【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第十五章 第5讲　热力学定律与能量守恒定律含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第十五章第5讲热力学定律与能量守恒定律含答案第5讲热力学定律与能量守恒定律如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮。试分析:(1)上浮过程中,小瓶内气体的温度、压强和体积怎么变化?(2)上浮过程中,小瓶内气体的内能如何变化?是吸热还是放热?(3)上浮过程中,小瓶内气体增加的内能和吸收的热量谁多?1.(2024·北京卷,3)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体()[A]内能变大 [B]压强变大[C]体积不变 [D]从水中吸热【答案】D2.(2024·山西太原期末)如图所示为冰箱工作原理示意图。制冷剂在蒸发器中汽化吸收冰箱内的热量,经过冷凝器时液化,放出热量到冰箱外。下列选项正确的是()[A]热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外[B]冰箱的工作原理违背热力学第一定律[C]冰箱的工作原理违背热力学第二定律[D]冰箱的制冷系统能够不断地从冰箱内向冰箱外传递热量,但同时消耗了电能【答案】D【答案】热量Q+W吸收放出增加减少产生消失转化转移普遍能量守恒定律自发地单一热库完全不产生总量下降热力学第二定律考点一热力学第一定律能量守恒定律1.对做功、传热、内能变化的理解(1)做功情况看气体的体积,体积增大,气体对外做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。(2)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。(3)如果研究对象是理想气体,因理想气体忽略分子势能,所以当它的内能变化时,体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度发生了变化。2.热力学第一定律的三种特殊情况(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)。(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)。(3)若在过程的初、末状态,物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q,外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量。[例1]【对热力学第一定律的理解】(2024·山东卷,6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是()[A]a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功[B]b→c过程,气体对外做功,内能增加[C]a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功[D]a→b过程气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【答案】C【解析】a→b过程压强不变且体积增大,气体对外做功,Wab<0,由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta,即内能增大,ΔUab>0,根据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;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,故B错误;c→a过程为等温过程,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;a→b→c→a整个热力学循环过程ΔU=0,整个过程气体对外做功,W<0,故a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量,D错误。[例2]【公式ΔU=W+Q的应用】(2024·贵州卷,13)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律,把水火箭的塑料容器竖直固定,其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口,B是气压计,如图甲所示。在室温环境下,容器内装入一定质量的水,此时容器内的气体体积为V0,压强为p0,现缓慢充气后压强变为4p0,不计容器的容积变化。(1)设充气过程中气体温度不变,求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积;(2)打开喷水口阀门,喷出一部分水后关闭阀门,容器内气体从状态M变化到状态N,其压强p与体积V的变化关系如图乙中实线所示,已知气体在状态N时的体积为V1,压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比;(3)图乙中虚线MN′是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线,试判断气体在图乙中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由)【答案】(1)3V0(2)p1V14p【解析】(1)充气后气体的压强为4p0,体积为V0,充气过程中温度不变,设其在室温状态下气体压强为p0时的体积为V,由玻意耳定律有4p0V0=p0V,解得V=4V0。