高中物理人教版选修3-3学案：10.5热力学第二定律的微观解释Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版选修3-3学案：10.5热力学第二定律的微观解释Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-05-29 15:42:37 | ||
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文档简介
5热力学第二定律的微观解释
6能源和可持续发展
[学习目标] 1.了解有序和无序，宏观态和微观态的概念．(重点) 2.知道宏观态对应的微观态的数目与无序程度的关系. 知道热力学第二定律的微观意义．(重点) 3.知道熵的概念，了解熵增加原理，知道它是热力学第二定律的另一种表述．(难点) 4.了解什么是能量耗散和品质降低．了解能源与人类社会、环境的关系．(难点)
热力学第二定律的微观意义
[先填空]
1．有序、无序
一个系统的个体按确定的某种规则，有顺序地排列即有序；个体分布没有确定的要求，“怎样分布都可以”即无序．
2．宏观态、微观态
系统的宏观状态即宏观态，系统内个体的不同分布状态即微观态．
3．热力学第二定律的微观意义
一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．
4．熵
表达式S＝kln_Ω，k表示玻耳兹曼常量，Ω表示一个宏观状态所对应的微观状态的数目．S表示系统内分子运动无序性的量度，称为熵．
5．熵增加原理
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．
[再思考]
质量相同、温度相同的水，如图10-5-1所示，分别处于固态、液态和气态三种状态下，它们的熵的大小有什么关系？为什么？
气体 液体 固体
图10-5-1
【提示】 质量相同、温度相同的水，可以由固态自发地向液态、气态转化．所以，气态时的熵最大，其次是液态，固态时的熵最小．
[后判断]
1．熵越大说明系统内分子运动的无序性越大．(√)
2．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程．(√)
3．一个宏观状态所对应的微观态越多，越无序，熵越小．(×)
能源和可持续发展
[先填空]
1．常规能源：煤、石油、天然气．
2．大量消耗常规能源造成的危害
(1)空气质量恶化，危害生态环境．
(2)大气污染最突出的影响是：温室效应和酸雨．
3．开发新能源
(1)化石能源的短缺和利用常规能源带来的环境污染，使得新能源的开发成为当务之急．
(2)新能源
[再思考]
如图10-5-2所示是锅炉工作时的外景，从节约能源和环境保护角度来看，分析存在的主要问题是什么？
图10-5-2
【提示】 由题图中的浓烟滚滚，可以发现存在的主要问题有两个：一是燃料燃烧不充分，且烟气带走大量的热量，造成能量损失；二是造成大气污染．
[后判断]
1．根据能量守恒定律知，节约能源是没必要的．(×)
2．能量的耗散是指散失在环境中的内能品质降低，再也无法被人类利用．(√)
3．能源的开发和利用必须同时考虑其对环境的影响．(√)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一 热力学第二定律的微观意义
第1步 探究——分层设问，破解疑难
1．熵的大小与无序性的大小有什么关系？
【提示】 熵值越大其无序性越大．
2．在自然过程中，孤立系统的熵一定增大吗？
【提示】 在自然过程中，孤立系统的熵总是从熵小的状态向熵大的状态发展．
第2步 结论——自我总结，素能培养
1．热力学第二定律的微观意义
热力学第二定律揭示了涉及热现象的一切宏观自然过程都只能在一个方向上发生，而不会可逆地在相反的方向上出现．它指出在能量得以平衡的众多过程中，哪些可能发生，哪些不可能发生．自然界涉及热现象的一切宏观过程都是不可逆的，宏观自发过程的这种方向性(熵增加的方向)，也就成为时间的方向性．所以，“熵”又常常被称为“时间箭头”．
2．熵和熵增加原理
(1)熵是反映系统无序程度的物理量，正如温度反映物体内分子平均动能大小一样．系统越混乱，无序程度越大，就称这个系统的熵越大．
(2)系统自发变化时，总是向着无序程度增加的方向发展，至少无序程度不会减少．也就是说，系统自发变化时，总是由热力学概率小的状态向热力学概率大的状态进行．从熵的意义上来说，系统自发变化时，总是向着熵增加的方向发展，不会使熵减小．
(3)任何宏观物质系统都有一定量的熵，熵也可以在系统的变化过程中产生或传递．
第3步 例证——典例印证，思维深化
(多选)下面关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是( )
A．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律
B．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行
C．有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
【思路点拨】 (1)热力学第二定律是一个统计规律．
(2)根据熵增加的原理，一切自然过程总是沿着分子热运动无序程度增加的方向进行．
【解析】 从热力学第二定律的微观本质看，一切不可逆过程总是沿着大量分子热运动无序程度增大的方向进行，我们知道热力学第二定律是一个统计规律，故A对，B、C错．任何自然过程总是朝着无序程度增大的方向进行，也就是朝着熵增加的方向进行，故D对．所以选A、D.
【答案】 AD
有序及无序过程的判断
1．解此类题目要理解好有序和无序，确定某种规则，符合这个规则的就是有序的，不符合这个规则和要求的分布是无序的．
2．无序意味着各处平均没有差别；而有序则相反，是按照某种规则排列的，有序与无序是相对的．
第4步 巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)关于气体向真空中扩散的规律的叙述中正确的是
( )
A．气体分子数越少，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
B．气体分子数越多，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
C．扩散到真空中的分子在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观态数目越大
D．气体向真空中扩散时，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【解析】 气体分子向真空中扩散时，分子数越少，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越大；分子数越多，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越小，则A正确、B错误．扩散到真空中的分子在整个容器中均匀分布的概率最大，即其宏观态对应的微观态最多，并且这一宏观态的无序性最强，C、D正确．
【答案】 ACD
2．(·烟台高二检测)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．温度升高，分子的平均动能增大，每次碰撞对容器壁的作用力增大，压强一定增大
B．体积减小，单位体积内的分子数增多，气体的内能一定增大
C．绝热压缩一定质量的理想气体时，外界对气体做功，内能增加，压强一定增大
D．一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小
【解析】 对于一定质量的理想气体，温度升高，如果气体体积增大，压强不一定增大，A错；体积减小，单位体积内的分子数增多，如果对外放热，气体的内能可能减小，B错；孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，D错．只有C对．
【答案】 C
学生分组探究二 能源和可持续发展
第1步 探究——分层设问，破解疑难
1．目前具有良好开发前景的新能源是什么？它是一次能源还是二次能源？
【提示】 太阳能 一次能源
2．利用太阳能的最好途径是什么？
【提示】 利用太阳能电池将太阳能直接转换成电能．
第2步 结论——自我总结，素能培养
1．能源开发和利用的关系图
2．能源的分类：
能源分类方法
能源分类名称
特点
举例
按形成
或转换
特点分
一次能源
自然形成，未经加工
太阳能、风能、地热能、核能、潮汐能
二次能源
由一次能源经加工转换而成
焦炭、木炭、蒸汽、液化气、酒精、汽油、电能
按利用
技术分
常规能源
已大规模正常使用
煤、石油、天然气、水能
新能源
正在开发或有新的利用方式
太阳能、核能、地热能、海洋能、沼气、风能
按可否
再生分
可再生能源
可循环使用、不断补充
水能、风能、生物质能、地热能
不可再生能源
短期内无法转换获得
煤、石油、天然气、核燃料
按对环
境污染情况分
清洁能源
对环境基本上没有污染
太阳能、海洋能、风能、水能
污染能源
会严重污染环境
化石燃料(煤、石油、天然气)
3.能源对环境的影响：
(1)常规能源对环境的影响：石油和煤燃烧产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，产生了“温室效应”，引发了一系列问题，如两极的冰雪融化、海平面上升，海水倒灌、耕地盐碱化……这些都是人类过度开发自然所产生的严重问题．
(2)做好环境保护工作：目前的任务是采用能源新技术，解决突出的环境污染问题．例如，城市生活垃圾问题，变垃圾为能源；提高汽车发动机效率，解决尾气问题，达到废气“零”排放；环境污染的综合治理问题，解决废物、废水、废气等，变废为宝．
第3步 例证——典例印证，思维深化
关于能源的开发和利用，下列观点错误的是( )
A．无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C．能源的开发和利用，必须同时加强对环境的保护
D．不断开发新能源，是缓解能源危机的主要途径
【解析】
【答案】 B
弄清能量与能源的区别
1．能量是守恒的，既不会增加也不会减少．
2．能源是可以提供可利用能量的物质，能源的利用过程存在能量耗散现象，能量耗散使得能量品质下降即能源减少，故我们要节约能源．
第4步 巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)(·宜昌高二检测)下列对能量耗散的理解正确的是( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．能量耗散遵守能量守恒定律
C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失
D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
【解析】 在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散．能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性．故A、C错．
【答案】 BD
2．下列叙述中错误的是( )
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
B．无氟冰箱的使用会使臭氧层受到不同程度的破坏
C．大气中CO2含量的增多是引起温室效应的主要原因
D．“白色污染”是当前环境保护亟待解决的问题之一
【解析】 煤、石油、天然气等是动植物转化成的，其来源可追溯到太阳能，所以A正确；氟利昂会使臭氧层遭到破坏，但无氟冰箱不含氟利昂，所以B错误；引起温室效应的气体有很多，但在大气中CO2含量最大，所以CO2含量增多是引起温室效应的主要原因，C正确；“白色污染”物是一些不易分解的化工材料，所以亟待解决，如近几年国家发布“限塑令”就是为解决“白色污染”所采取的有效措施，故D正确．
【答案】 B
能源的使用及品质降低
1．各种形式的能量向内能的转化，是微观领域内由无序程度较小的状态向无序程度较大的状态转化，是能够自动发生、全额发生的．
2．内能向机械能的转化过程，由热力学第二定律知，这种转化是有条件的，即环境中必须存在着温度差，而且内能不能全额转化为机械能．
3．从可被利用的价值来看，内能相对于机械能、电能等，是一种低品质的能量．
据《中国环境报》报道：从一份科技攻关课题研究结果显示，我国酸雨区已占国土面积的40%以上，研究结果还表明，我国农业每年因遭受酸雨而造成的经济损失高达15亿元．为了有效控制酸雨，目前国务院已批准《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规．
(1)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可有效地降低地面SO2浓度，在20世纪60～70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱的结果，地面浓度降低了30%之多，请你从全球环境保护的角度，分析这种做法是否可取？说明理由．
(2)用传统的煤、石油作燃料，其主要缺点是什么？与传统的煤、石油作燃料相比，哪种物质可以作为新能源？主要优点是什么，缺点又是什么？
【解析】 (1)减少酸雨的产生是要杜绝污染源，而不是建造高烟囱转移污染，而杜绝酸雨的污染途径一般有三个：一是对煤、石油等传统能源进行处理，使其在燃烧过程中不产生SO2；二是对污染物SO2进行回收利用；三是开发新能源．
(2)传统燃料的主要缺点是：①煤、石油是不易再生的化工燃料，其资源是有限的；②燃烧后产生的SO2、NO2等严重污染大气，进而形成酸雨；③燃烧后产生的CO2又会造成温室效应．
与传统的燃料相比，氢可以作为目前最理想的燃料，优点：①H2可以用水作为原料来制取，取之不尽，用之不竭；②H2燃烧时放热多，放出的热量约为同质量汽油的3倍；③氢燃料的最大优点是燃烧产物为水，不易污染环境，还可循环使用．
缺点：氢能源的提取、开发和利用的技术发明成为当务之急．
【答案】 (1)不可取，因为SO2的排放总量并没有减少，进一步形成的酸雨仍会造成对全球的危害. (2)见解析
——[先听名师指津]——————————————
任何违背能量守恒定律的过程都是不可能实现的，但是不能认为不违背能量守恒的过程就一定能实现，事实上物理过程是否能实现不但要受到能量守恒定律的制约，同时还要受到物理过程方向性的制约(如能量耗散)．
——[再演练应用]———————————————
(多选)下列关于能量耗散的说法，正确的是( )
A．能量耗散使能的总量减少，违背了能量守恒定律
B．能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用
C．各种形式的能量向内能的转化，是不能够自动全额发生的
D．能量耗散导致能量品质的降低
【解析】 能量耗散是指能量在转化的过程中有一部分以内能的形式被周围环境吸收，遵守能量守恒定律，但使得能量品质降低，故A错，D对；耗散的内能无法再被利用，B项对；其他形式的能在一定条件下可以全部转化为内能，但相反过程却不能够全额进行，C项错；故B、D正确．
【答案】 BD
课时作业(十六)
[全员参与·基础练]
1．(·广州高二检测)下列说法中，正确的是( )
A．机械能和内能之间的转化是可逆的
B．气体向真空的自由膨胀是可逆的
C．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较有序的
D．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较无序的
【解析】 根据热力学第二定律，A、B错误，根据有序和无序的物理意义，C错误，D正确．
【答案】 D
2．(多选)(·济南高二检测)关于“温室效应”，下列说法正确的是
( )
A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”
B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中的二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”
C．“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化
D．“温室效应”使得土壤酸化
【解析】 “温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量．它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升及淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C选项正确．
【答案】 BC
3．下列关于熵的有关说法错误的是( )
A．熵是系统内分子运动无序性的量度
B．在自然过程中熵总是增加的
C．热力学第二定律也叫做熵减小原理
D．熵值越大代表越无序
【解析】 根据熵增加原理，不可逆过程总是朝着熵增大的方向进行．
【答案】 C
4．下列供热方式最有利于环境保护的是( )
A．用煤做燃料供热
B．用石油做燃料供热
C．用天然气或煤气做燃料供热
D．用太阳能灶供热
【解析】 煤、石油、天然气等燃料的利用，使人类获得大量的内能，但由于这些燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉尘、一氧化碳、二氧化碳等物质污染了大气．而太阳能是一种无污染的能源，应大力推广，故答案应选D.
【答案】 D
5．(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是( )
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【解析】 根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.
