【高考突破方案】第十三章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第十三章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
|
|
| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 4.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
图片预览
文档简介
第十三章 热 学
课程标准 1.通过实验，估测油酸分子的大小.了解分子动理论的基本观点及相关的实验证据. 2.通过实验，了解扩散现象.观察并能解释布朗运动.了解分子运动速率分布的统计规律，知道分子运动速率分布图像的物理意义. 3.了解固体的微观结构.知道晶体和非晶体的特点.能列举生活中的晶体和非晶体.通过实例，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用. 4.了解材料科学的有关知识及应用，体会它们的发展对人类生活和社会发展的影响. 5.观察液体的表面张力现象.了解表面张力产生的原因.知道毛细现象. 6.通过实验，了解气体实验定律.知道理想气体模型.能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律. 7.知道热力学第一定律.通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义. 8.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象.体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一. 9.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律.
核心素养 物理观念 1.理解布朗运动、内能、分子力、晶体、表面张力、分子力、分子势能等概念. 2.理解分子动理论、固液气性质、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律等物理规律.
科学思维 1.构建两种物理模型进行分子直径的估算. 2.掌握“油膜法”“放大法”“图像法”“概率统计的方法”“控制变量法”. 3.运用气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律解决问题.
科学探究 探究“用油膜法估测分子的大小”实验.探究气体等温、等压、等容的过程的规律.
科学态度 与责任 1.能认识到固体、液体和气体知识在实际中的应用，能用气体实验定律解释生产生活中的一些现象，解决一些实际问题. 2.注重运用热力学定律分析和解决人们生产生活中的一些问题.
命题探究 命题分析 从题型上看，一般以选择题和计算题的形式出现，选择题主要考查分子动理论、气体压强的微观解释、内能、p－V图像、V－T图像、热力学第一、第二定律的理解等.计算题主要结合气体考查内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律等.
趋势分析 本章命题的热点有：(1)分子动理论；(2)气体压强、晶体和非晶体的特点、液体的表面张力；(3)内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律.
预设情境 深海探测器、雾霾天气、高压锅、气压计、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、氧气分装等.
第1讲 分子动理论 内能
一、分子动理论的三条基本内容
1.物体是由大量分子组成的
(1)分子的大小
①分子的直径(视为球模型)：数量级为__10-10__m.
②分子的质量：数量级为10-26 kg.
③测量方法：油膜法.
(2)阿伏加德罗常数
1 mol的任何物质都含有相同的粒子数.通常可取NA＝__6.02×1023__mol-1.
2.分子永不停息地做无规则的热运动
(1)实例证明：
①扩散现象
a.定义：不同物质能够彼此__进入对方__的现象.
b.实质：扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由分子的__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
a.定义：悬浮在液体中的__小颗粒__的永不停息的无规则运动.
b.实质：各个方向的液体分子对颗粒碰撞的__不平衡__.
c.特点：永不停息、无规则运动.颗粒__越小__，运动越__剧烈__.温度__越高__，运动越__剧烈__.运动轨迹不确定.
(2)热运动
①分子的永不停息的__无规则__运动叫作热运动.
②特点：分子的无规则运动和温度有关，温度__越高__，分子运动越__激烈__.
3.分子间同时存在引力和斥力
(1)分子间的引力和斥力是__同时__存在的，实际表现出的分子力是引力和斥力的__合力__.
(2)分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而__减小__，随分子间距离的减小而__增大__，但斥力比引力变化得__快__.
①r＝r0，F引＝F斥，F＝0.
②r＞r0，F引＞F斥，F为__引力__.
③r＜r0，F引＜F斥，F为__斥力__.
④当分子间距离大于__10r0__(约为10-9 m)时，分子力很弱，可以忽略不计.
二、温度和物体的内能
1.温度
两个系统处于__热平衡__时，它们具有某个“共同的热学性质”，我们把表征这一“共同热学性质”的物理量定义为温度.一切达到热平衡的系统都具有相同的__温度__.
2.两种温标
摄氏温标和热力学温标.
关系：T＝__t＋273.15_K__.
3.分子的动能和平均动能
(1)分子动能是__分子热运动__所具有的动能.
(2)分子热运动的平均动能是所有分子热运动的__动能的平均值__，温度是分子热运动的平均动能的__标志__.
(3)分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的__总和__.
4.分子的势能
(1)由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的__相对位置__决定的能，即分子势能.
(2)分子势能的决定因素：微观上决定于__分子间距离__和分子排列情况；宏观上决定于__体积__和状态.
5.物体的内能
(1)等于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.
(2)决定内能的因素
①微观上：分子动能、__分子势能__、分子个数.
②宏观上：温度、__体积__、物质的量(摩尔数).
(3)改变物体的内能有两种方式
①做功：当做功使物体的内能发生改变时，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少.
②热传递：当热传递使物体的内能发生改变时，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少.
考点一 微观量的估算问题
1.求解分子直径时的两种模型(固体和液体)
(1)把分子看成球形，d＝.
(2)把分子看成小立方体，d＝.
注意：对于气体，①V0不是一个气体分子的体积，而是一个气体分子平均占有的空间体积.②利用d＝计算出的d不是气体分子直径，而是气体分子间的平均距离.
2.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)
续表
已知量 可求量
质量m和摩尔质量Mmol 分子数目n＝NA
【例1】 (多选)某种超轻气凝胶刷新了目前世界上最轻材料的记录，弹性和吸油能力令人惊喜.这种固态材料密度仅为空气密度的，设气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是( )
A.质量为a的气凝胶所含分子数为N＝NA
B.气凝胶的摩尔体积为Vmol＝
C.每个气凝胶分子的体积为V0＝
D.每个气凝胶分子的直径为d＝
【解析】 ABC 质量为a的气凝胶的摩尔数为，所含分子数为N＝NA，A正确；气凝胶的摩尔体积为Vmol＝，B正确；每个气凝胶分子的体积为V0＝＝，C正确；根据V0＝πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝ ，D错误.
【变式训练1】 肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容.肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量.在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3 500 mL，在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%.已知此时水蒸气的密度ρ＝0.6 kg/m3，水蒸气的摩尔质量M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1.关于该学生这次呼出气体说法正确的是( )
A.水蒸气的体积为2.1×10-3 m3
B.含有的水分子的物质的量为0.07 mol
C.含有的水分子的数量为4.2×1021个
D.含有的水蒸气的质量为1.26×10-2 g
【解析】 C 一次呼出的水蒸气的体积V水＝6%V＝6%×3 500×10-6 m3＝2.1×10-4 m3，A错误；一次呼出的水蒸气的质量m＝ρV水＝0.6×2.1×10-4 kg＝1.26×10-4 kg＝0.126 g，D错误；含有的水分子的物质的量n＝＝ mol＝0.007 mol，B错误；含有的水分子的个数N＝nNA＝0.007×6×1023个＝4.2×1021个，C正确.
考点二 扩散现象、布朗运动与分子热运动的理解
1.布朗运动的理解
(1)研究对象：悬浮在液体或气体中的小颗粒；
(2)运动特点：无规则、永不停息；
(3)影响因素：颗粒大小、温度；
(4)物理意义：反映了液体或气体分子做永不停息的无规则的热运动.
2.扩散现象、布朗运动与热运动的比较
项目 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剧烈
联系 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
3.气体分子热运动的特点
(1)分子运动的杂乱无章，使得分子在各个方向运动的机会均等.
(2)大量气体分子的速率分布呈现“中间多、两头少”的规律，当温度升高时，“中间多”这一高峰向速率大的一方移动，分子的平均速率增大，分子的热运动更剧烈.
【例2】 运用分子动理论的相关知识，判断下列说法不正确的是( )
A.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
B.阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动
C.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
D.降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱
【解析】 A 某气体的摩尔体积为V，若每个分子运动占据的空间的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，A错误；布朗运动用肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动，B正确；生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，C正确；温度越高，分子热运动越剧烈，则降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱，D正确.
【变式训练2】 人们在泡大红袍茶时茶香四溢，下列说法正确的是( )
A.茶香四溢是扩散现象，说明分子间存在着相互作用力
B.茶香四溢是扩散现象，泡茶的水温度越高，分子热运动越剧烈，茶香越浓
C.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子间存在着相互作用力
D.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子在永不停息地做无规则运动
【解析】 B 茶香四溢是扩散现象，C、D错误；茶香四溢是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，A错误；物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以茶水温度越高，分子的热运动越剧烈，茶香越浓，B正确.
考点三 分子力、分子势能、温度与内能的理解
1.分子动能、分子势能、内能的比较
项目 分子动能 分子势能 物体的内能
定义 分子无规则运动(即热运动)的动能 由分子间相对位置决定的势能 物体中所有分子热运动的动能和分子势能的总和
决定大小的因素 温度是物体分子热运动的平均动能的标志.温度升高，分子热运动的平均动能就增大 分子势能(Ep)随分子间距离(r)变化.物体内所有分子势能的总和跟物体的体积有关 物体的内能在宏观上与质量、温度、体积有关.当分子间作用力忽略不计时，就不具有分子势能.因此理想气体就不具有分子势能.一定质量理想气体的内能只由温度决定
备注 温度、内能等，只对大量分子才有意义，不能像研究机械运动那样，取单个分子或几个分子作为研究对象
2.分子力与分子势能的比较
项目 分子力F 分子势能Ep
图像
随分子间距离的变化情况 rr>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
3.判断分子势能变化的“两法”
方法一：利用分子力做功判断.分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加.
方法二：利用分子势能Ep与分子间距离r的关系图线判断.
4.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，对于单个分子的内能没有意义.
(2)决定内能大小的因素为：物质的量、温度、体积以及物质状态.
(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.
分子力与分子势能
【例3】 (2023·海南卷)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
【解析】 C 分子间距离大于r0，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，C正确.
【变式训练3】 设甲分子在坐标原点O处不动，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系如图中曲线所示，F＞0表现为斥力，F＜0表现为引力.a、b、c为r轴上三个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放(设无穷远处分子势能为零)，则( )
A.乙分子从a到c，分子力先减小后增大
B.乙分子运动到c点时，动能最大
C.乙分子从a到c，分子力先做正功后做负功
D.乙分子运动到c点时，分子力和分子势能都是零
【解析】 B 由题图可知，乙分子从a到c，分子力先增大后减小，A错误；从a到c，分子间作用力为引力，引力做正功，动能一直增加，当乙分子运动到c点左侧时，分子力为斥力，斥力做负功，所以乙分子运动到c点时，动能最大，B正确；乙分子从a到c，分子力一直做正功，C错误；乙分子运动到c点时，分子力为零，但由于分子力一直做正功，所以分子势能应小于零，D错误.
【易错点】 当分子间距离等于临界距离r0时(对应图中c点)，分子力为0，分子势能最小，势能的零点不是在r0处.
温度与内能
【例4】 (多选)下列关于温度及内能的说法正确的是( )
A.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
B.两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C.质量和温度相同的冰和水，内能不同
D.温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
【解析】 CD 温度是大量分子热运动的宏观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物体的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，B错误、C正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，D正确.
【变式训练4】 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】 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，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，分子总动能增加，体积增大，分子间平均距离变大，分子总势能增大，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，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，C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，D错误.
1.关于分子力，下列说法正确的是( )
A.碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力在起作用
B.用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力
C.固体很难被压缩，说明分子间有斥力
D.水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在引力
【解析】 C 分子间作用力发生作用的距离很小，打碎的碎片间的距离远大于分子力作用距离，分子引力与斥力基本趋于0，碎玻璃不能拼合在一起，不能说明玻璃分子间斥力在起作用，A错误；用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是由于需要克服打气筒内外的压力差，不能说明气体分子间有斥力，B错误；固体很难被压缩，说明分子间有斥力，C正确；水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在空隙，D错误.
