高考物理一轮复习 第十四章：热学学案

这是一份高考物理一轮复习 第十四章：热学学案，共62页。学案主要包含了分子动理论，温度与物体的内能，能量守恒定律等内容，欢迎下载使用。


一、分子动理论
1．物体是由大量分子组成的
(1)分子的直径：数量级为10－10 m。
(2)分子的质量：数量级为10－26 kg。
(3)阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023 ml－1。
2．分子永不停息地做无规则运动
(1)扩散现象：由于分子的无规则运动产生的物质迁移现象。温度越高，扩散现象越明显。
(2)布朗运动：悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越明显。
(3)热运动：分子永不停息的无规则运动。温度越高，分子运动越剧烈。
3．分子间的作用力
(1)引力和斥力总是同时存在，实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。
(2)分子引力和斥力都随距离的增大而减小，但斥力变化得更快。
二、温度与物体的内能
微点判断
(1)扩散现象只能在气体中进行。(×)
(2)布朗运动是指液体分子的无规则运动。(×)
(3)温度越高，布朗运动越剧烈。(√)
(4)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。(×)
(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。(×)
(6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。(√)
(7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。(×)
(8)分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大。(√)
(9)两分子间不可能同时存在斥力和引力。(×)
(一) 微观量的估算(精研点)
1．两种分子模型
(1)球体模型：把分子看成球形，分子的直径：d＝ eq \r(3,\f(6V0,π))。适用于固体和液体。
(2)立方体模型：把分子看成小立方体，其边长：d＝eq \r(3,V0)。适用于固体、液体和气体。
[注意] 对于气体，利用d＝eq \r(3,V0)计算出的d不是分子直径，而是气体分子间的平均距离。
2．宏观量与微观量的相互关系
[注意] 阿伏加德罗常数是联系宏观量(摩尔质量Mml、摩尔体积Vml、密度ρ等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。如图所示。
[考法全训]
1．[固体微观量的估算]
(多选)阿伏加德罗常数是NA(ml－1)，铜的摩尔质量是μ(kg/ml)，铜的密度是ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是( )
A．1 m3铜中所含的原子数为eq \f(ρNA,μ)
B．一个铜原子的质量是eq \f(μ,NA)
C．一个铜原子所占的体积是eq \f(μ,ρNA)
D．1 kg铜所含有的原子数目是ρNA
解析：选ABC 1 m3铜中所含的原子数为n＝eq \f(m,μ)NA＝eq \f(ρV,μ)NA＝eq \f(ρNA,μ)，故A正确；一个铜原子的质量是m0＝eq \f(μ,NA)，故B正确；一个铜原子所占的体积是V0＝eq \f(V,NA)＝eq \f(\f(μ,ρ),NA)＝eq \f(μ,ρNA)，故C正确；1 kg铜所含有的原子数目是N＝eq \f(1,μ)NA，故D错误。
2.[液体微观量的估算]
已知阿伏加德罗常数为NA(ml－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/ml)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是( )
A．1 kg该液体所含的分子个数是ρNA
B．1 kg该液体所含的分子个数是eq \f(1,M)NA
C．该液体1个分子的质量是eq \f(ρ,NA)
D．该液体1个分子占有的空间是eq \f(MNA,ρ)
解析：选B 1 kg该液体的物质的量为eq \f(1,M)，所含分子数目为：n＝NA·eq \f(1,M)＝eq \f(NA,M)，故A错误，B正确；每个分子的质量为：m0＝eq \f(1,n)＝eq \f(M,NA)，故C错误；每个分子所占空间为：V0＝eq \f(m0,ρ)＝eq \f(M,ρNA)，故D错误。
3．[气体微观量的估算]
(2023·淄博高三调研)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/ml，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023ml－1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为( )
A．3×1021 B．3×1022
C．3×1023 D．3×1024
解析：选B 设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海＝eq \f(ρ海VNA,M)，n岸＝eq \f(ρ岸VNA,M)，多吸入的空气分子个数为Δn＝n海－n岸，代入数据得Δn≈3×1022个，故选B。
(二) 布朗运动与分子热运动(固基点)
[题点全练通]
1．[对扩散现象的理解]
关于扩散现象，下列说法错误的是( )
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
解析：选B 根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，C正确，B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。
2．[对布朗运动的理解]
关于布朗运动，下列说法正确的是( )
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．悬浮在液体中的颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显
C．悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的分子数越多，布朗运动越明显
D．布朗运动的无规则性反映了颗粒内部分子运动的无规则性
解析：选B 布朗运动就是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，A、D错误；布朗运动是由于液体分子或气体分子对悬浮颗粒撞击作用的不平衡性引起的，悬浮颗粒越小，液体或气体温度越高，布朗运动就越明显，B正确，C错误。
3．[对分子热运动的理解]
(多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是( )
A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快
B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里
C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来
D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉
解析：选AC 盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。
[要点自悟明]
扩散现象、布朗运动与热运动的比较
(三) 分子力、分子势能与物体内能(精研点)
逐点清1 分子力、分子势能与分子间距离的关系
1.(2023·天津高三模拟)分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是( )
A．从r＝r2到r＝r0，分子力的大小一直在减小
B．从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先减小后增大
C．从r＝r2到r＝r0，分子势能先减小后增大
D．从r＝r2到r＝r1，分子动能先增大后减小
解析：选D 由题图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r0，分子力的大小先增大后减小，从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先增大后减小再增大，A、B错误；从r＝r2到r＝r0，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，C错误；从r＝r2到r＝r1，分子间作用力先表现为引力再表现为斥力，则分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，D正确。
2.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是( )
A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
解析：选C 由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。
一点一过 分子力、分子势能与分子间距离的关系
分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。
(1)当r＞r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加。
(2)当r＜r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功，分子势能增加。
(3)当r＝r0时，分子势能最小。
逐点清2 对内能的理解
3．(2023·武汉高三调研)(多选)关于内能，下列说法正确的是( )
A．一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关
B．质量和温度都相同的理想气体，内能一定相同
C．内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同
D．物体内所有分子热运动动能的总和就是物体的内能
解析：选AC 一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，A正确；温度相同，气体分子的平均动能相同，质量相同，分子数不一定相同，所以内能不一定相同，B错误；内能不同的物体，温度可能相同，分子热运动的平均动能可能相同，C正确；物体内所有分子热运动动能的总和加上所有分子势能的总和就是物体的内能，D错误。
一点一过 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物质的量、温度、体积。
(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，分子的平均动能均相同。
逐点清3 内能与机械能的比较
4．下列有关热现象和内能的说法中正确的是( )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
解析：选C 把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。
一点一过 内能和机械能的对比
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(2023·随州高三调研)关于温度和内能的说法，正确的是( )
A．分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同
B．物体的内能变化时，它的温度一定改变
C．同种物质，温度高时的内能肯定比温度低时的内能大
D．物体的内能等于物体的势能和动能的总和
解析：选A 温度是物体分子运动平均动能的标志，故分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同，故A正确；物体的内能包括分子热运动动能(和温度有关)和分子势能(和体积有关)，故物体的内能变化时，它的温度不一定改变，如0摄氏度的水变为0摄氏度的冰，内能改变，温度没有改变，故B错误；同种物质，温度高时的分子平均动能肯定比温度低时的分子平均动能大，但内能大小还与体积有关，故C错误；物体的内能等于物体内部分子的势能和热运动的动能的总和，故D错误。
2．(2023·长沙高三质检)严冬时节，梅花凌寒盛开，淡淡的花香沁人心脾。我们能够闻到花香，这与分子的热运动有关，关于热学中的分子，下列说法中正确的是( )
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行
C．两个分子间距离小于r0时，分子间只有斥力没有引力
D．两个分子间的距离增大时，分子间的分子势能一定减小
解析：选B 布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，A错误；扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行，B正确；两个分子间距离小于r0时，分子间斥力和引力都有，只是分子力表现为斥力，C错误；当rr0时，分子势能随分子间距离增大而增大，D错误。
3．(2022·上海高考)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体( )
A．分子热运动平均动能变小，压强变小
B．分子热运动平均动能变小，压强变大
C．分子热运动平均动能增大，压强变小
D．分子热运动平均动能增大，压强变大
解析：选D 当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项D正确。
4．(2021·北京等级考)比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是( )
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小
D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
解析：选B 温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。
5．(2023·衡水高三质检)对于一个只有两个分子组成的系统，其分子势能Ep与两分子间距离r的变化关系如图所示。仅考虑两个分子之间的作用，下列说法正确的是( )
A．当r＝r1时，分子间的作用力为零
B．当r＝r1时，分子间的作用力表现为引力
C．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间的作用力逐渐减小