【答案】 AD
6．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是( )
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统的熵增加
【解析】 考虑气体分子间作用力时，若分子力是引力，分子间距从r0增大，则分子力先增大后减小，A错误．气泡上升过程中温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率也不变，B、C错误．气泡上升过程中体积膨胀，分子势能增加，内能增大，而对外做功，故气体一定吸收热量，又因为温度不变，故其熵必增加，D正确．
【答案】 D
7．(多选)(·南充一中高二检测)下列哪些现象能够发生，并且不违背热力学第二定律( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
【解析】 A、B都违背了热力学第二定律，都不能发生．C中系统的势能减少了，D中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，均能发生．
【答案】 CD
8．(多选)倒一杯热水，然后加入适当的糖后，糖会全部溶于水中，但一段时间后又观察到杯底部有糖结晶，关于这个过程下列叙述正确的是( )
A．溶解过程是自发的，结晶过程也是自发的，因此热力学第二定律是错误的
B．溶解过程是有序向无序转变的过程
C．结晶过程是有序向无序转变的过程
D．结晶过程不是自发的，因为有外界的影响
【解析】 溶解和结晶过程必须满足一定的条件才能进行，不是自发的，A错误D正确；溶解过程是有序向无序转变的过程，结晶过程是无序向有序转变的过程，B正确C错误．
【答案】 BD
[超越自我·提升练]
9．用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空(如图10-5-3甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图10-5-3乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是( )
甲 乙
图10-5-3
A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动
B．自由膨胀前后，气体的压强不变
C．自由膨胀前后，气体的温度不变
D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分
【解析】 气体向真空膨胀，不对外做功，在充满整个容器过程中也没有热交换，根据热力学第一定律知内能不变，温度不变，C正确；气体膨胀后体积增大，温度不变，根据理想气体状态方程可知气体压强减小，B错误；自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程，但其逆过程却不能自动地进行，A、D错误．
【答案】 C
10．柴油机使柴油燃料在汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能．燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能是衡量机器性能好坏的重要指标．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感觉一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是( )
A．尾气的温度越高，柴油机越节能
B．尾气的温度越低，柴油机越节能
C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D．以上说法均不正确
【解析】 气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源，而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低，故B正确．
【答案】 B
11．某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
【解析】 首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为m＝πr2vtρ，这些气流的动能为Ek＝mv2，
故风车带动发电机发电的功率为P＝＝πr2ρv3×10%
代入数据以后得P＝3.4 kW.
【答案】 3.4 kW
12．能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有限，有朝一日要被开采完，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例．
如图10-5-4表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同时，堵住通道，如图甲．潮落至最低点时放水发电，如图乙．待内外水面高度相同时，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又进水发电，如图丙．设海湾面积为5.0×107 m2，高潮与低潮间高度差为3.0 m，则一天内流水的平均功率为________MW.
图10-5-4
【解析】 潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为mg＝ρShg＝1.0×103×5.0×107×3×10 N＝1.5×1012 N，其重心高度变化为h′＝1.5 m.
一天内海水两进两出，故水流功率为
P＝＝ W＝1.0×108 W
＝100 MW.
【答案】 100
章末复习提升课(四)
———[总揽全局]——————————————
热力学第一定律及其应用
1.公式和正负号
(1)公式：ΔU＝Q＋W.
(2)正负号：
符号
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
内能减小
2.注意问题
(1)在绝热过程Q＝0，ΔU＝W，用做功情况可判断内能的变化．
(2)在气体体积不变时，W＝0，ΔU＝Q，用吸热、放热情况可判断内能的变化．
(3)若物体内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q，功和热量符号相反、大小相等．因此，判断内能变化问题，一定要全面考虑．
一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：
(1)气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________J.
(2)气体的分子势能________(填“增加”或“减少”)．
(3)分子平均动能如何变化？
【解析】 (1)因气体从外界吸收热量，所以
Q＝4.2×105 J，
气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功
W＝－6×105 J，
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得
ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J，
所以物体内能减少了1.8×105 J.
(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．
(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．
【答案】 (1)减少 1.8×105 (2)增加 (3)见解析
1．(·唐山高二检测)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴．ab的延长线过原点，以下说法错误的是 ( )
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
图10-1
【解析】 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；
气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故选项D正确．
【答案】 A
热力学第二定律及其应用
1.热力学第二定律的几种表现形式
(1)热传递具有方向性
两个温度不同的物体进行接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体．要实现低温物体向高温物体传递热量，必须借助外界的帮助，来产生其他影响或引起其他变化．
(2)气体的扩散现象具有方向性
两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，绝不会自发地分开，成为两种不同的气体．
(3)机械能和内能的转化过程具有方向性
物体在水平面上运动，因摩擦而逐渐停下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运动起来．
(4)气体向真空膨胀具有方向性
气体可自发地向真空容器膨胀，但绝不可能出现气体自发地再从容器中流回，使容器变为真空．
2．深刻理解热力学第二定律的内涵
掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质，即热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明．凡是对这种宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述．本章对热力学第二定律的表述很多，这些不同形式的表述都是等价的．
关于热力学第二定律，下列表述正确的是( )
A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功
C．第二类永动机是不可能制成的
D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论
【解析】 如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功．热力学第一定律说明在任何过程中能量必须守恒，热力学第二定律却说明并非能量守恒过程均能实现．热力学第二定律是反映自然界过程进行的方向和条件的一个规律．它指出自然界中出现的过程是有方向性的，某些方向的过程可以实现，而另一方向的过程则不能实现．在热力学中，第二定律和第一定律相辅相成，缺一不可．
【答案】 C
2．(多选)用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在
热水中，接触点2插在冷水中，如图10－2所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象．关于这一现象的正确说法是
( )
图10－2
A．这一实验过程不违反热力学第二定律
B．在实验过程中，热水一定降温，冷水一定升温
C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能
D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能
【解析】 自然界中的任何现象或过程都不违背热力学定律，本实验现象也不违反热力学第二定律，A正确；整个过程中能量守恒且有方向性，B正确；在绝热过程中，热水中的内能除转化为电能外，还升高金属丝的温度，内能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还升高金属丝的温度，因此电能不能全部转化为冷水的内能，故正确答案为A、B.
【答案】 AB
综合测评(四)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
热力学第一定律
1、3、4、7、9
10、11、12、13、14
15、16、17
热力学第二定
律及微观解释
2、5
能量守恒定律
8
能源和
可持续发展
6
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题号后标出)
1．对于热量、功和内能，三者的说法正确的是( )
A．热量、功、内能三者的物理意义等同
B．热量、功都可以作为物体内能的量度
C．热量、功、内能的单位不相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
【解析】 物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体的内能可以通过做功和热传递两种途径，这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在热传递过程中物体内能变化的多少，而功是用做功的方式来量度改变物体内能多少的，即热量、功都可以作为物体内能变化的量度，B错误；三者单位都是焦耳，C错误；热量和功是过程量，内能是状态量，D正确．
【答案】 D
2．下列关于熵的说法中错误的是( )
A．熵是物体内分子运动无序程度的量度
B．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减小的方向进行
C．热力学第二定律的微观实质是熵的增加，因此热力学第二定律又叫熵增加原理
D．熵值越大，代表系统内分子运动越无序
【解析】 热力学第二定律表明，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的．例如，功转变为热是机械能向内能转化．B正确
【答案】 B
3．给旱区送水的消防车停于水平面，在缓慢放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )
A．从外界吸热 B．对外界做负功
C．分子平均动能减少 D．内能增加
【解析】 把车胎内气体看作理想气体，由气体状态方程＝C可知，在T不变的情况下，若p减小，则V增大，故气体对外做功，B错．温度不变，理想气体分子的平均动能不变、内能不变，C、D错．结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于W为负值，Q>0即从外界吸热，故A正确．
【答案】 A
4．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1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( )
图1
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】 汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和，密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.
【答案】 A
5．(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是( )
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【解析】 根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.
【答案】 AD
6．关于能量和能源，下列说法中正确的是( )
A．化石能源是清洁能源
B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了
【解析】 化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，A项错误；能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，但能量品质会下降，故要节约能源，B、C项均错误，D项正确．
【答案】 D
7．(·烟台二中检查)景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )
图2
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
【解析】 猛推推杆，封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功，套筒由牛角做成，导热能力很差，且压缩过程用时极短，故压缩过程可看做绝热过程．由ΔU＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．
【答案】 B
8．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图3所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )
图3
A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题
B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现
C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现
D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现
【解析】 磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．
【答案】 D
9．(多选)如图4所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )
图4
A．右边气体温度升高，左边气体温度不变
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
【解析】 当电热丝通电后，右边的气体温度升高，气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又汽缸壁和隔板均绝热，根据热力学第一定律知，左边的气体内能增加，所以温度升高，故A错误，B正确；根据pV/T＝C，可推出左边的气体压强增大，故C正确．右边气体内能的增加值等于电热丝发出的热量减去对左边气体所做的功，故D错．
【答案】 BC
10．(多选)(·济南高二检测)如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )
图5
A．快速挤压时，瓶内气体压强变大
B．快速挤压时，瓶内气体温度不变
C．快速挤压时，瓶内气体体积不变
D．缓慢挤压时，气球下降
【解析】 快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV，气球下降，则D项正确．
【答案】 AD
二、填空题(本大题共2小题，共16分)
11．(8分)如图6所示，内壁光滑的汽缸水平放置．一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．
图6
【解析】 由热力学第一定律，对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，温度升高，体积由V1增大为V2，对外做功W＝p0(V2－V1)．则在此过程中，气体分子平均动能增大，由热力学第一定律可得气体内能变化了ΔU＝Q－W＝Q－p0(V2－V1)．
【答案】 增大 Q－p0(V2－V1)
12．(8分)如图7所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．
图7
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.
【解析】 (1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W<0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W>0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误．
(2)从A→B、C→D的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B→C，内能增大的过程是D→A.
气体完成一次循环时，内能变化ΔU＝0，热传递的热量Q＝Q1－Q2＝(63－38) kJ＝25 kJ，根据ΔU＝Q＋W，得W＝－Q＝－25 kJ，即气体对外做功25 kJ.
【答案】 (1)C (2)B→C 25
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13. (10分)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声，气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0，取T＝t＋273 K．试分析：
图8
(1)容器内的气体看做理想气体，求容器内气体的温度．
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
【解析】 (1)根据查理定律：＝
p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0
整理得：T2＝1200 K，t2＝927℃，
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ
故内能减小35 kJ.
【答案】 (1)927℃ (2)减小 35 kJ
14．(10分)如图所示，p－V图中一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420 J，同时膨胀对外做功300 J．当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时外界压缩气体做功200 J，求此过程气体吸收或放出的热量是多少焦？
图9
【解析】 一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外做的功W1，气体内能增加，由热力学第一定律，气体内能增加量为
ΔU＝Q1＋W1＝420 J＋(－300 J)＝120 J
气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120 J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200 J的功，因而气体必向外界放热，放出的热量为
Q2＝ΔU－W2＝(－120 J)－200 J＝－320 J.
【答案】 放出的热量为320 J
15. (12分)(·日照高二检测)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．
求：
图10
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.
【解析】 (1)在气体压强由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，
由查理定律得：＝，
解得：T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：＝，
解得：V1＝V.
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少量为
ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU，解得：
Q＝p0V＋αT0
【答案】 (1)V (2)p0V＋αT0
16．(12分)一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K.
(1)求气体在状态B时的体积；
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因；
(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小，并说明原因．
【解析】 (1)A→B由盖—吕萨克定律，＝知
VB＝VA＝×0.3 m3＝0.4 m3.
(2)B→C气体体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．
(3)A→B，气体内能增加，
由热力学第一定律：
Q1－W＝ΔU，Q1＝ΔU＋W
B→C，气体体积不变，内能减少，Q2＝ΔU，
所以Q1>Q2.
【答案】 (1)0.4 m3 (2)、(3)见解析
附加题
17. (·山东高考)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)
图11
(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．
(2)此过程中左管内的气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．
【解析】 (1)设U型管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.高为h的水银柱产生的压强为ph.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
p1＝p0②
p2＝p＋ph③
V1＝l1S④
V2＝l2S⑤
由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg.⑦
(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热．
【答案】 (1)50 cmHg (2)做正功 吸热
阶段质量测评(一) 学业水平测试卷
(教师用书独具)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论
1、3
5、8、11、13、14
物体的内能
4
气体实验三定律
9、10、12
15、16
理想气体状态方程
6
气体热现象的微观意义
2
7
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分；多选题已在题后标出)
1．(多选)(·江苏省扬大附中高二下学期期中)关于分子运动，下列说法中正确的是( )
A．扩散现象说明了分子间存在着空隙
B．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显
C．悬浮在液体中的固体微粒的布朗运动是固体颗粒分子无规则运动的反映
D．布朗运动的剧烈程度跟温度有关，因此也可以叫做热运动
【解析】 扩散现象是分子间的渗透，说明分子间存在间隙，A正确．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显，B正确．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子撞击形成的，是液体分子无规则运动的反映，布朗运动是固体微粒的无规则运动，不是热运动，选项C、D错误．
【答案】 AB
2．关于理想气体的下列说法正确的是( )
A．气体对容器的压强是由气体的重力产生的
B．气体对容器的压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞产生的
C．一定质量的气体，分子的平均动能越大，气体压强也越大
D．压缩理想气体时要用力，是因为分子之间有斥力
【解析】 气体对容器的压强是由气体分子对器壁的碰撞产生的，选项A错，B对；气体的压强与分子密集程度及分子的平均动能大小有关，平均动能越大则温度越高，但如果体积变化很大，压强可能减小，故选项C错．压缩理想气体要用力，克服的是气体的压力(压强)，而不是分子间的斥力，选项D错．
【答案】 B
3．(·重庆市重庆一中高二下学期期中)分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质．据此可判断下列说法中错误的是( )
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可以先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
【解析】 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这是布朗运动，间接反映了液体分子运动的无规则性；分子间的相互作用力随着分子间距离的变化是先减小再增大，再减小，选项B错误．
【答案】 B
4．关于物体的内能，下列说法中正确的是( )
A．水分子的内能比冰分子的内能大
B．物体所处的位置越高，分子势能就越大，内能越大
C．一定质量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，内能一定减少
D．相同质量的两个同种物体，运动物体的内能一定大于静止物体的内能
【解析】 内能是指组成物体的所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，说单个分子的内能没有意义，故选项A错误．内能与机械能是两种不同性质的能，它们之间无直接联系，内能与“位置”高低、“运动”还是“静止”没有关系，故选项B、D错误．一定质量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，放出热量，使得内能减小．C正确．
【答案】 C
5．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式中正确的是( )
A．NA＝ B．ρ＝
C．m＝ D．Δ＝
【解析】 对于水蒸气，宏观量μ、V、ρ之间的关系式仍适用，有μ＝ρV，宏观量与微观量之间的质量关系也适用，有NA＝，所以m＝，选项C正确．NA＝＝，选项A正确．由于水蒸气的分子间有较大的距离，求出的是一个分子平均占有的空间，一个水蒸气分子的体积远远小于该空间，所以选项D不正确．密度公式不适用于单个分子的计算，选项B也不正确．
【答案】 AC
6．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
【解析】 若p1＝p2，则＝可知选项A、B均错；若V1＝V2，则＝可知选项D正确；由＝可知选项C错；故选D.