2.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )
A.在显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的布朗运动，这说明水分子在做无规则运动
B.一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，这是重力引起的对流现象
C.在一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈
D.悬浮在液体中的固体颗粒越大，某时刻与它相撞的液体分子数越多，布朗运动就越明显
【解析】 A 显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的运动，是小颗粒受到液体分子频繁碰撞而做布朗运动，这说明水分子在做无规则运动，A正确；一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，属于扩散现象，B错误；一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，C错误；悬浮在液体中的固体颗粒越小，某时刻各个方向与它相撞的液体分子数越不平衡，布朗运动越明显，D错误.
3.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( )
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.每个钻石分子半径的表达式为(单位为m)
D.每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
【解析】 A a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，A正确、B错误；钻石的摩尔体积V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子的体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π()3，联立解得d＝(单位为m)，C、D错误.
4.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值－E0，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是( )
A.乙分子在x2时，加速度最大
B.乙分子在x1时，其动能最大
C.乙分子在x2时，动能等于E0
D.甲、乙分子的最小距离一定大于x1
【解析】 C 乙分子在x2时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加速度为零，此时速度最大，动能最大，由于从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，故分子势能和动能之和不变，则此时的动能等于E0，C正确，A、B错误；当乙分子运动到x1时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此甲、乙分子的最小距离一定等于x1，D错误.
5.(多选)下列说法正确的是( )
A.图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时的温度都高
B.图乙为分子间作用力F和分子势能Ep随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子力，②表示分子势能
C.由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子的体积和分子的质量
D.图丙是布朗运动实验得到的观测记录，图中是按相等时间间隔依次记录的某个分子位置的连线
【解析】 AB 分子速率的分布呈现“中间多，两头少”的规律，温度越高分子热运动越剧烈，速率大的分子占比增大，由题图甲图线可知状态③的温度比状态①、②的温度都高，A正确；由分子力随分子间距的变化关系可知，当分子间距离等于r0时，引力与斥力大小相等，合力为零，而此时分子间的分子势能最小，所以题图乙图线①为分子力与分子间距离的关系，图线②为分子势能与分子间距离的关系，B正确；由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子所占空间体积，而不是分子的体积，C错误；题图丙的观测记录，是按相等时间间隔依次记录的某颗粒位置的连线，而不是分子位置的连线，D错误.
6.(多选)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的关系如图所示.图中分子势能的最小值为－E0，若两分子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(x＝x2)时，加速度最大
B.乙分子在P点(x＝x2)时，动能为E0
C.乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态
D.乙分子的运动范围为x≥x1
【解析】 BD 乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，A错误；乙分子在P点时分子势能为－E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，B正确；乙分子在P点时，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，C错误；当x7.轿车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全.轿车在发生一定强度的碰撞时，叠氮化钠(亦称“三氮化钠”，化学式NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气而充入气囊.若充入氮气后安全气囊的容积V＝56 L，气囊中氮气的密度ρ＝1.25 kg/m3，已知氮气的摩尔质量M＝28 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1，请估算：(结果保留一位有效数字)
(1)一个氮气分子的质量m；
(2)气囊中氮气分子的总个数N；
(3)气囊中氮气分子间的平均距离r.
【解析】 (1)一个氮气分子的质量m＝，
解得m≈5×10-26 kg.
(2)设气囊内氮气的物质的量为n，则有
n＝，
N＝nNA，
解得N≈2×1024(个).
(3)气体分子间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有
r3＝，
解得r≈3×10-9 m.
8.燃烧一支烟产生的烟气中含有一氧化碳和二氧化碳，假设最终进入空气中的一氧化碳约为84 mg.一个人在一个空间约为30 m3的房间内，吸了一支烟，烟气在房间中均匀分布，试估算：(一氧化碳的摩尔质量为28 g/mol，阿伏加德罗常数NA≈6.0×1023 mol-1，人正常呼吸一次吸入气体的体积约为300 cm3)
(1)房间空气中一氧化碳分子的平均距离(结果可用根号表示)；
(2)一个不吸烟者进入此房间，呼吸一次吸入的一氧化碳分子数(结果保留两位有效数字).
【解析】 (1)吸一支烟进入空气中的一氧化碳的物质的量
n＝＝ mol＝3×10-3 mol，
一氧化碳分子个数
N＝nNA＝1.8×1021个，
每个一氧化碳分子所占空间的体积
V0＝ m3，
分子间的平均距离
d＝＝ m≈2.6×10-7 m.
(2)不吸烟者进入此房间呼吸一次吸入的一氧化碳分子数为
N＝×1.8×1021＝1.8×1016个.
第2讲 固体、液体和气体
一、固体
1.分类
固体分为__晶体__和__非晶体__两类.晶体又分为__单晶体__和__多晶体__.
2.晶体和非晶体的比较
项目 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__
原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则
3.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、液体
1.表面张力的作用效果
液体的表面张力使液面具有__收缩__的趋势，使液体表面积趋于__最小__，而在体积相同的条件下，球形表面积__最小__.
2.表面张力的方向
表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线__垂直__.
3.表面张力的形成原因
表面层中分子间距离比液体内部分子间距离__大__，分子间作用力表现为__引力__.
三、气体
1.气体分子运动的特点
(1)气体分子之间的相互作用力十分__微弱__，气体分子可以自由地运动，可以充满它所能达到的__空间__.
(2)气体分子运动时频繁地发生碰撞，气体分子向各个方向运动的机会__相等__.
2.气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体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.
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的__温度__和__体积__.
②微观上：决定于分子的__平均动能__和分子的密集程度.
3.理想气体
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从__气体实验__定律的气体，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.
(2)微观上讲，理想气体的分子间除__碰撞__外无其他作用力，所以理想气体无__分子势能__.
4.气体实验定律
定律 玻意耳定律 查理定律 盖－吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成__反比__ 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与__热力学温度__成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与__热力学温度__成正比
表达式 p1V1＝__p2V2__ ＝____或 ＝____ ＝____或 ＝____
图像
5.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C.
考点一 固体和液体的性质
1.晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体.
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.
(3)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.
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.
2.液体表面张力的理解
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
典型现象 球形液滴、肥皂泡、毛细现象、浸润和不浸润
晶体与非晶体
【例1】 对下列几种固体物质的认识正确的有( )
A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B.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
C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于石墨是非晶体，金刚石是晶体
【解析】 A 食盐熔化过程中，温度保持不变，即熔点一定，说明食盐是晶体，A正确；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，只能说明云母片是晶体，B错误；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C错误；石墨和金刚石组成它们的化学元素是相同的，都是碳原子，它们的物理性质不同，是由于碳原子排列结构不同造成的，D错误.
【变式训练1】 固体甲和乙在一定压强下的熔化曲线如图，纵轴表示温度，横轴表示时间，下列说法正确的是( )
A.固体甲一定是晶体，固体乙不一定是非晶体
B.甲一定有确定的几何外形，乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面甲一定表现出各向异性，乙一定表现出各向同性
D.甲和乙的化学成分可能相同
【解析】 D 固体甲在熔化的过程中温度保持不变，因此一定是晶体；而固体乙在整个升温的过程中，没有固定的熔点，因此一定是非晶体，A错误；如果固体甲是多晶体，也没有确定的几何外形，B错误；如果甲是多晶体，则不表现为各向异性，C错误；同种化学成分，有时可以形成晶体，有时也可以形成非晶体，D正确.
【易错点】 对知识概念的理解要到位：晶体和非晶体的主要区别是有无固定的熔点，单晶体有天然的规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有.
液体的性质
【例2】 (传统文化)唐诗《观荷叶露珠》中“靠微晓露成珠颗”中的荷叶和露水表现为__________(填“不浸润”或“浸润”)，小草、树叶上的小露珠常呈球形，主要是____________________的作用.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能__________(填“增加”“减少”或“保持不变”)，分子平均动能__________(“增加”“减少”或“保持不变”)，所以晶体有固定的熔点.
【答案】 不浸润 液体表面张力 增加 保持不变
【解析】 诗中的荷叶和露水表现为不浸润.由于液体表面张力的作用使露珠的表面积最小，而体积相同的情况下球的表面积最小，所以露珠呈球形.晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变.
【变式训练2】 关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
【解析】 B 因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，D错误.
考点二 气体压强的产生和计算
1.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
2.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
3.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3】 若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强.
【解析】 题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图甲所示，
由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得
p甲＝p0－.
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图乙所示.
由平衡条件，有
p乙S下sin α＝p0S上＋FN＋mg，
FN＝Mg，S下sin α＝S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得
p乙＝p0＋.
题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S＋ρghS＝p0S，
所以p丙＝p0－ρgh.
题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S＝p0S＋ρgh1S，
所以p丁＝p0＋ρgh1.
题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S＋ρgh sin 60°·S＝p0S，
所以p戊＝p0－ρgh.
题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为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)，
故a气柱的压强为
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).
【变式训练3】 如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度l＝16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱.外界大气压强恒为p0＝ 76 cmHg，环境温度保持不变，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求玻璃管竖直静置时管内空气的压强p1；
(2)若使玻璃管向上做加速度大小a＝5 m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的压强p2.
【解析】 (1)设水银柱的质量为m，横截面积为S，对水银柱，根据物体的平衡条件有
p1S＝mg＋p0S，
又m＝ρlS，
p0＝ρgh0，
解得p1＝92 cmHg.
(2)设此时管内空气的压强为p2，对水银柱，根据牛顿第二定律有
p2S－p0S－mg＝ma，
解得p2＝100 cmHg.
考点三 理想气体实验定律与状态方程的应用
1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2.几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT.
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT.
(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋…
3.利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路
“汽缸”类问题
【例4】 (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两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2 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g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计.当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.
【解析】 (1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，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
代入数据得m＝1.1×102 kg.
【变式训练4】 (2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通.两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连.初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长.现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H.已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内.求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量.
【解析】 (1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，
体积V1＝SH＋2SH＝3SH，
末态压强p2，体积
V2＝S·H＋H·2S＝SH，
根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2，
解得p2＝p0.
(2)对右边活塞受力分析可知
mg＋p0·2S＝p2·2S，
解得m＝，
对左侧活塞受力分析可知
p0S＋k·H＝p2S，
解得k＝.
“液柱”类问题
【例5】 (2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方.管内空气被一段水银柱隔开.水银柱在两管中的长度均为
10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强.(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
【解析】 设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，水银管长为h＝20 cm，此时有
pA＝pB＋ρgh，
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，又因为SA＝4SB，可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm，水银柱长h′＝23 cm.
设此时两管的压强分别为pA′、pB′，
所以有pA′＋ρgh′＝pB′.
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有
pASALA＝pA′SALA′，
对B管有pBSBLB＝pB′SBLB′，
其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm，
LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm，
联立以上各式解得
pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg.
【变式训练5】 如图所示，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气.外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升高到310 K时，气柱长度变为50 cm.已知外界大气压恒为1.0×105 Pa，水柱长度不计.
(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功；
(2)求葫芦的容积；
(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留两位有效数字).已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1.
【解析】 (1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强.设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、l2，气体对外做的功为W.根据功的定义有
W＝p0S(l2－l1)，
解得W＝0.4 J.
(2)设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2，根据盖－吕萨克定律有
＝，
V1＝V＋Sl1，
V2＝V＋Sl2，
联立以上各式并代入题给数据得
V＝119 cm3.
