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选修3－3 　热学　
第1讲　分子动理论　内能
考点1　微观量的估算
1．分子的两种模型
(1)球体模型直径d＝.(常用于固体和液体)
(2)立方体模型边长d＝.(常用于气体)
对于气体分子，d＝的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离．
2．与阿伏加德罗常数有关的宏观量和微观量的计算方法
(1)宏观物理量：物体的质量m，体积V，密度ρ，摩尔质量Mmol，摩尔体积Vmol.
(2)微观物理量：分子的质量m0，分子的体积V0，分子直径d.
(3)宏观量、微观量以及它们之间的关系.
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
1．(多选)钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA.已知1克拉＝0.2克，则(　ACE　)
A．a克拉钻石所含有的分子数为
B．a克拉钻石所含有的分子数为
C．每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
D．每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
E．每个钻石分子的质量为
解析：a克拉钻石的摩尔数为，则所含分子数为NA，A正确，B错误；每个钻石分子的体积为＝πd3，则其直径为(m)，C正确，D错误；每个钻石分子质量为，E正确．
2．很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车．若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3，氙气摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1.试估算：(结果保留一位有效数字)
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离．
解析：(1)设氙气的物质的量为n，
则n＝，氙气分子的总个数N＝NA≈4×1022个．
(2)每个分子所占的空间为V0＝
设分子间平均距离为a，则有V0＝a3，
则a＝ ≈3×10－9 m.
答案：(1)4×1022个　(2)3×10－9 m
(1(对固体和液体，一般认为分子紧密排列，摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值是分子体积.
(2(对气体，分子间距离很大，在标准状态下一摩尔任何气体的体积都为22.4 L，其摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值是每个分子占据空间.
考点2　分子热运动
现象
扩散现象
布朗运动
热运动
活动主体
分子
固体微小颗粒
分子
区别
是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间
是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生
是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
(1)都是无规则运动；(2)都随温度的升高而更加激烈
联系
扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
1．(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是(　ACD　)
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
解析：温度越高，分子运动越剧烈，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是不同物质相互进入到间隙中，不是化学反应，B错；扩散现象说明分子是无规则运动的，C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确；液体中的扩散现象与对流没有关系，E错．
2．(2019·山西五市联考)(多选)小张在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动．从A点开始，他把粉笔末每隔20 s的位置记录在坐标纸上，依次得到B、C、D…点，把这些点连线形成如图所示折线图，则关于该粉笔末的运动，下列说法正确的是(　BDE　)
A．该折线图是粉笔末的运动轨迹
B．粉笔末的无规则运动反映了水分子的无规则运动
C．经过B点后10 s，粉笔末应该在BC的中点处
D．粉笔末由B到C的平均速度小于C到D的平均速度
E．若改变水的温度，再记录一张图，则仅从图上不能确定记录哪一张图时的温度高
解析：折线图是每隔20 s记录的粉笔末的位置的连线图，并非粉笔末的运动轨迹，A项错误．粉笔末的无规则运动反映了水分子的无规则运动，B项正确．由于布朗运动的无规则性，我们不能确定经过B点后10 s时粉笔末的具体位置，C项错误．由＝，因为xBC3．(2019·陕西宝鸡质检)(多选)关于布朗运动和分子热运动，下列说法中正确的是(　BCE　)
A．布朗运动是分子的运动，牛顿运动定律不再适用
B．布朗运动是分子无规则运动的反映
C．悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是布朗运动
D．布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫作热运动
E．布朗运动的明显程度与颗粒的体积和质量大小有关
解析：本题考查布朗运动产生的机理和剧烈程度的相关因素．布朗运动是悬浮在液体中粒子的运动，这些粒子不是微观粒子，牛顿运动定律仍适用，故A错误．悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动，故B、C正确．布朗运动反映的是分子的热运动，其本身不是分子的热运动，故D错误．布朗运动的明显程度与颗粒的体积和质量大小有关，体积和质量越小，布朗运动越剧烈，故E正确．
(1(扩散现象直接证明了分子不停地做无规则运动，布朗运动间接证明了分子不停地做无规则运动.
(2(布朗运动的固体颗粒的数量级为10－6 m，而分子直径的数量级为10－10 m，布朗粒子是成千上万个分子的集合体.
