资源简介

【题型一】微观量的估算
1．微观量
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2．宏观量
物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ
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
4．分子的两种模型
物质有固态、液态和气态三种情况，不同物态下应将分子看成不同的模型．
(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看成球形或立方体形，如图所示，分子间距等于小球的直径或立方体的棱长，所以d＝(球体模型)或d＝(立方体模型)．
(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间．如图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体，所以d＝.
【例1】某气体的摩尔质量为Mmol，摩尔体积为Vmol，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA表示错误的是(　　)
A．NA＝　　　　　　
B．NA＝
C．NA＝
D．NA＝
E．NA＝
【变式1】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，则下列说法正确的是(　　)
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．每个钻石分子的质量为
E．每个钻石分子的体积为
【变式2】下列说法正确的是(　　)
A．1
g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多
B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动
C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小
D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的
E．0
℃的铁和0
℃的冰，它们的分子平均动能相等
【题型二】布朗运动与分子热运动
两种运动的比较
布朗运动
热运动
活动主体
固体小颗粒
分子
区别
是固体小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身的以及周围的分子仍在做热运动
是指分子的运动，分子不论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能看见的
联系
布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力而引起的，它是分子做无规则运动的反映
【例2】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(　　)
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
【变式1】下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【变式2】下列各种说法中正确的是(　　)
A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著
B．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行
C．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动
D．如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大
E．内能相同的物体，可能温度不同
【题型三】分子力、分子势能和物体的内能
1．分子力及分子势能比较
分子力F
分子势能Ep
图象
随分子间距离的变化情况
rF随r增大而减小，表现为斥力
r增大，F做正功，Ep减小
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＝r0
F引＝F斥，F＝0
Ep最小，但不为零
r>10r0
引力和斥力都很微弱，F＝0
Ep＝0
2.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．
【例3】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零，则下列说法正确的是(　　)
A．乙分子在P点时加速度为零
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
【变式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(　　)
【变式2】关于分子间的作用力，下列说法正确的是
(　　)
A．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力均减小
B．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大
C．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力的合力一定增大
D．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力的合力一定减小
E．若分子间的距离从无穷远处开始减小，则引力和斥力的合力先增大后减小再增大
【题型四】物体的内能
1．内能和热量的比较
内能
热量
区别
是状态量，状态确定系统的内能随之确定．一个物体在不同的状态下有不同的内能
是过程量，它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量
联系
在只有热传递改变物体内能的情况下，物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量
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
【例4】氧气分子在0
℃和100
℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是(　　)
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100
℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0
℃时相比，100
℃时氧气分子速率出现在0～400
m/s
区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【变式1】下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是(　　)
A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法
B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
E．0
℃和100
℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
【变式2】对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
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
【变式3】下列各种说法中正确的是(　　)
A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著
B．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行
C．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动
D．如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大
E．内能相同的物体，可能温度不同
【题型五】实验：用油膜法估测分子的大小
1．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，将油酸分子看做球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸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．
2．实验步骤
(1)取1
mL(1
cm3)的油酸溶于酒精中，制成N
mL的油酸酒精溶液，则油酸的纯度为.
(2)往边长为30～40
cm的浅盘中倒入约2
cm深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上．
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1
mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0＝
mL.
(4)用滴管(或注射器)向水面中央滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．
(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
(6)将玻璃板取出放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积S.
3．数据处理
(1)计算一滴溶液中油酸的体积：V＝(mL)．
(2)计算油膜的面积：利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1
cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，大于半个的算一个．
(3)计算油酸的分子直径：d＝(注意单位统一)．
4．油膜体积的测定——积聚法：由于一滴纯油酸中含有的分子数仍很大，形成的单层分子所占面积太大，不便于测量，故实验中先把油酸溶于酒精中稀释，测定其浓度，再测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，取一滴用于实验，最后计算出一滴溶液中含有的纯油酸的体积作为油膜的体积．
5．油膜面积的测定：如图所示，将画有油酸薄膜轮廓的有机玻璃板取下放在坐标格纸上，以边长为1
cm的方格为单位，数出轮廓内正方形的格数(不足半格的舍去，超过半格的计为1格)，计算出油膜的面积S.
【例5】“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：
A．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸膜的面积S
B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上
C．用浅盘装入约2
cm深的水
D．用公式d＝，求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小
E．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V
(1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的，请指出：
①_________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________.
②_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________.
(2)上述实验步骤的合理顺序是________．
【变式1】在“用油膜法估测分子的大小”实验中
(1)(多选)该实验中的理想化假设是(　　)
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
D．将油酸分子看成球形
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是(　　)
A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22
m2的蒸发皿、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒体积约为1
mL)、纯油酸和无水酒精若干．已知分子直径数量级为10-10
m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)．
【变式2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104
mL溶液中有纯油酸6
mL，用注射器测得1
mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1
cm.则
(1)油酸薄膜的面积是________cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL.(取一位有效数字)
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为______m．(取一位有效数字)
【题型六】固体、液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
2．液体表面张力
(1)形成的原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间的相互作用力表现为引力．
(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，液体表面分子势能大于液体内部分子势能．
【例1】以下对固体和液体的认识，正确的有(　　)
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润
C．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距
D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功
E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
【变式1】下列说法正确的是(　　)
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
【变式2】下列说法不正确的是(　　)
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上．这是水表面存在表面张力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故
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．这是水膜具有表面张力的缘故
【题型七】气体压强的计算
1．气体压强的计算
气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力，因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小．
2．常见两种模型
(1)活塞模型(用活塞封闭一定质量的气体)
(2)连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体)
3．理解气体压强的三个角度
产生原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
计算方法
a＝0
力的平衡条件
a≠0
牛顿第二定律
4．平衡状态下气体压强的求法
力平衡法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法
在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法
选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
5．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
【例2】若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．
【变式1】对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【变式2】如图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，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？
【题型八】气体实验定律的应用
1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：
p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．
(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数)．
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数)．
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
3．理想气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变，在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
玻璃管—水银柱模型
【例3】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．
【变式】如图所示，在长为L＝57
cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4
cm高的水银柱封闭着51
cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33
℃，大气压强p0＝76
cmHg.
