
B.该同学的肺活量为V0
C.吹进空腔中气体的质量与空腔中原有气体的质量之比为
D.吹进空腔中气体的质量与空腔中原有气体的质量之比为
【答案】 BD
【解析】 设该同学的肺活量为V,将空腔中的气体和人肺部的气体一起研究,初状态有p1=p0,
V1=V0+V,末状态有p2=p1+ρgh,V2=V0,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得V=V0,故A错误,B正确;设标准大气压强p0下,空气的密度为ρ′,则吹进空腔中气体的质量与空腔中原有气体质量之比为==,故C错误,D正确。(共22张PPT)
第4讲
小专题:气体的变质量问题
【学习目标】
1.理解气体变质量问题的本质(如充气、漏气),掌握克拉珀龙方程的变式
应用。
2.能构建“整体法”或“微元法”模型,分析变质量过程中压强、温度的变化规律。
3.认识变质量问题在气罐充装、航天器泄压等实际场景中的应用,培养模型简化与工程思维。
在解决气体状态变化的问题时,经常会遇到状态变化中某物质的量变化的情况,如充气、抽气问题,气体分装问题,气体泄漏问题,这些问题中气体的质量及状态参量因不同部分、不同时刻而发生变化,处理问题时一般不能直接套用实验定律或状态方程,一般将变质量问题转化为定质量问题。
(1)将混合前(或分开后)的两部分或几部分不同压强、温度的气体分别转化为相同压强、温度的同一状态的气体组合在一起作为一个状态,与这些气体的另一状态由气体实验定律或状态方程列式求解。
[例1] 【充气问题】 (2025·山东青岛二模)小明所在班级使用了桶装纯净水进行供水,图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图,图乙是简化的原理图。
当手按下压水器时,压水器中的活塞打开,外界空气压入桶内,放手后,压水器活塞关闭,当压水器将水压到出水管管口时,水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀,按下止水阀,桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积S=0.05 m2,容积V=20 L。现桶内有10 L水,初始时出水管竖直部分内外液面相平,出水口与桶内水面的高度差h=0.3 m,压水器气囊的容积ΔV=0.2 L,空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若桶内气体温度不变,求刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强;
【答案】 (1)1.03×105 Pa
【解析】 (1)设刚好有水流出时桶内气体压强为p1,则有p1=p0+ρgh,
解得p1=1.03×105 Pa。
(2)若每次将气囊完全压下,整个过程桶内温度不变,压气完成后打开出水管开关进行接水,已知小明的水杯容量为500 mL,求接满10杯水需要压的次数。
【答案】 (2)28次
[例2] 【抽气问题】 (2023·湖南卷,13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。
助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气
室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1;
(2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
[例3] 【气体分装问题】 (2025·河南阶段练习)如图所示,容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救。若原本真空且容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的,已知某型号医用钢瓶容积为10 L,贮有压强为3.6×
106 Pa的氧气,充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa,设充气过程不漏气,环境温度不变。
(1)求一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋;
【答案】 (1)4个
【解析】 (1)对分装前钢瓶内氧气,其体积
V1=10 L,压强p1=3.6×106 Pa,
设分装为n个氧气袋,氧气袋体积为V0,则分装后体积V2=(V1+nV0),压强p2=1.2×106 Pa,
分装过程温度不变,根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2,
代入数据解得n=4。
(2)病人用后,氧气袋内气压降至1.0×106 Pa,求用去的氧气质量与原来气体总质量之比(结果可以用分数表示)。
充入气体或排出气体属于变质量问题,一般选充入后或排出前所有气体为研究对象,把变质量转化为一定质量的理想气体进行研究,从而直接应用气体实验定律列方程求解。求充入或排出气体的质量与总质量之比,也就是求相同压强下充入或排出气体的体积与总体积之比。
方法总结
[例4] 【漏气问题,克拉珀龙方程的应用】 (2025·甘肃张掖模拟)中国是瓷器的故乡,号称“瓷器之国”。如图甲是烧制瓷器的窑炉,图乙为其简化原理图,上方有一单向排气阀,当窑内气压升高到3p0(p0为大气压强)时,排气阀才会开启,压强低于3p0时,排气阀自动关闭。某次烧制过程,初始时窑内温度t1=27 ℃,窑内气体压强为p0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化,气体可视为理想气体,绝对零度取-273 ℃。
(1)求排气阀开始排气时,窑内气体的温度;
【答案】 (1)627 ℃(或900 K)
(2)求窑内温度为927 ℃时,排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。
【答案】 (2)1∶4