则充入的气体在室温状态下压强为p0时的体积为4V0-V0=3V0。(2)容器内气体由状态M到状态N的过程中,气体质量不变,由理想气体状态方程有4p0V0T0=p(3)由理想气体状态变化中p-V图像可知,气体对外做功WMN>WMN′,且TN>TN′,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知MN′情形中不吸热且内能降低多,MN情形中内能降低少,可知该过程吸热。[例3]【能量守恒定律的应用】(2025·云南高考适应性考试)如图所示,一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体),活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止,其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变,将一质量为M的物体轻放到活塞上,经过足够长的时间,活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,忽略活塞厚度。求:(1)初始时,缸内气体的压强;(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度;(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。【答案】(1)p0+mg(2)p0+(M+(3)变化量为零Mgh【解析】(1)初始时,缸内气体的压强p=p0+mgS(2)缸内气体最终的压强p′=p0+(M由玻意耳定律可得pSh=p′Sh′,Δh=h-h′,代入数据可得Δh=Mghp(3)因为气体可视为理想气体,且该过程缸内气体初、末温度相等,故气体内能变化量为零;外界对其所做的功为W=[p0+(M+m)gS即W=Mgh。考点二热力学第二定律1.对热力学第二定律的理解(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。(2)“不产生其他影响”的含义是指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热力学第二定律的每一种表述,都揭示了一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性,即一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。[例4]【对热力学第二定律的理解】(2025·安徽马鞍山练习)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端流出的气体分子热运动平均速率一定大于B端[B]A端流出气体的内能一定小于B端流出气体的内能[C]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[D]该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律【答案】D【解析】由于中心部位为热运动速率较低的气体,与挡板作用后反弹,从A端流出,而边缘部分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时对应的温度也较高,所以A端为冷端、B端为热端,所以从A端流出的气体比从B端流出的气体分子热运动平均速度小,对应的平均动能也小,但内能的多少还与分子数有关,不能得出从A端流出气体的内能一定小于从B端流出气体的内能,故A、B错误;该装置将冷热不均气体进行分离,是通过高压利用外界做功而实现的,并非是自发进行的,没有违背热力学第二定律;温度较低气体从A端流出、较高气体从B端流出,并不违背能量守恒定律,故C错误,D正确。[例5]【两类永动机】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]日常生活中会遇到热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量,完全变成功的现象,并不违背热力学第二定律【答案】D【解析】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,故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,故C错误;日常见到的热量从低温物体传向高温物体或从单一热库吸收热量完全变成功的现象,一定会引起其他变化,故D正确。考点三热力学第一定律与图像的综合应用1.在某一过程中,气体的p、V、T的变化可由图像直接判断或结合气体实验定律、理想气体状态方程分析。2.在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。