(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持管内温度始终为33
℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．
汽缸活塞模型
【例4】如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面面积为20
cm2的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底一定距离处设有卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时
活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105
Pa，温度为27
℃，现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为57
℃时，活塞恰好要离开a、b，重力加速度大小g取10
m/s2，求活塞的质量．
【变式】用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等．(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)．
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强．
理想气体状态方程的应用
【例5】图示为一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C过程的p?V图象，且AB∥V轴，BC∥p轴．已知气体在状态C时的温度为300
K，下列说法正确的是(　　)
A．气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化
B．气体在状态A时的温度为225
K
C．气体在状态B时的温度为600
K
D．气体从状态A变化到状态B的过程中对外界做功
E．气体从状态B变化到状态C的过程中吸热
【题型九】气体状态变化的图象问题
类别
特点
举例
p
?V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p
?
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p
?T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V
?T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【例6】一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V?T图象如图所示．下列判断正确的是(　　)
A．ab过程中气体一定放热
B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变
D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
【变式1】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V?T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　)
A．过程ab中气体一定吸热
B．pc＝pb>pa
C．过程bc中分子势能不断增大
D．过程bc中每一个分子的速率都减小
E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【变式2】一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断增加
B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加
D．da过程中保持不变
E．da过程中不断增大
【变式3】固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
【变式4】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VT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pT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．
【题型十】热力学第一定律与能量守恒定律
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量；
(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量；
(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．
3．改变内能的两种方式的比较
做功
热传递
区别
内能变化情况
外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少
物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少
从运动形式看
做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化
热传递是通过分子之间的相互作用，使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化
从能量角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程，能的性质发生了变化
不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移，能的性质不变
联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
4．温度、内能、热量、功的比较
含　义
特　点
温度
表示物体的冷热程度，是物体分子平均动能大小的标志，它是大量分子热运动的集体表现，对个别分子来说，温度没有意义
状态量
内能(热能)
物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能
热量
是热传递过程中内能的改变量，热量用来度量热传递过程中内能转移的多少
过程量
功
做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程
【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是(　　)
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是
(　　)
A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等
B．一定质量0
℃水的分子势能比0
℃冰的分子势能大
C．物体吸收热量后，内能一定增加
D．一定质量的100
℃的水吸收热量后变成100
℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能
E．做功和热传递是不等价的
【题型十一】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”“不产生其他影响”的涵义．
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．
(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．
2．热力学第二定律的实质
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(较大)．
(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
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律
【例2】下列关于热现象的描述不正确的是(　　)
A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的
E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【变式2】下列说法正确的是(　　)
A．压缩气体总能使气体的温度升高
B．能量耗散过程中能量是守恒的
C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律
E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性
【题型十二】封闭气体多过程的问题
多过程问题的处理技巧
研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．
汽缸封闭气体问题
【例3】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.
【变式】如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为20
cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A系于天花板上，用手托住B，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105
Pa，然后缓慢松手，让B下沉，当B下沉了
2
cm时，停止下沉并处于静止状态．求：
(1)此时金属筒内气体的压强；
(2)若当时的温度为24
℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？
活塞封闭气体问题
【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T0，封闭气柱长度为l0＝10
cm.现在薄板上放置3个质量为m的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l1＝5
cm，现使封闭气体的温度缓慢升高60
℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l2＝6
cm；然后取走2个质量为m的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40
℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l3.(已知上述过程中薄板没有离开玻璃管)求：
(1)开始时封闭气体的温度t应为多少？
(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l3为多少？
【变式】一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3
m2，如图所示，开始时气体的体积为
3.0×10－3
m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一.设大气压强为1.0×105
Pa.重力加速度g取10
m/s2，求：
【题型十三】关联气体的状态变化问题
多系统问题的处理技巧
多个系统相互联系的一定质量气体问题，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．
【题型十四】变质量问题
分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解．
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．
【例7】一个篮球的容积是2.5
L，用打气筒给篮球打气时，每次把105
Pa的空气打进去125
cm3.
如果在打气前篮球内的空气压强也是105
Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设
打气过程中气体温度不变)
在用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题．
【例8】用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n次后，容器中剩余气体的压强pn为多少？
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一种典型的变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将变质量问题转化为质量一定的问题．
【例9】某容积为20
L的氧气瓶装有30
atm的氧气，现把氧气分装到容积为5
L的小钢瓶中，
使每个小钢瓶中氧气的压强为5
atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1
atm，问能分装多少
瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)
容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.
【例10】某个容器的容积是10
L，所装气体的压强是2.0×106
Pa.如果温度保持不变，把容器
的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105
Pa)
【题型十五】热力学第一定律与图象的综合应用
判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定．
【例11】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
【变式】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
【题型十六】热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路
【例12】一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状态A，其变化过程的p
?T
图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：
(1)状态B的体积；
(2)状态C的体积；
(3)从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界交换的热量是多少？
【变式1】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990
m深处的海水温度为280
K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300
K，压强p0＝1
atm，封闭气体的体积V0＝3
m3，如果将该汽缸下潜至990
m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．
(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．
(2)求990
m深处封闭气体的体积(1
atm相当于10
m深的海水产生的压强)．
【变式2】一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p
?V
图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27
℃，求：
(1)该气体在状态B时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．
【变式3】一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0
cmHg.环境温度不变．
【变式4】竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p0＝75
cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度．
【变式5】如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为真空，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍．两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为V0，压强为p0，温度为T0，汽缸B的体积为2V0，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍．设环境温度始终保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，求：
(1)加热前汽缸B中气体的压强；
(2)加热达到稳定后汽缸B中气体的体积VB；
(3)加热达到稳定后汽缸A中气体的温度TA.
