高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题八分子运动理论气体及热力学定律课件

专题八 分子动理论 气体及热力学定律,【主干回顾】,(1)分子动理论:分子直径的数量级是_;分子永不 停息地做_;分子间同时存在相互作用的 _。 (2)气体实验定律和理想气体状态方程 _,10-10m,无规则运动,引力和斥力,p1V1=p2V2,【核心速填】, ,(3)热力学定律 热力学第一定律:U=_。 热力学第二定律:自然界中进行的涉及热现象的宏观 过程都_。,W+Q,具有方向性,热点考向1 分子动理论、固体、液体 【典例1】(多选)分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质,据此可判断下列说法中正确的是 ( ) A.显微镜下观察到墨水中的微小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性 B.分子间距增大时,分子间的引力和斥力均减小,C.分子间距增大时,分子势能一定先减小后增大 D.磁铁可以吸引铁屑,这一事实说明分子间存在引力,【思考】 (1)布朗运动的实质是什么? 提示:大量水分子对固体小颗粒的撞击作用不平衡,导致固体小颗粒运动的无规则,这反映了液体分子运动的无规则性。,(2)请画出分子势能与分子间距的关系示意图。 提示:如图所示:,【解析】选A、B。墨水中的小炭粒的运动是由于大量 水分子对它的撞击作用力不平衡导致的,无规则,这反 映了液体分子运动的无规则性,故A正确;分子间距增大 时,分子间的引力减小,斥力也减小,故B正确;当分子间 距离等于r0时,分子间的势能最小,分子从距离小于r0 处增大分子之间距离为r0时,此时分子势能一直减小; 分子从距离r0处增大分子之间距离,此时分子势能一直,增大,故C错误;磁铁可以吸引铁屑,是由于磁场力的作用,这一事实不能说明分子间存在引力,故D错误。,【题组过关】 1.(多选)(2015江苏高考)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,是由于组成它们的物质微粒排列结构不同,【解析】选A、D。若物体是晶体,则熔化过程中,温度保持不变,A项正确;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是晶体各向异性的表现,说明云母片是晶体,B项错误;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项错误;由于石墨和金刚石的物质微粒排列结构不同,导致了它们的物理性质不同,D项正确。,2.(2016北京高考)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗 粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动 相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则, 但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、 PM2.5分别表示球体直径小于或等于10m、2.5m的 颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)。某科研机构对北京 地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面,高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化。据此材料,以下叙述正确的是( ) A.PM10表示直径小于或等于1.010-6m的悬浮颗粒物 B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力,C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D.PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大,【解析】选C。PM10表示直径小于或等于1.010-5m的悬浮颗粒物,A错;由于PM10在空中静止不动,受到的空气分子作用力的合力始终等于其所受到的重力,B错; PM10的浓度随高度的增加略有减小,由此推知PM2.5的浓度随高度增加逐渐减小,D错;PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动,C对。,【规律总结】分子动理论的三个核心规律 (1)分子模型、分子数: 分子模型:球模型:V= R3,立方体模型:V=a3。 分子数:N=nNA= (2)分子运动:分子做永不停息的无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈。,(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系:,【加固训练】 1.(多选)下列说法正确的是 ( ) A.当一定质量的气体吸热时,其内能可能减小 B.玻璃、石墨和金刚石都是晶体,木炭是非晶体 C.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体没有固定的熔点,D.当液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内气体的分子数和气体温度有关,【解析】选A、D、E。一定质量的气体吸热时,如果同时对外做功,且做的功大于吸收的热量,则内能减小,故A正确;玻璃是非晶体,故B错误;多晶体也有固定的熔点,故C错误;液体表面层内的分子、液体内部分子的密度都大于大气,因此分子力的合力指向液体内部,故D正确;气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,决定气体的压强,因此与单位体积内分子数和气体的温度有关,故E正确。,2.(多选)下列说法正确的是 ( ) A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏加德罗常数 B.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和气压,水蒸发越快 C.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能是可能的,【解析】选A、D。物质微粒的大小不会因物态变化而 发生变化,知道水的摩尔质量和水分子的质量,根据阿 伏加德罗常数= ,就可以计算出阿伏加德罗常数, 故A正确;空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越 慢,故B错误;表面张力产生在液体表面层,它的方向平 行于液体表面,而非与液面垂直,故C错误;利用浅层海,水和深层海水之间的温度差制造一种热机,将海水的一部分内能转化为机械能,这在原理上是可行的,故D正确。