[例6]【热力学第一定律与p-V图像】(2024·新课标卷,21)(多选)如图,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是()[A]1→2过程中,气体内能增加[B]2→3过程中,气体向外放热[C]3→4过程中,气体内能不变[D]4→1过程中,气体向外放热【答案】AD【解析】1→2为绝热过程,Q=0,此时气体体积减小,外界对气体做功,W>0,根据ΔU=Q+W可知,内能增加,故A正确;2→3为等压过程,根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加,内能增大,ΔU>0,此时气体对外界做功,W<0,根据ΔU=Q+W可知,Q>0,即气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,Q=0,此时气体体积增大,气体对外界做功,W<0,故ΔU<0,气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,根据查理定律可知压强减小时温度降低,故内能减小,由于体积不变,W=0,故可知气体向外放热,故D正确。[例7]【热力学第一定律与V-T图像】(2024·海南卷,11)(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【答案】AC【解析】在气体的V-T图像中,图线中任一点与原点连线的斜率越大,表示气体的压强越小,由题图可知pa<pb=pc,bc过程为等压变化,体积减小,外界对气体做功,A正确;ca过程,气体的压强逐渐变小,B错误;已知ab垂直于T轴,说明ab过程为等温过程,气体温度保持不变,内能不变,则ΔU=0,气体的体积减小,外界对气体做功,则W>0,根据ΔU=Q+W可知Q<0,所以ab过程气体放出热量,C正确;ca过程,气体温度升高,内能增大,D错误。考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程[例8]【“缸体”类问题的应用】(2024·湖北卷,13)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15h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。【答案】(1)65T0(2)15CT0+15h(p0S【解析】(1)由题意知气体进行等压变化,根据盖-吕萨克定律得V0T0即hST0=(h+15h)S(2)此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=15CT0外界对气体做功W=-pSΔh=-15h(p0S+mg由热力学第一定律ΔU=W+Q,得此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU-W=15CT0+15h(p0S+mg[例9]【“液封”类问题中的应用】(2024·浙江6月选考卷,17)如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1,将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2,m=0.1kg,l1=0.2m,l2=0.3m,T2=350K,V0=2.0×10-4m3,大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度T1=300K。(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度(选填“变大”“变小”或“不变”);

(2)求此不规则小块固体的体积V;(3)若此过程中气体内能增加10.3J,求吸收热量Q。【答案】(1)不变变小(2)4×10-5m3(3)14.4J【解析】(1)温度升高后,活塞缓慢上升,活塞处于平衡状态,故封闭气体的压强不变,根据p=FS可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于体积变大,(2)气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律得V0-V解得V=4×10-5m3。(3)整个过程中外界对气体做功为W=-p1S(l2-l1),对活塞受力分析p1S=mg+p0S,解得W=-4.1J,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,其中ΔU=10.3J,解得Q=14.4J,故气体吸收热量为14.4J。(满分:70分)对点1.热力学第一、第二定律能量守恒定律1.(4分)(2025·四川高考适应性考试)某同学制作了一个小型喷泉装置,如图甲所示,两个瓶子均用瓶塞密闭,两瓶用弯管连通,左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水,右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时,左瓶直管有水喷出,如图乙所示,水喷出的过程中,装置内的气体()[A]内能比浇水前大[B]压强与浇水前相等[C]所有分子的动能都比浇水前大[D]对水做的功等于水重力势能的增量【答案】A【解析】用沸水浇右瓶时,装置内气体的温度升高,所以内能增大,故A正确;水能喷出的原因是装置内气体温度升高,压强增大,故B错误;装置内气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是所有分子的动能都增大,故C错误;水喷出时有动能,故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和,故D错误。