【变式6】如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左侧封闭的理想气体柱长l1＝10
cm，右
侧封闭的理想气体柱长l2＝14
cm，两侧管内水银面高度相同，初始时左侧管内理想气体的温度为27
℃.现对左侧管内气体缓慢加热，当它的温度上升到227
℃时，两侧管内气体体积相等，分别求27
℃时和227
℃时左侧管内气体的压强．(右侧管内气体温度不变)【题型一】微观量的估算
1．微观量
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2．宏观量
物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ
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
4．分子的两种模型
物质有固态、液态和气态三种情况，不同物态下应将分子看成不同的模型．
(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看成球形或立方体形，如图所示，分子间距等于小球的直径或立方体的棱长，所以d＝(球体模型)或d＝(立方体模型)．
(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间．如图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体，所以d＝.
【例1】某气体的摩尔质量为Mmol，摩尔体积为Vmol，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA表示错误的是(　　)
A．NA＝　　　　　　
B．NA＝
C．NA＝
D．NA＝
E．NA＝
【答案】BDE
【解析】阿伏加德罗常数NA＝＝＝，其中V应为每个气体分子所占有的体积，而题目中的V0则表示气体分子的体积，选项A、C正确，B、E错误；D中的ρV0不是气体分子的质量，因而选项D错误．
【变式1】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，则下列说法正确的是(　　)
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．每个钻石分子的质量为
E．每个钻石分子的体积为
【答案】　ACD
【解析】　a克拉钻石物质的量为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，选项A正确，B错误；钻石的摩尔体积V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π()3，联立解得d＝
(单位为m)，选项C正确，E错误；根据阿伏加德罗常数的意义知，每个钻石分子的质量m＝，选项D正确．
【变式2】下列说法正确的是(　　)
A．1
g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多
B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动
C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小
D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的
E．0
℃的铁和0
℃的冰，它们的分子平均动能相等
【答案】CDE
【解析】.水的摩尔质量是18
g/mol，1
g水中含有的分子数为：n＝×6.0×1023≈3.3×1022个，地球的总人数约为70亿，选项A错误；布朗运动是悬浮在液体(气体)中的固体颗粒受到液体(气体)分子撞击作用的不平衡造成的，不是物体分子的无规则热运动，选项B错误；温度是分子的平均动能的标志，气体的压强增大，温度可能减小，选项C正确；气体分子间距大于10r0，分子间无作用力，打开容器，气体散开是气体分子的无规则运动造成的，选项D正确；铁和冰的温度相同，分子平均动能必然相等，选项E正确．
【题型二】布朗运动与分子热运动
两种运动的比较
布朗运动
热运动
活动主体
固体小颗粒
分子
区别
是固体小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身的以及周围的分子仍在做热运动
是指分子的运动，分子不论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到
共同点
都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能看见的
联系
布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力而引起的，它是分子做无规则运动的反映
【例2】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(　　)
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
【答案】BDE
【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，运动比大一些的颗粒更为剧烈，故选项E正确．
【变式1】下列说法正确的是(　　)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【答案】ACD
【解析】布朗运动是固体微粒在液体中的运动，反映液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r【变式2】下列各种说法中正确的是(　　)
A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著
B．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行
C．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动
D．如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大
E．内能相同的物体，可能温度不同
【答案】ADE
【解析】固体小颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，温度越高，液体分子运动越激烈，冲击力越大，布朗运动越激烈，故A正确；一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动，扩散现象就是分子运动的结果，所以固体、液体和气体之间都能发生扩散现象，故B、C错误；分子间距离大于r0，分子间表现为引力，则随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故D正确；决定内能大小的宏观因素包括：物体的质量、温度和体积，所以内能相同的物体，可能温度不同，故E正确．
【题型三】分子力、分子势能和物体的内能
1．分子力及分子势能比较
分子力F
分子势能Ep
图象
随分子间距离的变化情况
rF随r增大而减小，表现为斥力
r增大，F做正功，Ep减小
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＝r0
F引＝F斥，F＝0
Ep最小，但不为零
r>10r0
引力和斥力都很微弱，F＝0
Ep＝0
2.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．
【例3】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零，则下列说法正确的是(　　)
A．乙分子在P点时加速度为零
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
【答案】　ADE
【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，乙分子所受合力为零，加速度为零，选项A、E正确；乙分子在Q点时分子势能为零，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点合力不为零，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．
【变式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(　　)
【答案】B.
【解析】当r＜r0时，分子力表现为斥力，随分子间距离r增大，分子势能Ep减小．当r＞r0时，分子力表现为引力，随分子间距离r增大，分子势能Ep增大．当r＝r0时，分子力为零，此时分子势能最小，故选项B正确．
【变式2】关于分子间的作用力，下列说法正确的是
(　　)
A．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力均减小
B．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大
C．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力的合力一定增大
D．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力的合力一定减小
E．若分子间的距离从无穷远处开始减小，则引力和斥力的合力先增大后减小再增大
【答案】ABE
【解析】分子间的引力、斥力和合力与分子间距离的关系如图所示．
若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力均减小，选项A正确；若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，选项B正确；若分子间的距离从大于r0的适当位置减小，则分子间引力和斥力的合力可能减小，选项C错误；若分子间的距离从r0的位置开始增大，则开始一段距离内分子间引力和斥力的合力增大，选项D错误；若分子间距离从无穷远处开始减小，则引力和斥力的合力先增大后减小最后再增大，故选项E正确．
【题型四】物体的内能
1．内能和热量的比较
内能
热量
区别
是状态量，状态确定系统的内能随之确定．一个物体在不同的状态下有不同的内能
是过程量，它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量
联系
在只有热传递改变物体内能的情况下，物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量
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
【例4】氧气分子在0
℃和100
℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是(　　)
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100
℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0
℃时相比，100
℃时氧气分子速率出现在0～400
m/s
区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【答案】ABC.