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第5讲
热力学定律与能量守恒定律
【学习目标】
1.掌握热力学第一定律(ΔU=Q+W)与能量守恒的本质,理解热力学第二定律对热现象方向性的限制。
2.能分析热机、制冷机等循环过程中的能量转化与效率问题,辨析永动机不可实现的科学依据。
3.认识热力学定律在节能减排、可持续发展中的指导意义,树立科学利用能源的社会责任感。
知识构建
【答案】 热量　Q+W　吸收　放出　增加　减少　产生　消失 转化　转移　普遍　能量守恒定律　自发地　单一热库　完全 不产生　总量　下降　热力学第二定律
基础转化
1.(2024·北京卷,3)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
D
2.(2025·山西太原期末)如图所示为冰箱工作原理示意图。制冷剂在蒸发器中汽化吸收冰箱内的热量,经过冷凝器时液化,放出热量到冰箱外。下列选项正确的是(　　)
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.冰箱的工作原理违背热力学第一定律
C.冰箱的工作原理违背热力学第二定律
D.冰箱的制冷系统能够不断地从冰箱内向冰箱外传递热量,但同时消耗了电能
D
考点一
热力学第一定律　能量守恒定律
1.对做功、传热、内能变化的理解
(1)做功情况看气体的体积,体积增大,气体对外做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。
(2)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。
(3)如果研究对象是理想气体,因理想气体忽略分子势能,所以当它的内能变化时,体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
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(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)。
(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。
(3)若在过程的初、末状态,物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。
[例1] 【对热力学第一定律的理解】 (2025·重庆卷,2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中,气袋被压缩(无破损),不计袋内气体与外界的热交换,则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　)
A.分子热运动的平均动能增加
B.内能减小
C.压强减小
D.对外界做正功
A
[例2] 【公式ΔU=W+Q的应用】 (2025·江苏常州二模)“声致发光”是悬浮于液体中的气泡受到强声波的激发,气泡膨胀后迅速塌缩并发出极短暂亮光的现象。设气泡内气体最初的压强p0 =100 kPa,温度T0 =300 K,气泡半径r0=5.0 μm。当气泡周围流体中的压强降低时,气泡等温膨胀至半径为r1=25.0 μm;接着由于声波的作用,压强暴增,气泡迅速坍缩到半径为r0。已知气泡在膨胀过程吸收0.24×10-9 J的热量,在塌缩过程中内能增加了3.6×10-9 J。试求:
(1)气泡膨胀后的压强;
【答案】 (1)0.8 kPa　
(2)在一次膨胀和塌缩的过程中外界对气泡所做的总功。
【答案】 (2)3.36×10-9 J
【解析】 (2)根据热力学第一定律,
膨胀过程ΔU1=W1+Q1,
塌缩过程ΔU2=W2+Q2,
其中ΔU1=0,ΔU2=3.6×10-9 J,
Q1=0.24×10-9 J,Q2=0,
解得W=W1+W2=3.36×10-9 J。
[例3] 【能量守恒定律的应用】 (2025·安徽芜湖模拟)硬的岩石处在太高的山体底部会瘫软,这是山峰高到一定程度后岩石基部压强过大,会发生熔化而开始流动的缘故。
(1)若每摩尔岩石熔化时要吸收的热量为λm,岩石的摩尔质量为μ,山体可看作均匀的圆柱。当山高达极限高度H时继续增高一点就熔化掉一点,即不能再增高了。试从能量的角度写出山的极限高度表达式。
【解析】 (1)如图所示,设山体为一个横截面积为S,高为H的圆柱,若山增加Δh高度后,增加的质量为m,底部就熔化掉Δh的高度,这表明H这个数值已经是山高的极限了,这时m的势能转化为熔化岩石的内能。山体的总质量为M,由密度公式可得M=ρV=ρSH,
(2)设岩石的主要成分为SiO2,其λm=8 540 J/mol,求山的最大高度H值。(重力加速度g取10 m/s2,SiO2的摩尔质量μ=0.06 kg/mol)
【答案】 (2)14 233 m
考点二
热力学第二定律
1.对热力学第二定律的理解
(1)“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量。
(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。
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述,都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性,即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
[例4] 【对热力学第二定律的理解】 (2025·安徽马鞍山练习)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　 )
A.A端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端
B.A端流出气体的内能一定小于B端流出气体的内能