【答案】 D
7．对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是( )
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
【解析】 根据气体压强产生的原因可知：一定质量的理想气体的压强，由气体分子的平均动能和气体分子的密集程度共同决定．A、C、D三个选项均只给定了其中一个因素，而另一个因素不确定，不能判断压强是变大还是变小，所以只有选项B正确．
【答案】 B
8．(·泉州高二检测)用r表示两个分子间的距离，Ep表示两个分子间相互作用的势能，当r＝r0时， 两分子间的斥力大小等于引力大小，设两分子相距很远时Ep＝0，则( )
A．当r>r0时，Ep随着r的增大而减小
B．当rC．当r>r0时，Ep不随着r的变化而变化
D．当r＝r0时，Ep＝0
【解析】 当r＝r0时，分子势能最小，而不是Ep＝0，D错误；当r>r0时，随着r的增大，分子力做负功，Ep增大，A、C错误；当r【答案】 B
9．如图所示，开口向下的竖直玻璃管的末端有一段水银柱，当将玻璃管从竖直位置转过45°时，开口端的水银柱将( )
图1
A．从管的开口端流出一部分
B．不发生变化
C．沿着管子向上移动一段距离
D．无法确定其变化情况
【解析】 原先管内气体的压强为p0－ρgh(p0为大气压，h为水银柱的竖直高度)，当将玻璃管转过45°时，温度不变，假设气体体积不变，气体压强变为(p0－ρghcos 45°)，压强增大，pV＝C，p增大，V将减小．故选项C正确．
【答案】 C
10．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图象如图所示，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图象和V-T图象表示，则下列各图象中正确的是( )
图2
【解析】 在p-V图象中，由A→B，气体经历的是等温过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容过程，根据查理定律＝ ，pC>pB，则TC>TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压过程，根据盖—吕萨克定律＝，VC>VA，则TC>TA，气体的体积减小，温度降低．在选项A、B的图象中，由于B→C是等容过程，其图线应是经过坐标原点O(绝对零值)的直线，可见A错误，B正确；在选项C、D的图象中，表示B→C的等容过程的图线，应是平行于T轴的直线，表示C→A的等压过程的图线应是通过坐标原点O的直线，故选项C错误，D正确．
【答案】 BD
二、填空题(本大题共2小题，共16分)
11．(8分)在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0 cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个．
(1)这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________；这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．
(2)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸的酒精溶液含油酸为________m3，油膜面积为________m2，求得的油膜分子直径为________m．(结果取1位有效数字)
【解析】 一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V＝× mL＝4×10－5 mL＝4×10－11 m3
形成油膜的面积S＝1×1×(67＋14) cm2≈8×10－3 m2
油酸分子的直径d＝≈5×10－9 m.
【答案】 (1)单分子油膜 直径
(2)4×10－11 8×10－3 5×10－9
12．(8分)用DIS研究一定质量气体在温度不变时压强与体积关系的实验装置如图(甲)所示，实验步骤如下：
(甲) (乙)
图3
①把注射器活塞移至注射器中间位置，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-1/p图象处理实验数据，得出如图(乙)所示图线．
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是________；
(2)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________；
(3)如果实验操作规范正确，但如图(乙)所示的V-1/p图象不过原点，则V0代表________．
【解析】 (1)用润滑油涂活塞．(2)缓慢抽动活塞；活塞及注射器壁导热要良好．(3)根据p(V＋V0)＝C，C为定值，则V＝－V0，体积读数值比实际值小V0.
【答案】 见解析
三、计算题(本大题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲、乙分子间作用力与距离间关系如图所示．若把质量为m＝1×10－26 kg的乙分子从r3(r3＝12d，d为分子直径)处以v＝100 m/s的速度沿x轴负向向甲飞来，仅在分子力作用下，则乙分子在运动中能达到的最大分子势能为多大？
图4
【解析】 在乙分子靠近甲分子过程中，分子力先做正功，后做负功，分子势能先减小，后增大，动能和势能之和不变，当速度为零时，分子势能最大，
Epm＝ΔEk减＝mv2＝×1×10－26×1002 J＝5×10－23 J.
【答案】 5×10－23 J
14．(10分)很多轿车中设有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/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1，试估算：
(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．(结果保留1位有效数字)
【解析】 (1)设N2的物质的量为n，则n＝，
氮气的分子总数N＝NA，
代入数据得N＝3×1023个．
(2)每个分子所占的空间为V0＝，
设分子间平均距离为a，
则有V0＝a3，
即a＝＝，
代入数据得a≈3×10－9 m.
【答案】 (1)3×1024个 (2)3×10－9 m
15．(12分)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的p-t图象．已知在状态B时气体的体积VB＝3 L，求：
图5
(1)气体在状态A的压强；
(2)气体在状态C的体积．
【解析】 (1)A→B等容变化，＝得pA＝0.75 atm.
(2)B→C等温变化，pBVB＝pCVC得VC＝2 L.
【答案】 (1)0.75 atm (2)2 L
16．(12分)如图6所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2.
图6
求：(1)活塞的质量；
(2)固体A的体积．
【解析】 (1)设固体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40－ΔV，
T2＝330 K，p2＝(1.0×105＋)Pa，V2＝V1，
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV
由状态1到状态2为等容过程＝
代入数据得m＝4 kg.
(2)由状态2到状态3为等压过程＝
代入数据得ΔV＝640 cm3.
【答案】 (1)4 kg (2)640 cm3
附加题
17．(·海南高考)如图，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d.已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变．求小车加速度的大小．
图7
【解析】 设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，活塞受到汽缸内外气体的压力分别为
f1＝p1S①
f0＝p0S②
由牛顿第二定律得
f1－f0＝ma③
小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得
p1V1＝p0V④
式中V＝SL⑤
V1＝S(L－d)⑥
联立①②③④⑤⑥式得
a＝.
【答案】
阶段质量测评(二) 高考水平测试卷
(教师用书独具)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论
1、2
9、11、13
15
物体的内能
4
气体实验三定律
5、6
8、10、12
14、16、17
理想气体状态方程
7
气体热现象的微观意义
3
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(多选)(·临沂检测)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力总表现为引力
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．布朗运动是固体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
【答案】 AC
2．(多选)阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，铝的摩尔质量为M(kg/mol)，铝的密度为ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是( )
A．1 kg铝所含原子数为ρNA
B．1 m3铝所含原子数为ρNA/M
C．1个铝原子的质量为M/NA(kg)
D．1个铝原子所占的体积为M/(ρNA)(m3)
【解析】 一个铝原子的质量m＝M/NA，C对；铝的摩尔体积为V＝M/ρ，所以1个铝原子占有的体积为V0＝V/NA＝M/(ρNA)，D对；因1个铝原子占有的体积是M/(ρNA)，所以1 m3铝所含原子的数目n＝1/(M/(ρNA))＝ρNA/M，B对；又因一个铝原子的质量m＝M/NA，所以1 kg铝所含原子的数目n′＝1/(M/NA)＝NA/M，A错．
【答案】 BCD
3．如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )
甲 乙
图1
A．两容器中器壁的压强都是由分子撞击器壁而产生的
B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C．甲容器中pA>pB，乙容器中pC＝pD
D．当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
【解析】 甲容器压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器压强产生的原因是分子撞击器壁，选项A、B错误；液体的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，选项C正确；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，选项D错误．
【答案】 C
4．(多选)一定质量的0 ℃的冰，全部变成0 ℃的水的过程中，体积减小，则它的能量变化情况是( )
A．分子的平均动能增大，分子的势能减小
B．分子的平均动能减小，分子的势能增大
C．分子的平均动能不变，分子的势能增大
D．水的分子动能不变，水的内能增加
【解析】 0 ℃的冰变成0 ℃的水，温度不变，所以分子的平均动能不变，一定质量的0 ℃的冰变成0 ℃的水需要吸收热量，则水的内能增大，而分子平均动能不变，所吸收的热量用来增大分子的势能，选项A，B错，C、D正确．
【答案】 CD
5．如图2所示，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体．当将管慢慢地向上提起时，管内气柱的长度
( )
图2
A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小
C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大
【解析】 假设上段空气柱长度不变，则下段空气柱长度变大，则下段封闭气体体积变大，其压强减小，导致上段空气柱压强减小，由pV为恒量，得L1也变长．
【答案】 D
6．(多选)伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图3所示．一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则( )
图3
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩性质制造的
【解析】 细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物体是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用它的热胀冷缩的性质制造的，故A、B错，C、D正确．
【答案】 CD
7．(多选)如图4所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用图6中的图象表示的是( )
图4
【解析】 由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据＝C可知压强减小．对A图象进行分析，p-V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确．对B图象进行分析，p-V图象是直线，温度会发生变化，故B错误．对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C错误．对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D正确．
【答案】 AD
8．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p-T图象，对应的p-V图象应是( )
图5
【解析】 根据查理定律可知，当气体状态发生沿图线A到B的变化时，气体的体积保持不变，根据玻意耳定律可知，当气体状态发生沿图线B到C的变化时，气体的温度保持不变，所以C正确．
【答案】 C
9．(·山东省实验中学高二检测)如图甲所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力．A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，图(乙)中A、B、C、D四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是( )
甲
图6
乙
【解析】 乙分子的运动方向始终不变，即速度没有正负的转换，显然选项A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，故B正确；乙分子从A处由静止释放，分子势能不可能增大到正值，故C错误；分子动能不可能为负值，故D错误．
【答案】 B
10．如图所示，在柱形容器中装有部分水，容器上方有一可自由移动的活塞．容器水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管，玻璃管中有部分空气，系统稳定时，玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a，空气柱在管外水面下方的长度为b，水面上方木块的高度为c，水面下方木块的高度为d.现在活塞上方施加竖直向下且缓缓增大的力F，使活塞下降一小段距离(未碰及玻璃管和木块)，下列说法中正确的是( )
图7
A．d和b都减小 B．只有b减小
C．只有a减小 D．a和c都减小
【解析】 活塞下降一小段距离，则容器中的气体体积减小，压强增大，对于木块露出的部分决定于上、下压强差，故c、d不变；对于玻璃管，浮力等于重力，排开水的体积不变，b不变，玻璃管内气体压强增大，又b不变，故a减小，C正确．
【答案】 C
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(8分)用油膜法估测分子的大小．实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1 mL的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸(最小正方形边长为1 cm)．则
(1)下面给出的实验步骤中，正确排序应为________(填序号)．为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步骤D：
A．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
B．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1 mL油酸酒精溶液的滴数n
C．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入1滴
D．______________________________________________________
(2)利用以上测量数据，写出单个油酸分子直径的表达式________．
【解析】 (1)根据实验原理可得，给出的实验步骤的正确排序为BCA，步骤D应为将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S.
(2)每滴油酸酒精溶液的体积为mL,1滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V＝×0.05% mL，所以单个油酸分子的直径为d＝＝(cm)．
【答案】 (1)BCA 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐纸纸上，以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸膜的面积S (2)(cm)
12．(8分)如图所示为一种测定“肺活量”(标准大气压下人一次呼出气体的体积)的装置，A为开口薄壁圆筒，排尽其中的空气，倒扣在水中．测量时，被测者尽力吸足空气，再通过B管用力将气体吹入A中，使A浮起．设整个过程中呼出气体的温度保持不变．
图8
(1)呼出气体的分子热运动的平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变)．
(2)设圆筒A的横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，桶底浮出水面的高度为h，桶内外水面的高度差为Δh，被测者的“肺活量”V0＝________.
【解析】 (1)由于温度是分子平均动能大小的标志，因为气体温度不变，所以分子平均动能不变．
(2)设A中气体压强为p，该部分气体在标准大气压下的体积为V0，由于整个过程中温度不变，由玻意耳定律可得：p0V0＝pV，即
p0V0＝(p0＋ρgΔh)·(h＋Δh)S，
被测者的“肺活量”：
V0＝.