考点3　分子力、分子势能与分子间距离的关系　　　　　　　　　　　　　　
1．分子间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随距离增大而减小，分子力指引力和斥力的合力．
2．分子势能与分子间距离有关．当改变分子间距离时，分子力做功，分子势能也随之改变．当分子力做正功时，分子势能减小；当分子力做负功时，分子势能增大．
3．分子力及分子势能比较
分子力F
分子势能Ep
图象
1．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(　B　)
解析：分子间作用力F的特点是：rr0时F表现为引力；分子势能Ep的特点是r＝r0时Ep最小，因此只有B项正确．
2．(2019·山东泰安模拟)(多选)甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x轴的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是(　ADE　)
A．乙分子在P点时加速度为0
B．乙分子在Q点时分子势能最小
C．乙分子在Q点时处于平衡状态
D．乙分子在P点时动能最大
E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等
解析：由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，选项A、E正确；乙分子在Q点时分子势能为0，大于乙分子在P点时的分子势能，选项B错误；乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为0，故不处于平衡状态，选项C错误；乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，选项D正确．
考点4　温度和内能
1．对温度和内能的理解
2.物体的内能与机械能的比较
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、参考系和零势能点的选取有关
量值
任何物体都有内能
可以为零
测量
无法测量
可测量
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
1．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是(　BDE　)
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体的体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
解析：本题考查气体的内能．气体的内能是指所有气体分子的动能和分子间的势能之和，故A、C项错误．
2．(多选)关于物体的内能，下列叙述正确的是(　BDE　)
A．温度高的物体比温度低的物体内能大
B．物体的内能不可能为零
C．内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E．物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数有关
解析：温度高低反映分子平均动能的大小，但由于物体不同，分子数目不同，所处状态不同，无法反映内能大小，选项A错误；由于分子都在做无规则运动，因此，任何物体内能都不可能为零，选项B正确；内能相同的物体，它们的分子平均动能不一定相同，选项C错误；内能不同的两个物体，它们的温度可以相同，即它们的分子平均动能可以相同，选项D正确；物体的内能与物体的温度、体积、物态和分子数有关，故选项E正确．
3．(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是(　CDE　)
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
解析：质量和温度相同的气体，分子的平均动能相同，但是可能是不同的气体，其摩尔质量不同，分子数不同，故内能不一定相同，A错误；内能是微观意义上的能量，与宏观运动无关，B错误；气体被压缩时，外界对气体做功，气体可能放热，由ΔU＝W＋Q得内能可能不变，C正确；一定量的某种理想气体的内能不考虑分子势能，只与分子动能有关，而温度是分子平均动能的标志，所以一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，D正确；一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，故内能一定增加，E正确．
分析物体内能问题的四点提醒
(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法．
(2)决定内能大小的因素为温度、体积、分子数，还与物态有关系．
(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能．
(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能相同．
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第2讲　固体、液体与气体
考点1　固体和液体的性质
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)有些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
形成原因
表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性
表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力
的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力
的效果
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小
1．(多选)下列说法正确的是(　BCD　)
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
解析：晶体被敲碎后，构成晶体的分子或原子的空间点阵结构没有发生变化，仍然是晶体，A错误；有些晶体在光学性质方面是各向异性的，B正确；同种元素构成的不同晶体互为该元素的同素异形体，C正确；如果外界条件改变了物质分子或原子的排布情况，晶体和非晶体之间可以互相转化，D正确；晶体熔化过程中，分子势能发生变化，内能发生了变化，E错误．
2．(多选)下列说法正确的是(　ACD　)
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面．这是因为水表面存在表面张力
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
解析：水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，选项B错误．玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用，选项E错误．
对饱和汽及饱和汽压的理解
(1)饱和汽压跟液体的种类有关，在相同的温度下，不同液体的饱和汽压一般是不同的．
(2)饱和汽压跟温度有关，饱和汽压随温度的升高而增大．
(3)饱和汽压跟体积无关，在温度不变的情况下，饱和汽压不随体积的变化而变化．
考点2　气体压强的计算及微观解释
1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，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．压强计算的两个常用模型
(1)活塞模型(如图甲)
对“活塞模型”类求压强的问题，其基本的方法就是先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程．
(2)连通器模型(如图乙)
根据帕斯卡定律可知，同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以密闭气体压强p＝p0＋ρgh.
1．(2019·山东聊城模拟)(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是(　ACE　)
A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变
E．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定
解析：单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故选项A正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故选项C正确，D错误；气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，选项E正确．
2．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为(　D　)
A．p0＋ B.＋
C．p0＋ D．p0＋
解析：
对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝cosθ，即p＝p0＋，D正确．
3．若已知大气压强为p0，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．
解析：在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气·S＋ρgh·S＝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＋ρghS＝p0S
p气＝p0－ρgh
在图丙中，以B液面为研究对象，有
p气S＋ρghSsin60°＝pBS＝p0S
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
考点3　气体实验定律及理想气体状态方程　　　　　　　　　　　　　　
1．气体状态变化的图象问题
2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
3．几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT.
(2)盖—吕萨克定律推论：ΔV＝ΔT.
(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋….