C.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律
D
【解析】 由于中心部位为热运动速率较低的气体,与挡板作用后反弹,从A端流出,而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出;同种气体分子平均热运动速率较大时对应的温度也较高,所以A端为冷端、B端为热端,所以从A端流出的气体比从B端流出的气体分子热运动平均速度小,对应的平均动能也小,但内能的多少还与分子数有关,不能得出从A端流出气体的内能一定小于从B端流出气体的内能,故A、B错误。该装置将冷热不均气体进行分离,是通过高压利用外界做功而实现的,并非自发进行的,没有违背热力学第二定律;温度较低气体从A端流出、较高气体从B端流出,并不违背能量守恒定律,故C错误,D正确。
[例5] 【两类永动机】 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.日常生活中会遇到热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量,完全变成功的现象,并不违背热力学第二定律
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,故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,故C错误;日常见到的热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量完全变成功的现象,一定会引起其他变化,并不违背热力学第二定律,故D正确。
考点三
热力学第一定律与图像的
综合应用
1.在某一过程中,气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合气体实验定律、理想气体状态方程分析。
2.在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[例6] 【热力学第一定律与p-V图像】 (多选)(2024·新课标卷,21)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
AD
【解析】 1→2为绝热过程,Q=0,此时气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据ΔU=Q+W可知,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,ΔU>0,此时气体对外界做功,W<0,根据ΔU=Q+W可知,Q>0,即气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,Q=0,此时气体体积增大,气体对外界做功,W<0,故ΔU<0,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降低,故内能减小,由于体积不变,W=0,故可知气体向外放热,故D正确。
[例7] 【热力学第一定律与V-T图像】 (多选)(2025·甘肃卷,9)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　 　)
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
ACD
【解析】 气体A→B过程体积不变,则W=0,而温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,又根据查理定律可知压强变大,即pA0,可知 Q<0,即该过程为放热过程,B错误;状态A的温度低于状态C的温度,可知状态A的内能比状态C的小,D正确。
考点四
热力学第一定律与气体
实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[例9] 【“液柱”类问题中的应用】 (2025·浙江1月选考卷,15)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差 h=10 cm。将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变,气体达到状态2,此时锁定瓶塞,再缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高,气体达到状态3。已知从状态2到状态3,气体对外做功1.02 J;从状态1到状态3,气体吸收热量4.56 J,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。g取10 m/s2。
(1)从状态2到状态3,气体分子平均速率　　　(选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
不变
减小
【解析】 (1)从状态2到状态3,温度保持不变,气体分子的内能保持不变,则气体分子平均速率不变,由于气体对外做功,则气体压强减小,故单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)求气体在状态3的体积V3。
【答案】 (2)1.020 1×103 cm3
此时气体压强
p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa,
气体从状态2到状态3的过程,由玻意耳定律得
p2V2=p3V3,
其中p3=p0,
代入数据解得V3=1.020 1×103 cm3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】 (3)2.53 J
【解析】 (3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=
1.01 J,
气体从状态1到状态3的过程中,由热力学第一定律得ΔU=Q-(W1+W2),
其中Q=4.56 J,
W2=1.02 J,