D．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子系统的势能逐渐增大
解析：选C 分子势能最小时，分子间的作用力为零，当r＝r2时，分子间的作用力为零，故A错误；当r＝r1时，分子间距离小于r2，分子间的作用力表现为斥力，故B错误；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间距离从小于平衡位置到平衡位置，分子间的作用力逐渐减小，故C正确；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间作用力表现为斥力，分子力做正功，分子系统的势能逐渐减小，故D错误。
6．如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和 0 ℃的冷水，下列说法正确的是( )
A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大
B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著
C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大
D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
解析：选A 温度是分子平均动能的标志，A瓶中水的温度高，故A瓶中水分子的平均动能大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是水分子的运动，两瓶中不存在布朗运动，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，因两瓶中水的质量相等，A瓶中水分子的平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故C错误；质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故D错误。
7．很多轿车中配备安全气囊以保障驾乘人员的安全。轿车在发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠(NaN3)爆炸产生气体(假设都是N2)充入气囊。若氮气充入后安全气囊的容积V＝56 L，囊中氮气密度ρ＝2.5 kg/m3，已知氮气摩尔质量M＝0.028 kg/ml，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 ml－1。试估算：(结果均保留1位有效数字)
(1)囊中氮气分子的总个数N；
(2)囊中氮气分子间的平均距离。
解析：(1)设氮气的物质的量为n，则n＝eq \f(ρV,M)
氮气的分子总数N＝eq \f(ρV,M)NA
代入数据得N＝3×1024个。
(2)每个氮气分子所占的空间为V0＝eq \f(V,N)
设氮气分子间平均距离为a，则有V0＝a3
即a＝eq \r(3,V0)＝eq \r(3,\f(V,N))
代入数据得a≈3×10－9 m。
答案：(1)3×1024个 (2)3×10－9 m
第2 讲 固体、液体和气体的性质
一、固体和液体
1．固体：固体通常可分为晶体和非晶体，具体见下表：
2．液体
(1)液体的表面张力
(2)液晶
①液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
②液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
③液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
二、气体
微点判断
(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)
(2)单晶体有天然规则的几何形状，是因为组成单晶体的物质微粒是规则排列的。(√)
(3)液晶是液体和晶体的混合物。(×)
(4)草叶上的小露珠呈球形是表面张力作用的结果。(√)
(5)缝衣针浮于水面上是由于液体的表面张力作用。(√)
(6)任何气体都遵从气体实验定律。(×)
(7)理想气体是理想化的物理模型，其内能只与气体温度有关，与气体体积无关。(√)
(8)石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同。(√)
(9)金刚石具有确定的熔点，石墨没有确定的熔点。(×)
(10)晶体在熔化过程中吸收热量破坏空间点阵结构，增加分子势能。(√)
(一) 固体、液体、气体性质的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[晶体与非晶体的比较]
下列说法错误的是( )
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
解析：选A 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，D正确。
2．[液晶的特性]
关于液晶，下列说法中正确的是( )
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．所有物质都具有液晶态
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光
D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
解析：选D 液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。
3．[液体性质的理解]
(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是( )
A．水球呈球形是表面张力作用的结果
B．a内气体的分子平均动能比b内的小
C．a内气体的分子平均动能比b内的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色
解析：选AD 水球呈球形是表面张力使其表面积收缩到最小导致的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b内的等大，故B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，由于分子扩散，做无规则运动，水球最终将呈红色，故D正确。
4．[气体分子运动的特点]
(2023·开封高三模拟)某地某天的气温变化趋势如图甲所示，细颗粒物(PM2.5等)的污染程度为中度，出现了大范围的雾霾。在11：00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，纵坐标表示单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是( )

A．细颗粒物在大气中的移动是由于细颗粒物分子的热运动
B．图乙中实线表示11：00时的空气分子速率分布曲线
C．11：00时细颗粒物的无规则运动比14：00时更剧烈
D．14：00时单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数比12：00时多
解析：选D 细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，A错误；由题图乙可知实线对应的速率较大的分子占的比例较多，对应的气体温度较高，所以图乙中实线表示14：00时的空气分子速率分布曲线，B错误；温度越高，细颗粒物的无规则运动越剧烈，所以14：00时细颗粒物的无规则运动比11：00时更剧烈，C错误；14：00时的气温高于12：00时的气温，空气分子的平均动能较大，单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，D正确。
[要点自悟明]
1．区别晶体和非晶体的方法
(1)要判断一种物质是晶体还是非晶体，关键是看有无确定的熔点，有确定熔点的是晶体，无确定熔点的是非晶体。
(2)从导电、导热等物理性质来看，物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的可能是多晶体，也可能是非晶体。
2．对液体表面张力的理解
3．气体分子的运动特点
(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。
(2)气体分子的速率分布，表现出“中间多，两头少”的统计分布规律。
(3)气体分子向各个方向运动的机会均等。
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
(二) 封闭气体压强的计算(精研点)
1．平衡状态下封闭气体压强的求法
2．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。
[考法全训]
1．[“活塞＋汽缸”封闭的气体]
(2021·湖北高考)质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
解析：(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋eq \f(mg,S)
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，
则封闭气体的压强为p2＝p0－eq \f(mg,S)
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝eq \f(p0S＋mg,p0S－mg)V1。
(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0
由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p3V3,T3)
解得T3＝eq \f(p0SV3T1,p0S＋mgV1)。
答案：(1)eq \f(p0S＋mg,p0S－mg)V1 (2)eq \f(p0SV3T1,p0S＋mgV1)
2．[“液柱＋管”封闭的气体]
若已知大气压强为p0，在下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。
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知pAS＝－ρghS＋p0S，所以p甲＝pA＝p0－ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh；在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pAS＋ρghsin 60°·S＝p0S，所以p丙＝pA＝p0－eq \f(\r(3),2)ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得pAS＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝pA＝p0＋ρgh1；在题图戊中，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)。
答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－eq \f(\r(3),2)ρgh
丁：p0＋ρgh1 戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)
pb＝p0＋ρg(h2－h1)
3．[加速状态下封闭的气体]
如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为θ的斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封闭气体的压强为多少(式中各物理量单位均为国际单位制单位)。
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳加速下滑过程(已知管与斜面间动摩擦因数为μ，且μ解析：(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示，
根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsin θ＋p1S
而m＝ρSh
所以p1＝p0－ρghsin θ。
(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向，应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
N′＝Mgcs θ
Mgsin θ－f＝Ma
又f＝μN′
所以a＝g(sin θ－μcs θ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mgsin θ＋p2S－p0S＝ma
所以p2＝p0＋eq \f(m,S)(a－gsin θ)
将m＝ρSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcs θ。
答案：(1)p0－ρghsin θ (2)p0－μρghcs θ
(三) 气体状态变化的图像问题(精研点)
气体的四类“等值变化”图像的比较
[注意] 上表中各个常量“C”意义有所不同。可以根据pV＝nRT确定各个常量“C”的意义。
[考法全训]
1.[气体的p-V图像问题]
(2021·福建高考)如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。
解析：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知气体的温度先升高后降低。
答案：做正功 先升高后降低
2．[气体的V-T图像问题]
(2021·海南高考)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体( )
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在b→c的过程中内能保持不变
D．在a→b的过程对外做功
解析：选AC 根据V＝eq \f(C,p)T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。
3．[气体的p-T图像问题]
(多选)一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是( )
A．A→B温度升高，体积不变
B．B→C压强不变，体积变小
C．C→D压强变小，体积变小
D．B点的温度最高，C点的体积最小