【答案】 (1)不变 (2)
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)(·江苏省扬大附中高二下学期期中)某热水袋内水的体积约为400 cm3，已知水的摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少？(计算结果保留2位有效数字)
【解析】 已知一热水袋内水的体积大约是：V＝400 cm3＝4×10－4 m3，水的密度为ρ＝1×103kg/m3，则热水袋内含有的水分子数目为n＝·NA≈
1.3×1025个．
【答案】 1.3×1025个
14．(10分)(·河北联考一模)为适应太空环境，航天员都要穿航天服．航天服中有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105 Pa，气体体积为2 L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．
(1)求此时航天服内的气体压强．
(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104 Pa，则需补充1.0×105 Pa的等温气体多少升？
【解析】 (1)对航天服内气体，开始时压强为p1＝1.0×105 Pa，体积为V1＝2 L，到达太空后压强为p2，气体体积为V2＝4 L
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得p2＝5×104 Pa
(2)设补充压强为1.0×105 Pa的等温气体V′后达到的压强为p3＝9.0×104 Pa
取总气体为研究对象，由玻意耳定律得
p1(V1＋V′)＝p3V2
解得V′＝1.6 L
【答案】 (1)5×104 Pa (2)1.6 L
15．(12分)如图是“嫦娥三号”卫星顺利升空的情景．已知大气压强是由于大气的重力而产生的，某学校兴趣小组的同学，通过查找资料知道：月球半径R＝1.7×106 m，月球表面重力加速度g＝1.6 m/s2.为开发月球的需要，设想在月球表面覆盖一层大气，使月球表面附近的大气压达到p0＝1.0×105 Pa，已知大气层厚度h＝1.3×103 m，比月球半径小得多，假设月球表面开始没有空气．试估算：
图9
(1)应在月球表面覆盖的大气层的总质量m.
(2)月球表面大气层的分子数．
(3)气体分子间的距离．(空气的平均摩尔质量M＝2.9×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1)
【解析】 (1)月球的表面积S＝4πR2
月球表面大气的重力与大气压力大小相等
mg＝p0S
所以大气的总质量
m＝
代入数据可得
m＝×1.0×105 kg≈2.27×1018 kg
(2)月球表面大气层的分子数为
n＝NA＝×6.0×1023个≈4.7×1043个
(3)可以认为每一个气体分子占据的空间为一个立方体，小立方体紧密排列，其边长即为分子间的距离，设分子间距离为a，大气层中气体的体积为V，则有V＝4πR2h
a＝＝≈1.0×10－9m.
【答案】 (1)2.27×1018 kg (2)4.7×1043个 (3)1.0×10－9m
16．(12分)如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S＝1×10－4 m2，内装水银，右管内有一质量为m＝0.1 kg的活塞搁在固定卡口上，卡口比左管上端高出h＝20 cm，活塞与管壁间密封且无摩擦，右管内封闭有一定质量的理想气体．温度为t0＝27℃时，左、右管内液面高度相等，且左管内充满水银，右管内封闭气体的压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa.取T＝t＋273 K，ρ水银＝13.6×103kg/m3.现使右管内气体温度逐渐升高，求：
图10
(1)温度升高到多少时，右管活塞开始离开卡口上升？
(2)温度升高到多少时，活塞上升到离卡口4 cm处？
【解析】 (1)右端活塞开始上升时封闭气体压强
p2＝p0＋
代入数据得
p2＝1.0×105 Pa＋Pa＝1.1×105Pa
气体发生等容变化，根据查理定律得：T2＝，代入数据得T2＝330 K.
(2)活塞离开卡口后，由于气体温度逐渐升高，故封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得T3＝，代入数据得T3＝396 K.
【答案】 (1)330 K (2)396 K
附加题
17．(12分)(·课标Ⅰ卷)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：
图11
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
【解析】
(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得
＝①
由此得
T＝T0②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝·③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0④
联立③④式得
6V－V0Vx－V＝0
其解为
Vx＝V0
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．
【答案】 (1)T0 (2)V0
模块综合测评(一) 学业水平测试卷
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论、内能
1、2
气体
4
7、8、9、10、11、13
15、16、17
固体、液体和物态变化
3
14
热力学定律
5
6、8、9、10、12
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(·扬州高二检测)关于分子运动，下列说法中正确的是( )
图1
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．如图所示，布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹
C．当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大
D．当物体的温度改变时，物体分子的平均动能不一定改变
【解析】 布朗运动是悬浮颗粒的运动，布朗运动图中不规则折线是将间隔相等时间描出的点用直线连接起来得到的，不表示液体分子的运动轨迹，选项A、B均错误．如果分子间作用力表现为引力，则当分子间的距离变小时，分子力减小；如果分子间作用力表现为斥力，则当分子间的距离变小时，分子力增大，选项C正确．温度是分子平均动能的标志，当物体的温度改变时，物体分子的平均动能一定改变，选项D错误．
【答案】 C
2．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离
( )
A．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量
B．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度
C．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和体积
D．该气体的摩尔质量、密度和体积
【解析】 由摩尔质量M和密度ρ得摩尔体积Vm＝.又因为每个分子所占有的体积V＝，由此可估算出分子间的平均距离D＝＝.故B正确．而A项中的条件只能求出气体分子个数，C项只能求出该气体的密度，D项能求出气体的质量及物质的量，故A、C、D错误．
【答案】 B
3．(多选)下列说法中正确的是( )
A．晶体一定具有规则的几何外形
B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C．当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同
D．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同
【解析】 晶体包括单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何外形，选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项B正确；当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，分子的平均速率不相同，选项D错误．
【答案】 BC
4．关于气体压强，下列说法正确的是( )
A．气体对器壁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
B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲力
C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小
D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
【解析】 气体对器壁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，其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系，由此可知选项A正确，B错误；气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强一定减小，选项C错误；单位体积的气体分子数增加，若温度降低，则气体的压强有可能减小，选项D错误．
【答案】 A
5．(多选)随着科技的迅猛发展和人们生活水平的提高，下列问题一定能够实现或完成的是( )
A．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则大约20年能数完(阿伏加德罗常数NA取6.0×1023个/mol)
B．热量可以从低温物体传到高温物体
C．热机的效率能达到100%
D．太阳能的利用可普及到老百姓的日常生活中
【解析】 可估算需要10万年才能数完，所以A错；热力学第二定律告诉我们，在引起其他变化时，热量可以从低温物体传到高温物体，B正确；热机是把内能转化为机械能的机器，根据热力学第二定律可知C错；太阳能的开发和利用是人类开发新能源的主要思路，完全可以实现全民普及太阳能，所以D正确．正确答案为B、D.
【答案】 BD
6．(多选)下列关于物体内能变化情况的说法中正确的是( )
A．吸热的物体，其内能一定增加
B．体积膨胀的物体，其内能一定减少
C．放热物体其内能也可能增加
D．绝热压缩的物体，其内能一定增加
【解析】 一定质量物体内能的变化情况，由做功和热传递的总体效果来决定．体积膨胀说明物体对外界做功，压缩物体说明外界对物体做功，“绝热”表示无热传递现象发生．吸热的物体，体积不知如何变化，所以内能不一定增加，体积膨胀对外做功的物体，不知吸放热如何，因此，选项C、D正确．
【答案】 CD
7．(·大连高二检测)如图所示的四个图象中，有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a等压膨胀到状态b的过程．这个图象是( )
【解析】 一定质量的某种理想气体满足理想气体状态方程＝C；理想气体等压膨胀时，压强不变、体积增大、温度升高，V与T成正比．故正确选项为C.
【答案】 C
8．如图是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体．假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体 ( )
图2
A．内能增大 B．体积增大
C．压强不变 D．温度不变
【解析】 向下压a的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增大，选项A正确．向下压a的过程中，瓶内气体体积减小，压强增大，温度升高，选项B、C、D错误．
【答案】 A
9．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图3所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( )
图3
A．由a状态至b状态的过程中，气体放出热量，内能不变
B．由b状态至c状态的过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变
C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大
D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等
【解析】 由a到b的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A、D正确；由b到c的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减小，B错误；由c到a的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C错误．
【答案】 AD
10．(·连云港高二检测)某校开展探究性课外活动，一同学用如图所示的装置研究气体的压强、体积、温度三者之间的变化关系．该同学选用导热良好的汽缸并将其开口向下固定不动，汽缸内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )
图4
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，温度计示数不变
C．气体体积减小，温度计示数变小
D．外界对气体做功，温度计示数变大
【解析】 细沙漏出，活塞向上运动，汽缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，气体向外放热，温度不变，即内能不变，选项B正确．
【答案】 B
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(8分)某小组用如图所示的实验装置，研究“一定质量气体，体积不变时，压强与温度的关系”．在大气压p0时，将封有一定质量气体的烧瓶，浸在冰水混合物中，U形管压强计可动管A和固定管B中的水银面刚好相平，将烧瓶浸入温度为t ℃的热水中，B管水银面将________，这时应将A管________(均选填“上升”或“下降”)，使B管中水银面回到原处，记下此时A、B两管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，则此状态下瓶中气体的压强为________．
图5
【解析】 烧瓶由浸在冰水混合物到温度为t ℃的热水中，压强将增大，因此B管水银面将下降，A管水银面上升；使B管中水银面回到原处，说明体积不变，为等容变化，用来研究查理定律；此时A、B两管中水银面的高度差为h，烧瓶中的气体压强为p＝p0＋ρgh.
【答案】 下降 上升 p0＋ρgh
12．(8分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________．
(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小____kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________kJ.
【解析】 (1)根据理想气体状态方程，空气等温压缩，pV＝C，p与1/V成正比，所以该过程中空气的压强p和体积V关系的是图B.
(2)将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，气体内能保持不变；外界做了24 kJ的功，空气放出24 kJ能量，气瓶缓慢地潜入海底的过程中，放出了5 kJ的热量，所以在上述两个过程中，空气的内能共减小5 kJ，空气放出的总能量为24 kJ＋5 kJ＝29 kJ.
【答案】 (1)B (2)5 放出 29
三、计算题(本大题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)如图，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.
图6
【解析】 初态下左管内气体压强为
p2＝p0①
终态下气体的压强为
p＝p0＋ρgh②
取所有被封闭的气体为研究对象，由于气体的温度不变，则有
p1V1＋p2V2＝p(V1＋V2)③
联立①②③可得
p1＝p0＋ρgh④
【答案】 p0＋ρgh
14．(10分)容器内装有0 ℃的冰和水各0.5 kg，向里面通入100 ℃的水蒸气后，容器里的水温升高了30℃，设容器吸收热量忽略不计，且容器是绝热的．计算一下通入的水蒸气的质量有多大？[已知100℃水的汽化热L＝2.26×106 J/kg，冰的熔化热λ＝3.35×106 J/kg，水的比热容c＝4.2×103 J/(kg·℃)]
【解析】 设水蒸气质量为m,100 ℃的水蒸气变成100 ℃的水放热，为汽化热，水温再从100 ℃降到30 ℃再次放热，共放出热量为Q放＝mL＋cm(100 ℃－30 ℃)＝2.554×106m J
0．5 kg的0 ℃的冰变为0 ℃的水，再从0 ℃升高到30 ℃，0.5 kg的0 ℃的原有水从0 ℃上升到30 ℃总共吸收热量Q吸＝m0λ＋2cm0(30 ℃－0 ℃)＝1.801×106 J
由Q吸＝Q放，可得m＝0.71 kg.
【答案】 0.71 kg
15．(12分)教室的容积是100 m3，在温度是7 ℃，大气压强为1.0×105 Pa时，室内空气的质量是130 kg，当温度升高到27 ℃，大气压强为1.2×105 Pa时，教室内空气质量是多少？
【解析】 初态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝100 m3，
T1＝(273＋7) K＝280 K.
末态：p2＝1.2×105 Pa，T2＝300 K.
根据理想气体状态方程：＝得：
V2＝V1＝m3≈89.3 m3，
V2【答案】 145.6 kg
16．(12分)(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.
【解析】 设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)S①
解得Δp＝p②
外界的温度变为T后，设活塞距底部的高度为h′.根据盖—吕萨克定律，得
＝③
解得h′＝h④
据题意可得Δp＝⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝
【答案】
附加题
17．(·济南检测)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击．该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过6.0×104 Pa时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计．
(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？
(2)当时外界的大气压强为多少？
【解析】 (1)以表内气体为研究对象，
初状态：p1＝1.0×105Pa，T1＝273＋27＝300 K，
末状态：压强为p2，T2＝273 K－21 K＝252 K，
根据查理定律，有＝，解得p2＝8.4×104Pa.
如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强至少为
p0＝8.4×104Pa－6.0×104 Pa＝1.44×105Pa，
大于山脚下的大气压强(即常温下大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的．
(2)当时外界的大气压强为p1′＝8.4×104 Pa－6.0×104 Pa＝2.4×104 Pa.