解得ΔU=2.53 J。
感谢观看第5讲　热力学定律与能量守恒定律
【学习目标】
1.掌握热力学第一定律(ΔU=Q+W)与能量守恒的本质,理解热力学第二定律对热现象方向性的限制。
2.能分析热机、制冷机等循环过程中的能量转化与效率问题,辨析永动机不可实现的科学依据。
3.认识热力学定律在节能减排、可持续发展中的指导意义,树立科学利用能源的社会责任感。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2024·北京卷,3)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
2.(2025·山西太原期末)如图所示为冰箱工作原理示意图。制冷剂在蒸发器中汽化吸收冰箱内的热量,经过冷凝器时液化,放出热量到冰箱外。下列选项正确的是(　　)
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.冰箱的工作原理违背热力学第一定律
C.冰箱的工作原理违背热力学第二定律
D.冰箱的制冷系统能够不断地从冰箱内向冰箱外传递热量,但同时消耗了电能
【答案】 D]
【答案】 热量　Q+W　吸收　放出　增加　减少　产生　消失 转化　转移　普遍　能量守恒定律　自发地　单一热库　完全 不产生　总量　下降　热力学第二定律
考点一　热力学第一定律　能量守恒定律
1.对做功、传热、内能变化的理解
(1)做功情况看气体的体积,体积增大,气体对外做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W
为正。
(2)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。
(3)如果研究对象是理想气体,因理想气体忽略分子势能,所以当它的内能变化时,体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。
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(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加
(减少)。
(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。
(3)若在过程的初、末状态,物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。
[例1] 【对热力学第一定律的理解】 (2025·重庆卷,2)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中,气袋被压缩(无破损),不计袋内气体与外界的热交换,则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　)
A.分子热运动的平均动能增加
B.内能减小
C.压强减小
D.对外界做正功
【答案】 A　
【解析】 气袋被压缩且绝热(无热交换),视为理想气体,绝热压缩时外界对气体做功,内能增加,温度升高,分子热运动的平均动能由温度决定,分子热运动的平均动能增加,A正确,B错误;根据理想气体状态方程=C,体积减小,温度升高,可知压强增大,C错误;气体体积减小,外界对气体做功,气体对外界做负功,D错误。
[例2] 【公式ΔU=W+Q的应用】 (2025·江苏常州二模)“声致发光”是悬浮于液体中的气泡受到强声波的激发,气泡膨胀后迅速塌缩并发出极短暂亮光的现象。设气泡内气体最初的压强p0 =100 kPa,温度T0 =300 K,气泡半径r0=5.0 μm。当气泡周围流体中的压强降低时,气泡等温膨胀至半径为r1=25.0 μm;接着由于声波的作用,压强暴增,气泡迅速坍缩到半径为r0。已知气泡在膨胀过程吸收0.24×10-9 J的热量,在塌缩过程中内能增加了3.6×10-9 J。试求:
(1)气泡膨胀后的压强;
(2)在一次膨胀和塌缩的过程中外界对气泡所做的总功。
【答案】 (1)0.8 kPa　(2)3.36×10-9 J
【解析】 (1)气泡等温膨胀,根据玻意耳定律有
p0V0=p1V1,且V0=π,V1=π,
得气泡膨胀后的压强p1=0.8 kPa。
(2)根据热力学第一定律,
膨胀过程ΔU1=W1+Q1,
塌缩过程ΔU2=W2+Q2,
其中ΔU1=0,ΔU2=3.6×10-9 J,
Q1=0.24×10-9 J,Q2=0,
解得W=W1+W2=3.36×10-9 J。
[例3] 【能量守恒定律的应用】 (2025·安徽芜湖模拟)硬的岩石处在太高的山体底部会瘫软,这是山峰高到一定程度后岩石基部压强过大,会发生熔化而开始流动的缘故。
(1)若每摩尔岩石熔化时要吸收的热量为λm,岩石的摩尔质量为μ,山体可看作均匀的圆柱。当山高达极限高度H时继续增高一点就熔化掉一点,即不能再增高了。试从能量的角度写出山的极限高度表达式。
(2)设岩石的主要成分为SiO2,其λm=8 540 J/mol,求山的最大高度H值。(重力加速度g取
10 m/s2,SiO2的摩尔质量μ=0.06 kg/mol)
【答案】 (1)H=　(2)14 233 m
【解析】 (1)如图所示,设山体为一个横截面积为S,高为H的圆柱,若山增加Δh高度后,增加的质量为m,底部就熔化掉Δh的高度,这表明H这个数值已经是山高的极限了,这时m的势能转化为熔化岩石的内能。山体的总质量为M,由密度公式可得M=ρV=ρSH,
被熔化岩石的质量为m=ρVm=ρSΔh,
由题知,质量为μ的岩石熔化时要吸收的热量为λm,所以熔化的岩石需要吸热
Q=·λm=,
岩石熔化山体的势能减小量等于熔化岩石吸收的热量,即MgΔh=Q,
联立有ρSHgΔh=,解得H=。
(2)将λm=8 540 J/mol,μ=0.06 kg/mol代入可得H= m=14 233 m。
考点二　热力学第二定律
1.对热力学第二定律的理解
(1)“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量。