解析：选ABD 从图像直接看出A→B温度升高，因为AB延长线经过原点，是等容线，体积不变，A正确；B→C是等压线，压强不变，根据eq \f(pV,T)＝C，压强不变，随着温度降低，体积变小，B正确；根据eq \f(pV,T)＝C, C→D温度不变，压强变小，体积增大，C错误；由图线直接看出，B点的温度最高；根据eq \f(pV,T)＝C得，eq \f(p,T)＝eq \f(C,V)，气体的体积与p-T图像的斜率成反比，由图像得kA＝kBVD>VC，所以C点的体积最小，D正确。
4．[气体的p-eq \f(1,V) 图像问题]
(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-eq \f(1,V)图线。由图可知( )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-eq \f(1,V)图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD 题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-eq \f(1,V)图线，由题图知p∝eq \f(1,V)，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-eq \f(1,V)图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
5．[气体状态变化图像的转换问题]
(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是( )
解析：选BD A到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。
(四) 气体实验定律的微观解释(精研点)
1．气体压强的产生
单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，对器壁产生持续、均匀的压力，所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
2．决定气体压强大小的微观因素
(1)气体分子的密集程度
气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大。
(2)气体分子的平均速率
气体的温度越高，气体分子的平均速率就越大，气体分子与器壁碰撞时(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，气体分子的平均速率越大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大。
3．实验定律的微观解释
(1)用气体分子动理论解释玻意耳定律

(2)用气体分子动理论解释查理定律
(3)用气体分子动理论解释盖-吕萨克定律
[考法全训]
1．[气体分子碰撞次数分析]
(多选)某同学记录2022年3月10日教室内温度如下：
教室内气压可认为不变，则当天15：00与9：00相比，下列说法正确的是( )
A．教室内所有空气分子速率均增加
B．教室内空气密度减小
C．教室内单位体积内的分子个数一定增加
D．单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少
解析：选BD 温度升高则分子的平均速率增大，每个分子都在永不停息地做无规则热运动，不是所有空气分子速率都增加，故A错误；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内空气的质量将减少，教室体积不变，则空气密度减小，故B正确；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，空气密度减小，单位体积内分子数减少，故C错误；与9点相比，15点教室内的温度变大，空气分子的平均速率增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少，故D正确。
2．[气体等温变化微观分析]
一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目不变
解析：选B 温度不变，分子热运动平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；压缩体积，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。
3．[对气体压强的理解]
下面的表格是某地区在2022年1～6月份的气温与气压对照表：
根据上表数据可知：该地区从1月份到6月份( )
A．空气分子热运动的剧烈程度呈减弱的趋势
B．速率大的空气分子所占比例逐渐增加
C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈增加的趋势
D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
解析：选B 该地区从1月份到6月份平均气温逐渐升高，所以空气分子热运动的剧烈程度呈增强的趋势，A错误；平均气温逐渐升高，速率大的空气分子所占比例逐渐增加，B正确；平均大气压逐渐减小，单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减小的趋势，C错误；平均大气压逐渐减小，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈减弱的趋势，D错误。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.(多选)“挤毛巾”和“液桥”都是我国宇航员王亚平在“太空授课”展示的有趣实验。宇航员先将干毛巾一端沾水后能使得整个毛巾完全浸湿，然后再用双手试图拧干毛巾，只见毛巾被挤出的水像一层果冻一样紧紧地吸附在毛巾的外表面，宇航员的手也粘有一层厚厚的水。2022年3月23日，天宫课堂第二课上我国宇航员王亚平在空间站做了“液桥实验”，如图所示。关于这两个现象的描述正确的是( )
A．在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为水不能浸润毛巾
B．干毛巾沾水变得完全浸湿是毛细现象
C．水对宇航员的手和液桥板都是浸润的
D．“液桥”实验装置脱手后两液桥板最终合在一起，这是水的表面张力在起作用
解析：选BCD 在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为在压力作用下水分被挤出，选项A错误；B、C、D选项解释正确。
2．负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的概率，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是( )
A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数
D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
解析：选C 温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，A错误；但是负压病房内每个气体分子的运动速率不一定小于外界环境中每个气体分子的运动速率，B错误；决定气体分子压强的微观因素是单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等(撞击力度相等)，压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；压力F＝pS，内外压强不等，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误。
3．拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是( )
A．火罐内的气体温度不变
B．火罐内的气体温度降低，压强减小
C．火罐内的气体温度降低，压强不变
D．火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变
解析：选B 把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，D错误。
4．如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积( )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D 第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
5.如图所示，一定质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和状态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．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D 从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得eq \f(pB,TB)＝eq \f(pC,TC)，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
6.(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是( )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
解析：选ABC 在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。
7.如图所示，表示一定质量的气体的状态由A→B→C→A变化的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是( )
A．A→B过程，气体压强增加
B．B→C过程，气体压强不变
C．C→A过程，气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程，气体分子平均动能增大
解析：选D 过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
8．图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则( )
A．肥皂水不能浸润玻璃
B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动
C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
解析：选C 一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，肥皂水不能浸润蜂蜡或石蜡，但可以浸润玻璃，故A错误；布朗运动是指悬浮在液体中或气体中的固体小颗粒的无规则运动，故肥皂泡的无规则运动不属于布朗运动，B错误；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，所以肥皂泡在空中呈球状是由于液体表面张力的作用，故C正确；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，故D错误。
第3讲 气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
(一) 理想气体状态变化的三类模型(精研点)
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(温度不变：p1V1＝p2V2玻意耳定律,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)查理定律,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)盖­吕萨克定律))
[注意] 理想气体状态方程与气体实验定律的适用条件：一定质量的某种理想气体。
2．解决理想气体状态变化问题的基本思路

模型一 “活塞＋汽缸”模型
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验
定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
[例1] (2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
[解析] (1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧组成的整体受力分析，由平衡条件有
mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
对活塞Ⅰ由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝eq \f(40mg,l)。
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
p2＝p1＝p0＋eq \f(3mg,S)
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V1＝eq \f(1.1l,2)×2S＋eq \f(1.1l,2)×S＝eq \f(3.3lS,2)，V2＝l2·2S
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
l2＝1.1l
根据盖-吕萨克定律可知eq \f(V1,T0)＝eq \f(V2,T2)
解得T2＝eq \f(4,3)T0。
[答案] (1)eq \f(40mg,l) (2)p0＋eq \f(3mg,S) eq \f(4,3)T0
模型二 “液柱＋管”模型
解答“液柱＋管”类问题，关键是对液柱封闭气体压强的计算，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，且注意以下几点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
(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——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
[例2] (2021·全国乙卷)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A、B两管内水银柱的高度差。
[解析] 对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1BV1B＝p2BV2B
联立解得h2＝2 cm
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，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)