【答案】 (1)向外爆裂 (2)2.4×104Pa
模块综合测评(二) 高考水平测试卷
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论、内能
1、3
11
气体
6
8、9、10、13、14
15、16、17
固体、液体和
物态的变化
2、7
热力学定律
4、5
8、12
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(多选)(·沈阳高二检测)关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法
6能源和可持续发展
[学习目标] 1.了解有序和无序，宏观态和微观态的概念．(重点) 2.知道宏观态对应的微观态的数目与无序程度的关系. 知道热力学第二定律的微观意义．(重点) 3.知道熵的概念，了解熵增加原理，知道它是热力学第二定律的另一种表述．(难点) 4.了解什么是能量耗散和品质降低．了解能源与人类社会、环境的关系．(难点)
热力学第二定律的微观意义
[先填空]
1．有序、无序
一个系统的个体按确定的某种规则，有顺序地排列即有序；个体分布没有确定的要求，“怎样分布都可以”即无序．
2．宏观态、微观态
系统的宏观状态即宏观态，系统内个体的不同分布状态即微观态．
3．热力学第二定律的微观意义
一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．
4．熵
表达式S＝kln_Ω，k表示玻耳兹曼常量，Ω表示一个宏观状态所对应的微观状态的数目．S表示系统内分子运动无序性的量度，称为熵．
5．熵增加原理
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．
[再思考]
质量相同、温度相同的水，如图10-5-1所示，分别处于固态、液态和气态三种状态下，它们的熵的大小有什么关系？为什么？
气体 液体 固体
图10-5-1
【提示】 质量相同、温度相同的水，可以由固态自发地向液态、气态转化．所以，气态时的熵最大，其次是液态，固态时的熵最小．
[后判断]
1．熵越大说明系统内分子运动的无序性越大．(√)
2．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程．(√)
3．一个宏观状态所对应的微观态越多，越无序，熵越小．(×)
能源和可持续发展
[先填空]
1．常规能源：煤、石油、天然气．
2．大量消耗常规能源造成的危害
(1)空气质量恶化，危害生态环境．
(2)大气污染最突出的影响是：温室效应和酸雨．
3．开发新能源
(1)化石能源的短缺和利用常规能源带来的环境污染，使得新能源的开发成为当务之急．
(2)新能源
[再思考]
如图10-5-2所示是锅炉工作时的外景，从节约能源和环境保护角度来看，分析存在的主要问题是什么？
图10-5-2
【提示】 由题图中的浓烟滚滚，可以发现存在的主要问题有两个：一是燃料燃烧不充分，且烟气带走大量的热量，造成能量损失；二是造成大气污染．
[后判断]
1．根据能量守恒定律知，节约能源是没必要的．(×)
2．能量的耗散是指散失在环境中的内能品质降低，再也无法被人类利用．(√)
3．能源的开发和利用必须同时考虑其对环境的影响．(√)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一 热力学第二定律的微观意义
第1步 探究——分层设问，破解疑难
1．熵的大小与无序性的大小有什么关系？
【提示】 熵值越大其无序性越大．
2．在自然过程中，孤立系统的熵一定增大吗？
【提示】 在自然过程中，孤立系统的熵总是从熵小的状态向熵大的状态发展．
第2步 结论——自我总结，素能培养
1．热力学第二定律的微观意义
热力学第二定律揭示了涉及热现象的一切宏观自然过程都只能在一个方向上发生，而不会可逆地在相反的方向上出现．它指出在能量得以平衡的众多过程中，哪些可能发生，哪些不可能发生．自然界涉及热现象的一切宏观过程都是不可逆的，宏观自发过程的这种方向性(熵增加的方向)，也就成为时间的方向性．所以，“熵”又常常被称为“时间箭头”．
2．熵和熵增加原理
(1)熵是反映系统无序程度的物理量，正如温度反映物体内分子平均动能大小一样．系统越混乱，无序程度越大，就称这个系统的熵越大．
(2)系统自发变化时，总是向着无序程度增加的方向发展，至少无序程度不会减少．也就是说，系统自发变化时，总是由热力学概率小的状态向热力学概率大的状态进行．从熵的意义上来说，系统自发变化时，总是向着熵增加的方向发展，不会使熵减小．
(3)任何宏观物质系统都有一定量的熵，熵也可以在系统的变化过程中产生或传递．
第3步 例证——典例印证，思维深化
(多选)下面关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是( )
A．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律
B．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行
C．有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
【思路点拨】 (1)热力学第二定律是一个统计规律．
(2)根据熵增加的原理，一切自然过程总是沿着分子热运动无序程度增加的方向进行．
【解析】 从热力学第二定律的微观本质看，一切不可逆过程总是沿着大量分子热运动无序程度增大的方向进行，我们知道热力学第二定律是一个统计规律，故A对，B、C错．任何自然过程总是朝着无序程度增大的方向进行，也就是朝着熵增加的方向进行，故D对．所以选A、D.
【答案】 AD
有序及无序过程的判断
1．解此类题目要理解好有序和无序，确定某种规则，符合这个规则的就是有序的，不符合这个规则和要求的分布是无序的．
2．无序意味着各处平均没有差别；而有序则相反，是按照某种规则排列的，有序与无序是相对的．
第4步 巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)关于气体向真空中扩散的规律的叙述中正确的是
( )
A．气体分子数越少，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
B．气体分子数越多，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
C．扩散到真空中的分子在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观态数目越大
D．气体向真空中扩散时，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【解析】 气体分子向真空中扩散时，分子数越少，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越大；分子数越多，分子全部分布于原状态下即全部回到原状态的概率越小，则A正确、B错误．扩散到真空中的分子在整个容器中均匀分布的概率最大，即其宏观态对应的微观态最多，并且这一宏观态的无序性最强，C、D正确．
【答案】 ACD
2．(·烟台高二检测)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．温度升高，分子的平均动能增大，每次碰撞对容器壁的作用力增大，压强一定增大
B．体积减小，单位体积内的分子数增多，气体的内能一定增大
C．绝热压缩一定质量的理想气体时，外界对气体做功，内能增加，压强一定增大
D．一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小
【解析】 对于一定质量的理想气体，温度升高，如果气体体积增大，压强不一定增大，A错；体积减小，单位体积内的分子数增多，如果对外放热，气体的内能可能减小，B错；孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，D错．只有C对．
【答案】 C
学生分组探究二 能源和可持续发展
第1步 探究——分层设问，破解疑难
1．目前具有良好开发前景的新能源是什么？它是一次能源还是二次能源？
【提示】 太阳能 一次能源
2．利用太阳能的最好途径是什么？
【提示】 利用太阳能电池将太阳能直接转换成电能．
第2步 结论——自我总结，素能培养
1．能源开发和利用的关系图
2．能源的分类：
能源分类方法
能源分类名称
特点
举例
按形成
或转换
特点分
一次能源
自然形成，未经加工
太阳能、风能、地热能、核能、潮汐能
二次能源
由一次能源经加工转换而成
焦炭、木炭、蒸汽、液化气、酒精、汽油、电能
按利用
技术分
常规能源
已大规模正常使用
煤、石油、天然气、水能
新能源
正在开发或有新的利用方式
太阳能、核能、地热能、海洋能、沼气、风能
按可否
再生分
可再生能源
可循环使用、不断补充
水能、风能、生物质能、地热能
不可再生能源
短期内无法转换获得
煤、石油、天然气、核燃料
按对环
境污染情况分
清洁能源
对环境基本上没有污染
太阳能、海洋能、风能、水能
污染能源
会严重污染环境
化石燃料(煤、石油、天然气)
3.能源对环境的影响：
(1)常规能源对环境的影响：石油和煤燃烧产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，产生了“温室效应”，引发了一系列问题，如两极的冰雪融化、海平面上升，海水倒灌、耕地盐碱化……这些都是人类过度开发自然所产生的严重问题．
(2)做好环境保护工作：目前的任务是采用能源新技术，解决突出的环境污染问题．例如，城市生活垃圾问题，变垃圾为能源；提高汽车发动机效率，解决尾气问题，达到废气“零”排放；环境污染的综合治理问题，解决废物、废水、废气等，变废为宝．
第3步 例证——典例印证，思维深化
关于能源的开发和利用，下列观点错误的是( )
A．无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C．能源的开发和利用，必须同时加强对环境的保护
D．不断开发新能源，是缓解能源危机的主要途径
【解析】
【答案】 B
弄清能量与能源的区别
1．能量是守恒的，既不会增加也不会减少．
2．能源是可以提供可利用能量的物质，能源的利用过程存在能量耗散现象，能量耗散使得能量品质下降即能源减少，故我们要节约能源．
第4步 巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)(·宜昌高二检测)下列对能量耗散的理解正确的是( )
A．能量耗散说明能量在不断减少
B．能量耗散遵守能量守恒定律
C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失
D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
【解析】 在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散．能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性．故A、C错．
【答案】 BD
2．下列叙述中错误的是( )
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
B．无氟冰箱的使用会使臭氧层受到不同程度的破坏
C．大气中CO2含量的增多是引起温室效应的主要原因
D．“白色污染”是当前环境保护亟待解决的问题之一
【解析】 煤、石油、天然气等是动植物转化成的，其来源可追溯到太阳能，所以A正确；氟利昂会使臭氧层遭到破坏，但无氟冰箱不含氟利昂，所以B错误；引起温室效应的气体有很多，但在大气中CO2含量最大，所以CO2含量增多是引起温室效应的主要原因，C正确；“白色污染”物是一些不易分解的化工材料，所以亟待解决，如近几年国家发布“限塑令”就是为解决“白色污染”所采取的有效措施，故D正确．
【答案】 B
能源的使用及品质降低
1．各种形式的能量向内能的转化，是微观领域内由无序程度较小的状态向无序程度较大的状态转化，是能够自动发生、全额发生的．
2．内能向机械能的转化过程，由热力学第二定律知，这种转化是有条件的，即环境中必须存在着温度差，而且内能不能全额转化为机械能．
3．从可被利用的价值来看，内能相对于机械能、电能等，是一种低品质的能量．
据《中国环境报》报道：从一份科技攻关课题研究结果显示，我国酸雨区已占国土面积的40%以上，研究结果还表明，我国农业每年因遭受酸雨而造成的经济损失高达15亿元．为了有效控制酸雨，目前国务院已批准《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规．
(1)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可有效地降低地面SO2浓度，在20世纪60～70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱的结果，地面浓度降低了30%之多，请你从全球环境保护的角度，分析这种做法是否可取？说明理由．
(2)用传统的煤、石油作燃料，其主要缺点是什么？与传统的煤、石油作燃料相比，哪种物质可以作为新能源？主要优点是什么，缺点又是什么？
【解析】 (1)减少酸雨的产生是要杜绝污染源，而不是建造高烟囱转移污染，而杜绝酸雨的污染途径一般有三个：一是对煤、石油等传统能源进行处理，使其在燃烧过程中不产生SO2；二是对污染物SO2进行回收利用；三是开发新能源．
(2)传统燃料的主要缺点是：①煤、石油是不易再生的化工燃料，其资源是有限的；②燃烧后产生的SO2、NO2等严重污染大气，进而形成酸雨；③燃烧后产生的CO2又会造成温室效应．
与传统的燃料相比，氢可以作为目前最理想的燃料，优点：①H2可以用水作为原料来制取，取之不尽，用之不竭；②H2燃烧时放热多，放出的热量约为同质量汽油的3倍；③氢燃料的最大优点是燃烧产物为水，不易污染环境，还可循环使用．
缺点：氢能源的提取、开发和利用的技术发明成为当务之急．
【答案】 (1)不可取，因为SO2的排放总量并没有减少，进一步形成的酸雨仍会造成对全球的危害. (2)见解析
——[先听名师指津]——————————————
任何违背能量守恒定律的过程都是不可能实现的，但是不能认为不违背能量守恒的过程就一定能实现，事实上物理过程是否能实现不但要受到能量守恒定律的制约，同时还要受到物理过程方向性的制约(如能量耗散)．
——[再演练应用]———————————————
(多选)下列关于能量耗散的说法，正确的是( )
A．能量耗散使能的总量减少，违背了能量守恒定律
B．能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用
C．各种形式的能量向内能的转化，是不能够自动全额发生的
D．能量耗散导致能量品质的降低
【解析】 能量耗散是指能量在转化的过程中有一部分以内能的形式被周围环境吸收，遵守能量守恒定律，但使得能量品质降低，故A错，D对；耗散的内能无法再被利用，B项对；其他形式的能在一定条件下可以全部转化为内能，但相反过程却不能够全额进行，C项错；故B、D正确．
【答案】 BD
课时作业(十六)
[全员参与·基础练]
1．(·广州高二检测)下列说法中，正确的是( )
A．机械能和内能之间的转化是可逆的
B．气体向真空的自由膨胀是可逆的
C．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较有序的
D．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较无序的
【解析】 根据热力学第二定律，A、B错误，根据有序和无序的物理意义，C错误，D正确．
【答案】 D
2．(多选)(·济南高二检测)关于“温室效应”，下列说法正确的是
( )
A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”
B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中的二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”
C．“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化
D．“温室效应”使得土壤酸化
【解析】 “温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量．它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升及淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C选项正确．
【答案】 BC
3．下列关于熵的有关说法错误的是( )
A．熵是系统内分子运动无序性的量度
B．在自然过程中熵总是增加的
C．热力学第二定律也叫做熵减小原理
D．熵值越大代表越无序
【解析】 根据熵增加原理，不可逆过程总是朝着熵增大的方向进行．
【答案】 C
4．下列供热方式最有利于环境保护的是( )
A．用煤做燃料供热
B．用石油做燃料供热
C．用天然气或煤气做燃料供热
D．用太阳能灶供热
【解析】 煤、石油、天然气等燃料的利用，使人类获得大量的内能，但由于这些燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉尘、一氧化碳、二氧化碳等物质污染了大气．而太阳能是一种无污染的能源，应大力推广，故答案应选D.
【答案】 D
5．(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是( )
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【解析】 根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.
【答案】 AD
6．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是( )
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统的熵增加
【解析】 考虑气体分子间作用力时，若分子力是引力，分子间距从r0增大，则分子力先增大后减小，A错误．气泡上升过程中温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率也不变，B、C错误．气泡上升过程中体积膨胀，分子势能增加，内能增大，而对外做功，故气体一定吸收热量，又因为温度不变，故其熵必增加，D正确．
【答案】 D
7．(多选)(·南充一中高二检测)下列哪些现象能够发生，并且不违背热力学第二定律( )
A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热
B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能
C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离
D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体
【解析】 A、B都违背了热力学第二定律，都不能发生．C中系统的势能减少了，D中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，均能发生．
【答案】 CD
8．(多选)倒一杯热水，然后加入适当的糖后，糖会全部溶于水中，但一段时间后又观察到杯底部有糖结晶，关于这个过程下列叙述正确的是( )
A．溶解过程是自发的，结晶过程也是自发的，因此热力学第二定律是错误的
B．溶解过程是有序向无序转变的过程
C．结晶过程是有序向无序转变的过程
D．结晶过程不是自发的，因为有外界的影响
【解析】 溶解和结晶过程必须满足一定的条件才能进行，不是自发的，A错误D正确；溶解过程是有序向无序转变的过程，结晶过程是无序向有序转变的过程，B正确C错误．
【答案】 BD
[超越自我·提升练]
9．用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空(如图10-5-3甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图10-5-3乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是( )
甲 乙
图10-5-3
A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动
B．自由膨胀前后，气体的压强不变
C．自由膨胀前后，气体的温度不变
D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分
【解析】 气体向真空膨胀，不对外做功，在充满整个容器过程中也没有热交换，根据热力学第一定律知内能不变，温度不变，C正确；气体膨胀后体积增大，温度不变，根据理想气体状态方程可知气体压强减小，B错误；自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程，但其逆过程却不能自动地进行，A、D错误．
【答案】 C
10．柴油机使柴油燃料在汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能．燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能是衡量机器性能好坏的重要指标．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感觉一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是( )
A．尾气的温度越高，柴油机越节能
B．尾气的温度越低，柴油机越节能
C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D．以上说法均不正确
【解析】 气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源，而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低，故B正确．
【答案】 B
11．某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
【解析】 首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为m＝πr2vtρ，这些气流的动能为Ek＝mv2，
故风车带动发电机发电的功率为P＝＝πr2ρv3×10%
代入数据以后得P＝3.4 kW.