(3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下，1 mol氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n.根据盖－吕萨克定律有
＝，
其中n＝NA，
联立以上各式并代入题给数据得
n≈2.9×1021个.
关联气体问题
【例6】 (2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度.求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量.
【解析】 (1)气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得＝，
即＝，
解得T1＝T0.
(2)此过程中气体内能增加
ΔU＝CΔT＝CT0，
气体对外做功大小为
W＝pSΔh＝h(p0S＋mg)，
由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
Q＝ΔU＋W＝h(p0S＋mg)＋CT0.
【变式训练6】 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分.面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1.抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2.然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J.已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计.
(1)气体从状态1到状态2是__________(填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能__________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q.
【解析】 (1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变.
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
p1V1＝p2·2V1，
解得状态2气体的压强为
p2＝＝1.02×105 Pa，
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F，
解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10-4 N＝10 N.
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有
＝，
可得状态3气体的体积为
V3＝·2V1＝×2×750 cm3
＝1 750 cm3.
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10-6 J＝25.5 J.
根据热力学第一定律可得
ΔU＝－W＋Q′，
解得气体吸收的热量为
Q′＝ΔU＋W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J，
可知电阻丝C放出的热量为
Q＝Q′＝89.3 J.
1.解决“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.
2.解决“液柱”类问题的技巧 (1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度). (2)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. (3)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简洁. 3.解决关联气体类问题的一般思路 相互联系的气体问题，往往以压强、体积、温度等量建立起气体间的关系，对各部分气体要独立进行状态分析，要确定每个研究对象的状态变化的特点，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，一般要根据活塞的平衡条件确定两部分气体的压强关系.
考点四 气体状态变化的图像
项目 图像 特点
等温 变化 p-V图像 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-图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容 变化 V-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压 变化 p-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【例7】 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
【解析】 C 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1)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，B错误.
(方法2)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：在a→b→c→a整个热力学循环过程中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，由图像可知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.
【变式训练7】 (多选)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
【解析】 AC 由理想气体状态方程＝C，化简可得V＝·T，由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa解答气体实验定律的图像问题 抓住的几个关键 (1)要能够识别p－V图像、p－T图像、V－T图像中的等温线、等容线和等压线，能从图像上解读出状态参量和状态变化过程. (2)依据理想气体状态方程＝C，得到p＝CT·或V＝·T或p＝·T，认识p－图像、V－T图像、p－T图像斜率的意义. (3)作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条p－V线(或p－线)、两条V－T线或两条p－T线交于两点，两点纵坐标(或横坐标)相同，依据横坐标(或纵坐标)关系，比较第三物理量的关系.
1.中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”，农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结.关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是( )
A.松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分
B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分
C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理
D.松土除了保墒外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理
【解析】 A 松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减少水分蒸发，保存水分，A正确、B错误；水对土壤是浸润液体，松土保墒是利用了浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的原理，C错误；松土除了保墒外，还减少了土壤下水分的蒸发，提高地温，D错误.
2.合格的医用口罩内侧使用了对水不浸润的材料，图甲为一滴水滴在医用口罩内侧的照片，图乙为对应的示意图.以下说法正确的是( )
A.照片中水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部密集
B.该口罩为不合格产品，其内侧材料对所有的液体都浸润
C.该口罩为合格产品，其内侧材料并非对所有的液体都不浸润
D.照片中水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部密集，因为附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力小
【解析】 C 水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部稀疏，A错误；由图可知，水珠并没有浸润口罩内侧，因此是合格产品，浸润与不浸润现象是相对的，各种液体的密度、分子大小、分子间隙、分子间作用力大小等都各不相同，因此口罩内侧材料并不一定对所有的液体都不浸润，只要对水不浸润，就是合格产品，B错误、C正确；水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部稀疏，附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力大，因而使水滴表面紧绷而减小与口罩内侧固体材料的作用，D错误.
3.(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B.该过程中( )
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【解析】 B 根据＝C，可得p＝T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，D错误.
4.(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，薄吸管底面积为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
【解析】 B 由盖－吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27) K＝300 K，V2＝V0＋Sl2＝(330＋0.5x) cm3，代入解得T＝x＋ (K)，根据T＝t＋273 K可知，t＝x＋ (℃).故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，B正确、C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖－吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，D错误.
5.(2024·全国卷)(多选)如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是( )
A.1→2过程中，气体内能增加
B.2→3过程中，气体向外放热
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体向外放热
【解析】 AD 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，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，即W<0，故气体吸收热量，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，即W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，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，D正确.
6.(多选)有一段12 cm长水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体.若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上(如图所示)，先用外力使玻璃管静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑.已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为，大气压强p0相当于76 cmHg，气体温度不变.则下列说法正确的是( )
A.释放后气体体积变大
B.释放后气体体积变小
C.下滑稳定时密闭气体的压强为80 cmHg
D.下滑稳定时密闭气体的压强为79 cmHg
【解析】 AD 整体分析，由牛顿第二定律有(M＋m)g sin 30°－μ(M＋m)g cos 30°＝(M＋m)a，解得a＝g sin 30°－μg cos 30°＝0.25g.对水银汞柱分析，由牛顿第二定律有p0S＋mg sin 30°－pS＝ma，代入数据解得p＝p0＋，根据液体的压强公式有p液＝ρgh＝＝12 cmHg，则p＝p0＋＝(76＋3) cmHg＝79 cmHg，C错误、D正确.静止时，气体的压强为p1＝p0＋ρgh sin 30°＝(76＋6) cmHg＝82 cmHg，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，则温度不变时，气体的压强与体积成反比，加速下滑时，气体的压强减小，所以释放后气体体积变大，A正确、B错误.
7.(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V.气球内空气可视为理想气体.
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数.已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小.
【解析】 (1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
pV＝p0V0，
解得V0＝.
(2)设气球内气体质量为m气，
则m气＝ρ0V0.
对气球进行受力分析如图所示，根据气球的受力分析有
mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g，
结合题中p和V满足的关系为
(p－p0)(V－VB0)＝C，
解得V＝5×10-3 m3.
8.图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示.长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B.汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度.
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.
【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.
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2)，
又因为p3＋ρg·＝p0，
代入数据联立解得
V＝8.92×10-4 m3.
第3讲 热力学定律与能量守恒
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增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.ΔU＝W＋Q中正、负号法则
物理量 W Q ΔU
＋ 外界对 物体做功 物体__吸收__ 热量 内能__增加__
－ 物体对 外界做功 物体__放出__ 热量 内能__减少__
二、热力学第二定律及微观意义
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__引起其他影响__，或表述为“__第二类永动机是不可能制成的”.
2.用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的__总熵__不会减小.
3.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的__无序性__增大的方向进行.
三、能量守恒定律和两类永动机
1.能量守恒定律
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__为另一种形式，或者从一个物体__转移__到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量__保持不变__.
2.两类永动机
(1)第一类永动机：不消耗任何__能量__，却源源不断地对外做功的机器.违背__能量守恒__定律，因此不可能实现.
(2)第二类永动机：从__单一热源__吸收热量并把它__全部__用来对外做功，而不引起其他变化的机器.违背__热力学第二__定律，不可能实现.
考点一 热力学第一定律与能量守恒定律
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)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加.
(2)不做功的过程：W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加.
(3)内能不变的过程：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.
【例1】 如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气柱.活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至位于离容器底部位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警.已知初始时环境热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力.
(1)求轻绳未连重物时封闭气体的压强；
(2)求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
(3)在(2)条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少ΔU0，求气体向外界放出的热量Q.
【解析】 (1)轻绳未连重物时对活塞受力分析得
p1S＋mg＝p0S，
解得p1＝p0－.
(2)刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得
p2S＋(M＋m)g＝p0S，
由玻意耳定律得
p1＝p2，
解得M＝－m.
(3)由盖吕萨克定律得
＝，
其中V2＝，
解得V3＝0.99V2，
则ΔV＝V2－V3＝LS，
此过程外界对气体做的功为
W＝p2ΔV，
由热力学第一定律有
－ΔU0＝－Q＋W，
可知Q＝ΔU0＋－.
【变式训练1】 (2023·浙江卷)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示.在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器.从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J.取大气压p0＝0.99×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，求气体：
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q.
【解析】 (1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有＝，
解得TB＝TA＝330 K.
(2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
＝，
解得pC＝pB＝1.1×105 Pa.
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功为
W＝－pBΔV＝－30 J，
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，
解得Q＝ΔU－W＝188 J.
考点二 热力学第二定律的理解及应用
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.
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.
3.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
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
违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成
【例2】 日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是( )
A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
【解析】 B 根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误.
【变式训练2】 (多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成.高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位.气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出.下列说法正确的是( )
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
【解析】 AB 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，A正确.依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，B正确.A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，C错误.该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，D错误.
考点三 气体实验定律与热力学定律的综合
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
【例3】 如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入氮气后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压下损坏.它的结构简图如图乙所示.汽缸活塞截面积为50 cm2，质量为1 kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k＝2 000 N/m.现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L＝20 cm且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2.
甲 乙
(1)当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
(2)现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h＝4 cm时，求缸体内氮气的压强大小；
(3)在(2)的过程中氮气向外界放出的总热量Q＝111.6 J，求外力F对活塞做的功W.(环境温度保持不变)
【解析】 (1)当氮气达到5个大气压的时候，对活塞受力分析，由平衡条件得
F0＋mg＝4p0·S，
解得F0＝1 990 N.
(2)由理想气体等温变化规律
5p0·S·L＝p′·S·(L－h)，
得p′＝6.25×105 Pa.
(3)由功能关系知
W＋p0Sh＋mgh－kh2－W气＝0，
又ΔU＝W气＋Q，
联立得W＝92.8 J.
【变式训练3】 图甲为某山地车的气压避震装置，主要由活塞、汽缸和弹簧组成.某研究小组将其取出进行研究.如图乙所示，将带有活塞A的导热汽缸B放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，活塞用轻弹簧拉住固定在M处，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1＝27 cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2＝1 cm，汽缸内气体的初始温度为T1＝270 K.已知汽缸质量为M＝0.6 kg，活塞的质量为m＝0.2 kg，横截面积为S＝1.5 cm2，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度g取10 m/s2，大气压为p0＝1.0×105 Pa，汽缸厚度不计，T＝t＋273 K.
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1；
(2)对汽缸缓慢加热，汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板.已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U＝kT，k＝2×10-3 J/K，求该过程中气体吸收的热量Q.
(3)解除M处的固定，使该装置在斜面上匀加速下滑，发现此时活塞到汽缸底部的距离L′＝27 cm，环境温度保持T1不变，通过计算分析汽缸的气密性是否良好.若良好，请说明理由.若不良好，进气或漏气部分气体占原有气体的百分比为多少？
【解析】 (1)将A、B作为一个整体，受力分析可知F弹－(M＋m)g sin θ＝0，
解得F弹＝4 N，
对活塞受力分析可得
F弹＋p1S＝p0S＋mg sin θ，
解得p1＝8×104 Pa.
(2)汽缸内气体的温度从T1上升到T2，在汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中，可以看成等压变化，根据盖－吕萨克定律可知＝，
其中V1＝L1S，V2＝(L1＋L2)S，
解得T2＝T1＝×270 K＝280 K，
所以气体内能的变化
ΔU＝kT2－kT1＝2×10-2 J，
气体对外界所做的功
W＝－p1(V2－V1)＝－0.12 J，
根据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q，
代入数据解得Q＝0.14 J.
(3)将A、B作为一个整体，受力分析可知
(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a，
对A受力分析可得
p0S＋mg sin θ－p2S＝ma，
解得p2＝p0＝1.0×105 Pa.