(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。
2.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述,都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性,即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。
[例4] 【对热力学第二定律的理解】 (2025·安徽马鞍山练习)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　)
A.A端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端
B.A端流出气体的内能一定小于B端流出气体的内能
C.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律
【答案】 D
【解析】 由于中心部位为热运动速率较低的气体,与挡板作用后反弹,从A端流出,而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出;同种气体分子平均热运动速率较大时对应的温度也较高,所以A端为冷端、B端为热端,所以从A端流出的气体比从B端流出的气体分子热运动平均速度小,对应的平均动能也小,但内能的多少还与分子数有关,不能得出从A端流出气体的内能一定小于从B端流出气体的内能,故A、B错误。该装置将冷热不均气体进行分离,是通过高压利用外界做功而实现的,并非自发进行的,没有违背热力学第二定律;温度较低气体从A端流出、较高气体从B端流出,并不违背能量守恒定律,故C错误,D正确。
[例5] 【两类永动机】 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.日常生活中会遇到热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量,完全变成功的现象,并不违背热力学第二定律
【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,故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,故C错误;日常见到的热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量完全变成功的现象,一定会引起其他变化,并不违背热力学第二定律,故D正确。
考点三　热力学第一定律与图像的综合应用
1.在某一过程中,气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合气体实验定律、理想气体状态方程分析。
2.在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
[例6] 【热力学第一定律与p-V图像】 (多选)(2024·新课标卷,21)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
【答案】 AD
【解析】 1→2为绝热过程,Q=0,此时气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据ΔU=Q+W可知,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,ΔU>0,此时气体对外界做功,W<0,根据ΔU=Q+W可知,Q>0,即气体吸收热量,故
B错误;3→4为绝热过程,Q=0,此时气体体积增大,气体对外界做功,W<0,故ΔU<0,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降低,故内能减小,由于体积不变,W=0,故可知气体向外放热,故D正确。
[例7] 【热力学第一定律与V-T图像】 (多选)(2025·甘肃卷,9)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　)
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
【答案】 ACD
【解析】 气体A→B过程体积不变,则W=0,而温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,即该过程吸热,又根据查理定律可知压强变大,即pA0,可知 Q<0,即该过程为放热过程,B错误;状态A的温度低于状态C的温度,可知状态A的内能比状态C的小,D正确。
考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程
[例8] 【“缸体”类问题的应用】 (2024·湖北卷,13)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
【答案】 (1)T0　(2)CT0+h(p0S+mg)
【解析】 (1)由题意知气体进行等压变化,根据盖-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,
外界对气体做功
W=-pSΔh=-h(p0S+mg),
由热力学第一定律ΔU=W+Q,
得此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=CT0+h(p0S+mg)。