,热点考向2 气体实验定律的应用 【典例2】(2015全国卷)如图,一固定的竖直汽缸 由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞, 已知大活塞的质量为m1=2.50kg,横截面积为S1=80.0cm2, 小活塞的质量为m2=1.50kg,横截面积为S2=40.0cm2;两 活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0cm,汽缸外大 气的压强为p=1.00105Pa,温度为T=303K。初始时大,活塞与大圆筒底部相距 ,两活塞间封闭气体的温度为T1=495K,现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10m/s2。求:,(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度。 (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。,【思维流程】 第一步:审题干提取信息 (1)“气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移” 两活塞 整体移动过程中竖直方向受力平衡。 (2)“缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时” 缸内气体温度降为303K。,第二步:突破难点: (1)明确活塞下移过程,封闭气体的压强不变,气体做等压变化。 (2)大活塞与大汽缸底部接触后,气体体积不变,气体做等容变化。,【解析】(1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆 筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为 T2。由题给条件得V1= V2=S2l 在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强, 由力的平衡条件得S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p) ,故缸内气体的压强不变。由盖-吕萨克定律有 联立式并代入题给数据得T2=330K (2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p,由查理定律,有 联立式并代入题给数据得p=1.01105Pa,答案:(1)330K (2)1.01105Pa,【迁移训练】,迁移1:把轻杆改为轻绳 如图所示,一直立汽缸由两个横截面积不同的圆筒连接而成,活塞A、B间封闭有一定质量的理想气体,A的上方和B的下方分别与大气相通。两活塞用长为L=30cm的不可伸长的细绳相连,可在缸内无摩擦地上下滑动。当缸内封闭气体的温度为T1=300K时,活塞A、B的平衡位置如图所示。已知活塞A、B的质量均为m=1.0kg,横截面积分别为SA=20cm2、SB=10cm2,大气压强为p0=1.0 105Pa,重力加速度g取10m/s2。,(1)活塞A、B在图示位置时,求缸内封闭气体的压强。 (2)现对缸内封闭气体缓慢加热,为使汽缸不漏气,求缸内封闭气体的最高温度。,【解析】(1)活塞A、B均静止,都处于平衡状态,由平衡条件得: 对活塞A:p0SA+mAg+FT=p1SA 对活塞B:p0SB+FT=p1SB+mBg 代入数据解得:p1=1.2105Pa。,(2)活塞B刚好移动到两圆筒的连接处时,设汽缸内气体 的温度为T2,由(1)可知此过程气体做等压变化,由盖 呂萨克定律: 代入数据解得T2=400K 答案:(1)1.2105Pa (2)400K,迁移2:把竖直汽缸改为水平汽缸 如图所示,两端开口的汽缸水平固定,A、B是两个厚度不计的活塞,面积分别为S1=20cm2,S2=10cm2,它们之间用一根细杆连接,B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接,静止时汽缸中的空气压强p1= 1.2atm,温度T1=600K,汽缸两部分的气柱长均为L。已知大气压强p0=1atm=1.0105Pa,g取10m/s2,缸内空气可看作理想气体,不计摩擦。求:,(1)重物C的质量M。 (2)降低汽缸中气体的温度,活塞A将向 右移动,在某温度下活塞A靠近D处时(未 接触)处于平衡,此时缸内气体的温度。,【解析】(1)活塞整体受力平衡,由平衡条件得: p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg,代入数据解得:M=2kg。 (2)A靠近D处时,力的平衡方程没变,气体压强不变, 由盖吕萨克定律得: 代入数据得:T2=400K。 答案:(1)2kg (2)400K,迁移3:把一团封闭气体改为两团封闭气体 上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成,两圆 筒中各有一个活塞,两活塞用刚性轻杆连接,两活塞间 充有氧气,小活塞下方充有氮气。已知大活塞的质量为 2m,横截面积为2S,小活塞的质量为m,横截面积为S;两 活塞间距为L;大活塞导热性能良好,汽缸及小活塞绝热; 初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0,大活塞与大圆,筒底部相距 ,两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计,重力 加速度为g。现通过电阻丝缓慢加热氮气,求当小活塞 缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时,氮气的压强。,【解析】以两活塞整体为研究对象,设初始时氧气压强为p1,根据平衡条件有: p02S+p1S+3mg=p0S+p12S 初始时氧气体积:V1= 当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时, 氧气体积:V2=2SL 设此时氧气压强为p2,氮气压强为p,根据平衡条件有:p02S+p2S+3mg=pS+p22S 由于大活塞导热,小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变,由玻意耳定律,得:p2V2=p1V1 解得: 答案:,【规律总结】应用气体实验定律的解题思路 (1)选择研究对象一定质量的理想气体。 (2)分析状态参量。 利用液体压强公式、连通器原理(被液体封闭的气体)或平衡条件(被活塞封闭的气体)分析被封闭气体的压强特点。,注意容器的导热性能,分析被封闭气体的温度特点。 