由于环境的温度不变，此过程是等温过程，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2，
解得V2＝0.8V1，
而此时，汽缸内气体的体积依然没变，故气密性不良好，有进气的现象，进气部分气体占原有气体的百分比为
×100%＝＝25%.
1.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )
A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
【解析】 D 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D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
【解析】 D 上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，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，B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，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，D正确.
3.如图所示，一定质量理想气体从状态a沿圆形线依次变化到状态b、c、d，最终回到状态a，则( )
A.从状态a经状态b到状态c是等压膨胀过程
B.从状态a经状态b、c、d回到状态a，气体放出热量
C.从状态a经状态b到状态c，气体放出热量、内能增大
D.从状态a经b、c、d回到状态a，与从状态a经d、c、b回到状态a，两个过程中气体都放出热量，且大小相等
【解析】 B 从状态a经状态b到状态c压强先减小后增大，A错误；从状态a经状态b、c、d回到状态a，气体内能不变，外界对气体做功等于圆形面积，根据热力学第一定律，知气体放出热量，B正确；状态a与状态c压强相等，体积增大，则温度升高，内能增大，气体对外界做功，则气体吸收热量，C错误；从状态a经d、c、b回到状态a，气体内能不变，气体对外界做功等于圆形面积，根据热力学第一定律，气体吸收热量，D错误.
4.(2024·河北卷)(多选)如图所示，水平放置的密闭绝热汽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，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽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.活塞初始时静止在汽缸正中间，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
【解析】 ACD 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，A正确；由题意知活塞初始时静止在汽缸正中间，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，B错误；密闭的汽缸绝热，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，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确.
5.(多选)蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7 000 m.已知在深度3 000 m以下，海水温度基本不变.若蛟龙号在执行某次任务时，外部携带一装有氧气(可看作理想气体)的小型汽缸，汽缸及活塞导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，若蛟龙号从4 000 m深度下潜到5 000 m深度的过程中，气体质量不变，则( )
A.每个氧气分子的动能均不变
B.5 000 m深度时氧气的体积约为4 000 m深度时体积的
C.外界对氧气做的功大于氧气放出的热量
D.氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加
【解析】 BD 每个氧气分子的运动是无规律的其动能无法确定，温度不变是分子的平均动能不变，A错误；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入数据可得＝＝＝≈，所以5000 m深度时氧气的体积约为4000 m深度时体积的，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于温度不变，气体的内能不变ΔU＝0，气体压强增大，体积减小，外界对气体做正功W>0，则氧气放出热量，并且外界对氧气做的功等于氧气放出的热量，C错误；气体压强增大，体积减小，但是温度不变，气体分子的平均动能不变，则氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加，压强才会增大，D正确.
6.(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示.在此过程中( )
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
【解析】 BC 因从a到b的p－T图像过原点，由＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知，气体一直从外界吸热，C正确、D错误.
7.某温度报警装置，其原理如图所示.在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内，用面积S＝20 cm2、质量m＝0.5 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦上下滑动.整个装置放在水平地面上，开始时环境温度为T0＝300 K，活塞与容器底部的距离l0＝15 cm，在活塞上方d＝1 cm处有一压力传感器制成的固定卡口，当传感器受到压力达到5 N时，就会触发报警装置.已知大气压强为1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求触发报警装置的环境温度(计算结果保留三位有效数字)；
(2)环境温度升高到刚触发报警装置的过程中，气体吸收了3 J的热量，求此过程气体的内能改变量.
【解析】 (1)设封闭气体初始状态压强为p1，启动报警时压强为p2，由平衡条件有
p1S＝p0S＋mg，
p2S＝p0S＋mg＋F.
对气体由理想气体状态方程有
＝，
代入数值得T1≈328 K.
(2)依据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q，
W＝－p1dS，
其中Q＝3 J，
解得ΔU＝0.95 J，
即在该过程中气体的内能增加了0.95 J.
8.(2024·广西卷)如图甲所示，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm.推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处.设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－曲线如图乙.大气压强p0＝1×105 Pa.
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)画出封闭气体等温变化的p－V图像，并通过计算标出a、b处坐标值.
【解析】 (1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
F＝p0S＝1×105×500×10-6 N＝50 N.
(2)根据题意可知F－图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
F＝k·，
根据F＝pS可得气体压强为
p＝(SI)，
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV＝·S·(x＋5)×10-3(SI)＝k·10-3(SI)，
故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化.
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
pV＝p0Sl0，
在b处时气体体积为
Vb＝Sl0＝10×10-5 m3，
在a处时气体体积为
Va＝Sla＝0.25×10-5 m3，
根据玻意耳定律
paVa＝pbVb＝p0Sl0，
解得pa＝40×105 Pa.
故封闭气体等温变化的p－V图像如下.
核心素养提升(十二) 理想气体的四类“变质量”问题
题型一 充气问题
向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题.只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题.
【例1】 某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa.求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小.
(2)充进该轮胎的空气体积.
【解析】 (1)由查理定律可得＝，
其中
p1＝2.7×105 Pa，
T1＝(273－3) K＝270 K，
T2＝(273－23) K＝250 K，
代入数据解得在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
p2＝2.5×105 Pa.
(2)由玻意耳定律可得
p2V0＋p0V＝p1V0，
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V＝6 L.
【变式训练1】 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＝.现用A罐通过细导气管(容积不计)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.
【解析】 (1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，有
＝，
其中T1＝300 K、T2＝250 K，
解得p＝p0，
充气完毕时A中的气体压强与充气结束后在－23 ℃环境中的B中气体压强相同，故为p0.
(2)对A、B组成的整体，由
p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB，
解得k＝＝1.2.
题型二 抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题.分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题.
【例2】 (2023·湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力.如图所示，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车.助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力.每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程.已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变.
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.
【解析】 (1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积
V＝V0＋V1，
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V，
解得p1＝.
(2)同理，第二次抽气有
p1V0＝p2V，
解得p2＝＝()2p0.
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
pn＝()np0，
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S.
【变式训练2】 (2024·甘肃卷)如图所示，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.
【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＝Sl，
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＝.
题型三 分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.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看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
【例3】现需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)到南方，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到南方检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装.不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，问：
(1)在南方检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？
【解析】 (1)钢瓶的容积一定，从北方到南方对钢瓶内气体，有＝，得t＝21 ℃.
(2)在南方时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则
p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，
根据p2V2＝p3V3，得V3＝2.52 m3.
可用于分装小瓶的氧气
p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3，
分装成小钢瓶的氧气
p5＝4×105 Pa，V5＝nV，
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3，
根据p4V4＝p5V5，
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶.
【变式训练3】 如图所示，容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救.若原来是真空的容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10 L，贮有压强为3.6×106 Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变.求：
(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋；
(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106 Pa，用去的氧气质量与原来气体总质量之比(结果可以用分数表示).
【解析】 (1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积
V1＝10 L，
p1＝3.6×106 Pa.
分装n个氧气袋，
V2＝(V1＋n×5 L)，
p2＝1.2×106 Pa，
分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2，
解得n＝4个.
(2)选取氧气袋内p2＝1.2×106 Pa的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p2V0＝p3V，
解得V＝V0，
用去气体的体积为
ΔV＝V0－V0＝V0，
所以用去气体的质量与原来气体总质量之比为
＝＝＝.
题型四 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，不能用相关方程求解.如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可.
【例4】 如图所示是泡茶常用的茶杯，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取10 m/s2，T＝t＋273 K.
(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，求当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值.
【解析】 (1)杯中气体做等容变化，有
＝，
末态对茶杯和茶水受力分析如图所示，列平衡方程有
p1S＋Mg＝p0S，
联立解得T1＝356.4 K，
所以此时水温为t1＝83.4 ℃.
(2)设开始茶杯内气体体积为V1，降温过程从外界进入茶杯的气体体积为V2，则
＝，
解得进入杯中的气体在室温下体积为
V2＝V1，
所以杯中原有气体在室温下体积为
V原＝V1，
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值
Δm∶m原＝1∶5.
【变式训练4】 汽车的轮胎压力监测系统的作用是在汽车行驶过程中对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全.某汽车在北方冬季某天的最高温度、最低温度时刻，轮胎压力监测系统测定前左侧轮胎的气压最大值、最小值分别为2.8 atm、2.5 atm.若轮胎内气体可视为理想气体，漏气前后轮胎容积不变.当天最低温度为－23 ℃.
(1)求当天的最高温度为多少摄氏度；
(2)若该汽车某时刻显示前左侧车胎气压为2.5 atm，后由于轮胎被钉子所扎开始漏气，造成轮胎气压降低，当气压降低至1.8 atm，轮胎压力监测系统开始报警.试求此过程中，轮胎漏气的质量与原有气体质量的比值.可认为漏气过程温度不变，室外气体压强为1 atm.
【解析】 (1)根据查理定律可知
＝，
即＝，
解得当天的最高温度为t1＝7 ℃.
(2)以轮胎漏气前原有气体为研究对象，在漏气过程中，根据玻意耳定律可得
p1′V＝p0V0＋p2′V(V为轮胎的体积)，
即2.5V＝1×V0＋1.8V，
解得漏气体积V0＝0.7V，
根据玻意耳定律可知，同等质量的空气在2.5 atm及1 atm下的体积之比为
＝＝，
在2.5 atm及1 atm下的空气密度之比为
＝＝，
所以轮胎漏气质量与原有气体质量的比值为
＝＝.
1.放假期间，某同学家人准备驾车出游启动汽车后，发现胎压监测系统发出警告，显示“左前轮胎胎压低，胎压为2.0p0”，于是驾车前往汽车修理店给汽车轮胎打气，打完气后，四个轮胎内气体的胎压均为2.5p0，打气泵内的气体压强为3p0，每个轮胎的体积均为V，且始终保持不变.若打气过程中轮胎内气体温度不变，则向左前轮胎中内打入气体的体积为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 由题意可知，向左前轮胎打气过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律有2.0p0V＋3p0V0＝2.5p0V，向左前轮胎中内打入气体的体积为V0＝，A正确.
2.现从一体积不变的容器中抽气，假设温度保持不变，每一次抽气后，容器内气体的压强均减小到原来的，要使容器内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为( )
A.2次 B.3次
C.4次 D.5次
【解析】 D 设容器的容积是V，抽气机每次抽出气体的体积是V0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知pV＝p(V＋V0)，解得V0＝，由玻意耳定律可知抽气一次时有pV＝p1(V＋V0)，p1＝p，抽气两次时有p1V＝p2(V＋V0)，p2＝()2p，…，抽气n次时有pn－1V＝pn(V＋V0)，pn＝()np，其中pn＝p，联立解得n＝5次，D正确，A、B、C错误.
3.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】 D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据得V＝60 cm3，D正确.
4.如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景.打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则( )
A.打气后，球内气体的压强不变
B.打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力减小
C.打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D.打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
【解析】 C 打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单
课程标准 1.通过实验，估测油酸分子的大小.了解分子动理论的基本观点及相关的实验证据. 2.通过实验，了解扩散现象.观察并能解释布朗运动.了解分子运动速率分布的统计规律，知道分子运动速率分布图像的物理意义. 3.了解固体的微观结构.知道晶体和非晶体的特点.能列举生活中的晶体和非晶体.通过实例，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用. 4.了解材料科学的有关知识及应用，体会它们的发展对人类生活和社会发展的影响. 5.观察液体的表面张力现象.了解表面张力产生的原因.知道毛细现象. 6.通过实验，了解气体实验定律.知道理想气体模型.能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律. 7.知道热力学第一定律.通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义. 8.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象.体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一. 9.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律.