考向1　气体图象的理解与应用
(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是(　　)
A．A→B过程温度升高，压强不变
B．B→C过程体积不变，压强变小
C．B→C过程体积不变，压强不变
D．C→D过程体积变小，压强变大
E．C→D过程温度不变，压强变小
【解析】　由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高，体积变大，且体积与温度成正比，由＝C可知，气体压强不变，故选项A正确；在B→C的过程中，体积不变，而温度降低，由＝C可知，气体压强变小，故选项B正确，C错误；在C→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由＝C可知，气体压强变大，故选项D正确，E错误．
【答案】　ABD
1．某一定质量理想气体发生等压膨胀、等温压缩、等容降温三个状态变化后回到初始状态，整个过程的p-V图象如图所示，则下列也能反映该过程的图象是(　B　)
解析：根据理想气体状态方程＝C，等压膨胀过程，温度增加，p-T图象与T轴平行，等温压缩过程，压强增加，p-T图象与p轴平行，等容降温过程，压强减小，p-T图象经过坐标原点，故A错误，B正确；根据理想气体状态方程＝C，等压膨胀过程，温度增加，V-T图象经过坐标原点，等温压缩过程，压强增加，V-T图象与V轴平行，等容降温过程，压强减小，V-T图象与T轴平行，故C、D错误．
气体状态变化图象的应用技巧
(1)求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．
(2)在V-T图象(或p-T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．
考向2　气体实验定律及状态方程的应用
如图所示，长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B导热良好、内壁光滑，A竖直固定、B水平固定，A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，将整个装置置于温度为20 ℃、大气压强为p0的环境中，活塞C、D的质量均为m＝.原长为2l的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在汽缸A底部．稳定后活塞C距汽缸A底部，活塞D距汽缸B的底部3l.求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)若在活塞D上施加一水平向左的力缓慢推动活塞D，使汽缸A中弹簧恢复原长，此时活塞D距汽缸B底部的距离．
[审题指导]　两汽缸连通，稳定时，B汽缸中D活塞不运动，说明封闭气体的压强为p0，对A汽缸中活塞C受力分析可以求出弹簧的劲度系数．用力向左推动D，封闭气体做等温变化，当弹簧为原长时，对C受力分析，可以求出此时封闭气体的压强，根据玻意耳定律可以求出活塞D距汽缸B底部的距离．
【解析】　(1)对活塞C受力分析，有mg＝k
解得k＝
(2)对活塞C，弹簧恢复原长时有mg＋p0S＝pS
解得p＝2p0
此时对汽缸A、B中的气体，根据玻意耳定律得，
p0S＝p(2l＋x)S
解得x＝l
【答案】　(1)　(2)l
2．(2019·贵州铜仁模拟)如图所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形绝热汽缸，汽缸的横截面积S＝2.5×10－3 m3，绝热活塞到汽缸底部的距离为L＝0.5 m，活塞的质量和厚度均可忽略，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根竖直细杆与天花板固定好，气缸内密封有温度t1＝27 ℃的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0，若外界的大气压强p0＝1.0×105 Pa保持不变，求：
(1)如果保持活塞不动，当力传感器的读数达到F＝300 N时，密封气体温度升高到多少？
(2)如果从初状态开始将活塞往下压，当下压的距离为x＝0.2 m时力传感器的示数达到F＝450 N，则通过压缩气体可以使此密封气体的温度升高到多少？
解析：(1)温度T1＝t1＋273 K＝300 K，密封气体初态压强
p1＝p0＝1.0×105 Pa
末态压强：p2＝p0＋＝2.2×105 Pa
密封气体发生等容变化，由查理定律得＝
代入数据得T2＝660 K
t2＝T2－273 ℃＝387 ℃
(2)如果从初状态开始往下压，则气体的压强、体积、温度都会发生变化，则根据理想气体状态方程有＝
代入数据有T2＝504 K
t2＝T2－273 ℃＝231 ℃
答案：(1)387 ℃　(2)231 ℃
　　利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路
考点4　关联气体的状态变化问题
考向1　通过活塞相关联
(2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量．
[审题指导]　关键词理解，隐含条件显性化
(1)关键词“导热”说明气体上下两部分温度相等，且与环境温度相同．
(2)外界温度保持不变，说明气体做等温变化．
(3)流入液体产生的压强p′＝.
(4)K关闭，说明外部液体对气体压强不产生影响．
【解析】　本题考查气体实验定律、气体压强计算等知识．
设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1①
p0＝p2V2②
由已知条件得V1＝＋－＝V③
V2＝－＝④
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg⑤
联立以上各式得m＝⑥
【答案】　
考向2　通过水银柱相关联
在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．
【解析】　设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气柱长度分别为l1′和l2′.
p2＝p1－6 cmHg
由玻意耳定律有p1l1＝pl1′　p2l2＝pl2′
两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′
解得l1′＝22.5 cm　l2′＝7.5 cm
【答案】　22.5 cm　7.5 cm
多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联.若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系.
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第3讲　热力学定律与能量守恒定律
考点1　对热力学第一定律理解及应用
1．热力学第一定律的理解
(1)内能的变化由做功和热传递两个因素决定，用热力学第一定律进行综合分析．
(2)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．
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.