根据题中条件分析被封闭气体的体积特点。 (3)认识过程、选定规律:认清变化过程,选用合适的气体实验定律或理想气体状态方程列式求解。,【加固训练】 1.如图所示,体积为V0的导热性能良好的 容器中充有一定质量的理想气体,室温为 T0=300K。有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室,B室的体积是A室的两倍,汽缸内气体压强为大气压的两倍,右室容器中连接有一阀门K,可与大气相通。(外界大气压等于76cmHg)求:,(1)将阀门K打开后,A室的体积变成多少? (2)打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到540K,A室中气体压强为多少?,【解析】(1)气体的初状态:pA0=276cmHg,VA0= 打开阀门,A室气体做等温变化,pA=76cmHg,体积为VA, 由玻意耳定律pA0VA0=pAVA,解得VA=,(2)温度从T0=300K升高到T,A中的气体由VA变化到V0,压强为pA, 气体做等压变化 解得T=450K 故温度从450K升高到T1=540K的过程中, 气体做等容变化 解得pA1=91.2cmHg 答案:(1) (2)91.2cmHg,2.如图所示,截面均匀,长度足够的U形细 玻璃管两端都开口,管内两段水银柱封闭 着一段空气柱。开始时,空气柱被封闭在 U形管左侧的A、B两点之间,空气柱长为 15cm,温度为27,A点上方水银柱长为25cm,BC高为5cm, 若U形管底边CD长10cm,此时的大气压强为75cmHg。现,保持气体的温度不变,从U形管左侧管口处缓慢地再注入25cm长的水银柱,试求稳定时管内的空气柱长度为多少?,【解析】空气柱初始压强p1=75cmHg+25cmHg=100(cmHg);BE水银柱总长为45cm,左侧管口注入水银柱后,左侧管水银柱长为50cm,因而水银柱BE将全部在右侧管。 末态压强:p2=75cmHg+45cmHg=120(cmHg) 由等温变化规律得:10015S=120LS 解得:L=12.5cm 答案:12.5cm,热点考向3 热力学第一定律的综合应用 【典例3】(多选)(2016全国卷)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态,其p -T图象如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是 ( ),A.气体在a、c两状态的体积相等 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功,【名师点拨】 (1)过程分析:气体从a到b等温变化,从b到c等压变化,从c到d等温变化,从d到a等压变化。 (2)求内能的变化:U=W+Q。,【解析】选A、B、E。一定量的理想气体,在体积不变 时,压强和热力学温度成正比,即 Va=Vc,选项A 正确;气体在状态a时的温度高于在状态c时的温度,而 温度是分子平均动能的标志,理想气体忽略分子间的相 互作用力,气体的分子势能不变,所以气体在状态a时的 内能大于它在状态c时的内能,选项B正确;cd过程为恒 温升压过程,压强增大体积减小,外界对系统做正功,但 系统内能不变,故放热,放出热量Q=W外,选项C错误;da,过程为恒压升温过程,内能增大,体积增大对外做功,故吸热,但吸收热量Q=W外+E内,故QW外,选项D错误;bc过程恒压降温,体积减小,外界对气体做功,因为ab和cd过程都是等温过程,paVa=pbVb,pcVc=pdVd,则有paVa-pdVd= pbVb-pcVc,又因pd=pa,pc=pb,pa(Va-Vd)=pb(Vb-Vc),所以Wbc=Wad,故在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功,选项E正确。,【题组过关】 1.如图所示,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两 端开口,管内有一段水银柱,管内左侧水银面 与管口A之间气柱长为LA=40cm。现将左管竖 直插入水银槽中,稳定后管中左侧的水银面 相对玻璃管下降了2cm,设被封闭的气体为理 想气体,整个过程温度不变,已知大气压强p0=76cmHg,则稳定后A端上方气柱的压强为_cmHg,气柱 的长度为_cm,在这个过程中,管内气体_(选填“吸收”或“放出”)热量。,【解析】左侧的水银面相对玻璃管下降了2cm,则右端水银面上升2cm,故两液面的高度差为:h=4cm A端上方气柱的压强为:p=(76+4)cmHg=80cmHg 插入水银槽后右管内气体做等温变化,由玻意耳定律得:p0LAS=pLS 代入数据解得:L=38cm 气体体积减小,外界对气体做功,W0,气体温度不变,内能不变:U=0,由热力学第一定律:U=W+Q, 可知:Q=U-W=-W0,气体要放出热量; 答案:80 38 放出,2.(2016黄山二模)如图,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=aT,a为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求:,(1)汽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)在气体由压强p=1.2p0到p0时,V不变,温度由2.4T0变为T1,由查理定律得 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=0.5V,(2)活塞下降过程中,活塞对气体的功为 W=p0(V-V1) 在这一过程中,气体的内能减少了 U=a(T1-T0) 由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为Q=W+U 得:Q= p0V+aT0 答案:(1)0.5V (2) p0V+aT0,【规律总结】分析理想气体U、W、Q的常用思路 (1)由体积变化分析气体做功情况:体积膨胀,气体对外界做功W0。 (2)由温度变化判断气体内能变化情况:温度升高,气体内能增大U0;温度降低,气体内能减小U0。 (3)由热力学第一定律U=Q+W判断物体是吸热还是放热。,【加固训练】 1.(2015福建高考)如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac,则 ( ),A.TbTc,QabQac B.TbTc,QabQac D.Tb=Tc,QabQac,【解析】选C。p -V图象中状态c、b所围的面积相等, Tb=Tc,因此在过程ab和ac中,内能变化相等,过程ac不做功,过程ab气体对外做功,据热力学定律U=W+Q可知,QabQac,故选C。,2.如图所示,内壁光滑的导热汽缸里封闭了一定质量的理想气体,活塞的横截面积为S,质量