核心素养 物理观念 1.理解布朗运动、内能、分子力、晶体、表面张力、分子力、分子势能等概念. 2.理解分子动理论、固液气性质、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律等物理规律.
科学思维 1.构建两种物理模型进行分子直径的估算. 2.掌握“油膜法”“放大法”“图像法”“概率统计的方法”“控制变量法”. 3.运用气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律解决问题.
科学探究 探究“用油膜法估测分子的大小”实验.探究气体等温、等压、等容的过程的规律.
科学态度 与责任 1.能认识到固体、液体和气体知识在实际中的应用，能用气体实验定律解释生产生活中的一些现象，解决一些实际问题. 2.注重运用热力学定律分析和解决人们生产生活中的一些问题.
命题探究 命题分析 从题型上看，一般以选择题和计算题的形式出现，选择题主要考查分子动理论、气体压强的微观解释、内能、p－V图像、V－T图像、热力学第一、第二定律的理解等.计算题主要结合气体考查内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律等.
趋势分析 本章命题的热点有：(1)分子动理论；(2)气体压强、晶体和非晶体的特点、液体的表面张力；(3)内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律.
预设情境 深海探测器、雾霾天气、高压锅、气压计、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、氧气分装等.
第1讲 分子动理论 内能
一、分子动理论的三条基本内容
1.物体是由大量分子组成的
(1)分子的大小
①分子的直径(视为球模型)：数量级为__10-10__m.
②分子的质量：数量级为10-26 kg.
③测量方法：油膜法.
(2)阿伏加德罗常数
1 mol的任何物质都含有相同的粒子数.通常可取NA＝__6.02×1023__mol-1.
2.分子永不停息地做无规则的热运动
(1)实例证明：
①扩散现象
a.定义：不同物质能够彼此__进入对方__的现象.
b.实质：扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由分子的__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
a.定义：悬浮在液体中的__小颗粒__的永不停息的无规则运动.
b.实质：各个方向的液体分子对颗粒碰撞的__不平衡__.
c.特点：永不停息、无规则运动.颗粒__越小__，运动越__剧烈__.温度__越高__，运动越__剧烈__.运动轨迹不确定.
(2)热运动
①分子的永不停息的__无规则__运动叫作热运动.
②特点：分子的无规则运动和温度有关，温度__越高__，分子运动越__激烈__.
3.分子间同时存在引力和斥力
(1)分子间的引力和斥力是__同时__存在的，实际表现出的分子力是引力和斥力的__合力__.
(2)分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而__减小__，随分子间距离的减小而__增大__，但斥力比引力变化得__快__.
①r＝r0，F引＝F斥，F＝0.
②r＞r0，F引＞F斥，F为__引力__.
③r＜r0，F引＜F斥，F为__斥力__.
④当分子间距离大于__10r0__(约为10-9 m)时，分子力很弱，可以忽略不计.
二、温度和物体的内能
1.温度
两个系统处于__热平衡__时，它们具有某个“共同的热学性质”，我们把表征这一“共同热学性质”的物理量定义为温度.一切达到热平衡的系统都具有相同的__温度__.
2.两种温标
摄氏温标和热力学温标.
关系：T＝__t＋273.15_K__.
3.分子的动能和平均动能
(1)分子动能是__分子热运动__所具有的动能.
(2)分子热运动的平均动能是所有分子热运动的__动能的平均值__，温度是分子热运动的平均动能的__标志__.
(3)分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的__总和__.
4.分子的势能
(1)由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的__相对位置__决定的能，即分子势能.
(2)分子势能的决定因素：微观上决定于__分子间距离__和分子排列情况；宏观上决定于__体积__和状态.
5.物体的内能
(1)等于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.
(2)决定内能的因素
①微观上：分子动能、__分子势能__、分子个数.
②宏观上：温度、__体积__、物质的量(摩尔数).
(3)改变物体的内能有两种方式
①做功：当做功使物体的内能发生改变时，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少.
②热传递：当热传递使物体的内能发生改变时，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少.
考点一 微观量的估算问题
1.求解分子直径时的两种模型(固体和液体)
(1)把分子看成球形，d＝.
(2)把分子看成小立方体，d＝.
注意：对于气体，①V0不是一个气体分子的体积，而是一个气体分子平均占有的空间体积.②利用d＝计算出的d不是气体分子直径，而是气体分子间的平均距离.
2.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)
续表
已知量 可求量
质量m和摩尔质量Mmol 分子数目n＝NA
【例1】 (多选)某种超轻气凝胶刷新了目前世界上最轻材料的记录，弹性和吸油能力令人惊喜.这种固态材料密度仅为空气密度的，设气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是( )
A.质量为a的气凝胶所含分子数为N＝NA
B.气凝胶的摩尔体积为Vmol＝
C.每个气凝胶分子的体积为V0＝
D.每个气凝胶分子的直径为d＝
【解析】 ABC 质量为a的气凝胶的摩尔数为，所含分子数为N＝NA，A正确；气凝胶的摩尔体积为Vmol＝，B正确；每个气凝胶分子的体积为V0＝＝，C正确；根据V0＝πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝ ，D错误.
【变式训练1】 肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容.肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量.在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3 500 mL，在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%.已知此时水蒸气的密度ρ＝0.6 kg/m3，水蒸气的摩尔质量M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1.关于该学生这次呼出气体说法正确的是( )
A.水蒸气的体积为2.1×10-3 m3
B.含有的水分子的物质的量为0.07 mol
C.含有的水分子的数量为4.2×1021个
D.含有的水蒸气的质量为1.26×10-2 g
【解析】 C 一次呼出的水蒸气的体积V水＝6%V＝6%×3 500×10-6 m3＝2.1×10-4 m3，A错误；一次呼出的水蒸气的质量m＝ρV水＝0.6×2.1×10-4 kg＝1.26×10-4 kg＝0.126 g，D错误；含有的水分子的物质的量n＝＝ mol＝0.007 mol，B错误；含有的水分子的个数N＝nNA＝0.007×6×1023个＝4.2×1021个，C正确.
考点二 扩散现象、布朗运动与分子热运动的理解
1.布朗运动的理解
(1)研究对象：悬浮在液体或气体中的小颗粒；
(2)运动特点：无规则、永不停息；
(3)影响因素：颗粒大小、温度；
(4)物理意义：反映了液体或气体分子做永不停息的无规则的热运动.
2.扩散现象、布朗运动与热运动的比较
项目 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剧烈
联系 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
3.气体分子热运动的特点
(1)分子运动的杂乱无章，使得分子在各个方向运动的机会均等.
(2)大量气体分子的速率分布呈现“中间多、两头少”的规律，当温度升高时，“中间多”这一高峰向速率大的一方移动，分子的平均速率增大，分子的热运动更剧烈.
【例2】 运用分子动理论的相关知识，判断下列说法不正确的是( )
A.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
B.阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动
C.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
D.降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱
【解析】 A 某气体的摩尔体积为V，若每个分子运动占据的空间的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，A错误；布朗运动用肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动，B正确；生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，C正确；温度越高，分子热运动越剧烈，则降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱，D正确.
【变式训练2】 人们在泡大红袍茶时茶香四溢，下列说法正确的是( )
A.茶香四溢是扩散现象，说明分子间存在着相互作用力
B.茶香四溢是扩散现象，泡茶的水温度越高，分子热运动越剧烈，茶香越浓
C.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子间存在着相互作用力
D.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子在永不停息地做无规则运动
【解析】 B 茶香四溢是扩散现象，C、D错误；茶香四溢是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，A错误；物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以茶水温度越高，分子的热运动越剧烈，茶香越浓，B正确.
考点三 分子力、分子势能、温度与内能的理解
1.分子动能、分子势能、内能的比较
项目 分子动能 分子势能 物体的内能
定义 分子无规则运动(即热运动)的动能 由分子间相对位置决定的势能 物体中所有分子热运动的动能和分子势能的总和
决定大小的因素 温度是物体分子热运动的平均动能的标志.温度升高，分子热运动的平均动能就增大 分子势能(Ep)随分子间距离(r)变化.物体内所有分子势能的总和跟物体的体积有关 物体的内能在宏观上与质量、温度、体积有关.当分子间作用力忽略不计时，就不具有分子势能.因此理想气体就不具有分子势能.一定质量理想气体的内能只由温度决定
备注 温度、内能等，只对大量分子才有意义，不能像研究机械运动那样，取单个分子或几个分子作为研究对象
2.分子力与分子势能的比较
项目 分子力F 分子势能Ep
图像
随分子间距离的变化情况 r
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
3.判断分子势能变化的“两法”
方法一：利用分子力做功判断.分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加.
方法二：利用分子势能Ep与分子间距离r的关系图线判断.
4.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，对于单个分子的内能没有意义.
(2)决定内能大小的因素为：物质的量、温度、体积以及物质状态.
(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.
分子力与分子势能
【例3】 (2023·海南卷)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
【解析】 C 分子间距离大于r0，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，C正确.
【变式训练3】 设甲分子在坐标原点O处不动，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系如图中曲线所示，F＞0表现为斥力，F＜0表现为引力.a、b、c为r轴上三个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放(设无穷远处分子势能为零)，则( )
A.乙分子从a到c，分子力先减小后增大
B.乙分子运动到c点时，动能最大
C.乙分子从a到c，分子力先做正功后做负功
D.乙分子运动到c点时，分子力和分子势能都是零
【解析】 B 由题图可知，乙分子从a到c，分子力先增大后减小，A错误；从a到c，分子间作用力为引力，引力做正功，动能一直增加，当乙分子运动到c点左侧时，分子力为斥力，斥力做负功，所以乙分子运动到c点时，动能最大，B正确；乙分子从a到c，分子力一直做正功，C错误；乙分子运动到c点时，分子力为零，但由于分子力一直做正功，所以分子势能应小于零，D错误.
【易错点】 当分子间距离等于临界距离r0时(对应图中c点)，分子力为0，分子势能最小，势能的零点不是在r0处.
温度与内能
【例4】 (多选)下列关于温度及内能的说法正确的是( )
A.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
B.两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C.质量和温度相同的冰和水，内能不同
D.温度高的物体不一定比温度低的物体内能大
【解析】 CD 温度是大量分子热运动的宏观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物体的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，B错误、C正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，D正确.
【变式训练4】 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】 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，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，分子总动能增加，体积增大，分子间平均距离变大，分子总势能增大，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，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，C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，D错误.
1.关于分子力，下列说法正确的是( )
A.碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力在起作用
B.用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力
C.固体很难被压缩，说明分子间有斥力
D.水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在引力
【解析】 C 分子间作用力发生作用的距离很小，打碎的碎片间的距离远大于分子力作用距离，分子引力与斥力基本趋于0，碎玻璃不能拼合在一起，不能说明玻璃分子间斥力在起作用，A错误；用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是由于需要克服打气筒内外的压力差，不能说明气体分子间有斥力，B错误；固体很难被压缩，说明分子间有斥力，C正确；水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在空隙，D错误.
2.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )
A.在显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的布朗运动，这说明水分子在做无规则运动
B.一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，这是重力引起的对流现象
C.在一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈
D.悬浮在液体中的固体颗粒越大，某时刻与它相撞的液体分子数越多，布朗运动就越明显
【解析】 A 显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的运动，是小颗粒受到液体分子频繁碰撞而做布朗运动，这说明水分子在做无规则运动，A正确；一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，属于扩散现象，B错误；一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，C错误；悬浮在液体中的固体颗粒越小，某时刻各个方向与它相撞的液体分子数越不平衡，布朗运动越明显，D错误.