【答案】 3.4 kW
12．能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有限，有朝一日要被开采完，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例．
如图10-5-4表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同时，堵住通道，如图甲．潮落至最低点时放水发电，如图乙．待内外水面高度相同时，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又进水发电，如图丙．设海湾面积为5.0×107 m2，高潮与低潮间高度差为3.0 m，则一天内流水的平均功率为________MW.
图10-5-4
【解析】 潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为mg＝ρShg＝1.0×103×5.0×107×3×10 N＝1.5×1012 N，其重心高度变化为h′＝1.5 m.
一天内海水两进两出，故水流功率为
P＝＝ W＝1.0×108 W
＝100 MW.
【答案】 100
章末复习提升课(四)
———[总揽全局]——————————————
热力学第一定律及其应用
1.公式和正负号
(1)公式：ΔU＝Q＋W.
(2)正负号：
符号
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
内能减小
2.注意问题
(1)在绝热过程Q＝0，ΔU＝W，用做功情况可判断内能的变化．
(2)在气体体积不变时，W＝0，ΔU＝Q，用吸热、放热情况可判断内能的变化．
(3)若物体内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q，功和热量符号相反、大小相等．因此，判断内能变化问题，一定要全面考虑．
一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：
(1)气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其变化量的大小为________J.
(2)气体的分子势能________(填“增加”或“减少”)．
(3)分子平均动能如何变化？
【解析】 (1)因气体从外界吸收热量，所以
Q＝4.2×105 J，
气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功
W＝－6×105 J，
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得
ΔU＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 J，
所以物体内能减少了1.8×105 J.
(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．
(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量．
【答案】 (1)减少 1.8×105 (2)增加 (3)见解析
1．(·唐山高二检测)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴．ab的延长线过原点，以下说法错误的是 ( )
A．从状态d到c，气体不吸热也不放热
B．从状态c到b，气体放热
C．从状态a到d，气体对外做功
D．从状态b到a，气体吸热
图10-1
【解析】 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；
气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故选项D正确．
【答案】 A
热力学第二定律及其应用
1.热力学第二定律的几种表现形式
(1)热传递具有方向性
两个温度不同的物体进行接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体．要实现低温物体向高温物体传递热量，必须借助外界的帮助，来产生其他影响或引起其他变化．
(2)气体的扩散现象具有方向性
两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，绝不会自发地分开，成为两种不同的气体．
(3)机械能和内能的转化过程具有方向性
物体在水平面上运动，因摩擦而逐渐停下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运动起来．
(4)气体向真空膨胀具有方向性
气体可自发地向真空容器膨胀，但绝不可能出现气体自发地再从容器中流回，使容器变为真空．
2．深刻理解热力学第二定律的内涵
掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质，即热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明．凡是对这种宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述．本章对热力学第二定律的表述很多，这些不同形式的表述都是等价的．
关于热力学第二定律，下列表述正确的是( )
A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体
B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功
C．第二类永动机是不可能制成的
D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论
【解析】 如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功．热力学第一定律说明在任何过程中能量必须守恒，热力学第二定律却说明并非能量守恒过程均能实现．热力学第二定律是反映自然界过程进行的方向和条件的一个规律．它指出自然界中出现的过程是有方向性的，某些方向的过程可以实现，而另一方向的过程则不能实现．在热力学中，第二定律和第一定律相辅相成，缺一不可．
【答案】 C
2．(多选)用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点1插在
热水中，接触点2插在冷水中，如图10－2所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电现象．关于这一现象的正确说法是
( )
图10－2
A．这一实验过程不违反热力学第二定律
B．在实验过程中，热水一定降温，冷水一定升温
C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内能
D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水的内能
【解析】 自然界中的任何现象或过程都不违背热力学定律，本实验现象也不违反热力学第二定律，A正确；整个过程中能量守恒且有方向性，B正确；在绝热过程中，热水中的内能除转化为电能外，还升高金属丝的温度，内能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还升高金属丝的温度，因此电能不能全部转化为冷水的内能，故正确答案为A、B.
【答案】 AB
综合测评(四)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
热力学第一定律
1、3、4、7、9
10、11、12、13、14
15、16、17
热力学第二定
律及微观解释
2、5
能量守恒定律
8
能源和
可持续发展
6
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题号后标出)
1．对于热量、功和内能，三者的说法正确的是( )
A．热量、功、内能三者的物理意义等同
B．热量、功都可以作为物体内能的量度
C．热量、功、内能的单位不相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
【解析】 物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体的内能可以通过做功和热传递两种途径，这三者的物理意义不同，A错误；热量是表示在热传递过程中物体内能变化的多少，而功是用做功的方式来量度改变物体内能多少的，即热量、功都可以作为物体内能变化的量度，B错误；三者单位都是焦耳，C错误；热量和功是过程量，内能是状态量，D正确．
【答案】 D
2．下列关于熵的说法中错误的是( )
A．熵是物体内分子运动无序程度的量度
B．在孤立系统中，一个自发的过程熵总是向减小的方向进行
C．热力学第二定律的微观实质是熵的增加，因此热力学第二定律又叫熵增加原理
D．熵值越大，代表系统内分子运动越无序
【解析】 热力学第二定律表明，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的．例如，功转变为热是机械能向内能转化．B正确
【答案】 B
3．给旱区送水的消防车停于水平面，在缓慢放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )
A．从外界吸热 B．对外界做负功
C．分子平均动能减少 D．内能增加
【解析】 把车胎内气体看作理想气体，由气体状态方程＝C可知，在T不变的情况下，若p减小，则V增大，故气体对外做功，B错．温度不变，理想气体分子的平均动能不变、内能不变，C、D错．结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于W为负值，Q>0即从外界吸热，故A正确．
【答案】 A
4．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1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( )
图1
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】 汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和，密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.
【答案】 A
5．(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是( )
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
【解析】 根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.
【答案】 AD
6．关于能量和能源，下列说法中正确的是( )
A．化石能源是清洁能源
B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了
【解析】 化石能源在燃烧时放出SO2、CO2等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，A项错误；能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，但能量品质会下降，故要节约能源，B、C项均错误，D项正确．
【答案】 D
7．(·烟台二中检查)景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )
图2
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
【解析】 猛推推杆，封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功，套筒由牛角做成，导热能力很差，且压缩过程用时极短，故压缩过程可看做绝热过程．由ΔU＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．
【答案】 B
8．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图3所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )
图3
A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问题
B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现
C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现
D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现
【解析】 磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现．
【答案】 D
9．(多选)如图4所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )
图4
A．右边气体温度升高，左边气体温度不变
B．左右两边气体温度都升高
C．左边气体压强增大
D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量
【解析】 当电热丝通电后，右边的气体温度升高，气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又汽缸壁和隔板均绝热，根据热力学第一定律知，左边的气体内能增加，所以温度升高，故A错误，B正确；根据pV/T＝C，可推出左边的气体压强增大，故C正确．右边气体内能的增加值等于电热丝发出的热量减去对左边气体所做的功，故D错．
【答案】 BC
10．(多选)(·济南高二检测)如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )
图5
A．快速挤压时，瓶内气体压强变大
B．快速挤压时，瓶内气体温度不变
C．快速挤压时，瓶内气体体积不变
D．缓慢挤压时，气球下降
【解析】 快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV，气球下降，则D项正确．
【答案】 AD
二、填空题(本大题共2小题，共16分)
11．(8分)如图6所示，内壁光滑的汽缸水平放置．一定质量的理想气体被密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．
图6
【解析】 由热力学第一定律，对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，温度升高，体积由V1增大为V2，对外做功W＝p0(V2－V1)．则在此过程中，气体分子平均动能增大，由热力学第一定律可得气体内能变化了ΔU＝Q－W＝Q－p0(V2－V1)．
【答案】 增大 Q－p0(V2－V1)
12．(8分)如图7所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．
图7
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.
【解析】 (1)在A→B的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A错误；B→C的过程中，气体对外界做功，W<0，且为绝热过程，Q＝0，根据ΔU＝Q＋W，知ΔU<0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误；C→D的过程中，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A的过程为绝热压缩，故Q＝0，W>0，根据ΔU＝Q＋W，ΔU>0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D错误．
(2)从A→B、C→D的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B→C，内能增大的过程是D→A.
气体完成一次循环时，内能变化ΔU＝0，热传递的热量Q＝Q1－Q2＝(63－38) kJ＝25 kJ，根据ΔU＝Q＋W，得W＝－Q＝－25 kJ，即气体对外做功25 kJ.
【答案】 (1)C (2)B→C 25
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13. (10分)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食．如图为高压爆米花的装置图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声，气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t1＝27℃，大气压为p0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p0，取T＝t＋273 K．试分析：
图8
(1)容器内的气体看做理想气体，求容器内气体的温度．
(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ，并向外释放了20 kJ的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
【解析】 (1)根据查理定律：＝
p1＝p0，T1＝300 K，p2＝4p0
整理得：T2＝1200 K，t2＝927℃，
(2)由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
得ΔU＝－20 kJ－15 kJ＝－35 kJ
故内能减小35 kJ.
【答案】 (1)927℃ (2)减小 35 kJ
14．(10分)如图所示，p－V图中一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420 J，同时膨胀对外做功300 J．当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时外界压缩气体做功200 J，求此过程气体吸收或放出的热量是多少焦？
图9
【解析】 一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外做的功W1，气体内能增加，由热力学第一定律，气体内能增加量为
ΔU＝Q1＋W1＝420 J＋(－300 J)＝120 J
气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120 J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200 J的功，因而气体必向外界放热，放出的热量为
Q2＝ΔU－W2＝(－120 J)－200 J＝－320 J.
【答案】 放出的热量为320 J
15. (12分)(·日照高二检测)如图所示，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．
求：
图10
(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.
【解析】 (1)在气体压强由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，
由查理定律得：＝，
解得：T1＝2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：＝，
解得：V1＝V.
(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为
W＝p0(V－V1)
在这一过程中，气体内能的减少量为
ΔU＝α(T1－T0)
由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为
Q＝W＋ΔU，解得：
Q＝p0V＋αT0
【答案】 (1)V (2)p0V＋αT0
16．(12分)一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化．已知VA＝0.3 m3，TA＝TC＝300 K，TB＝400 K.
(1)求气体在状态B时的体积；
(2)说明B→C过程压强变化的微观原因；
(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小，并说明原因．
【解析】 (1)A→B由盖—吕萨克定律，＝知
VB＝VA＝×0.3 m3＝0.4 m3.
(2)B→C气体体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．
(3)A→B，气体内能增加，
由热力学第一定律：
Q1－W＝ΔU，Q1＝ΔU＋W
B→C，气体体积不变，内能减少，Q2＝ΔU，
所以Q1>Q2.
【答案】 (1)0.4 m3 (2)、(3)见解析
附加题
17. (·山东高考)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)
图11
(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．
(2)此过程中左管内的气体对外界________(选填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)．
【解析】 (1)设U型管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.高为h的水银柱产生的压强为ph.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
p1＝p0②
p2＝p＋ph③
V1＝l1S④
V2＝l2S⑤
由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg.⑦
(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热．
【答案】 (1)50 cmHg (2)做正功 吸热
阶段质量测评(一) 学业水平测试卷
(教师用书独具)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论
1、3
5、8、11、13、14
物体的内能
4
气体实验三定律
9、10、12
15、16
理想气体状态方程
6
气体热现象的微观意义
2
7
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分；多选题已在题后标出)
1．(多选)(·江苏省扬大附中高二下学期期中)关于分子运动，下列说法中正确的是( )
A．扩散现象说明了分子间存在着空隙
B．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显
C．悬浮在液体中的固体微粒的布朗运动是固体颗粒分子无规则运动的反映
D．布朗运动的剧烈程度跟温度有关，因此也可以叫做热运动
【解析】 扩散现象是分子间的渗透，说明分子间存在间隙，A正确．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显，B正确．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子撞击形成的，是液体分子无规则运动的反映，布朗运动是固体微粒的无规则运动，不是热运动，选项C、D错误．
【答案】 AB
2．关于理想气体的下列说法正确的是( )
A．气体对容器的压强是由气体的重力产生的
B．气体对容器的压强是由大量气体分子对器壁的频繁碰撞产生的
C．一定质量的气体，分子的平均动能越大，气体压强也越大
D．压缩理想气体时要用力，是因为分子之间有斥力
【解析】 气体对容器的压强是由气体分子对器壁的碰撞产生的，选项A错，B对；气体的压强与分子密集程度及分子的平均动能大小有关，平均动能越大则温度越高，但如果体积变化很大，压强可能减小，故选项C错．压缩理想气体要用力，克服的是气体的压力(压强)，而不是分子间的斥力，选项D错．
【答案】 B
3．(·重庆市重庆一中高二下学期期中)分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质．据此可判断下列说法中错误的是( )
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可以先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
【解析】 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这是布朗运动，间接反映了液体分子运动的无规则性；分子间的相互作用力随着分子间距离的变化是先减小再增大，再减小，选项B错误．
【答案】 B
4．关于物体的内能，下列说法中正确的是( )
A．水分子的内能比冰分子的内能大
B．物体所处的位置越高，分子势能就越大，内能越大
C．一定质量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，内能一定减少
D．相同质量的两个同种物体，运动物体的内能一定大于静止物体的内能
【解析】 内能是指组成物体的所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，说单个分子的内能没有意义，故选项A错误．内能与机械能是两种不同性质的能，它们之间无直接联系，内能与“位置”高低、“运动”还是“静止”没有关系，故选项B、D错误．一定质量的0 ℃的水结成0 ℃的冰，放出热量，使得内能减小．C正确．
【答案】 C
5．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式中正确的是( )
A．NA＝ B．ρ＝
C．m＝ D．Δ＝
【解析】 对于水蒸气，宏观量μ、V、ρ之间的关系式仍适用，有μ＝ρV，宏观量与微观量之间的质量关系也适用，有NA＝，所以m＝，选项C正确．NA＝＝，选项A正确．由于水蒸气的分子间有较大的距离，求出的是一个分子平均占有的空间，一个水蒸气分子的体积远远小于该空间，所以选项D不正确．密度公式不适用于单个分子的计算，选项B也不正确．
【答案】 AC
6．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是( )
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1＝T2
B．p1＝p2，V1＝V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2
D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
【解析】 若p1＝p2，则＝可知选项A、B均错；若V1＝V2，则＝可知选项D正确；由＝可知选项C错；故选D.