【解析】根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100
℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0
℃时相比，100
℃时氧气分子速率出现在0～400
m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．
【变式1】下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是(　　)
A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法
B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
E．0
℃和100
℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
【答案】ACE.
【解析】A图是油膜法估测分子的大小，图中分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法，选项A正确；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故选项B错误；C图中，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故选项C正确；D图中，分子的速率不是完全相等的，所以也不要求每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等，故选项D错误；E图是麦克斯韦速率分布规律的图解，0
℃和100
℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故选项E正确．
【变式2】对于实际的气体，下列说法正确的是(　　)
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
【答案】BDE
【解析】.实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以B、D、E正确，A、C错误．
【变式3】下列各种说法中正确的是(　　)
A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著
B．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行
C．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动
D．如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大
E．内能相同的物体，可能温度不同
【答案】ADE
【解析】固体小颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，温度越高，液体分子运动越激烈，冲击力越大，布朗运动越激烈，故A正确；一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动，扩散现象就是分子运动的结果，所以固体、液体和气体之间都能发生扩散现象，故B、C错误；分子间距离大于r0，分子间表现为引力，则随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故D正确；决定内能大小的宏观因素包括：物体的质量、温度和体积，所以内能相同的物体，可能温度不同，故E正确．
【题型五】实验：用油膜法估测分子的大小
1．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，将油酸分子看做球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸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．
2．实验步骤
(1)取1
mL(1
cm3)的油酸溶于酒精中，制成N
mL的油酸酒精溶液，则油酸的纯度为.
(2)往边长为30～40
cm的浅盘中倒入约2
cm深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上．
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1
mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0＝
mL.
(4)用滴管(或注射器)向水面中央滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．
(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
(6)将玻璃板取出放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积S.
3．数据处理
(1)计算一滴溶液中油酸的体积：V＝(mL)．
(2)计算油膜的面积：利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1
cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，大于半个的算一个．
(3)计算油酸的分子直径：d＝(注意单位统一)．
4．油膜体积的测定——积聚法：由于一滴纯油酸中含有的分子数仍很大，形成的单层分子所占面积太大，不便于测量，故实验中先把油酸溶于酒精中稀释，测定其浓度，再测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，取一滴用于实验，最后计算出一滴溶液中含有的纯油酸的体积作为油膜的体积．
5．油膜面积的测定：如图所示，将画有油酸薄膜轮廓的有机玻璃板取下放在坐标格纸上，以边长为1
cm的方格为单位，数出轮廓内正方形的格数(不足半格的舍去，超过半格的计为1格)，计算出油膜的面积S.
【例5】“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：
A．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸膜的面积S
B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上
C．用浅盘装入约2
cm深的水
D．用公式d＝，求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小
E．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V
(1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的，请指出：
①_________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________.
②_________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________.
(2)上述实验步骤的合理顺序是________．
【答案】(1)见解析　(2)CFBAED
【解析】(1)①C步骤中，要在水面上均匀地撒上细石膏粉或痱子粉．②实验中，要有步骤F：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数．
(2)合理顺序为CFBAED.
【变式1】在“用油膜法估测分子的大小”实验中
(1)(多选)该实验中的理想化假设是(　　)
A．将油膜看成单分子层油膜
B．不考虑各油酸分子间的间隙
C．不考虑各油酸分子间的相互作用力
D．将油酸分子看成球形
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是(　　)
A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸溶液起到稀释作用
C．有助于测量一滴油酸的体积
D．有助于油酸的颜色更透明便于识别
(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22
m2的蒸发皿、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒体积约为1
mL)、纯油酸和无水酒精若干．已知分子直径数量级为10-10
m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)．
【答案】　(1)ABD　(2)B　(3)1.1
【解析】　(1)计算分子直径是根据体积与面积之比，所以需将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间的间隙，将油酸分子看成球形，故选A、B、D.
(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是对油酸起到稀释作用，酒精稀释油酸是为了进一步减小油酸的面密度，使油酸分子尽可能的少在竖直方向上重叠，更能保证其形成单层分子油膜，也就是为了减小系统误差．
(3)根据题意可得＝0.22，解得x＝0.001
1，所以千分比为1.1‰.
【变式2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104
mL溶液中有纯油酸6
mL，用注射器测得1
mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1
cm.则
(1)油酸薄膜的面积是________cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL.(取一位有效数字)
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为______m．(取一位有效数字)
【答案】(1)115(112～118均可)　(2)8×10－6
(3)7×10－10
【解析】(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，故油膜的面积：S＝115×1
cm2＝115
cm2.
(2)一滴油酸酒精溶液的体积：V′＝
mL，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：
V＝V′＝8×10－6
mL.
(3)油酸分子的直径：d＝＝
m≈7×10－10
m.