(4)如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要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．
2．三种特殊情况
(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)若过程的初、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．
(多选)如图所示，绝热容器被绝热隔板K1、卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a，b，c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强pbA．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少
B．只打开隔板K1，b中气体不做功，内能不变
C．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变
D．只打开卡销K2，b中气体对外做功，内能减小
E．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能增加
[审题指导]　解答本题应注意以下两点：
(1)气体向真空中扩散过程中，气体不做功．
(2)由于pb【解析】　只打开隔板K1，b中气体向a中真空扩散，气体不做功，W＝0，绝热容器导致Q＝0，由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0，内能不变，A错误，B正确；只打开隔板K1时，b中气体内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C知b中气体体积增大，压强减小，C正确；只打开卡销K2时，由于pb0，但Q′＝0，则ΔU′＝W′＋Q′>0，内能增加，E正确，D错误．
【答案】　BCE
1．(多选)如图所示，将一空的铝制易拉罐开口向下压入恒温游泳池的水中，则金属罐在水中缓慢下降的过程中，罐内空气(可视为理想气体)(　BCD　)
A．内能增大
B．分子间的平均距离减小
C．向外界放热
D．外界对气体做正功
E．既不吸热，也不放热
解析：由于温度不变，故气体内能不变(理想气体内能取决于温度)，A错误；取金属罐中封闭的理想气体为研究对象，金属罐向下压入恒温游泳池中的过程，可视为等温过程，由题意知压强变大，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可知体积变小，故分子平均间距变小，B正确；恒温内能不变，ΔU＝0，体积变小，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即向外放热，故C、D正确，E错误．
2．(2019·山东济南一模)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g.求：
(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；
(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化．
解析：(1)设封闭气体的压强为p，对活塞分析：p0S＝pS＋Mg
用水银柱表达气体的压强p＝p0－ρgΔh
解得Δh＝；
(2)加热过程中气体变化是等压变化
＝，T＝T0
气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0
根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W
可得ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0.
答案：(1)　(2)ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0
与气体相关的热力学问题的分析方法
对一定量理想气体的内能变化，吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题，可按下面方法判定：
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W>0；
体积V增大→气体对外界做功→W<0；
自由膨胀→W＝0.
(2)内能变化看温度(气体的势能可以忽略)
温度T升高→内能增加→ΔU>0；
温度T降低→内能减少→ΔU<0.
(3)吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q.
考点2　热力学第一定律和气体图象的综合应用　　　　　　　　　　　　　　
等温变化
等容变化
等压变化
气体图象
考向1　对p-V图象的考查
(2018·全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中________．
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
[审题指导]　热力学常见用语的含义
(1)理想气体温度升高：内能增大．
(2)气体体积增大：气体对外做功．气体体积减小：外界对气体做功．
(3)绝热：没有热交换．
(4)导热性能良好：表示与外界温度相同．
【解析】　本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程．对于一定量的理想气体有＝恒量．从a到b，p逐渐增大，V逐渐增大，所以p与V的乘积pV增大，可知T增大，则气体的内能一直增加，故A错误、B正确．由于V逐渐增大，可知气体一直对外做功，故C正确．由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，因ΔU>0，W<0，可知Q>0，即气体一直从外界吸热，且吸收的热量大于对外做的功，故D正确、E错误．
【答案】　BCD
考向2　对p-T图象的考查
(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p-T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
【解析】　由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由题图可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(va－vd)＝c(Ta－Td)，因为ΔT＝Tb－Tc＝Ta－Td，所以|Wbc|＝|Wda|，故E正确．
【答案】　ABE
考向3　对V-T图象的考查
(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是(　　)
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d的内能相等
E．状态d的压强比状态b的压强小
[审题指导]　清晰理解①②③④过程的规律，明确a、b、c、d、e各状态下气体状态参量关系．物体的内能与物体的质量、物态、温度及体积有关，而一定质量的理想气体的内能只与T有关．
【解析】　本题考查气体实验定律、理想气体状态方程．过程①是等容升温过程，由＝，可知压强逐渐增大，A项错误．过程②中气体膨胀，故气体对外界做正功，B项正确．过程④为等容降温过程，气体向外放出热量，C项错误．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，而Tc＝Td，所以状态c、d的内能相等，D项正确．由理想气体状态方程＝C得p＝C，由题图可知>，则pb>pd，E项正确．
【答案】　BDE
(1(在等温变化中，内能不变，若体积增加，则吸热；反之放热.
(2(在等容变化中，体积不变.没有做功过程，若温度升高，则内能增加，吸收的热量全部增加气体内能.
(3(在等压变化过程中，气体做功可用公式W＝p·ΔV计算.
