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专题六 热学 原子物理
第14讲 热学
一、分子动理论及热力学定律
1.估算问题
2.反映分子热运动规律的两个实例
(1)布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关。
(2)扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关。
3.对热力学定律的理解
(1)热力学第一定律ΔU＝Q＋W，其中W和Q的符号可以这样确定：只要对内能增加有正贡献的就为正值，反之则为负值。
(2)对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响。
二、气体实验定律和理想气体状态方程
一、两种模型
2.立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距。
二、应用热力学第一定律的看到与想到
1.看到“绝热过程”，想到Q＝0，则W＝ΔU。
2.看到“等容过程”，想到W＝0，则Q＝ΔU。
3.对于理想气体看到“等温过程”，想到ΔU＝0，则W＋Q＝0。
１
分子动理论、内能、固体、液体
(2023·海南高考卷)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C．分子势能在r0处最小
D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小
【答案】 C
【解析】 分子间距离大于r0时，分子间表现为引力；分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。故选C。
1. (2024·山西太原模拟)下列选项正确的是( )
A．液晶和晶体都有各向异性的特点
B．水黾能停在水面上与液体的表面张力有关
C．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
D．理想气体分子间距较大，分子力表现为引力，分子势能随分子间距的增大而增大
【答案】 B
【解析】 多晶体的物理性质是各向同性，故A错误；水黾能停在水面上与液体的表面张力有关，故B正确；分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，分子力可能先表现为斥力，后表现为引力，分子间的相互作用力可能先减小后增大再减小，故C错误；理想气体分子间距较大，分子力忽略不计，分子势能忽略不计，故D错误。
2. (2024·云南普洱模拟)明明爸爸用85 ℃的热水泡了一杯茶水，他旋紧杯盖，茶水上方封闭了一定量的空气(可视为理想气体)，等待1小时后水温变为25 ℃，在此过程中，对封闭空气( )
A．每个空气分子占据的平均空间体积变小
B．速率大的分子所占的比例逐渐降低
C．每个空气分子的运动速率均变小
D．分子势能变小，内能变小
【答案】 B
【解析】 茶水温度降低的过程中，封闭的空气体积、分子个数均未变化，每个空气分子占据的平均空间体积不变，故A错误；温度降低，从统计学的角度说明分子平均动能降低，速率大的分子所占的比例逐渐降低，个别分子速率可能增大，故B正确，C错误；气体分子平均间距大，分子力很小可以忽略，分子势能为零，温度降低分子平均动能降低，内能变小，故D错误。
2
气体实验定律与理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa。
(2)水银柱密封的气体，应用p＝p0＋ph或p＝p0－ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg。
2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。
3.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】 (1)100 N (2)327 K
(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5 ℃
C．该装置所测温度不低于23.5 ℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一
点，则油柱离罐口距离增大
【答案】 B
3
热力学定律与气体实验定律相结合
1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。
②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0。
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热。
2.对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。
1. (多选)(2024·海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是( )
A．bc过程外界对气体做功
B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量
D．ca过程气体内能减小
【答案】 AC
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
1. (2024·重庆卷)某救生手环主要由高压气囊密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则( )
A．外界对气囊内气体做正功
B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大
D．气囊内气体从外界吸热
【答案】 D
【解析】 气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知Q>0，即气体需要从外界吸热，故C错误，D正确。
2. (多选)(2024·新课标卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放
【答案】 AD
【解析】 1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；2→3为等压过程，根据盖—吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，故气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确。故选AD。
(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；
当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵
住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好
储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速
度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程
温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
4
理想气体的“变质量”问题
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
【答案】 (1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
【解析】 (1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有p1(H－x)S1＝p2HS1，又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0，代入数据联立解得x＝2 cm。
(2024·广东执信中学三模)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰
好带起整个杯身时的水温；
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，
从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
【答案】 (1)83.4 ℃ (2)1∶5 专题六 第14讲
A组·基础练
1.(多选)(2024·四川达州模拟)下列有关热现象的说法正确的是( )
A．甲图为布朗运动产生原因的示意图，微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显
B．乙图中，液体表面层分子间相互作用表现为引力，正是因为引力才使得水黾可以停在水面上
C．丙图是气体分子速率分布图，由图可知T1代表的温度小于T2代表的温度，但T1图像与坐标轴包围的面积大于T2图像与坐标轴包围的面积
D．丁图是分子间作用力与分子间距离示意图，在r＝r0处引力和斥力等大，分子力为零，分子势能最小
【答案】 BD
【解析】 甲图是布朗运动示意图，悬浮在液体中的颗粒越大，某一瞬间跟颗粒碰撞的液体分子数目就会越多，撞击的不平衡性越不明显，布朗运动越不显著，故A错误；乙图水黾停在水面上是由于水的表面张力，B正确；丙图是气体分子速率分布图，温度越高，速率大的分子占总分子数的百分比更大，则T1代表的温度小于T2代表的温度；但T1图像与坐标轴包围的面积等于T2图像与坐标轴包围的面积，均为1，C错误，在r＝r0处引力与斥力等大，分子力为零，分子势能最小，D正确。
2.(2024·北京卷)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体( )
A．内能变大 B．压强变大
C．体积不变 D．从水中吸热
【答案】 D