【题型六】固体、液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
2．晶体与非晶体的比较
宏观外形
物理性质
晶体
单晶体
有天然规则的形状
(1)有确定的熔点(2)导热、导电、光学性质表现为各向异性
多晶体
没有确定的形状
(1)有确定的熔点(2)导热、导电、光学性质表现为各向同性
非晶体
没有确定的形状
(1)没有确定的熔点(2)导电、导热、光学性质表现为各向同性
3．晶体的微观结构
(1)规则性：单晶体的原子(分子、离子)都是按照各自的规则排列，具有空间上的周期性。
(2)变化或转化：在不同条件下，同种物质的微粒按照不同规则在空间排列，可以生成不同的晶体，例如石墨和金刚石。有些晶体在一定条件下可以转化为非晶体，例如天然水晶熔化后再凝固成石英玻璃。
4．液体表面张力
(1)形成的原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间的相互作用力表现为引力．
(2)表面特性：表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，液体表面分子势能大于液体内部分子势能．
【例1】以下对固体和液体的认识，正确的有(　　)
A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润
C．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距
D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功
E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象
【答案】BCE
【解析】烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故A错误．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力表现为不浸润，故B正确．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度B＝×100%，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确．液体汽化时，液体分子离开液体表面成为气体分子，要克服其他液体分子的吸引而做功，因此要吸收能量，液体汽化过程中体积增大很多，体积膨胀时要克服外界气压做功，即液体的汽化热与外界气体的压强有关，且也要吸收能量，故D错误．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项E正确．
【变式1】下列说法正确的是(　　)
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
【答案】　BCD
【解析】　晶体敲碎后仍为晶体，故A错误；有些晶体(如有些单晶体)在不同的方向上有不同的光学性质，即具有各向异性，B正确；碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，故C正确；在合适的条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃，D正确；在熔化过程中，晶体的内能要增大，E错误．
2．下列说法不正确的是(　　)
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上．这是水表面存在表面张力的缘故
B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C．将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D．漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是油滴液体呈各向同性的缘故
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．这是水膜具有表面张力的缘故
【答案】BDE.
【解析】水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误．
【题型七】气体压强的计算
1．气体压强的计算
气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力，因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小．
2．常见两种模型
(1)活塞模型(用活塞封闭一定质量的气体)
(2)连通器模型(用液柱封闭一定质量的气体)
3．理解气体压强的三个角度
产生原因
气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的
决定因素
宏观上
决定于气体的温度和体积
微观上
取决于分子的平均动能和分子的密集程度
计算方法
a＝0
力的平衡条件
a≠0
牛顿第二定律
4．平衡状态下气体压强的求法
力平衡法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法
在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法
选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
5．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
【例2】若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．
【答案】　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1　
戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)　pb＝p0＋ρg(h2－h1)
【解析】　在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知pAS＋ρghS＝p0S
所以p甲＝pA＝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：pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh.
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA＋ρghsin
60°＝pB＝p0
所以p丙＝pA＝p0－ρgh.
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝p0＋ρgh1.
在戊图中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．
【变式1】对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【答案】BD
【解析】.压强变大时，气体的温度不一定升高，分子的热运动不一定变得剧烈，故选项A错误；压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度会升高，分子热运动会变得剧烈，故选项B正确；
压强变大时，由于气体温度不确定，则气体的体积可能不变，可能变大，也可能变小，其分子间的平均距离可能不变，也可能变大或变小，故选项C错误；压强变小时，气体的体积可能不变，可能变大也可能变小，所以分子间的平均距离可能不变，可能变大，可能变小，故选项D正确．
【变式2】如图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，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？
【答案】p0＋　p0－
【解析】题图甲中选活塞为研究对象．
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋
题图乙中选汽缸为研究对象得
pB＝p0－.
【题型八】气体实验定律的应用
1．三大气体实验定律
(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．
(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数)．
(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常数)．
2．利用气体实验定律解决问题的基本思路
3．理想气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变，在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．
玻璃管—水银柱模型
【例3】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．
【答案】见解析
【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变为l′1和l′2.由力的平衡条件有
p1＝p2＋ρg(l1－l2)
①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1＝pl′1
②
p2l2＝pl′2
③
两边气柱长度的变化量大小相等
l′1－l1＝l2－l′2
④
由①②③④式和题给条件得
l′1＝22.5
cm
⑤
l′2＝7.5
cm.
⑥
【变式】如图所示，在长为L＝57
cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4
cm高的水银柱封闭着51
cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33
℃，大气压强p0＝76
cmHg.
(1)若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；
(2)若保持管内温度始终为33
℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强．
【答案】(1)45
℃　(2)85
cmHg
【解析】(1)设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经历等压膨胀过程
初状态：V1＝51S，T1＝(273＋33)
K＝306
K
末状态：V2＝53S，
由盖－吕萨克定律有＝
解得T2＝318
K，t2＝45
℃.
(2)当水银柱上表面与管口相平，设此时管中水银柱长度为H，管内气体经历等温压缩过程，
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
即p1·51S＝p2(57－H)S
p1＝(76＋4)
cmHg＝80
cmHg
p2＝(76＋H)
cmHg
解得H＝9
cm，故p2＝85
cmHg.