考点3　对热力学第二定律的理解
1．对热力学第二定律关键词的理解
在热力学第二定律的表述中，“自发地”和“不产生其他影响”的含义如下：
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．
2．热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如：
(1)高温物体低温物体
(2)功热
(3)气体体积V1气体体积V2(V2>V1)
(4)不同气体A和B混合气体AB
3．两类永动机的比较
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器
从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制
成的原因
违背能量守恒
不违背能量守恒，但违背热力学第二定律
1．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　D　)
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：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对．
2．(多选)下列关于热力学第二定律的说法中正确的是(　BCE　)
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部转化成机械能而不产生其他影响
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
E．热运动的宏观过程有一定的方向性
解析：符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，选项A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选项B正确；机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部转化成机械能而不产生其他影响，选项C正确；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，选项D错误；热运动的宏观过程有一定的方向性，选项E正确．
3．(2019·四川凉山二诊)(多选)我国航天员漫步太空已变成现实，已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”．其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中最终达到平衡．若将此气体近似看成为理想气体，则下列说法正确的是(　ACE　)
A．气体并没有对外做功，气体内能不变
B．B中气体可自发地全部退回到A中
C．气体温度不变，体积增大，压强减小
D．气体体积膨胀，对外做功，内能减小
E．气体体积变大，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将变少
解析：气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据ΔU＝W＋Q可知内能不变，故A正确，D错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误；因为内能不变，故温度不变，因为气闸舱B内为真空，故扩散后气体体积V增大，根据玻意耳定律得pV＝定值，可知p减小，故C正确；根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将变少，故E正确．
热力学第一、第二定律的比较
热力学第一定律
热力学第二定律
定律揭示
的问题
它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系
它指出自然界中涉及热现象的宏观过程是有方向性的
机械能和
内能的转
化　　　
当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能
内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能
表述形式
只有一种表述形式
有多种表述形式
两定律
的关系
在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学知识的理论基础
学习至此，请完成课时作业43
课时作业41　分子动理论　内能
时间：45分钟
1．以下关于热运动的说法正确的是(　C　)
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
解析：分子热运动的剧烈程度只与温度有关，温度越高，分子的热运动越剧烈，属于微观层面的运动，与宏观的水流速度大小无关，选项A错误，C正确；分子在不停地做无规则运动，水凝结成冰后，水分子的无规则运动并未停止，选项B错误；温度升高，分子的平均动能增大，但不是每一个分子的动能都增大，即并不是每一个分子的运动速率都增大，选项D错误．
2．关于分子动理论，下列说法正确的是(　C　)
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
解析：影响气体扩散快慢的因素有温度、分子大小、浓度、压强等，由此可知选项A错误；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，选项B错误；分子间同时存在着引力和斥力，选项C正确；分子间的引力总是随分子间距增大而减小，选项D错误．
3．下列说法中正确的是(　C　)
A．布朗运动可能是液体分子的热运动，也可能是固体颗粒的运动
B．布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹
C．当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大
D．物体温度改变时，物体分子的平均动能不一定改变
解析：布朗运动是悬浮小颗粒的运动，布朗运动图中不规则折线是将间隔相等时间描出的小颗粒所在位置的点用直线按时间顺序依次连接起来得到的，不表示液体分子的运动轨迹，A、B错误；当分子间的距离变小时，分子间作用力如果表现为引力，则分子力减小(或先增大后减小)，分子间作用力如果表现为斥力，则分子力增大，C正确；温度是分子平均动能的标志，物体温度改变时，物体分子的平均动能一定改变，D错误．
4．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是(　C　)
A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小
解析：当分子间距为r0时为平衡位置，当r>r0时分子间表现为引力，且分子力随r的增大而先增大后减小，当r增大时，分子力做负功，分子势能增大，故A、B错误；当r5．(多选)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(　BCE　)
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：分子力F与分子间距r的关系是：当rr0时F为引力．综上可知，当两分子由相距较远逐渐达到最近过程中分子力是先变大再变小后又变大，A项错误．分子力为引力时做正功，分子势能减小，分子力为斥力时做负功，分子势能增大，故B项正确、D项错误．因仅有分子力作用，故只有分子动能与分子势能之间发生转化，即分子势能减小时分子动能增大，分子势能增大时分子动能减小，其总和不变，C、E项均正确．
6．关于分子热运动和布朗运动，下列说法正确的是(　B　)
A．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
B．布朗运动间接反映了分子在永不停息地做无规则运动
C．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著
D．当物体温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止
解析：布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；悬浮颗粒越大，液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小，布朗运动越不明显，C错误；热运动在0 ℃时不会停止，D错误．
7．(多选)关于布朗运动，下列说法正确的是(　BDE　)
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各部分温度不同而引起的
D．悬浮在液体中的固体小颗粒做布朗运动具有的能是机械能
E．布朗运动是微观粒子的运动，其运动规律遵循牛顿第二定律
解析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，选项A错误；布朗运动的剧烈程度与温度有关，液体温度越高，布朗运动越剧烈，选项B正确；布朗运动是由于来自各个方向的液体分子对固体小颗粒撞击作用的不平衡引起的，选项C错误；悬浮在液体中的固体小颗粒做布朗运动具有的能是机械能，选项D正确；布朗运动是悬浮的固体小颗粒不停地做无规则的宏观的机械运动，故其运动规律遵循牛顿第二定律，选项E正确．
8．(多选)已知阿伏加德罗常数为NA，铜的摩尔质量为M0，密度为ρ(均为国际制单位)，则(　ABD　)
A．1个铜原子的质量是
B．1个铜原子的体积是
C．1 kg铜所含原子的数目是ρNA
D．1 m3铜所含原子的数目为
解析：铜的摩尔质量即NA个铜原子的质量，因此1个铜原子的质量是，故A正确；1摩尔铜的体积为，故每个铜原子的体积为，故B正确；1 kg铜的摩尔数为，则原子数目为NA，故C错误；1个铜原子的体积是，则1 m3铜所含原子的数目为，故D正确．