A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A
联立可得2h12－191h1＋189＝0
解得h1＝1 cm或h1＝eq \f(189,2) cm>l1(舍去)
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
[答案] 1 cm
模型三 “两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧：
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
[例3] (2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq \f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
[解析] (1)气体发生等温变化，对上部分气体，由玻意耳定律有p0SL0＝p1·eq \f(1,2)SL0，
解得p1＝2p0
对下部分气体，由玻意耳定律有
p0SL0＝p2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(SL0＋\f(1,2)SL0))
解得p2＝eq \f(2,3)p0。
(2)在竖直方向稳定时，对“H”型连杆活塞受力分析可知p1S－p2S－mg＝0
解得m＝eq \f(4p0S,3g)。
[答案] (1)2p0 eq \f(2,3)p0 (2)eq \f(4p0S,3g)
(二) 理想气体的四类变质量问题(精研点)
类型一 充气问题
在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
[例1] (2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0，环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
[解析] (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖-吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)
解得T＝eq \f(4,3)T0。
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩后的体积为V0－V，则对气体Ⅳ，由理想气体状态方程得
eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体，由理想气体状态方程得eq \f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(V0,8)＋\f(V0,4))),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得V＝eq \f(2,3)V0，p＝eq \f(9,4)p0。
[答案] (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
类型二 抽气问题
在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“定质量”的问题。
[例2] (2023·潍坊高三调研)负压救护车是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以空气只能由车外流向车内，车内空气经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20～40 Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0＝1.0×105 Pa，车内温度为－3 ℃；正常工作时，车内温度为27 ℃，负压值为40 Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：
(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27 ℃，求此时车内气体的压强；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。
[解析] (1)若车内密闭，仅将车内温度升高到27 ℃，设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)
解得p1≈1.11×105 Pa。
(2)设车内的体积为V1。气体由体积为V1、温度为－3 ℃、压强为p0的状态变为温度为27 ℃、压强为p2、体积为V2的状态，由题意可知p2＝p0－40 Pa＝0.999 6×105 Pa，根据理想气体状态方程有
eq \f(p0V1,T0)＝eq \f(p2V2,T1)
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η＝eq \f(V2－V1,V2)×100%，
联立解得η≈10%。
[答案] (1)1.11×105 Pa (2)10%
类型三 灌气问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，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“定质量”问题。
[例3] 甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为eq \f(1,2)p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
[解析] (1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有eq \f(1,2)p(2V)＝pV1①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②
联立①②式可得p′＝eq \f(2,3)p。③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝eq \f(V2,V)⑤
联立③④⑤式可得k＝eq \f(2,3)。⑥
[答案] (1)eq \f(2,3)p (2)eq \f(2,3)
类型四 漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
[例4] 容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的eq \f(3,5)，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
[解析] 由题意知，初状态气体质量m＝1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，
经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300 K，p2＝eq \f(3,5)p1＝eq \f(3,5)×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，
设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：
eq \f(p1V,T1)＝eq \f(p2V′,T2)，
代入数据解得：
V′＝eq \f(p1VT2,p2T1)＝eq \f(1×106×300V,6×105×330)＝eq \f(50,33)V，
所以漏掉的氧气质量为：
Δm＝eq \f(ΔV,V′)×m＝eq \f(\f(50V,33)－V,\f(50V,33))×1 kg＝0.34 kg。
[答案] 0.34 kg
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C 取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)×105－4.0×104))Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
2.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于( )
A．30 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
解析：选D 设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。
3．(2023·济宁高三质检)某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800 mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25 cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为( )
A．74 cmHg B．75 cmHg
C．75.5 cmHg D．76 cmHg
解析：选B 烧瓶中的气体初状态为p1＝p0，V1＝800 mL，注入水后p2＝p0＋25 cmHg，V2＝600 mL。由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数值解得p0＝75 cmHg，B正确。
4.(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是 ( )
A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq \f(1,6)p0S
B．茶杯对杯盖的支持力为mg＋eq \f(5,6)p0S
C．茶杯对桌面的压力为Mg＋eq \f(5,6)p0S
D．茶杯对桌面的压力为Mg＋mg
解析：选AD 由题意T0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(273＋87))K＝360 K，T1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(273＋27))K＝300 K，对于茶杯内的气体，由查理定律可得eq \f(p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(5,6)p0，对杯盖受力分析，由平衡条件可得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得FN＝mg＋eq \f(1,6)p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为F＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g，由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))g，C错误，D正确。
5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若m＝eq \f(p0S,g)，活塞下移eq \f(L,2)
B．若m＝eq \f(p0S,2g)，活塞下移eq \f(2L,3)
C．若m＝eq \f(p0S,g)，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝eq \f(3p0S,g)，气室1内气体压强为3p0
解析：选AD 若m＝eq \f(p0S,g)，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝eq \f(L,2)，所以活塞下移eq \f(L,2)，A正确，C错误；若m＝eq \f(p0S,2g)，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝eq \f(2L,3)，所以活塞下移Δx＝L－x′＝eq \f(L,3)，B错误；若m＝eq \f(3p0S,g)，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝eq \f(3L,4)，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。
6．(2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝eq \f(100,3)V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3)。
答案：(1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
7．定高气球是一种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为T1，压强均为kp1，k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
(1)求密封时定高气球内气体的体积；
(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，求此时气体的压强。
解析：(1)设密封时定高气球内气体体积为V，由玻意耳定律p1V1＝kp1(V1＋V)
解得V＝eq \f(1－k,k)V1。
(2)由查理定律，eq \f(kp1,T1)＝eq \f(p,T2)，
解得p＝eq \f(kp1T2,T1)。
答案：(1)eq \f(1－k,k)V1 (2)eq \f(kp1T2,T1)
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．如图所示为某学生设计的一枚“水火箭”。现用打气筒向火箭内部打气，向上提活塞时大气自由进入气筒内部；当活塞压到一定程度时，气筒内气体被压到火箭内部。已知打气之前，火箭内气体的压强与大气压强p0相同、体积为V；活塞每次上提后进入气筒内的气体的体积为0.5V；打气过程中温度不变，火箭的体积不变。求：
(1)第1次打气完成后，水火箭内气体的压强；
(2)若气筒活塞每次上提的高度为h，第n次打气时，下压活塞到离筒底长度为多大时才能将气体打入火箭内部。
解析：(1)由玻意耳定律，p0V＋p0×0.5V＝pV
解得：p＝1.5p0。
(2)设第n次打气前(即n－1次打气后)火箭内气压为pn－1，n－1次打气可等效为一次气体压缩过程，
满足玻意耳定律：p0eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(V＋n－1\f(V,2)))＝pn－1V
解出：pn－1＝eq \f(1＋n,2)p0。
第n次打气时，气筒内气体压缩至压强达到pn－1时打入火箭内部，设此时活塞到筒底长度为h′，气筒内部横截面积为S，根据玻意耳定律：p0hS＝pn－1h′S