2.(6分)(2024·云南红河期末)(多选)地球上有很多的海水,它的总质量约为1.4×1018t,如果这些海水的温度降低0.1℃,将要放出5.8×1023J的热量。有人曾设想利用海水放出的热量,使它完全变成机械能来解决能源危机,但这种机器是不能制成的,关于其原因,下列说法正确的是()[A]内能不能转化成机械能[B]内能转化成机械能不满足热力学第一定律[C]只从单一热库吸收热量并完全转化成机械能的机械不满足热力学第二定律[D]机械能可全部转化为内能,内能不可能全部转化为机械能,同时不引起其他变化【答案】CD【解析】内能可以转化成机械能,如热机,故A错误;内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律,也可以说符合能量守恒定律,故B错误;根据热力学第二定律可知,不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,故C、D正确。3.(13分)(2025·湖南长沙模拟)暴雨天气时,路面水井盖因排气孔(如图甲)堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示,水位以50mm/h的速度上涨,质量为m=36kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连,圆柱形竖直井内水面面积为S=0.4m2,水位与井盖之间的距离为h=2.018m时开始计时,此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0=1.0×105Pa,空气视为理想气体,温度始终不变,g取10m/s2。(1)若在井盖被顶起前该气体放出650J的热量,求气体对外界做的功;(2)求从图乙所示位置时刻起,水井盖被顶起所需要的时间。【答案】(1)-650J(2)0.36h【解析】(1)空气温度始终不变,内能保持不变,即ΔU=0,在井盖被顶起前该气体放出650J的热量,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,有W=ΔU-Q=-Q=650J,可知气体对外界做的功为-650J。(2)井盖刚好被顶起时有pS=p0S+mg,解得p=1.009×105Pa,气体做等温变化,有p0hS=pHS,解得H=2m,水位上涨速度v=50mm/h=0.05m/h,水井盖被顶起所需的时间为t=ΔHv=h-对点2.热力学第一定律与图像的综合应用4.(4分)(2025·安徽芜湖模拟)一定质量的理想气体从状态a开始,先经等温变化到状态b,再经等容变化到状态c,最后经等压变化到状态a。则()[A]a→b过程,气体向外界放热[B]b→c过程,气体从外界吸热[C]c→a过程,气体内能增大[D]经过一个循环气体做功为0【答案】B【解析】a→b过程气体温度不变,则内能不变,体积增大,对外做功,根据热力学第一定律,可知气体吸热,A错误;b→c过程,体积不变,压强增大,根据查理定律,可知温度升高,则内能增加,即ΔU>0,而W=0,则Q=ΔU,说明气体吸热,故B正确;c→a过程中压强不变,体积减小,根据盖-吕萨克定律,可知气体温度降低,则内能减小,故C错误;在p-V图像中,图线与V轴所围面积表示气体做的功,可知,经过一个循环,其间所围面积等于外界对气体做的功,故D错误。5.(6分)(2025·甘肃白银模拟)(多选)一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程,其中ba的延长线通过坐标原点,气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示,则()[A]气体在cd过程中体积减小[B]气体在bc过程中内能不变[C]气体在ab过程和cd过程中内能变化量绝对值相等[D]气体在ab过程中吸收的热量大于内能变化量【答案】ABC【解析】因ba的延长线通过坐标原点,气体做等容变化,即Va=Vb,根据查理定律,可知T2=2T1;气体在bc与da过程温度不变,根据玻意耳定律,有2p0Vb=3p0Vc,2p0Vd=p0Va,联立解得Va∶Vb∶Vc∶Vd=6∶6∶4∶3,即Vc>Vd,故A正确;bc过程中温度不变,内能不变,故B正确;气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量,则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过程中内能的减少量,故C正确;气体在ab过程中体积不变,则Wab=0,吸收的热量Qab=ΔUab,即气体在ab过程中吸收的热量等于内能变化量,故D错误。对点3.热力学第一定律与气体实验定律的综合应用6.