9．(多选)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则下列说法正确的是(　ABD　)
A．分子间引力随分子间距的增大而减小
B．分子间斥力随分子间距的减小而增大
C．分子间相互作用力随分子间距的增大而减小
D．当rE．当r>r0时，分子间作用力随分子间距的增大而减小
解析：分子力和分子间距离的关系图象如图所示，根据该图象可判断分子间引力随分子间距的增大而减小，分子间斥力随分子间距的减小而增大，A、B正确；当rr0时，分子力随分子间距的增大先增大后减小，故E错误．
10．一个密闭容器由固定导热板分隔为体积相同的两部分，分别装有质量不等的同种气体．当两部分气体稳定后，它们的(　C　)
A．密度相同 B．分子数相同
C．分子平均速率相同 D．分子间平均距离相同
解析：本题考查温度的微观意义．根据ρ＝可知，m不等，V相等，则ρ不相等，A项错误．质量不等的同种气体的分子数不相等，B项错误．当两部分气体稳定后，二者的温度是相等的，故同种气体分子的平均速率相同，C项正确．同体积、不同质量的同种气体分子间距不相同，D项错误．
11．(2019·邯郸市一模)(多选)近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后危害人体健康，矿物燃料的燃烧是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法正确的是(　BDE　)
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布朗运动
C．温度越低PM2.5活动越剧烈
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中小一些的颗粒的运动比大一些的颗粒更为剧烈
解析：“PM2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，其尺寸远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，故选项A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，故选项B正确；大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM2.5的运动越激烈，故选项C错误；导致PM2.5增多的主要原因是矿物燃料的燃烧，故应该提倡低碳生活，可有效减小PM2.5在空气中的浓度，故选项D正确；PM2.5中小一些的颗粒，空气分子对其撞击更不均衡，故运动比大一些的颗粒更为剧烈，故选项E正确．
12．(2019·郑州模拟)(多选)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(　ACE　)
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：由图象可知，分子间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，C正确；r0是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故B错误；当r等于r0时，分子势能最小但不为零，故D错误；在整个过程中只有分子力做功，只有分子势能和动能的转化，分子动能和势能之和不变，故E正确．
13．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，现有油酸和酒精按体积比为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．
请补充下述实验步骤：
(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V.(需测量的物理量用字母表示)
(2)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，如图所示，则油膜面积为115S(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)．
(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝.
解析：(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V.
(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′＝115S.
(3)由d＝，得d＝.
14．室内空气中的水分太少，人会感觉干燥，人们常用空气加湿器来增加室内的水份，增加湿度，若有一加湿器工作一段时间后，容器中的水减少了体积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)室内共增加水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
解析：(1)水的摩尔体积为
V0＝＝ 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
课时作业42　固体、液体与气体
时间：45分钟
1．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图所示，则(　B　)
A．甲、乙为非晶体，丙是晶体
B．甲、丙为晶体，乙是非晶体
C．甲、丙为非晶体，乙是晶体
D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
解析：由题图可知，甲、乙在导热性质上表现各向同性，丙具有各向异性，甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，B正确．甲为晶体，但仅从图中无法确定它的其他性质，所以甲可能是单晶体，也可能是多晶体，丙为单晶体，故A、C、D错误．
2．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p-T图象，对应的p-V图象应是(　C　)
解析：在p-T图象中，A、B两点所在直线过原点，所以A→B为等容过程，气体体积不变，压强增大，温度升高；B→C为等温过程，气体温度不变，压强减小，体积增大，C正确．
3．一个密闭绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分的气体体积大于B部分的气体体积，两部分温度相同，如图所示．若拔去销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积大小为VA、VB，则有(　B　)
A．VA＝VB B．VA>VB
C．VA解析：因为拔去销钉前两部分气体质量相同，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，又因两部分气体温度相同，故根据气体压强的决定因素可知，A部分气体的压强小于B部分气体的压强．若拔去销钉，则活塞向左(A部分气体一侧)移动，活塞对A部分气体做功，导致A部分气体温度升高；B部分气体对活塞做功，导致B部分气体温度降低；直至两部分气体的压强相等时活塞达到静止状态，这时A部分气体温度高于B部分气体温度，所以A部分气体体积大于B部分气体体积，B正确．
4．(多选)下列说法正确的是(　BCE　)
A．一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
B．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力
C．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
D．土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松
E．人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程
解析：多晶体的光学性质是各向同性的，A项错误；由于液体的蒸发，液体表面分子较为稀疏，分子间距大于液体内部，表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面张力，B项正确；水能浸润脱脂棉，不能浸润非脱脂棉，C项正确；土壤里有很多毛细管，水分会沿着这些毛细管引到地表进而蒸发掉，为了保持地下的水分，将地面的土壤锄松，会破坏毛细管，D项错误；某些物质在水溶液中能够形成薄片状液晶，这也正是生物膜的主要成分，实验室就利用这样的人造生物膜研究离子的渗透性，E项正确．
5．如图所示，光滑水平地面上放有一质量为m的导热汽缸，用活塞封闭了一部分气体．活塞质量为，截面积为S，可无摩擦滑动，汽缸静止时与缸底距离为L0.现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸与活塞达到相对静止状态．已知大气压强为p0.求：
(1)稳定时封闭气体的压强．
(2)稳定时活塞与汽缸底部的距离．
解析：(1)选择汽缸、活塞和密闭气体整体作为研究对象，受力分析可知，水平恒力F即为整体受到的合外力，由牛顿第二定律得F＝(m＋)a
隔离活塞对其受力分析，设封闭气体压强为p
则由牛顿第二定律得(p－p0)S＝a
汽缸和活塞相对静止具有相同的加速度，联立以上两式，可得p＝p0＋
(2)由汽缸为导热汽缸可知，汽缸内气体温度不变，气体为等温变化，设稳定时活塞与缸底部的距离为L
由理想气体状态方程＝C得p0L0S＝pLS
可得L＝＝L0
答案：(1)p0＋　(2)L0
6．如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.