可求得：h′＝eq \f(2,n＋1)h。
答案：(1)1.5p0 (2)eq \f(2,n＋1)h
9．(2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p3,Tmax)，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K (2)309 K
10．(2023·菏泽高三模拟)
实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为27 ℃时的压强均为p0。为了测量两储气罐的容积比k＝eq \f(VA,VB)。现用A罐通过细导气管对B罐充气(如图所示)，充气时A罐在27 ℃的室温中，把B罐放在－23 ℃的环境中。充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0，已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好。求：
(1)充气完毕时A中的气体压强；
(2)容积比k的大小。
解析：(1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，由eq \f(p,T2)＝eq \f(1.1p0,T1)
其中T1＝300 K、T2＝250 K，解得p＝eq \f(11,12)p0
则充气完毕时A中的气体压强与充气结束后的B中的气体压强相同，故为eq \f(11,12)p0。
(2)对A、B组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB
解得eq \f(VA,VB)＝k＝1.2。
答案：(1)eq \f(11,12)p0 (2)1.2
11.(2023·梅州高三质检)拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示。使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227 ℃，自然降温后的气体达到室内温度27 ℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq \f(24,25)，罐内气体认为是理想气体。求：
(1)加热前后，罐内气体的质量之比；
(2)自然降温后，罐内气体的压强。
解析：(1)罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为p0、V0和T0＝300 K，加热到T＝500 K后，等效气体等压膨胀到V，则eq \f(V0,T0)＝eq \f(V,T)
解得V＝eq \f(5,3)V0
加热前后，罐内气体的质量之比为eq \f(m,m0)＝eq \f(V,V0)＝eq \f(5,3)。
(2)自然降温后，气体的最后压强设为p，则eq \f(p0V0,T)＝eq \f(p×\f(24,25)V0,T0)
解得p＝eq \f(5,8)p0＝eq \f(5,8)×1.0×105 Pa＝6.25×104 Pa。
答案：(1)eq \f(5,3) (2)6.25×104 Pa
12．(2022·山东等级考)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(Mma,Vρg)。
(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为
p1＝p0＋ρgH
鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，
设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝eq \f(p0＋ρgH1,p0＋ρgH)V
又温度不变，则有eq \f(m1,m)＝eq \f(V1,V)
解得m1＝eq \f(p0＋ρgH1,p0＋ρgH)m。
答案：(1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(p0＋ρgH1,p0＋ρgH)m
第4讲 热力学定律与能量守恒定律
一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)热传递。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)符号法则
二、热力学第二定律
1．热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
2．热力学第二定律的“熵”描述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
三、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．普适性：能量守恒定律是自然界的普遍规律。
[注意] (1)某一种形式的能(如：机械能)或几种形式的能(如：动能＋电势能)是否守恒是有条件的。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
微点判断
(1)做功和热传递的实质是相同的。(×)
(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。(√)
(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。(×)
(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(√)
(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。(×)
(6)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。(×)
(7)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。(√)
(8)第一类永动机违反了热力学第二定律。(×)
(9)第二类永动机违反了能量守恒定律。(×)
(一) 热力学第一定律的理解及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解]
一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。
2．[对热力学第一定律的理解]
(2021·山东等级考)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。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
解析：选B 小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。
3.[热力学第一定律在绝热系统中的应用]
(2023·淄博高三模拟)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
解析：选A 密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q＝0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能增加量ΔU＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低，所以只有A正确。
[要点自悟明]
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。
(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
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，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。
(二) 对热力学第二定律的理解(精研点)
1．热力学第二定律的含义
(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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程。
2．热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
3．两类永动机的比较
[针对训练]
1．下列关于热力学第二定律的说法正确的是( )
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
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，在不产生其他影响的情况下，内能可以全部用来做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
解析：选B 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，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C错误；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
2．(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是( )
A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来
解析：选AB 机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；制冷机也不能使温度降到－293 ℃(低于绝对零度)，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，D错误。
(三) 热力学第一定律与气体图像的综合(精研点)
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
[考法全训]
1．[热力学第一定律与p-V图像的综合]
(2021·全国乙卷)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是( )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
解析：选ABE 由理想气体的p -V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由eq \f(pV,T)＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由eq \f(pV,T)＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由eq \f(pV,T)＝C可
知，p -V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。
2．[热力学第一定律与p-T图像的综合]
一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
解析：选B 从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。
3．[热力学第一定律与V-T图像的综合]
(2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统( )
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
解析：选A 根据题意，气体体积增加，因此对外做正功，故A正确；题目中图像延长线没有过原点，因此不是等压线，故B错误；温度升高且对外做功，根据热力学第一定律，该过程需要吸热，故C错误；温度升高，内能增加，故D错误。
(四) 热力学定律与气体实验定律的综合(精研点)
热力学定律与气体实验定律综合问题的解题思路
[考法全训]
1．[盖-吕萨克定律与热力学第一定律的综合]
(2023·滨州高三模拟)如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝27 ℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃。求：
(1)温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L；
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，气体内能的增量。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得eq \f(L0S,273＋t0)＝eq \f(LS,273＋t1)
解得L＝36 cm。
(2)封闭气体的压强p＝p0＋ρgh
外界对气体做功W＝pS(L0－L)
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得ΔU≈－2.5 J，
即内能减少了2.5 J。
答案：(1)36 cm (2)－2.5 J
2．[查理定律与热力学第一定律的综合]
如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。
解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得eq \f(p0,T1)＝eq \f(p,T2)，解得p＝eq \f(T2,T1)p0。
(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。
答案：(1)eq \f(T2,T1)p0 (2)内能减少 ΔU＝Q
3．[玻意耳定律与热力学第一定律的综合]
(2023·泉州高三模拟)一定质量的理想气体被一薄活塞封闭在导热性能良好的汽缸内。活塞的质量m＝20 kg、面积S＝200 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时汽缸水平放置，如图甲所示，活塞与汽缸底的距离L1＝22 cm，离汽缸口的距离L0＝4 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后如图乙所示，然后对缸内气体缓慢加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，如图丙所示，g取10 m/s2。
(1)求图乙状态下活塞与汽缸底部的距离L2；
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，气体增加的内能ΔU＝368 J，求该过程气体吸收的热量Q。