【答案】 D
7．对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是( )
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
【解析】 根据气体压强产生的原因可知：一定质量的理想气体的压强，由气体分子的平均动能和气体分子的密集程度共同决定．A、C、D三个选项均只给定了其中一个因素，而另一个因素不确定，不能判断压强是变大还是变小，所以只有选项B正确．
【答案】 B
8．(·泉州高二检测)用r表示两个分子间的距离，Ep表示两个分子间相互作用的势能，当r＝r0时， 两分子间的斥力大小等于引力大小，设两分子相距很远时Ep＝0，则( )
A．当r>r0时，Ep随着r的增大而减小
B．当r
D．当r＝r0时，Ep＝0
【解析】 当r＝r0时，分子势能最小，而不是Ep＝0，D错误；当r>r0时，随着r的增大，分子力做负功，Ep增大，A、C错误；当r
9．如图所示，开口向下的竖直玻璃管的末端有一段水银柱，当将玻璃管从竖直位置转过45°时，开口端的水银柱将( )
图1
A．从管的开口端流出一部分
B．不发生变化
C．沿着管子向上移动一段距离
D．无法确定其变化情况
【解析】 原先管内气体的压强为p0－ρgh(p0为大气压，h为水银柱的竖直高度)，当将玻璃管转过45°时，温度不变，假设气体体积不变，气体压强变为(p0－ρghcos 45°)，压强增大，pV＝C，p增大，V将减小．故选项C正确．
【答案】 C
10．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图象如图所示，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图象和V-T图象表示，则下列各图象中正确的是( )
图2
【解析】 在p-V图象中，由A→B，气体经历的是等温过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容过程，根据查理定律＝ ，pC>pB，则TC>TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压过程，根据盖—吕萨克定律＝，VC>VA，则TC>TA，气体的体积减小，温度降低．在选项A、B的图象中，由于B→C是等容过程，其图线应是经过坐标原点O(绝对零值)的直线，可见A错误，B正确；在选项C、D的图象中，表示B→C的等容过程的图线，应是平行于T轴的直线，表示C→A的等压过程的图线应是通过坐标原点O的直线，故选项C错误，D正确．
【答案】 BD
二、填空题(本大题共2小题，共16分)
11．(8分)在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸1.0 mL注入250 mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250 mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0 mL为止，恰好共滴了100滴；
③在边长约40 cm的浅水盘内注入约2 cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油酸膜的形状；
⑤将画有油酸膜形状的玻璃板放在边长为1.0 cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个．
(1)这种粗测方法是将每个分子视为球形，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________；这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．
(2)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸的酒精溶液含油酸为________m3，油膜面积为________m2，求得的油膜分子直径为________m．(结果取1位有效数字)
【解析】 一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V＝× mL＝4×10－5 mL＝4×10－11 m3
形成油膜的面积S＝1×1×(67＋14) cm2≈8×10－3 m2
油酸分子的直径d＝≈5×10－9 m.
【答案】 (1)单分子油膜 直径
(2)4×10－11 8×10－3 5×10－9
12．(8分)用DIS研究一定质量气体在温度不变时压强与体积关系的实验装置如图(甲)所示，实验步骤如下：
(甲) (乙)
图3
①把注射器活塞移至注射器中间位置，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-1/p图象处理实验数据，得出如图(乙)所示图线．
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是________；
(2)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________；
(3)如果实验操作规范正确，但如图(乙)所示的V-1/p图象不过原点，则V0代表________．
【解析】 (1)用润滑油涂活塞．(2)缓慢抽动活塞；活塞及注射器壁导热要良好．(3)根据p(V＋V0)＝C，C为定值，则V＝－V0，体积读数值比实际值小V0.
【答案】 见解析
三、计算题(本大题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲、乙分子间作用力与距离间关系如图所示．若把质量为m＝1×10－26 kg的乙分子从r3(r3＝12d，d为分子直径)处以v＝100 m/s的速度沿x轴负向向甲飞来，仅在分子力作用下，则乙分子在运动中能达到的最大分子势能为多大？
图4
【解析】 在乙分子靠近甲分子过程中，分子力先做正功，后做负功，分子势能先减小，后增大，动能和势能之和不变，当速度为零时，分子势能最大，
Epm＝ΔEk减＝mv2＝×1×10－26×1002 J＝5×10－23 J.
【答案】 5×10－23 J
14．(10分)很多轿车中设有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/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1，试估算：
(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．(结果保留1位有效数字)
【解析】 (1)设N2的物质的量为n，则n＝，
氮气的分子总数N＝NA，
代入数据得N＝3×1023个．
(2)每个分子所占的空间为V0＝，
设分子间平均距离为a，
则有V0＝a3，
即a＝＝，
代入数据得a≈3×10－9 m.
【答案】 (1)3×1024个 (2)3×10－9 m
15．(12分)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的p-t图象．已知在状态B时气体的体积VB＝3 L，求：
图5
(1)气体在状态A的压强；
(2)气体在状态C的体积．
【解析】 (1)A→B等容变化，＝得pA＝0.75 atm.
(2)B→C等温变化，pBVB＝pCVC得VC＝2 L.
【答案】 (1)0.75 atm (2)2 L
16．(12分)如图6所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2.
图6
求：(1)活塞的质量；
(2)固体A的体积．
【解析】 (1)设固体A的体积为ΔV.
T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40－ΔV，
T2＝330 K，p2＝(1.0×105＋)Pa，V2＝V1，
T3＝360 K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV
由状态1到状态2为等容过程＝
代入数据得m＝4 kg.
(2)由状态2到状态3为等压过程＝
代入数据得ΔV＝640 cm3.
【答案】 (1)4 kg (2)640 cm3
附加题
17．(·海南高考)如图，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d.已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变．求小车加速度的大小．
图7
【解析】 设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，活塞受到汽缸内外气体的压力分别为
f1＝p1S①
f0＝p0S②
由牛顿第二定律得
f1－f0＝ma③
小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得
p1V1＝p0V④
式中V＝SL⑤
V1＝S(L－d)⑥
联立①②③④⑤⑥式得
a＝.
【答案】
阶段质量测评(二) 高考水平测试卷
(教师用书独具)
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论
1、2
9、11、13
15
物体的内能
4
气体实验三定律
5、6
8、10、12
14、16、17
理想气体状态方程
7
气体热现象的微观意义
3
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(多选)(·临沂检测)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )
A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力总表现为引力
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．布朗运动是固体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
【答案】 AC
2．(多选)阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，铝的摩尔质量为M(kg/mol)，铝的密度为ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是( )
A．1 kg铝所含原子数为ρNA
B．1 m3铝所含原子数为ρNA/M
C．1个铝原子的质量为M/NA(kg)
D．1个铝原子所占的体积为M/(ρNA)(m3)
【解析】 一个铝原子的质量m＝M/NA，C对；铝的摩尔体积为V＝M/ρ，所以1个铝原子占有的体积为V0＝V/NA＝M/(ρNA)，D对；因1个铝原子占有的体积是M/(ρNA)，所以1 m3铝所含原子的数目n＝1/(M/(ρNA))＝ρNA/M，B对；又因一个铝原子的质量m＝M/NA，所以1 kg铝所含原子的数目n′＝1/(M/NA)＝NA/M，A错．
【答案】 BCD
3．如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )
甲 乙
图1
A．两容器中器壁的压强都是由分子撞击器壁而产生的
B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的
C．甲容器中pA>pB，乙容器中pC＝pD
D．当温度升高时，pA、pB变大，pC、pD也要变大
【解析】 甲容器压强产生的原因是液体受到重力的作用，而乙容器压强产生的原因是分子撞击器壁，选项A、B错误；液体的压强p＝ρgh，hA>hB，可知pA>pB，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，pC＝pD，选项C正确；温度升高时，pA、pB不变，而pC、pD增大，选项D错误．
【答案】 C
4．(多选)一定质量的0 ℃的冰，全部变成0 ℃的水的过程中，体积减小，则它的能量变化情况是( )
A．分子的平均动能增大，分子的势能减小
B．分子的平均动能减小，分子的势能增大
C．分子的平均动能不变，分子的势能增大
D．水的分子动能不变，水的内能增加
【解析】 0 ℃的冰变成0 ℃的水，温度不变，所以分子的平均动能不变，一定质量的0 ℃的冰变成0 ℃的水需要吸收热量，则水的内能增大，而分子平均动能不变，所吸收的热量用来增大分子的势能，选项A，B错，C、D正确．
【答案】 CD
5．如图2所示，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体．当将管慢慢地向上提起时，管内气柱的长度
( )
图2
A．L1变小，L2变大 B．L1变大，L2变小
C．L1、L2都变小 D．L1、L2都变大
【解析】 假设上段空气柱长度不变，则下段空气柱长度变大，则下段封闭气体体积变大，其压强减小，导致上段空气柱压强减小，由pV为恒量，得L1也变长．
【答案】 D
6．(多选)伽利略在1593年制造了世界上第一个温度计——空气温度计，如图3所示．一个细长颈的球形瓶倒插在装有红色液体的槽中，细管中的液面清晰可见，如果不考虑外界大气压的变化，就能根据液面的变化测出温度的变化，则( )
图3
A．该温度计的测温物质是槽中的液体
B．该温度计的测温物质是细管中的红色液体
C．该温度计的测温物质是球形瓶中的空气
D．该温度计是利用测温物质的热胀冷缩性质制造的
【解析】 细管中的红色液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度变化情况的，测温物体是球形瓶中封闭的空气，该温度计是利用它的热胀冷缩的性质制造的，故A、B错，C、D正确．
【答案】 CD
7．(多选)如图4所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用图6中的图象表示的是( )
图4
【解析】 由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不变，体积增大，根据＝C可知压强减小．对A图象进行分析，p-V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确．对B图象进行分析，p-V图象是直线，温度会发生变化，故B错误．对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C错误．对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故D正确．
【答案】 AD
8．如图所示是理想气体经历的两个状态变化的p-T图象，对应的p-V图象应是( )
图5
【解析】 根据查理定律可知，当气体状态发生沿图线A到B的变化时，气体的体积保持不变，根据玻意耳定律可知，当气体状态发生沿图线B到C的变化时，气体的温度保持不变，所以C正确．
【答案】 C
9．(·山东省实验中学高二检测)如图甲所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0为斥力，F<0为引力．A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，图(乙)中A、B、C、D四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是( )
甲
图6
乙
【解析】 乙分子的运动方向始终不变，即速度没有正负的转换，显然选项A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，故B正确；乙分子从A处由静止释放，分子势能不可能增大到正值，故C错误；分子动能不可能为负值，故D错误．
【答案】 B
10．如图所示，在柱形容器中装有部分水，容器上方有一可自由移动的活塞．容器水面浮有一个木块和一个一端封闭、开口向下的玻璃管，玻璃管中有部分空气，系统稳定时，玻璃管内空气柱在管外水面上方的长度为a，空气柱在管外水面下方的长度为b，水面上方木块的高度为c，水面下方木块的高度为d.现在活塞上方施加竖直向下且缓缓增大的力F，使活塞下降一小段距离(未碰及玻璃管和木块)，下列说法中正确的是( )
图7
A．d和b都减小 B．只有b减小
C．只有a减小 D．a和c都减小
【解析】 活塞下降一小段距离，则容器中的气体体积减小，压强增大，对于木块露出的部分决定于上、下压强差，故c、d不变；对于玻璃管，浮力等于重力，排开水的体积不变，b不变，玻璃管内气体压强增大，又b不变，故a减小，C正确．
【答案】 C
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(8分)用油膜法估测分子的大小．实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1 mL的量筒、盛有适量清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸(最小正方形边长为1 cm)．则
(1)下面给出的实验步骤中，正确排序应为________(填序号)．为估算油酸分子的直径，请补填最后一项实验步骤D：
A．待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
B．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1 mL油酸酒精溶液的滴数n
C．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央滴入1滴
D．______________________________________________________
(2)利用以上测量数据，写出单个油酸分子直径的表达式________．
【解析】 (1)根据实验原理可得，给出的实验步骤的正确排序为BCA，步骤D应为将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S.
(2)每滴油酸酒精溶液的体积为mL,1滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为V＝×0.05% mL，所以单个油酸分子的直径为d＝＝(cm)．
【答案】 (1)BCA 将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐纸纸上，以坐标纸上边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸膜的面积S (2)(cm)
12．(8分)如图所示为一种测定“肺活量”(标准大气压下人一次呼出气体的体积)的装置，A为开口薄壁圆筒，排尽其中的空气，倒扣在水中．测量时，被测者尽力吸足空气，再通过B管用力将气体吹入A中，使A浮起．设整个过程中呼出气体的温度保持不变．
图8
(1)呼出气体的分子热运动的平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变)．
(2)设圆筒A的横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，桶底浮出水面的高度为h，桶内外水面的高度差为Δh，被测者的“肺活量”V0＝________.