【解析】 上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，故上浮过程气泡内气体的压强减小，故B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，故C错误；上浮过程气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体从水中吸热，故D正确。
3.(2024·山东菏泽模拟)“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”，2024年4月7日，第33届“菏泽国际牡丹花会”盛大开幕，花会的宗旨是“以花为媒、广交朋友、文化搭台、经贸唱戏、开发旅游、振兴经济”，充分体现了菏泽“牡丹之乡”的特点。下列说法正确的是( )
A．水黾能站立在牡丹园内池塘水面上，是因为它受到了水的浮力作用
B．牡丹仙子的雕塑是用汉白玉制作，汉白玉、橡胶、石墨、食盐和石英都是晶体
C．牡丹园内花香四溢是分子扩散运动的结果
D．一定质量的牡丹油，温度升高时，所有分子的热运动速率都会增加
【答案】 C
【解析】 水黾能站立在牡丹园内池塘水面上，是因为表面张力的作用，故A错误；汉白玉、橡胶属于非晶体，石墨、食盐和石英属于晶体，故B错误；牡丹园内花香四溢是分子扩散运动的结果，故C正确；一定质量的牡丹油，温度升高时，分子的平均运动速率会增加，但不一定所有分子的热运动速率都会增加，故D错误。
4.(2024·重庆模拟)自热米饭因其便于加热和携带越来越受到广大钓友的欢迎。自热米饭盒内有一个发热包，遇水发生化学反应而产生大量热能，不需要明火，温度可超过100 ℃，盖上盒盖便能在10～15分钟内迅速加热食品。自热米饭的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成小型爆炸。下列说法正确的是( )
A．自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，标志着每一个气体分子速率都增大了
B．图乙为气体分子速率分布曲线，加热前自热米饭盒内气体所对应的曲线为b，由于盒内气体温度升高，密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成a曲线
C．在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体温度降低
D．自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果
【答案】 C
【解析】 自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气体平均分子动能增大，不是每一个气体分子速率都增大，故A错误；图乙为气体分子速率分布曲线，加热前自热米饭盒内气体所对应的曲线为b，由于盒内气体温度升高，气体平均分子动能增大，密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲线，故B错误；在自热米饭盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知盒内气体内能减少，温度降低，故C正确；自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气体压强急剧增大的结果，故D错误。
5.(2024·山东烟台模拟)一乒乓球放在室外，若乒乓球内气体可视为理想气体，且其质量和体积保持不变，则在室外环境温度降低的过程中，乒乓球内的气体( )
A．吸收热量，内能增加
B．压强减小，分子平均动能减少
C．不对外做功，瓶内每个气体分子的速率均减小
D．压强减小，气体分子对球壁的平均作用力大小不变
【答案】 B
【解析】 根据题意可知乒乓球内气体做等容变化，温度降低，则分子平均动能减少，根据＝可知乒乓球内的气体压强减小，故B正确；乒乓球内气体做等容变化，则气体分子不对外做功，分子平均动能减少，则分子的平均速率减小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误；气体分子温度降低，则内能减少，分子不对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体分子放出热量，故A错误；气体压强减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子对球壁的平均作用力减小，故D错误。
6.(多选)(2024·河北卷)如图，水平放置的密闭绝热气缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与气缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。气缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在气缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后( )
A．弹簧恢复至自然长度
B．活塞两侧气体质量相等
C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
【答案】 ACD
【解析】 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在气缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。故选ACD。
B组·综合练
7.(多选)(2024·山东济南模拟)一定质量的理想气体经历a→b→c→d→a的变化过程，其压强p与温度t的关系图像如图所示，其中ad、bc与p轴平行，ab与cd平行，且ab的延长线与横轴交点的横坐标为－273.15 ℃，cd的延长线过原点，下列说法正确的是( )
A．a→b过程，气体的内能减小
B．b→c过程，气体分子的平均动能不变
C．c→d过程，气体的体积不变
D．d→a过程，气体的密度增大
【答案】 BD
【解析】 a→b过程，温度升高，气体的内能增加，故A错误；b→c过程，气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，故B正确；由理想气体状态方程有＝C，由于cd的延长线过原点，令斜率为k，则有p＝kt，解得V＝＋，可知，c→d过程，随温度的降低，气体的体积增大，故C错误；d→a过程，气体温度不变，压强增大，根据玻意耳定律可知，气体体积减小，则气体的密度增大，故D正确。故选BD。
8.(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
【答案】 C
【解析】 a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少。方法二：c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb>Ta分析可知，Tb>Tc，所以b到c过程气体的内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。
9.(2024·浙江6月选考)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K。
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)求此不规则小块固体的体积V；
(3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
【答案】 (1)不变 变小 (2)4×10－5 m3 (3)14.4 J
【解析】 (1)温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p＝可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。
(2)气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律＝
解得V＝4×10－5 m3。
(3)整个过程中外界对气体做功为W＝－p1S(l2－l1)
对活塞受力分析p1S＝mg＋p0S
解得W＝－4.1 J
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝10.3 J
解得Q＝14.4 J
故气体吸收热量为14.4 J。
10.(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。
(2)弹簧的劲度系数k。
【答案】 (1)p0 p0 (2)
【解析】 (1)设抽气前两体积为V＝SL，对气体A分析：抽气后VA＝2V－V＝V
根据玻意耳定律得p0V＝pAV
解得pA＝p0
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV
解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得F＝k
联立得k＝。
11.(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10－2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
【答案】 (1)9×104 Pa (2)3.6×10－2 m3
(3)1.1×102 kg
【解析】 (1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态
VA1＝4.0×10－2 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得VA2＝3.6×10－2 m3
由于p0－pB2<Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋
B内气体压强pB′＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
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