(4分)(2025·内蒙古高考适应性考试)如图,一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分,活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止,缓慢倒置汽缸后()[A]a的压强减小[B]b的温度降低[C]b的所有分子速率均减小[D]弹簧的弹力一定增大【答案】B【解析】初始时活塞静止,缓慢倒置汽缸后,a部分气体体积减小,b部分气体体积增大,故a的压强增大,b的压强减小,由于是绝热汽缸和绝热活塞,则Q=0,外界对a部分气体做正功,则Wa>0,b部分气体对外界做功,则Wb<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得ΔUa>0,ΔUb<0,则a的温度升高,b的温度降低,b的气体分子的平均速率减小,但并不是所有分子速率均减小,故A、C错误,B正确;由于不知初始状态,即a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态,所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力如何变化,D错误。7.(13分)(2025·湖南株洲开学考)如图所示,一导热性能良好带一小孔的球形容器内部不规则,某兴趣小组为了测量它的容积,在容器上竖直插入一根两端开口的粗细合适的长玻璃管,接口密封,玻璃管内部横截面积S=0.2cm2,用一长为h=15cm的水银柱封闭了一定质量的气体,开始时其下方玻璃管内空气柱的长度l1=10cm,此时外界温度t1=27℃。现把容器浸在77℃的热水中,水银柱缓慢上升30cm后稳定。实验过程中认为大气压没有变化,大气压强p0=1.0×105Pa,水银密度为13.6×103kg/m3。(1)容器的容积为多少?(2)若实验过程中管内气体的内能增加了1.5J。判断气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量,并计算热量的大小。【答案】(1)34cm3(2)气体从外界吸收热量2.22J【解析】(1)设容器的容积为V,封闭气体等压膨胀,升温前温度为T1=(27+273)K=300K,升温后T2=(77+273)K=350K,根据盖-吕萨克定律有V+l1其中l2=l1+30cm=40cm,联立解得V=34cm3。(2)气体压强为p=p0+ρgh≈1.2×105Pa,气体等压膨胀,外界对气体做功为W=-p(l2-l1)S=-0.72J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q=2.22J,气体从外界吸收热量。8.(4分)(2025·安徽阶段练习)如图甲所示,圆柱形绝热汽缸的上部有小挡板C,可以阻止活塞滑离汽缸,厚度不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,初始时活塞离底部高度为挡板到底部高度的34。现用电阻丝缓慢加热封闭气体,图乙是它从初始状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点,气体在A点的压强为p=1.5×105Pa,从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量为Q=5.6×102J,不计电阻丝的体积。下列说法正确的是([A]气体在状态B的体积为8m3[B]活塞刚到达挡板C时,封闭气体的温度为400K[C]气体从状态A到状态B的过程中,内能的增量为860J[D]当封闭气体的温度为600K时,气体的压强为1.8×105Pa【答案】B【解析】气体由状态A到状态B做等压变化,根据盖-吕萨克定律,有VATA=VBTB,可得VB=TBTAVA=43×6.0×10-3m3=8×10-3m3,故A错误;活塞从初始位置到挡板有VCTC=VATA,得TC=VCVATA=hChA×300K=43×300K=400K,故B正确;气体从状态A到状态B的过程中,外界对气体做功W=-pΔV=-1.5×105×(8-6)×10-3J=-300J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,解得ΔU=-300J+5.6×102J=260J,故C错误;活塞刚到达挡板C时pC=p=1.5×105Pa,TC=400K,此后气体温度升高而体积不变,设温度TD=600K时气体压强为pD,根据查理定律9.(16分)(2025·贵州毕节模拟)如图甲,竖直圆柱形汽缸导热性良好,用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体,活塞质量为m0,此时活塞静止,距缸底高度为H。在活塞上放置质量为m1(未知)的物块静止后,活塞距缸底高度为H′=23H,如图乙所示。不计活塞与汽缸间的摩擦,已知大气压强为p0,外界温度为27℃,重力加速度为g,(1)求物块质量m1;(2)活塞上仍放质量为m1的物块,为使活塞回到距缸底为H的高度,求密封气体的温度t应缓慢上升为多少;(3)若(2)过程中气体内能增加了ΔU,求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q。【答案】(1)m0g+p0S(3)ΔU+(【解析】(1)设封闭气体初状态的压强为p1,根据力的平衡条件,对活塞受力分析有m0g+p0S=p1S,放上物块且稳定后,设其压强为p2,则有(m0+m1)g+p0S=p2S,该过程中气体温度不变,根据玻意耳定律可知p1HS=p2H′S,联立解得m1=m0(2)封闭气体原来的温度为T1=t+273K=300K,活塞从位置H′回到H位置的过程,气体发生等压变化,设升温之后的热力学温度为T2,根据盖-吕萨克定律有H'ST解得T2=450K。即t=(450-273)℃=177℃。