汽缸活塞模型
【例4】如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面面积为20
cm2的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底一定距离处设有卡环a、b，使活塞只能向上滑动，开始时
活塞搁在a、b上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105
Pa，温度为27
℃，现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为57
℃时，活塞恰好要离开a、b，重力加速度大小g取10
m/s2，求活塞的质量．
【答案】　2
kg
【解析】　活塞刚要离开a、b时，对活塞有p2S＝p0S＋mg，
解得p2＝p0＋
气体的状态参量为T1＝300
K，p1＝1.0×105
Pa，T2＝330
K
因为V1＝V2，所以根据查理定律有＝，代入数据解得m＝2
kg
【变式】用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5︰3，上下两部分气体体积相等．(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)．
(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时B部分气体的体积与原来体积之比；
(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1︰2，重力加速度为g，求后来B气体的压强．
【答案】(1)3∶4　(2)
【解析】(1)设拔去销钉之前A气体的体积为V，由玻意耳定律得
pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)，
又pA′＝pB′，＝
解得ΔV＝V，
则B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4
(2)初始状态：＝
最终平衡状态：pA′＝pB′＋
设汽缸总容积为V，A、B两部分气体做等温变化
pA＝pA′，pB＝pB′
联立得到pB′＝
理想气体状态方程的应用
【例5】图示为一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C过程的p?V图象，且AB∥V轴，BC∥p轴．已知气体在状态C时的温度为300
K，下列说法正确的是(　　)
A．气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化
B．气体在状态A时的温度为225
K
C．气体在状态B时的温度为600
K
D．气体从状态A变化到状态B的过程中对外界做功
E．气体从状态B变化到状态C的过程中吸热
【答案】ABD
【解析】由图象可知，气体从状态A变化到状态B的过程中压强不变，做等压变化，选项A正确；气体从状态B变化到状态C的过程做等容变化，有：＝，TC＝300
K，pB＝3pC，则解得TB＝900
K；气体从状态A变化到状态B的过程做等压变化，有＝，其中VA＝，TB＝900
K，解得TA＝225
K，选项B正确，C错误；从状态A变化到状态B的过程，气体的体积变大，气体对外做功，选项D正确；气体从状态B变化到状态C的过程中，气体体积不变，则W＝0；温度降低，内能减小，U<0，则Q<0，则气体放热，选项E错误；故选ABD.
【题型九】气体状态变化的图象问题
类别
特点
举例
p
?V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p
?
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p
?T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V
?T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【例6】一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V?T图象如图所示．下列判断正确的是(　　)
A．ab过程中气体一定放热
B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变
D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
【答案】　ADE
【解析】由图示图象可知，ab过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量，故A正确，B错误；由图象可知，bc过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误，D正确；根据理想气体状态方程＝，因VcTa，故pc>pa，根据气体压强的微观解析可知E正确，故选ADE.
【变式1】一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V?T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是(　　)
A．过程ab中气体一定吸热
B．pc＝pb>pa
C．过程bc中分子势能不断增大
D．过程bc中每一个分子的速率都减小
E．过程ca中气体吸收的热量等于对外界做的功
【答案】ABE
【解析】由题图知，该理想气体从a到b为等容变化，外界对气体做功为零，温度升高，内能增大，根据ΔU＝Q＋W，可知气体一定吸热，选项A正确；从b到c为等压变化，故pc＝pb，而从a到b为等容变化，根据查理定律可知温度升高，压强变大，故pb>pa，选项B正确；理想气体没有分子势能，选项C错误；从b到c，温度降低，分子的平均动能降低，平均速率减小，但不是每一个分子的速率都减小，选项D错误；从c到a，气体发生等温变化，内能不变，气体对外界做功，吸收热量，根据ΔU＝Q＋W可知，气体吸收的热量等于对外界做的功，选项E正确．
【变式2】一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A．ab过程中不断增加
B．bc过程中保持不变
C．cd过程中不断增加
D．da过程中保持不变
E．da过程中不断增大
【答案】ABE
【解析】因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd【变式3】固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T.下列判断正确的有(　　)
A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体
B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性
D．固体甲和固体乙的化学成分有可能相同
E．图线甲中ab段温度不变，所以甲的内能不变
【答案】ABD
【解析】晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体，表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，但是固体甲和固体乙的化学成分有可能相同，故D正确；晶体在熔化时具有一定的熔点，但由于晶体吸收热量，内能在增大，故E错误．
【变式4】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VT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pT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．
【答案】见解析
【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pT图象如图所示．
【题型十】热力学第一定律与能量守恒定律
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量；
(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量；
(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．
3．改变内能的两种方式的比较
做功
热传递
区别
内能变化情况
外界对物体做功，物体的内能增加；物体对外界做功，物体的内能减少
物体吸收热量，内能增加；物体放出热量，内能减少
从运动形式看
做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化
热传递是通过分子之间的相互作用，使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化
从能量角度看
做功是其他形式的能与内能相互转化的过程，能的性质发生了变化
不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移，能的性质不变
联系
做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的
4．温度、内能、热量、功的比较
含　义
特　点
温度
表示物体的冷热程度，是物体分子平均动能大小的标志，它是大量分子热运动的集体表现，对个别分子来说，温度没有意义
状态量
内能(热能)
物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能
热量
是热传递过程中内能的改变量，热量用来度量热传递过程中内能转移的多少
过程量
功
做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程
【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是(　　)
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【答案】ABD
【解析】　气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误．
【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】BDE.
【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．
【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是
(　　)
A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等
B．一定质量0
℃水的分子势能比0
℃冰的分子势能大
C．物体吸收热量后，内能一定增加
D．一定质量的100
℃的水吸收热量后变成100
℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能
E．做功和热传递是不等价的
【答案】ABD
【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0
℃水和0
℃冰的温度相同，分子平均动能相同，由于0
℃的冰需要吸收热量才能融化为0
℃的水，温度不变，分子平均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量0
℃水的分子势能比0
℃冰的分子势能大，选项B正确；根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项C错误；一定质量的100
℃的水吸收热量后变成100
℃的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项D正确；在改变内能时，做功和热传递是等价的，选项E错误．
【题型十一】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”“不产生其他影响”的涵义．
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．
(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．
2．热力学第二定律的实质
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(较大)．
(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
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律
【例2】下列关于热现象的描述不正确的是(　　)
A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的
E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
【答案】BDE
【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．
【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】　ACE
【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；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，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对．
【变式2】下列说法正确的是(　　)
A．压缩气体总能使气体的温度升高
B．能量耗散过程中能量是守恒的
C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律
E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性
【答案】　BCE
【解析】　内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确．
【题型十二】封闭气体多过程的问题
多过程问题的处理技巧
研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．
汽缸封闭气体问题
【例3】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.