3.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( )
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.每个钻石分子半径的表达式为(单位为m)
D.每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)
【解析】 A a克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝，所含分子数为N＝nNA＝，A正确、B错误；钻石的摩尔体积V＝(单位为m3/mol)，每个钻石分子的体积为V0＝＝，设钻石分子直径为d，则V0＝π()3，联立解得d＝(单位为m)，C、D错误.
4.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值－E0，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是( )
A.乙分子在x2时，加速度最大
B.乙分子在x1时，其动能最大
C.乙分子在x2时，动能等于E0
D.甲、乙分子的最小距离一定大于x1
【解析】 C 乙分子在x2时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加速度为零，此时速度最大，动能最大，由于从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，故分子势能和动能之和不变，则此时的动能等于E0，C正确，A、B错误；当乙分子运动到x1时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此甲、乙分子的最小距离一定等于x1，D错误.
5.(多选)下列说法正确的是( )
A.图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时的温度都高
B.图乙为分子间作用力F和分子势能Ep随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子力，②表示分子势能
C.由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子的体积和分子的质量
D.图丙是布朗运动实验得到的观测记录，图中是按相等时间间隔依次记录的某个分子位置的连线
【解析】 AB 分子速率的分布呈现“中间多，两头少”的规律，温度越高分子热运动越剧烈，速率大的分子占比增大，由题图甲图线可知状态③的温度比状态①、②的温度都高，A正确；由分子力随分子间距的变化关系可知，当分子间距离等于r0时，引力与斥力大小相等，合力为零，而此时分子间的分子势能最小，所以题图乙图线①为分子力与分子间距离的关系，图线②为分子势能与分子间距离的关系，B正确；由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子所占空间体积，而不是分子的体积，C错误；题图丙的观测记录，是按相等时间间隔依次记录的某颗粒位置的连线，而不是分子位置的连线，D错误.
6.(多选)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的关系如图所示.图中分子势能的最小值为－E0，若两分子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(x＝x2)时，加速度最大
B.乙分子在P点(x＝x2)时，动能为E0
C.乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态
D.乙分子的运动范围为x≥x1
【解析】 BD 乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，A错误；乙分子在P点时分子势能为－E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，B正确；乙分子在P点时，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，C错误；当x
(1)一个氮气分子的质量m；
(2)气囊中氮气分子的总个数N；
(3)气囊中氮气分子间的平均距离r.
【解析】 (1)一个氮气分子的质量m＝，
解得m≈5×10-26 kg.
(2)设气囊内氮气的物质的量为n，则有
n＝，
N＝nNA，
解得N≈2×1024(个).
(3)气体分子间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有
r3＝，
解得r≈3×10-9 m.
8.燃烧一支烟产生的烟气中含有一氧化碳和二氧化碳，假设最终进入空气中的一氧化碳约为84 mg.一个人在一个空间约为30 m3的房间内，吸了一支烟，烟气在房间中均匀分布，试估算：(一氧化碳的摩尔质量为28 g/mol，阿伏加德罗常数NA≈6.0×1023 mol-1，人正常呼吸一次吸入气体的体积约为300 cm3)
(1)房间空气中一氧化碳分子的平均距离(结果可用根号表示)；
(2)一个不吸烟者进入此房间，呼吸一次吸入的一氧化碳分子数(结果保留两位有效数字).
【解析】 (1)吸一支烟进入空气中的一氧化碳的物质的量
n＝＝ mol＝3×10-3 mol，
一氧化碳分子个数
N＝nNA＝1.8×1021个，
每个一氧化碳分子所占空间的体积
V0＝ m3，
分子间的平均距离
d＝＝ m≈2.6×10-7 m.
(2)不吸烟者进入此房间呼吸一次吸入的一氧化碳分子数为
N＝×1.8×1021＝1.8×1016个.
第2讲 固体、液体和气体
一、固体
1.分类
固体分为__晶体__和__非晶体__两类.晶体又分为__单晶体__和__多晶体__.
2.晶体和非晶体的比较
项目 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__
原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则
3.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、液体
1.表面张力的作用效果
液体的表面张力使液面具有__收缩__的趋势，使液体表面积趋于__最小__，而在体积相同的条件下，球形表面积__最小__.
2.表面张力的方向
表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线__垂直__.
3.表面张力的形成原因
表面层中分子间距离比液体内部分子间距离__大__，分子间作用力表现为__引力__.
三、气体
1.气体分子运动的特点
(1)气体分子之间的相互作用力十分__微弱__，气体分子可以自由地运动，可以充满它所能达到的__空间__.
(2)气体分子运动时频繁地发生碰撞，气体分子向各个方向运动的机会__相等__.
2.气体压强
(1)产生的原因
由于大量气体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.
(2)决定因素
①宏观上：决定于气体的__温度__和__体积__.
②微观上：决定于分子的__平均动能__和分子的密集程度.
3.理想气体
(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从__气体实验__定律的气体，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.
(2)微观上讲，理想气体的分子间除__碰撞__外无其他作用力，所以理想气体无__分子势能__.
4.气体实验定律
定律 玻意耳定律 查理定律 盖－吕萨克定律
内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成__反比__ 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与__热力学温度__成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与__热力学温度__成正比
表达式 p1V1＝__p2V2__ ＝____或 ＝____ ＝____或 ＝____
图像
5.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C.
考点一 固体和液体的性质
1.晶体和非晶体的理解
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体.
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.
(3)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.
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.
2.液体表面张力的理解
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
典型现象 球形液滴、肥皂泡、毛细现象、浸润和不浸润
晶体与非晶体
【例1】 对下列几种固体物质的认识正确的有( )
A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B.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
C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于石墨是非晶体，金刚石是晶体
【解析】 A 食盐熔化过程中，温度保持不变，即熔点一定，说明食盐是晶体，A正确；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，只能说明云母片是晶体，B错误；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C错误；石墨和金刚石组成它们的化学元素是相同的，都是碳原子，它们的物理性质不同，是由于碳原子排列结构不同造成的，D错误.
【变式训练1】 固体甲和乙在一定压强下的熔化曲线如图，纵轴表示温度，横轴表示时间，下列说法正确的是( )
A.固体甲一定是晶体，固体乙不一定是非晶体
B.甲一定有确定的几何外形，乙一定没有确定的几何外形
C.在热传导方面甲一定表现出各向异性，乙一定表现出各向同性
D.甲和乙的化学成分可能相同
【解析】 D 固体甲在熔化的过程中温度保持不变，因此一定是晶体；而固体乙在整个升温的过程中，没有固定的熔点，因此一定是非晶体，A错误；如果固体甲是多晶体，也没有确定的几何外形，B错误；如果甲是多晶体，则不表现为各向异性，C错误；同种化学成分，有时可以形成晶体，有时也可以形成非晶体，D正确.
【易错点】 对知识概念的理解要到位：晶体和非晶体的主要区别是有无固定的熔点，单晶体有天然的规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有.
液体的性质
【例2】 (传统文化)唐诗《观荷叶露珠》中“靠微晓露成珠颗”中的荷叶和露水表现为__________(填“不浸润”或“浸润”)，小草、树叶上的小露珠常呈球形，主要是____________________的作用.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能__________(填“增加”“减少”或“保持不变”)，分子平均动能__________(“增加”“减少”或“保持不变”)，所以晶体有固定的熔点.
【答案】 不浸润 液体表面张力 增加 保持不变
【解析】 诗中的荷叶和露水表现为不浸润.由于液体表面张力的作用使露珠的表面积最小，而体积相同的情况下球的表面积最小，所以露珠呈球形.晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变.
【变式训练2】 关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是( )
A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果
C.丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的
D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润
【解析】 B 因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，D错误.
考点二 气体压强的产生和计算
1.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
2.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
3.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3】 若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强.
【解析】 题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图甲所示，
由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得
p甲＝p0－.
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图乙所示.
由平衡条件，有
p乙S下sin α＝p0S上＋FN＋mg，
FN＝Mg，S下sin α＝S上，
S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得
p乙＝p0＋.
题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p丙S＋ρghS＝p0S，
所以p丙＝p0－ρgh.
题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有
p丁S＝p0S＋ρgh1S，
所以p丁＝p0＋ρgh1.
题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有
p戊S＋ρgh sin 60°·S＝p0S，
所以p戊＝p0－ρgh.
题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为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)，
故a气柱的压强为
pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).
【变式训练3】 如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度l＝16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱.外界大气压强恒为p0＝ 76 cmHg，环境温度保持不变，重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求玻璃管竖直静置时管内空气的压强p1；
(2)若使玻璃管向上做加速度大小a＝5 m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的压强p2.
【解析】 (1)设水银柱的质量为m，横截面积为S，对水银柱，根据物体的平衡条件有
p1S＝mg＋p0S，
又m＝ρlS，
p0＝ρgh0，
解得p1＝92 cmHg.
(2)设此时管内空气的压强为p2，对水银柱，根据牛顿第二定律有
p2S－p0S－mg＝ma，
解得p2＝100 cmHg.
考点三 理想气体实验定律与状态方程的应用
1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2.几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT.
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT.
(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋…
3.利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路
“汽缸”类问题
【例4】 (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两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2 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g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计.当环境温度降到T2＝270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
(2)求A内气体体积VA2；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.
【解析】 (1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，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
代入数据得m＝1.1×102 kg.
【变式训练4】 (2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通.两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连.初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长.现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H.已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内.求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量.
【解析】 (1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，
体积V1＝SH＋2SH＝3SH，
末态压强p2，体积
V2＝S·H＋H·2S＝SH，
根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2，
解得p2＝p0.
(2)对右边活塞受力分析可知
mg＋p0·2S＝p2·2S，
解得m＝，
对左侧活塞受力分析可知
p0S＋k·H＝p2S，
解得k＝.
“液柱”类问题
【例5】 (2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方.管内空气被一段水银柱隔开.水银柱在两管中的长度均为
10 cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强.(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
【解析】 设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，水银管长为h＝20 cm，此时有
pA＝pB＋ρgh，
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，又因为SA＝4SB，可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm，水银柱长h′＝23 cm.
设此时两管的压强分别为pA′、pB′，
所以有pA′＋ρgh′＝pB′.
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有
pASALA＝pA′SALA′，
对B管有pBSBLB＝pB′SBLB′，
其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm，
LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm，
联立以上各式解得
pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg.
【变式训练5】 如图所示，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气.外界温度为300 K时，气柱长度l为10 cm；当外界温度缓慢升高到310 K时，气柱长度变为50 cm.已知外界大气压恒为1.0×105 Pa，水柱长度不计.
(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功；
(2)求葫芦的容积；
(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留两位有效数字).已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1.
【解析】 (1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强.设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、l2，气体对外做的功为W.根据功的定义有
W＝p0S(l2－l1)，
解得W＝0.4 J.
(2)设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2，根据盖－吕萨克定律有
＝，
V1＝V＋Sl1，
V2＝V＋Sl2，
联立以上各式并代入题给数据得
V＝119 cm3.
(3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下，1 mol氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n.根据盖－吕萨克定律有
＝，
其中n＝NA，
联立以上各式并代入题给数据得
n≈2.9×1021个.
关联气体问题
【例6】 (2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度.求：
(1)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)此过程中容器内气体吸收的热量.
【解析】 (1)气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得＝，
即＝，
解得T1＝T0.
(2)此过程中气体内能增加
ΔU＝CΔT＝CT0，
气体对外做功大小为
W＝pSΔh＝h(p0S＋mg)，
由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
Q＝ΔU＋W＝h(p0S＋mg)＋CT0.
【变式训练6】 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分.面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1.抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2.然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J.已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计.