[例9] 【“液柱”类问题中的应用】 (2025·浙江1月选考卷,15)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1×103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差 h=10 cm。将瓶子放进T2=303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变,气体达到状态2,此时锁定瓶塞,再缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高,气体达到状态3。已知从状态2到状态3,气体对外做功1.02 J;从状态1到状态3,气体吸收热量4.56 J,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3;忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。g取10 m/s2。
(1)从状态2到状态3,气体分子平均速率　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)求气体在状态3的体积V3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】 (1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3　(3)2.53 J
【解析】 (1)从状态2到状态3,温度保持不变,气体分子的内能保持不变,则气体分子平均速率不变,由于气体对外做功,则气体压强减小,故单位时间内撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程,由盖-吕萨克定律得=,
其中V1=1×103 cm3,T1=300 K,T2=303 K,
解得V2=1.01×103 cm3,
此时气体压强
p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa,
气体从状态2到状态3的过程,由玻意耳定律得
p2V2=p3V3,
其中p3=p0,
代入数据解得V3=1.020 1×103 cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=1.01 J,
气体从状态1到状态3的过程中,由热力学第一定律得ΔU=Q-(W1+W2),
其中Q=4.56 J,
W2=1.02 J,
解得ΔU=2.53 J。
课时作业
对点1.热力学第一、第二定律　能量守恒定律
1.(2025·北京卷,1)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃。在压缩过程中,筒内气体(　　)
A.压强变小
B.对外界不做功
C.内能保持不变
D.分子平均动能增大
【答案】 D
【解析】 猛推推杆压缩筒内气体,气体未来得及与外界发生热交换,即Q=0,外界对气体做正功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体内能增大,B、C错误;气体内能增大,其温度升高,分子平均动能增大,又体积减小,则气体压强增大,A错误,D正确。
2.(2025·湖北宜昌阶段检测)2025年4月21日,全球能源互联网发展合作组织与国家气候中心联合发布《2025年全球新能源发电年景预测报告》。能源问题是当今世界最为重要的问题之一,热力学的研究对能源利用率的提高起到了关键作用,为热机的设计与制造提供了足够的理论支持。关于热机和热力学定律,以下表述正确的是(　　)
A.第二类永动机并没有违背能量守恒定律,故热机的效率可能达到100%
B.因为能量守恒,随着科技的发展,能量可以循环利用,从而可以解决能源危机问题
C.一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行
D.热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”
【答案】 C
【解析】 第二类永动机并没有违背能量守恒定律,但根据热力学第二定律可知,热机的效率不可能达到100%,故A错误;虽然能量守恒,但由于使用后能量的品质降低,可利用的能源会越来越少,因此能源危机仍然存在,我们在日常的生产生活中要养成节约能源的习惯,故B错误;由熵增原理可知,一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行,故C正确;热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化”,故D错误。
3.太阳能的光热转化是目前技术最为成熟、应用最广泛的太阳能利用形式,从有关资料获悉,在晴天时,垂直于阳光的地球表面接收到的光辐射为1.2×103 J/(m2·s)。如图所示,有一台太阳能热水器,可将接收到的光辐射的50%用来升高水温,如果该热水器接收阳光垂直照射的有效面积始终是2 m2,晴天晒1 h,其水箱中50 kg水的温度能升高多少摄氏度 [水的比热容c=
4 200 J/(kg·℃)]
【答案】 20.6 ℃
【解析】 依题意,可求得1 h太阳能热水器可以接收的太阳能为
E太阳=1.2×103×2×3 600 J=8.64×106 J,
水吸收的热量为
Q吸=ηE太阳=50%×8.64×106 J=4.32×106 J,
则水箱中50 kg水升高的温度为
Δt== ℃=20.6 ℃。
对点2.热力学第一定律与图像的综合应用
4.(多选)(2024·海南卷,11)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】 在气体的V-T图像中,图线中任一点与原点连线的斜率越大,表示气体的压强越小,由题图可知pa0,根据ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab过程气体放出热量,C正确;ca过程,气体温度升高,内能增大,D错误。
5.(多选)(2025·广西南宁模拟)一定质量的理想气体从A状态开始,经过A→B→C→D→A,最后回到初始状态A,各状态参量如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.A状态到C状态气体吸收热量
B.B状态到C状态气体分子的平均动能减小
C.B→C过程气体对外做功大于C→D过程外界对气体做功