解析：(1)当汽缸水平放置时p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝L1S
当汽缸口向上时p2＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.1×105 Pa
V2＝L2S
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
则L2＝20 cm。
(2)加热后气体做等压变化，设外界对气体做功为W，则W＝－p2Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L1＋L0－L2))
解得W＝－132 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
解得Q＝500 J。
答案：(1)20 cm (2)500 J
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中( )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
解析：选AC 上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。
2.(2022·山东等级考)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体( )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
解析：选C 初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
3.(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则( )
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：选AC 充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由eq \f(pV,T)＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。
4．(2022·重庆高考)2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)( )
A．吸收热量 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
解析：选C 由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据eq \f(pV,T)＝C，可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q，可知气体放出热量。故选C。
5．(2023·南京高三模拟)一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其中p-V图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能小
B．由B到C的过程中，气体将放出热量
C．由C到D的过程中，气体的内能保持不变
D．由D到A的过程中，气体对外做功
解析：选B 由图像可知pBVB＞pAVA，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知TB＞TA，温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，因此状态B时气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大，故A错误；由图像可知，由B到C过程气体体积V不变而压强p减小，由理想气体状态方程可知，气体温度T降低，该过程气体内能减少，ΔU<0，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q＝ΔU－W＝ΔU<0，气体将放出热量，故B正确；由图像可知，由C到D过程，pV减小，由理想气体状态方程可知，气体温度T降低，气体的内能减小，故C错误；由图像可知，由D到A过程气体体积V不变，气体对外界不做功，故D错误。
6.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V-T图像如图所示。用pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列说法错误的是( )
A．pa＜pc＝pb
B．由状态a到状态b的过程中，气体一定吸热
C．由状态b到状态c的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功
D．由状态c到状态a的过程中，气体分子的平均动能不变
解析：选C 从状态a到状态b，由理想气体状态方程可知，eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pb·3V0,3T0)，整理得：pb＝3pa，同理可知：eq \f(pa·3V0,T0)＝eq \f(pc·V0,T0)，整理得：pc＝3pa，所以pc＝pb>pa，故A正确；从状态a到状态b过程中，气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由题图可知，状态b到状态c过程，气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W>0，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律可知，状态b到状态c过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；由题图可知，状态c到状态a过程，理想气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故D正确。
7．(2021·江苏高考)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋f))L。
(2)活塞发生移动前为等容变化，eq \f(p0,t0)＝eq \f(p1,t1)，
活塞向右移动L的过程为等压变化，eq \f(V1,t1)＝eq \f(V2,T)，且V2＝2V1，解得T＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋f)),p0S)t0。
答案：(1)Q－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋f))L (2)eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0S＋f)),p0S)t0
8．如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一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T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为6 J，气体内能的变化量ΔU。
解析：(1)初态时，对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg，可得汽缸内气体压强为p1＝p0＋eq \f(mg,S)，体积为V1＝h2S，要使U形细管两边水银面相平，则汽缸内气体的压强为p2＝p0，此时活塞下端一定与汽缸底接触，则有V2＝LS，设此时温度为T2，由理想气体状态方程有eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)，联立解得T2＝240 K。
(2)从开始至活塞竖直部分恰好与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W＝p1ΔV＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(mg,S)))×(h2－L)S＝3.6 J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可得气体内能的变化量ΔU＝－2.4 J。
答案：(1)240 K (2)－2.4 J
9．(2023·常州高三模拟)某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示。壶的容积为1.5 L，内含1.0 L的消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，多次下压后，壶内气体压强由1.0 atm变为2.0 atm时，按下B阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm＝1.0×105 Pa。
(1)求充气过程向下压A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；
(2)喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，如图乙所示，估算全过程壶内气体从外界吸收的热量。
解析：(1)壶中原来空气的体积V1＝0.5 L
由玻意耳定律p1(nV0＋V1)＝p2V1
解得n＝10次
最多喷射的液体ΔV＝nV0＝0.5 L。
(2)外界对气体做功W＝－eq \f(p1＋p2,2)ΔV＝－75 J
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0
Q＝75 J。
答案：(1)10次 0.5 L (2)75 J
10.如图所示，密闭导热容器A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体。打开活栓C，A中部分气体进入B。
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强；
(2)若密闭气体的内能与温度的关系为ΔU＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T2－T1))(k为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时，求气体的压强及所吸收的热量。
解析：(1)容器内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强p＝eq \f(1,2)p0。(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得eq \f(p,T0)＝eq \f(p′,1.2T0)
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界即不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0；升高温度，内能增量为ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
答案：(1)eq \f(1,2)p0 (2)0.6p0 0.2kT0
第5讲 实验：用油膜法估测油酸分子的大小(基础实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．计算一滴溶液中油酸的体积：V＝eq \f(kV0,N)(mL)。V0为N滴油酸酒精溶液的体积，k为油酸的浓度。
2．计算油膜的面积S：以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，大于半个的算一个，不足半个的舍去。
3．计算油酸的分子直径：d＝eq \f(V,S)(注意单位统一)。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)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(油酸未滴下之前)时，会发现针头下方的粉层已被排开，这是针头中酒精挥发所致，不影响实验效果。
(2)待测油酸薄膜扩散后又会收缩，要在油酸薄膜的形状稳定后再画轮廓。扩散后又收缩有两个原因：①水面受油酸液滴冲击凹陷后又恢复；②酒精挥发后液面收缩。
(3)当重做实验时，将水从浅盘的一侧边缘倒出，在这侧边缘会残留油酸，可用少量酒精清洗，并用脱脂棉擦去，再用清水冲洗，这样做可保持浅盘的清洁。
(4)本实验只要求估测油酸分子的大小，实验结果的数量级符合要求即可。
2．误差分析
(1)纯油酸体积的计算引起误差。
(2)油膜面积的计算造成误差。
(3)油膜形状的边界画线造成误差。
(4)数格子的个数造成误差。
(5)油酸酒精溶液浓度的改变造成误差。
1．用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_________________________________________________________________ 。
实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________ 。
为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是____________________________。
解析：用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。根据V＝Sd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。这样需要测出一滴油酸酒精溶液的体积，其方法可用累积法，即测出1 mL油酸酒精溶液的滴数。
答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 用注射器吸取一定体积的油酸酒精溶液，把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积
2．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，
(1)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，其中酒精的作用是________。
A．可使油酸和爽身粉之间形成清晰的边界轮廓
B．对油酸起到稀释作用
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、注射器、烧杯(注射器中1毫升溶液滴入烧杯中的滴数为50滴)、纯油酸和无水酒精若干。已知油酸分子直径数量级为10－10 m，则该老师配制的油酸酒精溶液体积浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为______‰(保留两位有效数字)。