【答案】　(1＋)(1＋)T0　(p0S＋mg)h
【解析】　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＝(1＋)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＝(1＋)(1＋)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
【变式】如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为20
cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A系于天花板上，用手托住B，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105
Pa，然后缓慢松手，让B下沉，当B下沉了
2
cm时，停止下沉并处于静止状态．求：
(1)此时金属筒内气体的压强；
(2)若当时的温度为24
℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？
【答案】(1)1.0×105
Pa　(2)－3
℃
【解析】(1)设金属筒横截面积为S
cm2，p1＝1.1×105
Pa，V1＝20S
cm3，V2＝22S
cm3
根据玻意耳定律，p1V1＝
p2V2，p2＝＝
Pa＝1.0×105
Pa
(2)V2＝22S
cm3，T2＝297
K，V3＝20S
cm3，根据盖—吕萨克定律得到，＝，T3＝
＝
K＝270
K，t＝(270－273)℃＝－3
℃.
活塞封闭气体问题
【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T0，封闭气柱长度为l0＝10
cm.现在薄板上放置3个质量为m的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l1＝5
cm，现使封闭气体的温度缓慢升高60
℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l2＝6
cm；然后取走2个质量为m的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40
℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l3.(已知上述过程中薄板没有离开玻璃管)求：
(1)开始时封闭气体的温度t应为多少？
(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l3为多少？
【答案】　(1)27
℃　(2)10
cm
【解析】　(1)气体初始状态：体积为V0＝l0S，压强为p0，温度为T0
将质量为3m的物体放在薄板上，则体积V1＝l1S，温度T1＝T0
压强为：p1＝p0＋
气体经等温变化，得：p0V0＝p1V1
则p1＝2p0
由以上各式解得p0＝
当气体温度升高60
℃时，温度为：T2＝T0＋60
K，体积为：V2＝l2S
由于该过程为等压变化，则：＝
代入数据解得：T0＝300
K
则t＝(300－273)
℃＝27
℃
(2)取走质量为2m的物体，继续加热使气体的温度再升高40
℃后，最终气柱的高度为l3，体积V3＝l3S，压强p3＝p0＋＝p0，温度T3＝400
K
则由理想气体状态方程有＝
代入数据解得：l3＝10
cm.
【变式】一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3
m2，如图所示，开始时气体的体积为
3.0×10－3
m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一.设大气压强为1.0×105
Pa.重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)最后汽缸内气体的压强为多少？
(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？
【答案】(1)3.0×105
Pa　(2)30
kg
【解析】(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p1V1＝p2V2
代入数据解得p2＝＝3.0×105
Pa；
(2)活塞受力分析如图所示
根据力的平衡条件：p2S＝p0S＋mg，代入数据解得：m＝＝30
kg.
【题型十三】关联气体的状态变化问题
多系统问题的处理技巧
多个系统相互联系的一定质量气体问题，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．
【例5】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．
【答案】　
【解析】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、下方气体的温度均保持不变，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
【例6】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．
【答案】22.5
cm　7.5
cm
【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变为l1′和l2′.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①
式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．
由玻意耳定律有
p1l1＝pl1′②
p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1′－l1＝l2－l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′＝22.5
cm⑤
l2′＝7.5
cm⑥
【题型十四】变质量问题
分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解．
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．
【例7】一个篮球的容积是2.5
L，用打气筒给篮球打气时，每次把105
Pa的空气打进去125
cm3.
如果在打气前篮球内的空气压强也是105
Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设
打气过程中气体温度不变)
【答案】　2.5×105
Pa
【解析】　设V2为篮球的容积，V1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则
V1＝V2＋nΔV＝2.5
L＋30×0.125
L＝6.25
L
由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有p1V1＝p2V2
解得p2＝＝
Pa＝2.5×105
Pa.
在用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题．
【例8】用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n次后，容器中剩余气体的压强pn为多少？
【答案】　()np0
【解析】　当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，抽气机汽缸中ΔV体积的气体排出，容器中气体压强降为p1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p2，根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋ΔV)，解得p1＝p0，对于第二次抽气，有p1V0＝p2(V0＋ΔV)，解得p2＝()2p0，以此类推，第n次抽气后容器中气体压强降为pn＝()np0.
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一种典型的变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将变质量问题转化为质量一定的问题．
【例9】某容积为20
L的氧气瓶装有30
atm的氧气，现把氧气分装到容积为5
L的小钢瓶中，
使每个小钢瓶中氧气的压强为5
atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1
atm，问能分装多少
瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)
【答案】　25
【解析】　设最多能分装n个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律．
分装前整体的状态：p1＝30
atm，V1＝20
L；p2＝1
atm，V2＝5n
L.
分装后整体的状态：
p1′＝5
atm，V1＝20
L；p2′＝5
atm，V2＝5n
L
根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1′V1＋p2′V2
代入数据解得n＝25(瓶)．
容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.
【例10】某个容器的容积是10
L，所装气体的压强是2.0×106
Pa.如果温度保持不变，把容器
的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105
Pa)
【答案】　5%
【解析】　以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为V1，膨胀后气体的体积为V2，如图所示．
初状态：p1＝2.0×106
Pa，V1＝10
L
末状态：p2＝1.0×105
Pa，V2＝？
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V2＝＝200
L
＝×100%＝5%，即容器里剩下的气体是原来的5%.