D.气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用ABCD的面积来表示
【答案】 ABD
【解析】 根据理想气体状态方程有=,可得TATC,则B状态气体分子平均动能大于C状态气体分子平均动能,故B正确;根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小,B→C过程气体对外做功满足WBC对点3.热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
6.(2025·湖北武汉期末)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气,小瓶内的空气可视为理想气体。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮。上浮过程中,小瓶内气体(　　)
A.内能减少
B.对外界做正功
C.增加的内能大于吸收的热量
D.增加的内能等于吸收的热量
【答案】 B
【解析】 由题知,越靠近瓶口水的温度越高,则小瓶上升靠近瓶口的过程中温度也升高,则气体的温度升高,由于一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关,可知小瓶内气体的内能增大,故A错误;设大气压强为p0,小瓶内气体的压强为p,小瓶内气体下侧到水面的高度差为h,则小瓶内气体的压强p=p0+ρgh,其中ρ为水的密度,小瓶上升的过程中瓶内气体下侧到水面的高度差减小,则小瓶内气体的压强减小,由理想气体的状态方程=C可知,小瓶上升的过程中瓶内气体的体积一定增大,则小瓶内气体对外界做正功,故B正确;气体的内能增大,则ΔU为正,气体对外做功,则W为负,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体增加的内能小于吸收的热量,故C、D错误。
7.(2025·陕晋青宁卷,13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300 K时,体积V1和压强p1分别为0.528 m3、
3.0×105 Pa;当胎内气体温度升高到T2为350 K时,体积增大到V2为0.560 m3,气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2;
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J,求胎内气体的内能增加量ΔU。
【答案】 (1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J
【解析】 (1)气体可视为理想气体,根据理想气体状态方程得=,
代入数据解得p2=3.3×105 Pa。
(2)p-V图线与坐标轴围成的面积代表做功的大小,该过程气体体积增大,则气体对外做功,可得外界对气体做的功为W=-(V2-V1),
代入数据得W=-1.008×104 J,
由热力学第一定律得ΔU=Q+W,
代入数据可得ΔU=6.6×104 J。
8.(多选)(2025·辽宁抚顺期末)气压式升降椅通过汽缸上下运动来调节椅子升降,其简易结构如图甲所示,圆柱形汽缸与椅面固定连接,柱状汽缸杆与底座固定连接。可上下移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体,设汽缸气密性、导热性良好,不计汽缸与汽缸杆间的摩擦。初始时无人坐该升降椅,气体的状态为A,某人缓慢坐在座椅上直到双脚离开地面,使气体达到稳定状态B,然后打开空调调节室内温度,经过一段时间,室内温度缓慢变化到设定温度,稳定后气体的状态为C,最后人缓慢离开椅面,气体最终达到另一个稳定状态D,整个过程中气体的压强和体积倒数的关系如图乙所示。已知汽缸的横截面积为S,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.人的质量可表示为
B.气体在状态C时的温度比在状态A时的高
C.在气体从状态B到状态C的过程中,外界对气体做的功为p2(V2-V4)
D.在气体从状态C到状态D的过程中,气体从外界吸收的热量大于
【答案】 AC
【解析】 对椅面受力分析,根据受力平衡有p1S=p2S-mg,则人的质量m=,故A正确;根据理想气体状态方程=C变形得p=CT,图像与原点连线的斜率与温度成正比,所以气体在状态A的温度高于状态C的温度,故B错误;气体从状态B到状态C,做等压变化,体积减小,则外界对气体做的功为W0=p2(V2-V4),故C正确;气体从状态C到状态D做等温变化,其内能不变,结合热力学第一定律ΔU=W+Q可知,该过程气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功,根据p-图像易知,气体从状态C到状态D,气体对外界做的功W<,故D错误。
9.(2025·山东卷,16)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
【答案】 (1)h1　(2)
【解析】 (1)在封闭气体由T1→T2的升温过程,活塞缓慢上升,即气体发生等压膨胀,根据盖-吕萨克定律有=,解得h2=h1。
(2)T1→T2升温膨胀过程中,活塞移动距离
Δh1=h2-h1=h1,
根据平衡条件有
p1S=p0S+f0,则外界对气体做功
W1=-p1Δh1S=-;
T2→T3等容降温过程中,
外界对气体做功W2=0;
T3→T4过程中,活塞缓慢下降,即气体等压压缩,同理有p0S=f0+p3S,
=,
外界对气体做功W3=p3(h2-h4)S,
联立解得W3=;
全程中外界对气体做功
W=W1+W2+W3=。
因为T1=T4,
故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0,
利用热力学第一定律ΔU=W+Q,
解得Q=,
故封闭气体吸收的净热量Q=。

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