(1)写出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值．
(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图象，并在图线相应的位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
解析：(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以A→B是一个等压变化，即pA＝pB
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以TA＝TB＝×300 K＝200 K
(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得
＝
所以pC＝pB＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
则可画出状态A→B→C的p-T图象如图所示．
答案：见解析
7．(2019·山东滨州统考)一粗细均匀的J形细玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图所示，密闭气体的温度为27 ℃.大气压强为76 cmHg.
(1)若沿长臂的管壁缓慢加入水银，密闭气体长度变为8 cm，注入的水银柱有多长？
(2)在注完水银后，使玻璃管沿绕过O点的水平轴在纸面内逆时针转过90°稳定后，要使密闭气体的长度保持8 cm不变，应使气体温度变为多少(结果保留三位有效数字)?
解析：(1)以封闭气体为研究对象，设细玻璃管横截面积为S，则有p1＝76 cmHg，l1＝10 cm，l2＝8 cm，则p1l1S＝p2l2S，解得p2＝95 cmHg.注入水银柱长为(95－76＋4) cm＝23 cm；
(2)封闭气体p2＝95 cmHg，T2＝300 K，p3＝86 cmHg，根据查理定律有＝，解得T3＝272 K.
答案：(1)23 cm　(2)272 K
8．如图所示，一水平放置的汽缸，由横截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接．它们可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动．活塞A、B的横截面积分别为SA＝40 cm2、SB＝20 cm2.A、B之间封闭着一定质量的理想气体．汽缸外大气的压强为p0＝1×105 Pa，温度T0＝294 K．初始时活塞A与大圆筒底部(大小圆筒连接处)相距2L，汽缸内气体温度为T1＝500 K时，
(1)汽缸内气体的温度缓慢降至400 K时，活塞移动的位移．
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
解析：(1)汽缸内气体的温度降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动，气体状态参量：
V1＝SA·2L＋SBL，V2＝SA(2L－x)＋SB(L＋x)，
已知：T1＝500 K，
气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得：＝，
解得：x＝L，由于x＝L<2L，表明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为L.
(2)大活塞刚碰到大圆筒底部时：V3＝3SBL，
已知：T1＝500 K，由盖—吕萨克定律得：＝，解得：T3＝300 K，当汽缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时：T＝T0＝294 K，气体发生等容变化，由查理定律得：＝，解得：p＝9.8×104 Pa.
答案：(1)L　(2)9.8×104 Pa
9．(2019·湖北八校二联)如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体P和Q，活塞A导热性能良好，活塞B绝热．两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0，汽缸的截面积为S，外界大气压强大小为且保持不变，现对气体Q缓慢加热．求：
(1)当活塞A恰好到达汽缸上端卡环时，气体Q的温度T1；
(2)活塞A恰接触汽缸上端卡环后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度T2.
解析：(1)设P、Q初始体积均为V0，在活塞A接触上端卡环之前，Q气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律有：＝，解得：T1＝2T0
(2)当活塞A恰接触汽缸上端卡环后，P气体做等温变化，由玻意耳定律有：·V0＝p1·　解得p1＝
此时Q气体的压强为p2＝p1＋＝
当P气体体积变为原来一半时，Q气体的体积为V0，此过程对Q气体由理想气体状态方程：＝
解得T2＝T0
答案：(1)2T0　(2)T0
课时作业43　热力学定律与能量守恒定律
时间：45分钟
1．(多选)关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是(　BDE　)
A．气体体积增大时，其内能一定减少
B．外界对气体做功，气体内能可能减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．气体温度升高，其分子平均动能一定增加
E．气体温度升高，气体可能向外界放热
解析：做功和热传递是改变物体内能的两种方式，气体体积增大时，可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少；气体从外界吸收热量，可能同时对外做功，其内能不一定增加，同理，外界对气体做功，气体内能不一定增加，选项A、C错误，B正确．温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，内能增加，若外界对气体做的功大于内能的增加量，则气体向外放热，故D、E正确．
2．(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是(　ABD　)
A．电冰箱的工作表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．科技的不断进步使得人类有可能生产出从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化的热机
D．即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能
E．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
解析：热量可以在外界做功的情况下从低温物体向高温物体传递，但不能自发进行，选项A正确；空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，选项B正确；不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，故选项C错误；根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可以把燃料产生的内能全部转化为机械能，故选项D正确；对能源的过度消耗将形成“能源危机”，但自然界的总能量守恒，故选项E错误．
3．(多选)下列对热力学定律的理解正确的是(　ACE　)
A．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
B．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
C．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
D．热量不可能由低温物体传给高温物体
E．如果物体从外界吸收了热量，物体的内能也可能减少
解析：在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，选项A正确；由热力学第一定律可知，当W≠0，Q≠0时，ΔU＝W＋Q可以等于0，选项B错误；空调机在制冷过程中消耗了电能，总体上是放出热量，选项C正确；热量可以由低温物体传给高温物体，选项D错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，如果对外做的功大于从外界吸收的热量，则物体的内能减少，选项E正确．