(1)气体从状态1到状态2是__________(填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能__________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q.
【解析】 (1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变.
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
p1V1＝p2·2V1，
解得状态2气体的压强为
p2＝＝1.02×105 Pa，
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F，
解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10-4 N＝10 N.
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有
＝，
可得状态3气体的体积为
V3＝·2V1＝×2×750 cm3
＝1 750 cm3.
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10-6 J＝25.5 J.
根据热力学第一定律可得
ΔU＝－W＋Q′，
解得气体吸收的热量为
Q′＝ΔU＋W＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J，
可知电阻丝C放出的热量为
Q＝Q′＝89.3 J.
1.解决“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.
2.解决“液柱”类问题的技巧 (1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度). (2)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. (3)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简洁. 3.解决关联气体类问题的一般思路 相互联系的气体问题，往往以压强、体积、温度等量建立起气体间的关系，对各部分气体要独立进行状态分析，要确定每个研究对象的状态变化的特点，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，一般要根据活塞的平衡条件确定两部分气体的压强关系.
考点四 气体状态变化的图像
项目 图像 特点
等温 变化 p-V图像 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-图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容 变化 V-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压 变化 p-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【例7】 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
【解析】 C 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1)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，B错误.
(方法2)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：在a→b→c→a整个热力学循环过程中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，由图像可知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.
【变式训练7】 (多选)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
【解析】 AC 由理想气体状态方程＝C，化简可得V＝·T，由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa
1.中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”，农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结.关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是( )
A.松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分
B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分
C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理
D.松土除了保墒外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理
【解析】 A 松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减少水分蒸发，保存水分，A正确、B错误；水对土壤是浸润液体，松土保墒是利用了浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的原理，C错误；松土除了保墒外，还减少了土壤下水分的蒸发，提高地温，D错误.
2.合格的医用口罩内侧使用了对水不浸润的材料，图甲为一滴水滴在医用口罩内侧的照片，图乙为对应的示意图.以下说法正确的是( )
A.照片中水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部密集
B.该口罩为不合格产品，其内侧材料对所有的液体都浸润
C.该口罩为合格产品，其内侧材料并非对所有的液体都不浸润
D.照片中水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部密集，因为附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力小
【解析】 C 水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部稀疏，A错误；由图可知，水珠并没有浸润口罩内侧，因此是合格产品，浸润与不浸润现象是相对的，各种液体的密度、分子大小、分子间隙、分子间作用力大小等都各不相同，因此口罩内侧材料并不一定对所有的液体都不浸润，只要对水不浸润，就是合格产品，B错误、C正确；水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部稀疏，附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力大，因而使水滴表面紧绷而减小与口罩内侧固体材料的作用，D错误.
3.(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B.该过程中( )
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【解析】 B 根据＝C，可得p＝T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，D错误.
4.(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，薄吸管底面积为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
【解析】 B 由盖－吕萨克定律得＝，其中V1＝V0＋Sl1＝335 cm3，T1＝(273＋27) K＝300 K，V2＝V0＋Sl2＝(330＋0.5x) cm3，代入解得T＝x＋ (K)，根据T＝t＋273 K可知，t＝x＋ (℃).故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，A错误；当x＝20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，B正确、C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖－吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，D错误.
5.(2024·全国卷)(多选)如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是( )
A.1→2过程中，气体内能增加
B.2→3过程中，气体向外放热
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体向外放热
【解析】 AD 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，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，即W<0，故气体吸收热量，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，即W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，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，D正确.
6.(多选)有一段12 cm长水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体.若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上(如图所示)，先用外力使玻璃管静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑.已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为，大气压强p0相当于76 cmHg，气体温度不变.则下列说法正确的是( )
A.释放后气体体积变大
B.释放后气体体积变小
C.下滑稳定时密闭气体的压强为80 cmHg
D.下滑稳定时密闭气体的压强为79 cmHg
【解析】 AD 整体分析，由牛顿第二定律有(M＋m)g sin 30°－μ(M＋m)g cos 30°＝(M＋m)a，解得a＝g sin 30°－μg cos 30°＝0.25g.对水银汞柱分析，由牛顿第二定律有p0S＋mg sin 30°－pS＝ma，代入数据解得p＝p0＋，根据液体的压强公式有p液＝ρgh＝＝12 cmHg，则p＝p0＋＝(76＋3) cmHg＝79 cmHg，C错误、D正确.静止时，气体的压强为p1＝p0＋ρgh sin 30°＝(76＋6) cmHg＝82 cmHg，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，则温度不变时，气体的压强与体积成反比，加速下滑时，气体的压强减小，所以释放后气体体积变大，A正确、B错误.
7.(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V.气球内空气可视为理想气体.
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数.已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小.
【解析】 (1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
pV＝p0V0，
解得V0＝.
(2)设气球内气体质量为m气，
则m气＝ρ0V0.
对气球进行受力分析如图所示，根据气球的受力分析有
mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g，
结合题中p和V满足的关系为
(p－p0)(V－VB0)＝C，
解得V＝5×10-3 m3.
8.图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示.长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B.汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度.
(1)求x；
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.
【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.
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2)，
又因为p3＋ρg·＝p0，
代入数据联立解得
V＝8.92×10-4 m3.
第3讲 热力学定律与能量守恒
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增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.ΔU＝W＋Q中正、负号法则
物理量 W Q ΔU
＋ 外界对 物体做功 物体__吸收__ 热量 内能__增加__
－ 物体对 外界做功 物体__放出__ 热量 内能__减少__
二、热力学第二定律及微观意义
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__引起其他影响__，或表述为“__第二类永动机是不可能制成的”.
2.用熵的概念表示热力学第二定律
在任何自然过程中，一个孤立系统的__总熵__不会减小.
3.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的__无序性__增大的方向进行.
三、能量守恒定律和两类永动机
1.能量守恒定律
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__为另一种形式，或者从一个物体__转移__到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量__保持不变__.
2.两类永动机
(1)第一类永动机：不消耗任何__能量__，却源源不断地对外做功的机器.违背__能量守恒__定律，因此不可能实现.
(2)第二类永动机：从__单一热源__吸收热量并把它__全部__用来对外做功，而不引起其他变化的机器.违背__热力学第二__定律，不可能实现.
考点一 热力学第一定律与能量守恒定律
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)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加.
(2)不做功的过程：W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加.
(3)内能不变的过程：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.
【例1】 如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为的理想气柱.活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至位于离容器底部位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警.已知初始时环境热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力.
(1)求轻绳未连重物时封闭气体的压强；
(2)求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；
(3)在(2)条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少ΔU0，求气体向外界放出的热量Q.
【解析】 (1)轻绳未连重物时对活塞受力分析得
p1S＋mg＝p0S，
解得p1＝p0－.
(2)刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得
p2S＋(M＋m)g＝p0S，
由玻意耳定律得
p1＝p2，
解得M＝－m.
(3)由盖吕萨克定律得
＝，
其中V2＝，
解得V3＝0.99V2，
则ΔV＝V2－V3＝LS，
此过程外界对气体做的功为
W＝p2ΔV，
由热力学第一定律有
－ΔU0＝－Q＋W，
可知Q＝ΔU0＋－.
【变式训练1】 (2023·浙江卷)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示.在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器.从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J.取大气压p0＝0.99×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，求气体：
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q.
【解析】 (1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有＝，
解得TB＝TA＝330 K.
(2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
＝，
解得pC＝pB＝1.1×105 Pa.
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功为
W＝－pBΔV＝－30 J，
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，
解得Q＝ΔU－W＝188 J.
考点二 热力学第二定律的理解及应用
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.
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.
3.两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
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
违背能量守恒定律，不可能制成 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成
【例2】 日常生活中使用的燃油汽车，其动力来源于发动机内部的汽缸，在汽缸内，通过气体燃烧将气体的内能转化为机械能，下列说法正确的是( )
A.现代汽车技术已经非常先进，能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能
B.气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能
C.气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，故该过程不符合热力学第一定律
D.发动机工作时，若没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，则燃料产生的热量能够完全转化成机械能
【解析】 B 根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，现代汽车技术已经非常先进，但也不能够使气体燃烧释放的热量全部转化成机械能，A错误；气体燃烧过程符合热力学第二定律，内能无法全部用来做功以转化成机械能，B正确；气体燃烧释放的热量没有全部转化为机械能，该过程符合热力学第一定律，C错误；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%，发动机工作时，就算没有漏气和摩擦，也没有发动机的热量损失，燃料产生的热量也不能完全转化成机械能，D错误.
【变式训练2】 (多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离.如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成.高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位.气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出.下列说法正确的是( )
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
【解析】 AB 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部位热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大，其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，A正确.依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，B正确.A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，C错误.该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，D错误.
考点三 气体实验定律与热力学定律的综合
求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路
【例3】 如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入氮气后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压下损坏.它的结构简图如图乙所示.汽缸活塞截面积为50 cm2，质量为1 kg；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k＝2 000 N/m.现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L＝20 cm且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强p0＝1×105 Pa，g取10 m/s2.
甲 乙
(1)当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F0；
(2)现在用外力F缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h＝4 cm时，求缸体内氮气的压强大小；
(3)在(2)的过程中氮气向外界放出的总热量Q＝111.6 J，求外力F对活塞做的功W.(环境温度保持不变)
【解析】 (1)当氮气达到5个大气压的时候，对活塞受力分析，由平衡条件得
F0＋mg＝4p0·S，
解得F0＝1 990 N.
(2)由理想气体等温变化规律
5p0·S·L＝p′·S·(L－h)，
得p′＝6.25×105 Pa.
(3)由功能关系知
W＋p0Sh＋mgh－kh2－W气＝0，
又ΔU＝W气＋Q，
联立得W＝92.8 J.
【变式训练3】 图甲为某山地车的气压避震装置，主要由活塞、汽缸和弹簧组成.某研究小组将其取出进行研究.如图乙所示，将带有活塞A的导热汽缸B放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，活塞用轻弹簧拉住固定在M处，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1＝27 cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2＝1 cm，汽缸内气体的初始温度为T1＝270 K.已知汽缸质量为M＝0.6 kg，活塞的质量为m＝0.2 kg，横截面积为S＝1.5 cm2，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度g取10 m/s2，大气压为p0＝1.0×105 Pa，汽缸厚度不计，T＝t＋273 K.
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1；
(2)对汽缸缓慢加热，汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板.已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U＝kT，k＝2×10-3 J/K，求该过程中气体吸收的热量Q.
(3)解除M处的固定，使该装置在斜面上匀加速下滑，发现此时活塞到汽缸底部的距离L′＝27 cm，环境温度保持T1不变，通过计算分析汽缸的气密性是否良好.若良好，请说明理由.若不良好，进气或漏气部分气体占原有气体的百分比为多少？
【解析】 (1)将A、B作为一个整体，受力分析可知F弹－(M＋m)g sin θ＝0，
解得F弹＝4 N，
对活塞受力分析可得
F弹＋p1S＝p0S＋mg sin θ，
解得p1＝8×104 Pa.
(2)汽缸内气体的温度从T1上升到T2，在汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中，可以看成等压变化，根据盖－吕萨克定律可知＝，
其中V1＝L1S，V2＝(L1＋L2)S，
解得T2＝T1＝×270 K＝280 K，
所以气体内能的变化
ΔU＝kT2－kT1＝2×10-2 J，
气体对外界所做的功
W＝－p1(V2－V1)＝－0.12 J，
根据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q，
代入数据解得Q＝0.14 J.
(3)将A、B作为一个整体，受力分析可知
(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a，
对A受力分析可得
p0S＋mg sin θ－p2S＝ma，
解得p2＝p0＝1.0×105 Pa.