【解析】 (1)由于温度是分子平均动能大小的标志，因为气体温度不变，所以分子平均动能不变．
(2)设A中气体压强为p，该部分气体在标准大气压下的体积为V0，由于整个过程中温度不变，由玻意耳定律可得：p0V0＝pV，即
p0V0＝(p0＋ρgΔh)·(h＋Δh)S，
被测者的“肺活量”：
V0＝.
【答案】 (1)不变 (2)
三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)(·江苏省扬大附中高二下学期期中)某热水袋内水的体积约为400 cm3，已知水的摩尔质量为18 g/mol，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少？(计算结果保留2位有效数字)
【解析】 已知一热水袋内水的体积大约是：V＝400 cm3＝4×10－4 m3，水的密度为ρ＝1×103kg/m3，则热水袋内含有的水分子数目为n＝·NA≈
1.3×1025个．
【答案】 1.3×1025个
14．(10分)(·河北联考一模)为适应太空环境，航天员都要穿航天服．航天服中有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105 Pa，气体体积为2 L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．
(1)求此时航天服内的气体压强．
(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104 Pa，则需补充1.0×105 Pa的等温气体多少升？
【解析】 (1)对航天服内气体，开始时压强为p1＝1.0×105 Pa，体积为V1＝2 L，到达太空后压强为p2，气体体积为V2＝4 L
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得p2＝5×104 Pa
(2)设补充压强为1.0×105 Pa的等温气体V′后达到的压强为p3＝9.0×104 Pa
取总气体为研究对象，由玻意耳定律得
p1(V1＋V′)＝p3V2
解得V′＝1.6 L
【答案】 (1)5×104 Pa (2)1.6 L
15．(12分)如图是“嫦娥三号”卫星顺利升空的情景．已知大气压强是由于大气的重力而产生的，某学校兴趣小组的同学，通过查找资料知道：月球半径R＝1.7×106 m，月球表面重力加速度g＝1.6 m/s2.为开发月球的需要，设想在月球表面覆盖一层大气，使月球表面附近的大气压达到p0＝1.0×105 Pa，已知大气层厚度h＝1.3×103 m，比月球半径小得多，假设月球表面开始没有空气．试估算：
图9
(1)应在月球表面覆盖的大气层的总质量m.
(2)月球表面大气层的分子数．
(3)气体分子间的距离．(空气的平均摩尔质量M＝2.9×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1)
【解析】 (1)月球的表面积S＝4πR2
月球表面大气的重力与大气压力大小相等
mg＝p0S
所以大气的总质量
m＝
代入数据可得
m＝×1.0×105 kg≈2.27×1018 kg
(2)月球表面大气层的分子数为
n＝NA＝×6.0×1023个≈4.7×1043个
(3)可以认为每一个气体分子占据的空间为一个立方体，小立方体紧密排列，其边长即为分子间的距离，设分子间距离为a，大气层中气体的体积为V，则有V＝4πR2h
a＝＝≈1.0×10－9m.
【答案】 (1)2.27×1018 kg (2)4.7×1043个 (3)1.0×10－9m
16．(12分)如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S＝1×10－4 m2，内装水银，右管内有一质量为m＝0.1 kg的活塞搁在固定卡口上，卡口比左管上端高出h＝20 cm，活塞与管壁间密封且无摩擦，右管内封闭有一定质量的理想气体．温度为t0＝27℃时，左、右管内液面高度相等，且左管内充满水银，右管内封闭气体的压强为p1＝p0＝1.0×105 Pa.取T＝t＋273 K，ρ水银＝13.6×103kg/m3.现使右管内气体温度逐渐升高，求：
图10
(1)温度升高到多少时，右管活塞开始离开卡口上升？
(2)温度升高到多少时，活塞上升到离卡口4 cm处？
【解析】 (1)右端活塞开始上升时封闭气体压强
p2＝p0＋
代入数据得
p2＝1.0×105 Pa＋Pa＝1.1×105Pa
气体发生等容变化，根据查理定律得：T2＝，代入数据得T2＝330 K.
(2)活塞离开卡口后，由于气体温度逐渐升高，故封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得T3＝，代入数据得T3＝396 K.
【答案】 (1)330 K (2)396 K
附加题
17．(12分)(·课标Ⅰ卷)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：
图11
(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
【解析】
(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得
＝①
由此得
T＝T0②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大．打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
pVx＝·③
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0④
联立③④式得
6V－V0Vx－V＝0
其解为
Vx＝V0
另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．
【答案】 (1)T0 (2)V0
模块综合测评(一) 学业水平测试卷
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论、内能
1、2
气体
4
7、8、9、10、11、13
15、16、17
固体、液体和物态变化
3
14
热力学定律
5
6、8、9、10、12
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(·扬州高二检测)关于分子运动，下列说法中正确的是( )
图1
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．如图所示，布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹
C．当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大
D．当物体的温度改变时，物体分子的平均动能不一定改变
【解析】 布朗运动是悬浮颗粒的运动，布朗运动图中不规则折线是将间隔相等时间描出的点用直线连接起来得到的，不表示液体分子的运动轨迹，选项A、B均错误．如果分子间作用力表现为引力，则当分子间的距离变小时，分子力减小；如果分子间作用力表现为斥力，则当分子间的距离变小时，分子力增大，选项C正确．温度是分子平均动能的标志，当物体的温度改变时，物体分子的平均动能一定改变，选项D错误．
【答案】 C
2．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离
( )
A．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量
B．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度
C．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和体积
D．该气体的摩尔质量、密度和体积
【解析】 由摩尔质量M和密度ρ得摩尔体积Vm＝.又因为每个分子所占有的体积V＝，由此可估算出分子间的平均距离D＝＝.故B正确．而A项中的条件只能求出气体分子个数，C项只能求出该气体的密度，D项能求出气体的质量及物质的量，故A、C、D错误．
【答案】 B
3．(多选)下列说法中正确的是( )
A．晶体一定具有规则的几何外形
B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C．当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同
D．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同
【解析】 晶体包括单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何外形，选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项B正确；当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，分子的平均速率不相同，选项D错误．
【答案】 BC
4．关于气体压强，下列说法正确的是( )
A．气体对器壁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
B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲力
C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小
D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大
【解析】 气体对器壁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，其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系，由此可知选项A正确，B错误；气体分子热运动的平均动能减小，说明温度降低，但不能说明压强一定减小，选项C错误；单位体积的气体分子数增加，若温度降低，则气体的压强有可能减小，选项D错误．
【答案】 A
5．(多选)随着科技的迅猛发展和人们生活水平的提高，下列问题一定能够实现或完成的是( )
A．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则大约20年能数完(阿伏加德罗常数NA取6.0×1023个/mol)
B．热量可以从低温物体传到高温物体
C．热机的效率能达到100%
D．太阳能的利用可普及到老百姓的日常生活中
【解析】 可估算需要10万年才能数完，所以A错；热力学第二定律告诉我们，在引起其他变化时，热量可以从低温物体传到高温物体，B正确；热机是把内能转化为机械能的机器，根据热力学第二定律可知C错；太阳能的开发和利用是人类开发新能源的主要思路，完全可以实现全民普及太阳能，所以D正确．正确答案为B、D.
【答案】 BD
6．(多选)下列关于物体内能变化情况的说法中正确的是( )
A．吸热的物体，其内能一定增加
B．体积膨胀的物体，其内能一定减少
C．放热物体其内能也可能增加
D．绝热压缩的物体，其内能一定增加
【解析】 一定质量物体内能的变化情况，由做功和热传递的总体效果来决定．体积膨胀说明物体对外界做功，压缩物体说明外界对物体做功，“绝热”表示无热传递现象发生．吸热的物体，体积不知如何变化，所以内能不一定增加，体积膨胀对外做功的物体，不知吸放热如何，因此，选项C、D正确．
【答案】 CD
7．(·大连高二检测)如图所示的四个图象中，有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a等压膨胀到状态b的过程．这个图象是( )
【解析】 一定质量的某种理想气体满足理想气体状态方程＝C；理想气体等压膨胀时，压强不变、体积增大、温度升高，V与T成正比．故正确选项为C.
【答案】 C
8．如图是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了一定质量的气体．假设封闭气体为理想气体且与外界没有热交换，则向下压a的过程中，瓶内气体 ( )
图2
A．内能增大 B．体积增大
C．压强不变 D．温度不变
【解析】 向下压a的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增大，选项A正确．向下压a的过程中，瓶内气体体积减小，压强增大，温度升高，选项B、C、D错误．
【答案】 A
9．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图3所示的p－V图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是( )
图3
A．由a状态至b状态的过程中，气体放出热量，内能不变
B．由b状态至c状态的过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变
C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大
D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等
【解析】 由a到b的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A、D正确；由b到c的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减小，B错误；由c到a的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C错误．
【答案】 AD
10．(·连云港高二检测)某校开展探究性课外活动，一同学用如图所示的装置研究气体的压强、体积、温度三者之间的变化关系．该同学选用导热良好的汽缸并将其开口向下固定不动，汽缸内有理想气体，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )
图4
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，温度计示数不变
C．气体体积减小，温度计示数变小
D．外界对气体做功，温度计示数变大
【解析】 细沙漏出，活塞向上运动，汽缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，气体向外放热，温度不变，即内能不变，选项B正确．
【答案】 B
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(8分)某小组用如图所示的实验装置，研究“一定质量气体，体积不变时，压强与温度的关系”．在大气压p0时，将封有一定质量气体的烧瓶，浸在冰水混合物中，U形管压强计可动管A和固定管B中的水银面刚好相平，将烧瓶浸入温度为t ℃的热水中，B管水银面将________，这时应将A管________(均选填“上升”或“下降”)，使B管中水银面回到原处，记下此时A、B两管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，则此状态下瓶中气体的压强为________．
图5
【解析】 烧瓶由浸在冰水混合物到温度为t ℃的热水中，压强将增大，因此B管水银面将下降，A管水银面上升；使B管中水银面回到原处，说明体积不变，为等容变化，用来研究查理定律；此时A、B两管中水银面的高度差为h，烧瓶中的气体压强为p＝p0＋ρgh.
【答案】 下降 上升 p0＋ρgh
12．(8分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________．
(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小____kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________kJ.
【解析】 (1)根据理想气体状态方程，空气等温压缩，pV＝C，p与1/V成正比，所以该过程中空气的压强p和体积V关系的是图B.
(2)将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，气体内能保持不变；外界做了24 kJ的功，空气放出24 kJ能量，气瓶缓慢地潜入海底的过程中，放出了5 kJ的热量，所以在上述两个过程中，空气的内能共减小5 kJ，空气放出的总能量为24 kJ＋5 kJ＝29 kJ.
【答案】 (1)B (2)5 放出 29
三、计算题(本大题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)如图，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.
图6
【解析】 初态下左管内气体压强为
p2＝p0①
终态下气体的压强为
p＝p0＋ρgh②
取所有被封闭的气体为研究对象，由于气体的温度不变，则有
p1V1＋p2V2＝p(V1＋V2)③
联立①②③可得
p1＝p0＋ρgh④
【答案】 p0＋ρgh
14．(10分)容器内装有0 ℃的冰和水各0.5 kg，向里面通入100 ℃的水蒸气后，容器里的水温升高了30℃，设容器吸收热量忽略不计，且容器是绝热的．计算一下通入的水蒸气的质量有多大？[已知100℃水的汽化热L＝2.26×106 J/kg，冰的熔化热λ＝3.35×106 J/kg，水的比热容c＝4.2×103 J/(kg·℃)]
【解析】 设水蒸气质量为m,100 ℃的水蒸气变成100 ℃的水放热，为汽化热，水温再从100 ℃降到30 ℃再次放热，共放出热量为Q放＝mL＋cm(100 ℃－30 ℃)＝2.554×106m J
0．5 kg的0 ℃的冰变为0 ℃的水，再从0 ℃升高到30 ℃，0.5 kg的0 ℃的原有水从0 ℃上升到30 ℃总共吸收热量Q吸＝m0λ＋2cm0(30 ℃－0 ℃)＝1.801×106 J
由Q吸＝Q放，可得m＝0.71 kg.
【答案】 0.71 kg
15．(12分)教室的容积是100 m3，在温度是7 ℃，大气压强为1.0×105 Pa时，室内空气的质量是130 kg，当温度升高到27 ℃，大气压强为1.2×105 Pa时，教室内空气质量是多少？
【解析】 初态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝100 m3，
T1＝(273＋7) K＝280 K.
末态：p2＝1.2×105 Pa，T2＝300 K.
根据理想气体状态方程：＝得：
V2＝V1＝m3≈89.3 m3，
V2
16．(12分)(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.
【解析】 设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)S①
解得Δp＝p②
外界的温度变为T后，设活塞距底部的高度为h′.根据盖—吕萨克定律，得
＝③
解得h′＝h④
据题意可得Δp＝⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝
【答案】
附加题
17．(·济南检测)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击．该手表出厂时给出的参数为：27 ℃时表内气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当内外压强差超过6.0×104 Pa时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是－21 ℃，表内气体体积的变化可忽略不计．
(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？
(2)当时外界的大气压强为多少？
【解析】 (1)以表内气体为研究对象，
初状态：p1＝1.0×105Pa，T1＝273＋27＝300 K，
末状态：压强为p2，T2＝273 K－21 K＝252 K，
根据查理定律，有＝，解得p2＝8.4×104Pa.
如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强至少为
p0＝8.4×104Pa－6.0×104 Pa＝1.44×105Pa，
大于山脚下的大气压强(即常温下大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的．
(2)当时外界的大气压强为p1′＝8.4×104 Pa－6.0×104 Pa＝2.4×104 Pa.
【答案】 (1)向外爆裂 (2)2.4×104Pa
模块综合测评(二) 高考水平测试卷
命题报告
知识点
简单
中等
较难
分子动理论、内能
1、3
11
气体
6
8、9、10、13、14
15、16、17
固体、液体和
物态的变化
2、7
热力学定律
4、5
8、12
分值：100分 时间：90分钟
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共计40分，多选题已在题后标出)
1．(多选)(·沈阳高二检测)关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法