【题型十五】热力学第一定律与图象的综合应用
判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定．
【例11】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
【答案】　BDE
【解析】　过程①为等容变化，根据查理定律有＝，因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选项A错误；过程②气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项B正确；过程④中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W＝0，理想气体的温度降低，则内能减少，即ΔU<0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q<0，则气体向外界放出了热量，故选项C错误；状态c、d的温度相等，则分子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项D正确；连接Ob、Od，根据＝C得＝，Ob斜率大于Od斜率，则状态d的压强比状态b的压强小，故选项E正确．
【变式】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
【答案】BCD
【解析】在p
?V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，A错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B对；气体体积膨胀，对外做功，C对；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU＞0、W＜0，故Q＞0，气体吸热，D对；由Q＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E错．
【题型十六】热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路
【例12】一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状态A，其变化过程的p
?T
图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：
(1)状态B的体积；
(2)状态C的体积；
(3)从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界交换的热量是多少？
【答案】　(1)　(2)V0　(3)气体吸收热量2p0V0
【解析】　(1)由题图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为p1＝3p0，设体积为V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V1＝.
(2)由题图可知，从状态B到状态C为等压变化过程，状态C时气体温度为T2＝3T0，设体积为V2，由盖－吕萨克定律得＝，解得V2＝V0.
(3)由状态B经状态C回到状态A，外界对气体做的总功为W，从状态B到状态C，设外界对气体做功为WBC，WBC＝p2(V1－V2)，联立解得WBC＝－2p0V0；
从状态C回到状态A，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W＝WBC＝－2p0V0；从状态B经状态C回到状态A，内能增加量为U＝0，气体从外界吸收的热量为Q，内能增加量为U，由热力学第一定律得U＝Q＋W，解得Q＝2p0V0，即气体从外界吸收热量2p0V0.
【变式1】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990
m深处的海水温度为280
K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300
K，压强p0＝1
atm，封闭气体的体积V0＝3
m3，如果将该汽缸下潜至990
m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．
(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．
(2)求990
m深处封闭气体的体积(1
atm相当于10
m深的海水产生的压强)．
【答案】(1)放热　大于　(2)2.8×10－2
m3
【解析】(1)下潜过程中温度降低，则ΔU<0，气体体积减小，则W>0，由ΔU＝Q＋W知，Q<0，放热，且|Q|>W.
(2)当汽缸下潜至990
m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100
atm根据理想气体状态方程得＝
代入数据得V＝2.8×10－2
m3.
【变式2】一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p
?V
图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27
℃，求：
(1)该气体在状态B时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．
【答案】(1)－173
℃　(2)从外界吸热200
J
【解析】(1)对于理想气体：A→B，由查理定律得：＝
即TB＝TA＝100
K，
所以tB＝(100－273)
℃＝－173
℃.
(2)B→C过程由盖—吕萨克定律得：＝，
解得：TC＝300
K，所以tC＝27
℃
A、C温度相等，ΔU＝0
A→C的过程，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：
Q＝ΔU－W＝pBΔV＝200
J，即气体从外界吸热200
J.
【变式3】一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0
cmHg.环境温度不变．
【答案】144
cmHg　9.42
cm
【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条件得
p1＝p2＋(20.0－5.00)cmHg，l1＝20.0
cm①
l1′＝20.0
cm－
cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式得
p1′＝144
cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00
cm＋
cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42
cm⑧
【变式4】竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中．已知大气压强p0＝75
cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度．
【答案】(1)90
cmHg　(2)27
cm
【解析】(1)对右管中的气体，初态p1＝75
cmHg，V1＝30S；末态体积：V2＝(30－5)S＝25S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得：p2＝90
cmHg
(2)对水平管中的气体，初态压强：p＝p0＋15
cmHg＝90
cmHg，V＝11S；末态压强：p′＝p2＋20
cmHg＝110
cmHg
根据玻意耳定律得pV＝p′V′
解得V′＝9S，水平管中的长度变为9
cm，此时原来左侧19
cm水银柱已有11
cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是p′－p0－8
cm＝27
cm
【变式5】如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为真空，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍．两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为V0，压强为p0，温度为T0，汽缸B的体积为2V0，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍．设环境温度始终保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，求：
(1)加热前汽缸B中气体的压强；
(2)加热达到稳定后汽缸B中气体的体积VB；
(3)加热达到稳定后汽缸A中气体的温度TA.
【答案】(1)　(2)V0　(3)3T0
【解析】(1)汽缸A末态压强为2p0，汽缸B活塞的面积为汽缸A活塞的面积2倍，初状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件p0SA＝pBSB，解得pB＝
(2)末状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件2p0SA＝pB′SB，解得pB′＝p0
汽缸B中气体，初、末温度不变，根据玻意耳定律得：
pB·2V0＝pB′VB
解得汽缸B中气体体积VB＝V0
(3)两活塞移动的距离相同，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍，汽缸B活塞体积减小了V0，则汽缸A体积增加，则加热后汽缸A体积为VA＝
根据理想气体状态方程得＝
解得TA＝3T0
【变式6】如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左侧封闭的理想气体柱长l1＝10
cm，右
侧封闭的理想气体柱长l2＝14
cm，两侧管内水银面高度相同，初始时左侧管内理想气体的温度为27
℃.现对左侧管内气体缓慢加热，当它的温度上升到227
℃时，两侧管内气体体积相等，分别求27
℃时和227
℃时左侧管内气体的压强．(右侧管内气体温度不变)
【答案】18
cmHg　25
cmHg
【解析】设初始时刻和两管气体体积相同时左侧管内气体的压强分别为p1、p2，则有：
对左侧管：
＝
对右侧管：
p1l2＝(p2－Δp)(l2－Δl)
其中Δp＝2Δl(cmHg)
T1＝300
K，T2＝500
K
当它的温度上升到227
℃时，两侧管内气体体积相等，则有：l1＋Δl＝l2－Δl
即
Δl＝
解得：p1＝18
cmHg，p2＝25
cmHg

展开更多......

收起↑