由于环境的温度不变，此过程是等温过程，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2，
解得V2＝0.8V1，
而此时，汽缸内气体的体积依然没变，故气密性不良好，有进气的现象，进气部分气体占原有气体的百分比为
×100%＝＝25%.
1.关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( )
A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
【解析】 D 第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D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
【解析】 D 上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，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，B错误；由玻意耳定律pV＝C知，气体的体积变大，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，D正确.
3.如图所示，一定质量理想气体从状态a沿圆形线依次变化到状态b、c、d，最终回到状态a，则( )
A.从状态a经状态b到状态c是等压膨胀过程
B.从状态a经状态b、c、d回到状态a，气体放出热量
C.从状态a经状态b到状态c，气体放出热量、内能增大
D.从状态a经b、c、d回到状态a，与从状态a经d、c、b回到状态a，两个过程中气体都放出热量，且大小相等
【解析】 B 从状态a经状态b到状态c压强先减小后增大，A错误；从状态a经状态b、c、d回到状态a，气体内能不变，外界对气体做功等于圆形面积，根据热力学第一定律，知气体放出热量，B正确；状态a与状态c压强相等，体积增大，则温度升高，内能增大，气体对外界做功，则气体吸收热量，C错误；从状态a经d、c、b回到状态a，气体内能不变，气体对外界做功等于圆形面积，根据热力学第一定律，气体吸收热量，D错误.
4.(2024·河北卷)(多选)如图所示，水平放置的密闭绝热汽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，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽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.活塞初始时静止在汽缸正中间，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
【解析】 ACD 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，A正确；由题意知活塞初始时静止在汽缸正中间，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，B错误；密闭的汽缸绝热，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，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确.
5.(多选)蛟龙号是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，下潜深度已突破7 000 m.已知在深度3 000 m以下，海水温度基本不变.若蛟龙号在执行某次任务时，外部携带一装有氧气(可看作理想气体)的小型汽缸，汽缸及活塞导热性能良好，活塞与汽缸间无摩擦，若蛟龙号从4 000 m深度下潜到5 000 m深度的过程中，气体质量不变，则( )
A.每个氧气分子的动能均不变
B.5 000 m深度时氧气的体积约为4 000 m深度时体积的
C.外界对氧气做的功大于氧气放出的热量
D.氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加
【解析】 BD 每个氧气分子的运动是无规律的其动能无法确定，温度不变是分子的平均动能不变，A错误；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入数据可得＝＝＝≈，所以5000 m深度时氧气的体积约为4000 m深度时体积的，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于温度不变，气体的内能不变ΔU＝0，气体压强增大，体积减小，外界对气体做正功W>0，则氧气放出热量，并且外界对氧气做的功等于氧气放出的热量，C错误；气体压强增大，体积减小，但是温度不变，气体分子的平均动能不变，则氧气分子单位时间撞击汽缸壁单位面积的次数增加，压强才会增大，D正确.
6.(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示.在此过程中( )
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
【解析】 BC 因从a到b的p－T图像过原点，由＝C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知，气体一直从外界吸热，C正确、D错误.
7.某温度报警装置，其原理如图所示.在竖直放置的导热性能良好的圆柱形容器内，用面积S＝20 cm2、质量m＝0.5 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦上下滑动.整个装置放在水平地面上，开始时环境温度为T0＝300 K，活塞与容器底部的距离l0＝15 cm，在活塞上方d＝1 cm处有一压力传感器制成的固定卡口，当传感器受到压力达到5 N时，就会触发报警装置.已知大气压强为1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求触发报警装置的环境温度(计算结果保留三位有效数字)；
(2)环境温度升高到刚触发报警装置的过程中，气体吸收了3 J的热量，求此过程气体的内能改变量.
【解析】 (1)设封闭气体初始状态压强为p1，启动报警时压强为p2，由平衡条件有
p1S＝p0S＋mg，
p2S＝p0S＋mg＋F.
对气体由理想气体状态方程有
＝，
代入数值得T1≈328 K.
(2)依据热力学第一定律有
ΔU＝W＋Q，
W＝－p1dS，
其中Q＝3 J，
解得ΔU＝0.95 J，
即在该过程中气体的内能增加了0.95 J.
8.(2024·广西卷)如图甲所示，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm.推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处.设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－曲线如图乙.大气压强p0＝1×105 Pa.
(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)画出封闭气体等温变化的p－V图像，并通过计算标出a、b处坐标值.
【解析】 (1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
F＝p0S＝1×105×500×10-6 N＝50 N.
(2)根据题意可知F－图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
F＝k·，
根据F＝pS可得气体压强为
p＝(SI)，
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV＝·S·(x＋5)×10-3(SI)＝k·10-3(SI)，
故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化.
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
pV＝p0Sl0，
在b处时气体体积为
Vb＝Sl0＝10×10-5 m3，
在a处时气体体积为
Va＝Sla＝0.25×10-5 m3，
根据玻意耳定律
paVa＝pbVb＝p0Sl0，
解得pa＝40×105 Pa.
故封闭气体等温变化的p－V图像如下.
核心素养提升(十二) 理想气体的四类“变质量”问题
题型一 充气问题
向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题.只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题.
【例1】 某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体).于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa.求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小.
(2)充进该轮胎的空气体积.
【解析】 (1)由查理定律可得＝，
其中
p1＝2.7×105 Pa，
T1＝(273－3) K＝270 K，
T2＝(273－23) K＝250 K，
代入数据解得在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
p2＝2.5×105 Pa.
(2)由玻意耳定律可得
p2V0＋p0V＝p1V0，
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V＝6 L.
【变式训练1】 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＝.现用A罐通过细导气管(容积不计)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.
【解析】 (1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，有
＝，
其中T1＝300 K、T2＝250 K，
解得p＝p0，
充气完毕时A中的气体压强与充气结束后在－23 ℃环境中的B中气体压强相同，故为p0.
(2)对A、B组成的整体，由
p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB，
解得k＝＝1.2.
题型二 抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题.分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题.
【例2】 (2023·湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力.如图所示，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车.助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力.每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程.已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1.假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变.
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF.
【解析】 (1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积
V＝V0＋V1，
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V，
解得p1＝.
(2)同理，第二次抽气有
p1V0＝p2V，
解得p2＝＝()2p0.
以此类推……
则当n次抽气后助力气室内的气体压强
pn＝()np0，
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S.
【变式训练2】 (2024·甘肃卷)如图所示，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.
【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＝Sl，
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＝.
题型三 分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题.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看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
【例3】现需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)到南方，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到南方检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装.不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，问：
(1)在南方检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？
(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？
【解析】 (1)钢瓶的容积一定，从北方到南方对钢瓶内气体，有＝，得t＝21 ℃.
(2)在南方时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则
p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，
根据p2V2＝p3V3，得V3＝2.52 m3.
可用于分装小瓶的氧气
p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3，
分装成小钢瓶的氧气
p5＝4×105 Pa，V5＝nV，
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3，
根据p4V4＝p5V5，
得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124小瓶.
【变式训练3】 如图所示，容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救.若原来是真空的容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10 L，贮有压强为3.6×106 Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变.求：
(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋；
(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106 Pa，用去的氧气质量与原来气体总质量之比(结果可以用分数表示).
【解析】 (1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积
V1＝10 L，
p1＝3.6×106 Pa.
分装n个氧气袋，
V2＝(V1＋n×5 L)，
p2＝1.2×106 Pa，
分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2，
解得n＝4个.
(2)选取氧气袋内p2＝1.2×106 Pa的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p2V0＝p3V，
解得V＝V0，
用去气体的体积为
ΔV＝V0－V0＝V0，
所以用去气体的质量与原来气体总质量之比为
＝＝＝.
题型四 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，不能用相关方程求解.如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，再用相关方程求解即可.
【例4】 如图所示是泡茶常用的茶杯，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取10 m/s2，T＝t＋273 K.
(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，求当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值.
【解析】 (1)杯中气体做等容变化，有
＝，
末态对茶杯和茶水受力分析如图所示，列平衡方程有
p1S＋Mg＝p0S，
联立解得T1＝356.4 K，
所以此时水温为t1＝83.4 ℃.
(2)设开始茶杯内气体体积为V1，降温过程从外界进入茶杯的气体体积为V2，则
＝，
解得进入杯中的气体在室温下体积为
V2＝V1，
所以杯中原有气体在室温下体积为
V原＝V1，
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值
Δm∶m原＝1∶5.
【变式训练4】 汽车的轮胎压力监测系统的作用是在汽车行驶过程中对轮胎气压进行实时自动监测，并对轮胎漏气和低气压进行报警，以确保行车安全.某汽车在北方冬季某天的最高温度、最低温度时刻，轮胎压力监测系统测定前左侧轮胎的气压最大值、最小值分别为2.8 atm、2.5 atm.若轮胎内气体可视为理想气体，漏气前后轮胎容积不变.当天最低温度为－23 ℃.
(1)求当天的最高温度为多少摄氏度；
(2)若该汽车某时刻显示前左侧车胎气压为2.5 atm，后由于轮胎被钉子所扎开始漏气，造成轮胎气压降低，当气压降低至1.8 atm，轮胎压力监测系统开始报警.试求此过程中，轮胎漏气的质量与原有气体质量的比值.可认为漏气过程温度不变，室外气体压强为1 atm.
【解析】 (1)根据查理定律可知
＝，
即＝，
解得当天的最高温度为t1＝7 ℃.
(2)以轮胎漏气前原有气体为研究对象，在漏气过程中，根据玻意耳定律可得
p1′V＝p0V0＋p2′V(V为轮胎的体积)，
即2.5V＝1×V0＋1.8V，
解得漏气体积V0＝0.7V，
根据玻意耳定律可知，同等质量的空气在2.5 atm及1 atm下的体积之比为
＝＝，
在2.5 atm及1 atm下的空气密度之比为
＝＝，
所以轮胎漏气质量与原有气体质量的比值为
＝＝.
1.放假期间，某同学家人准备驾车出游启动汽车后，发现胎压监测系统发出警告，显示“左前轮胎胎压低，胎压为2.0p0”，于是驾车前往汽车修理店给汽车轮胎打气，打完气后，四个轮胎内气体的胎压均为2.5p0，打气泵内的气体压强为3p0，每个轮胎的体积均为V，且始终保持不变.若打气过程中轮胎内气体温度不变，则向左前轮胎中内打入气体的体积为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 由题意可知，向左前轮胎打气过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律有2.0p0V＋3p0V0＝2.5p0V，向左前轮胎中内打入气体的体积为V0＝，A正确.
2.现从一体积不变的容器中抽气，假设温度保持不变，每一次抽气后，容器内气体的压强均减小到原来的，要使容器内剩余气体的压强减为原来的，抽气次数应为( )
A.2次 B.3次
C.4次 D.5次
【解析】 D 设容器的容积是V，抽气机每次抽出气体的体积是V0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知pV＝p(V＋V0)，解得V0＝，由玻意耳定律可知抽气一次时有pV＝p1(V＋V0)，p1＝p，抽气两次时有p1V＝p2(V＋V0)，p2＝()2p，…，抽气n次时有pn－1V＝pn(V＋V0)，pn＝()np，其中pn＝p，联立解得n＝5次，D正确，A、B、C错误.
3.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】 D 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据得V＝60 cm3，D正确.
4.如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景.打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则( )
A.打气后，球内气体的压强不变
B.打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力减小
C.打气6次后，球内气体的压强为1.4 atm
D.打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm
【解析】 C 打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单
同课章节目录