4．(多选)对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是(　ADE　)
A．一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增大20 J
B．物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C．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
D．第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
E．热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
解析：根据热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J，故选项A正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，选项B错误；通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，选项C错误；第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故选项D正确；能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，选项E正确．
5．(多选)如图所示，一个封闭的绝热汽缸，被中间的挡板分割成左右相等的两部分．左边充满一定量的某种理想气体，右边真空．现将中间的挡板移去，待气体稳定后，则(　ADE　)
A．气体的温度不发生变化
B．因为气体的体积膨胀了，所以内能降低
C．气体分子的平均动能减小
D．虽然气体的体积膨胀了，但是没有对外做功
E．气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半
解析：气体在向真空膨胀的过程中没有力的作用，所以不做功，绝热过程，内能不变，故温度不变，故A正确，B错误，D正确；温度是分子热运动平均动能的标志，温度不变，故分子的平均动能不变，故C错误；气体的温度不变，体积增加为2倍，故分子热运动的平均动能不变，分子数密度减小为一半，故气体分子在器壁单位面积上单位时间内发生碰撞的平均次数变为原来的一半，故E正确．
6．(多选)如图所示，p-V图中的每个方格均为正方形，一定质量的理想气体从a状态沿直线变化到b状态，再沿直线变化到c状态，最后沿直线回到a状态，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．从a状态变化到b状态的过程中气体分子的平均动能先增大后减小
B．从a状态变化到b状态的过程中气体的密度不断增大
C．从b状态变化到c状态的过程中气体一定吸热
D．从c状态变化到a状态的过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功
E．从c状态变化到a状态的过程中气体的内能不断增大
解析：根据理想气体状态方程＝C，从a状态变化到b状态的过程中pV值先增大后减小，温度T也先增大后减小，对理想气体，温度越高，分子平均动能越大，A正确；从a状态变化到b状态的过程中气体的体积V不断增大，气体的密度不断减小，B错误；从b状态变化到c状态的过程中气体做等容变化，外界对气体做的功W＝0，根据查理定律知气体温度不断升高，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q>0，即气体一定吸热，C正确；从c状态变化到a状态的过程中气体等压压缩，外界对气体做的功W>0，根据盖—吕萨克定律知温度降低，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0且|Q|>W，D正确，E错误．
7．在如图所示的坐标系中，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的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：
(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)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
8．(多选)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上．则(　ADE　)
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态时少
E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
解析：气体从状态A到状态B体积不变，发生的是等容变化，外界对气体不做功，W＝0，温度升高，内能增加，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，气体吸收热量，故A正确；由状态B到状态C的过程中，温度不变，内能不变，ΔU＝0，体积变大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律知Q>0，气体从外界吸收热量，故B错误；气体从状态C到状态D发生等容变化，根据查理定律知p∝T，TC>TD，所以pC>pD，即C状态时气体的压强大于D状态时气体的压强，故C错误；A点和D点在过原点的直线上，说明气体由状态A到状态D压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，所以D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态时少，故D正确；根据动量定理知，F＝，压强p＝，所以p＝，因为气体在状态D和状态A压强相等，所以相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等，故E正确．
9．(2019·河南模拟)如图所示为一定质量的理想气体发生三个状态变化过程的p-V图象，其中，BC段对应的是反比例函数图象的一部分，若气体在状态A时的温度为T0，求：
(1)气体在状态C时的温度和体积；
(2)若气体从B到C的过程中放出的热量为Q，则气体在A→B→C→A的过程中是吸热还是放热？吸收或放出的热量为多少？
解析：(1)由于BC段对应的是反比例函数图象的一部分，由理想气体状态方程可知，此过程为等温变化过程，所以
TB＝TC
气体在A→B过程为等容过程，有＝，
解得TB＝T0＝TC
在B→C过程为等温过程，有3p0Vc＝p0V0，求得Vc＝V0
(2)气体在B→C的过程中温度不变，则内能不变，由于放出热量为Q，根据热力学第一定律可知，此过程外界对气体做功为WBC＝Q
气体在A→B→C→A的过程中内能不变，从A到B不做功，即WAB＝0，从C到A气体对外做功为WCA＝pC(VA－VC)，解得WCA＝2p0V0
由p-V图象面积法可知，气体对外做功大于外界对气体做功，即WCA>WBC，根据热力学第一定律可得气体在A→B→C→A的过程中吸收热量，吸收热量为Q′＝2p0V0－Q
答案：(1)T0　V0　(2)吸热，2p0V0－Q
10．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.
解析：本题考查气体实验定律等知识．开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有＝①
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②
联立①②式可得T1＝T0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
＝④
式中V1＝SH⑤
V2＝S(H＋h)⑥
联立③④⑤⑥式解得T2＝T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h⑧
答案：T0　(p0S＋mg)h

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