解析：(1)根据实验原理可知A、B、D项内容为理想化假设的内容。
(2)实验中为了使油酸充分展开，获得单分子层油膜，需用酒精对油酸稀释。
(3)根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，油酸酒精溶液浓度最大。一滴油酸的体积V0＝dS＝10－10 m×0.22 m2＝2.2×10－11 m3，一滴油酸酒精溶液的体积V＝eq \f(1,50) cm3＝2×10－8 m3，则此油酸酒精溶液的体积浓度至多为eq \f(V0,V)＝1.1 ‰。
答案：(1)ABD (2)B (3)1.1
3．在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，我们通过宏观量的测量间接计算微观量。
(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成________(选填“单层”或“多层”)分子油膜的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为________。
(2)某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：
A．将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜
B．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积
C．将玻璃板盖到浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上
D．向浅盘中倒入约2 cm深的水，将爽身粉均匀地撒在水面上
以上操作的合理顺序是________(填字母代号)。
(3)若实验时爽身粉撒得太厚，则所测的分子直径会________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(1)这种粗测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这时油膜的厚度可视为油酸分子的直径，d＝eq \f(V,S)。
(2)实验步骤为：配制好油酸酒精溶液，用注射器通过累积法测出1滴此溶液的体积，然后将1滴此溶液滴在浅盘中撒有爽身粉的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板盖在浅盘上，用彩笔描绘出油酸薄膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，计算出油酸薄膜的面积。故答案为DACB。
(3)实验过程中，若爽身粉撒得太厚，油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由d＝eq \f(V,S)可知，实验测得的油酸分子的直径偏大。
答案：(1)单层 eq \f(V,S) (2)DACB (3)偏大
4．(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有________________________________________________________________________ 。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设________________________________________________________________________
________________________________________________________________________ ；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________ ；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________ 。
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)。
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X。
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________。
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________。
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________。
解析：(1)在本实验中，要用注射器通过累积法得到一滴油酸酒精溶液的体积，先在浅水盘中撒上爽身粉，再将用酒精稀释过的油酸用注射器滴到水面上，将玻璃板盖在浅水盘上画出油膜的边界，将画出油膜边界的玻璃板放在坐标纸上，用数格子的方法得出形成的面积，则可根据体积公式求得分子直径。故实验中还需要：注射器、爽身粉及坐标纸。
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，一般将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的；实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为一滴纯油酸中含油酸分子数量过多，形成的油膜面积可能大于浅水盘面积，且纯油酸粘滞力较大，不易形成单分子油膜；在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状。
(3)“用油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→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，显然，操作先后顺序排列应是dacb。
(4)①由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V′＝eq \f(V,N)，其中纯油酸的体积V0＝eq \f(cV,N)；②所形成的油膜的面积为S＝Xa2；超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数X＝55；③纯油酸的体积V0＝DS，D＝eq \f(V0,S)＝eq \f(cV,NXa2)。
答案：(1)注射器、爽身粉、坐标纸
(2)将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的 一滴纯油酸中含油酸分子数量过多，形成的油膜面积可能大于浅水盘面积，且纯油酸粘滞力较大，不易形成单分子油膜 使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状 (3)dacb
(4)①eq \f(cV,N) ②Xa2 55 ③eq \f(cV,NXa2)
5.油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.5 mL，用注射器吸取1 mL油酸酒精溶液，把该溶液滴入烧杯内，总滴数为50滴。若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示。(以下计算结果均保留2位有效数字)
(1)若每一小方格的边长为10 mm，则油酸薄膜的面积为________m2。
(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为________m3。
(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为______m。
(4)为了尽可能准确地估测出油酸分子的大小，下列哪些措施是可行的________。
A．油酸浓度适当大一些
B．油酸浓度适当小一些
C．油酸扩散后立即绘出轮廓图
D．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图
解析：(1)每个小正方形的面积为S1＝(10 mm)2＝1×10－4m2，面积超过小正方形面积一半的个数为80个，则油酸膜的面积约为 S＝80S1＝80×10－4 m2＝8.0×10－3 m2。
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：
V＝eq \f(0.5,1 000×50) mL＝1.0×10－11 m3。
(3)把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：
d＝eq \f(V,S)＝eq \f(1.0×10－11,8.0×10－3) m≈1.3×10－9 m。
(4)为能形成单分子油膜，油膜浓度应适当小些；绘制轮廓图应在油酸扩散稳定后进行，B、D正确，A、C错误。
答案：(1)8.0×10－3(7.8×10－3～8.5×10－3均可)
(2)1.0×10－11 (3)1.3×10－9(或1.2×10－9) (4)BD
6．某班级做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，实验前，将酒精加入1 mL的油酸中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液。
(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用________将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下一定体积该溶液的液滴数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，下列现象或判断正确的是________。
A．油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些
B．油膜的面积先快速扩张后慢慢趋于稳定
C．若出现如图的情况，说明油酸浓度太大，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验
D．若出现如图的情况，可在水面上重新撒上爽身粉，再次滴入油酸酒精溶液进行实验
(3)甲实验小组测得1 mL油酸酒精溶液为80滴，通过数1滴溶液在水面稳定后形成的油膜面积对应的正方形的个数得到油膜的面积为250 cm2，可估算油酸分子的直径为________m。
(4)乙实验小组算得的油酸分子直径偏小，可能是由于______。
A．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
B．油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大
C．水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴
(5)当结束实验或重复做实验时，需将水从浅盘的一角倒出，在这个角的边缘会遗留少许油酸，为了保持浅盘的清洁，不影响下次使用，应如何处理？___________________________
________________________________________________________________________ 。
解析：(1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入烧杯，记下注射器内溶液减少一定体积时液滴的数目。
(2)在浅盘的水面撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，可发现油膜的面积先扩张后又稍微收缩了一些，A正确，B错误；若出现题图中的情况，说明油酸浓度太低，需重新配制油酸酒精溶液再进行实验，C、D错误。
(3)一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V＝eq \f(1,1 000×80)×10－6 m3，油酸分子的直径为
d＝eq \f(V,S)＝eq \f(\f(1,1 000×80)×10－6,250×10－4) m＝5×10－10 m。
(4)根据d＝eq \f(V,S)可知计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，S的测量值偏小，则直径的测量值偏大，A错误；油酸酒精溶液中酒精挥发，导致油酸浓度变大，油膜的面积S变大，则直径的测量值偏小，B正确；水面上爽身粉撒得较多，油酸未完全散开，油膜面积的测量值偏小，则直径的测量值偏大，C错误；求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数少计了10滴，则一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积偏大，则直径的测量值偏大，D错 误。
(5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗。
答案：(1)注射器 (2)A (3)5×10－10 (4)B (5)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗
第6讲 实验：探究气体压强与体积的关系(基础实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．空气柱的体积V等于空气柱长度L与活塞的横截面积S的乘积。
2．以压强p为纵坐标，以体积V为横坐标作出p-V图像，如图甲所示；再以体积的倒数eq \f(1,V)为横坐标作出p-eq \f(1,V)图像，如图乙所示。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)为保证气体密闭，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油。
(2)为保持气体温度不变，实验过程中不要用手握住注射器有密闭气体的部位；同时，应缓慢改变气体体积。
(3)注射器内外气体的压强差不宜过大。
(4)在等温过程中，气体的p-V图像呈现为双曲线，不便确定p与V的关系，要通过坐标变换，画p -eq \f(1,V) 图像，把双曲线变为直线，以方便判断p和V成反比。
2．误差分析
(1)橡胶套密封不严会使空气柱的质量变化引起误差。
(2)实验过程环境温度变化、柱塞向下压或向上拉得过快会使空气柱的温度变化引起误差。
(3)活塞直径的测量、空气柱长度的测量、气压计的读数等引起的误差。
1.某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律：
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________；
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是_______________________________________________ ；
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________。
解析：(1)用橡胶套密封注射器的下端，是为了封住一定量的气体，故A是必要的；没有必要测量柱塞的直径，由于整个过程中，截面不变，知道长度就可以，列方程时，两边把截面可以消掉，故B没必要；读取压力表上显示的气压值，知道初末状态的气压值，故C是必要的；读取刻度尺上显示的空气柱长度来表示空气的体积，故D是必要的。
(2)尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变。
(3)图像中直线比曲线直观，在等温变化中，p与eq \f(1,V)成正比，因此画p-eq \f(1,V)图像，应是一条过坐标原点的直线，故C正确，A、B、D错误。
答案：(1)B (2)见解析 (3)C
2．探究气体等温变化规律的简易装置图如图所示，表中是某小组的数据。
(1)若要研究p、V之间的关系，绘制图像时应选用________eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(选填“p­V”或“p­\f(1,V)”))作为坐标系。
(2)仔细观察发现，pV的值越来越小，可能的原因是
________________________________________________________________________ 。
解析：(1)由理想气体的状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，若是选p-V作为坐标系，得到的是等温曲线；若是选p-eq \f(1,V) 作为坐标系，将会得到一条延长线过坐标原点的直线。后者更方便且直观，便于分析问题，所以选p-eq \f(1,V)作为坐标系。
(2)因研究的过程是等温变化，由方程pV＝nRT(n表示物质的量，T表示绝对温度，R是常数)可知，pV值越来越小，说明n减小，即物质的量在减小，说明有气体漏出。
答案：(1)p-eq \f(1,V) (2)有气体漏出
3．“研究一定质量的气体在温度不变的情况下压强与体积的关系”的实验装置如图1所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器满刻度处，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V-eq \f(1,p)图像处理实验数据，得出如图2所示图像。
(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是____________和________________。
(2)如果实验操作规范正确，但如图2所示的V-eq \f(1,p)图像不过原点，则V0代表_________。
(3)小明同学实验时缓慢推动活塞，并记录下每次测量的压强p与注射器刻度值V。在实验中出现压强传感器软管脱落，他重新接上后继续实验，其余操作无误。V-eq \f(1,p)关系图像应是________。
解析：(1)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是：移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分。
(2)体积读数值比实际值小V0。根据p(V＋V0) ＝C，C为定值，则V＝eq \f(C,p)－V0。如果实验操作规范正确，但如题图2所示的V-eq \f(1,p)图像不过原点，则V0代表注射器与压强传感器连接部分的气体体积。
(3)根据pV＝C可知V＝eq \f(C,p)，当质量不变时V与eq \f(1,p)成正比，软管脱落造成漏气，压强突然减小，则eq \f(1,p)变大，重新接好软管时V与脱落前相等，继续实验时气体质量仍能保持不变，V与eq \f(1,p)还是成正比，但斜率比原来小，故C正确。
答案：(1)见解析 (2)注射器与压强传感器连接部分气体的体积 (3)C
4.某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口。上、下移动B管时，需保持____________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h。测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是________________________
________________________________________________________________________ 。
解析：由于要验证玻意耳定律，则上、下移动B管时，需保持温度不变；对A中的气体，若满足玻意耳定律，则(p0＋h)V＝C，解得h＝C·eq \f(1,V)－p0，则以h为纵坐标，得到如题图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标为eq \f(1,V)；图线与h轴交点的物理含义是－p0，即大气压强p0的相反数。
答案：温度 eq \f(1,V) 大气压强p0的相反数
5.如图所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内。开始时B、C内的水银面等高。
(1)若气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管________(选填“向上”或“向下”)移动，直至______________________________。
(2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是图中的________。
解析：(1)气体温度升高，封闭气体压强变大，为使封闭气体压强不变，应将C管向下移动，直至B、C两管内水银面等高。
(2)由于气体压强不变，则eq \f(V,T)＝k，故有eq \f(SΔh,Δt)＝k，k、S为定值，A正确。
答案：(1)向下 B、C两管内水银面等高 (2)A
6．某实验小组利用DIS验证一定质量理想气体的某一实验定律，实验装置图如图甲所示。
主要实验过程如下：
a．将压强传感器接入数据采集器；
b．取出注射器，将注射器的活塞置于20 mL处(初始值可任意选值)，并通过软管与压强传感器的测口紧密连接；
c．打开“计算表格”，增加变量“V”表示注射器的体积，拉动注射器的活塞至40 mL处，手动输入V值；
d．点击记录压强值，缓慢推动活塞，改变并输入V的值，记录不同的V值对应的压强数据；
e．启动“绘图”功能，分别作出p-V图像(如图乙所示)和p-eq \f(1,V)图像(如图丙所示)。
(1)该装置可用于验证____________定律。(填写气体实验定律名称)
(2)利用DIS已经能比较精确的得到相关的数据，但还是存在一些误差，本实验造成误差主要来源于_______________，为了减少误差，可以采取的措施是______________________ 。
解析：(1)该装置研究的是温度不变时，压强与体积关系，故是验证玻意耳定律。
(2)在验证压强与体积关系时，主要误差来源于压强变化的影响，故主要是针筒气密性带来的系统误差，为了减小误差，可以用润滑油涂活塞，防止气体进出。
答案：(1)玻意耳 (2)见解析
温度与温标
温度
表示物体的冷热程度，一切达到热平衡的系统都具有相同的温度
温标
包括摄氏温标(t)和热力学温标(T)，两者的关系是T＝t＋273.15_K
分子动能
概念
分子动能是分子热运动所具有的动能
决定因素
温度是分子热运动的平均动能的标志
分子势能
概念
分子势能是由分子间的相对位置决定的能
决定因素
①微观上：决定于分子间距离和分子排列情况；
②宏观上：决定于体积和状态
物体的内能
概念
物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量
决定因素
①对于给定的物体，其内能大小是由物体的温度和体积决定，即由物体的内部状态决定
②物体的内能与物体位置的高低、运行速度的大小无关
微观量
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等
宏观量
物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量Mml、摩尔体积Vml、物质的量n等
相互关系
①一个分子的质量：m0＝eq \f(Mml,NA)＝eq \f(ρVml,NA)。
②一个分子的体积：V0＝eq \f(Vml,NA)＝eq \f(Mml,ρNA)
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
能量
定义
决定
量值
测量
转化
内能
物体内所有分子的动能和势能的总和
由物体内部分子微观运动状态决定
恒不为零
无法测量
在一定条件下可相互转化
机械能
物体的动能及重力势能和弹性势能的总和
与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关
可以为零
可以测量
分类
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
规则
不规则
熔点
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
微观结构
组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列
注意：多晶体中每个小晶体间的排列无规则
无规则
作用
液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势
方向
表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直
大小
液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大
气体压强
产生原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强
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
理想气体模型
宏观模型
在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体
注意：实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体
微观模型
理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能
气体实验三定律
玻意耳定律
p1V1＝p2V2
查理定律
eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)或eq \f(p1,p2)＝eq \f(T1,T2)
盖-吕萨克定律
eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)或eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)
理想气体的状态方程
表达式
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C
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
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处的总压强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
类别
特点(其中C为常量)
举例
等温变化
p-V图像
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p-eq \f(1,V)图像
p＝CTeq \f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容变化：p-T图像
p＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小
等压变化：V-T图像
V＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小
时刻
6：00
9：00
12：00
15：00
18：00
温度
12 ℃
15 ℃
18 ℃
23 ℃
17 ℃
月份
1
2
3
4
5
6
平均气温/℃
1.4
3.9
10.7
19.6
26.7
30.2
平均大气压/105 Pa
1.021
1.019
1.014
1.008
1.003
0.998 4
物理量
W
Q
ΔU
＋
外界对系统做功
系统吸收热量
内能增加
－
系统对外界做功
系统放出热量
内能减少
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，违背热力学第二定律
实验原理
操作要领
1.利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜
2.将油酸分子视为球形，测出一定体积油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积
3.用d＝eq \f(V,S)计算出油膜的厚度(V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积)，这个厚度就近似为油酸分子的直径
1.配制油酸酒精溶液
2.用注射器通过累积法得到1滴油酸酒精溶液的体积，再计算出1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V
3.借助坐标纸测量1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积S
原理装置图
保持环境温度不变，缓慢改变活塞位置，读出每次气压计的读数和空气柱的长度(计算出气体体积)
操作
要领
(1)测量注射器活塞的直径，计算其横截面积S。
(2)按实验原理图安装好仪器。
(3)使活塞处于适当的位置，安装好橡胶套，密封一定质量的空气。
(4)待活塞稳定时，由气压计读出管内气体的压强p，从玻璃管的刻度上直接读出管内气体柱的长度，计算出气体柱的体积V，并记录到设计好的表格内。
(5)保持温度不变，把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度(计算出气体柱对应的体积)与压强的几组数据，并记录到设计好的表格内。
(6)实验完毕，整理实验仪器
序号
V/mL
p/(×105 Pa)
pV/(×105 Pa·mL)
1
20
1.001 0
20.020
2
18
1.095 2
19.714
3
16
1.231 3
19.701
4
14
1.403 0
19.642
5
12
1.635 1
19.621