(3)在(2)中气体等压膨胀,则外界对气体做功为W=-p2ΔV=-p2S(H-H′)=-(m根据热力学第一定律ΔU=W+Q, 得Q=ΔU+(m第6讲实验:用油膜法估测油酸分子的大小探究气体等温变化的规律实验Ⅰ用油膜法估测油酸分子的大小一、实验原理利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜,用d=VS计算出油膜的厚度,其中V为一滴油酸酒精溶液中所含油酸的体积,S为油膜面积,这个厚度就近似等于油酸分子的直径,二、实验器材油酸、酒精、注射器、烧杯、浅盘及水、带坐标方格的玻璃板、盛有爽身粉的布袋、彩笔。三、实验操作及步骤1.配制溶液:取1mL油酸溶于酒精中,制成500mL的油酸酒精溶液。2.盛水撒粉:在浅盘中盛入约2cm深的水,一只手捏住盛有爽身粉的布袋,另一只手拍打,将爽身粉均匀地撒在水面上。3.滴入油酸:用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液,油酸立即在水面散开,形成一块油膜。4.描画轮廓:待油膜形状稳定后,将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上,在玻璃板上描下薄膜的形状。四、实验数据处理1.计算一滴溶液中油酸的体积:用注射器吸取一段油酸酒精溶液,由注射器上的刻度读取该段溶液的总体积V,再把它一滴一滴地滴入烧杯中,记下液滴的总滴数N,算出一滴油酸酒精溶液的体积V′=VNmL,则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V=1500×VN2.计算油膜的面积S:根据画有油膜轮廓的玻璃板上的坐标方格,计算轮廓范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个。把正方形的个数乘单个正方形的面积就得到油膜的面积S。3.计算油酸的分子直径:d=VS(注意单位统一)五、注意事项1.在水面上撒爽身粉时,注意不要触动浅盘中的水。2.在玻璃板上描绘轮廓时动作要轻而迅速,眼睛视线要始终与玻璃板垂直。3.油酸酒精溶液配制后不要长时间放置,以免浓度改变,产生误差。4.注射器针头高出水面的高度应在1cm之内。当针头靠水面很近(油酸未滴下之前)时,会发现针头下方的粉层已被排开,是由针头中酒精挥发所致,不影响实验效果。5.实验要求估算油酸分子的大小,结果中数量级符合要求即可。六、误差分析1.纯油酸体积的计算引起误差。2.画油膜形状时不准确带来误差。3.数格子法本身是一种估算的方法,从而会带来误差。实验Ⅱ探究气体等温变化的规律一、实验原理在保证密闭注射器中气体的质量和温度不变的条件下,通过改变密闭注射器中气体的体积,由压力表读出对应气体的压强值,进而研究在温度不变的条件下气体的压强与体积的关系。二、实验器材带铁夹的铁架台、注射器、柱塞(与压力表密封连接)、压力表、橡胶套、刻度尺等。三、实验操作及步骤1.安装器材(如图)。2.将注射器的柱塞适量推入注射器,用橡胶套封住一段空气柱。在实验过程中,我们可以近似认为空气柱的质量和温度不变。3.把柱塞分别缓慢地向下压或向上拉,同时读出空气柱的长度与压强的几组数据并记录。四、实验数据处理1.以压强p为纵坐标,以体积V为横坐标建立p-V坐标系,画出气体等温变化的p-V图像,则图像是曲线,并不能认为压强与体积成反比。2.以压强p为纵坐标,以体积的倒数1V为横坐标,建立p-1V坐标系,画出气体等温变化的p-1V图像,五、注意事项与误差分析1.实验中操作要缓慢,不能用手握住注射器,以确保温度不变。2.要等到示数稳定之后,再去读数。3.实验中应保持气体质量不变,故安装装置时柱塞上涂好润滑油,防止漏气。4.作p-1V图像时,应使尽可能多的点落在直线上,不在直线上的点应均匀分布于直线两侧,考点一用油膜法估测油酸分子的大小[例1]【实验原理与操作】(2024·江苏无锡阶段练习)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,有下列实验步骤:①往浅盘里倒入适量的水,待水面稳定后将适量的爽身粉均匀地撒在水面上。②用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上,待油膜形状稳定。③将玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积,从而估算出油酸分子直径的大小。④将8mL的油酸溶于酒精中制成1×104mL的油酸酒精溶液,用注射器将溶液一滴一滴地滴入量筒中,每滴入100滴,量筒内的溶液增加1mL。⑤将玻璃板放在浅盘上,然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。(1)上述步骤中,正确的顺序是④①(填写步骤前面的数字,前两步已给出)。

(2)完成本实验需要几点假设,以下假设与本实验无关的是。

A.将油酸分子视为球形B.油膜中分子沿直线排列C.将油膜看成单分子层D.油酸分子紧密排列无间隙(3)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,体现的物理思想方法是。

A.理想模型法 B.控制变量法C.等效替代法(4)油膜形状稳定后,数得油膜所占格数约为128格(已知坐标纸正方形小方格的边长为1cm),则可估算出油酸分子的直径约为m(结果保留1位有效数字)。

(5)实验后,某小组发现自己所测得的分子直径d明显偏小,出现这种情况的可能原因是。

(多选)A.水面上爽身粉撒得太多,油膜没有充分展开B.求每滴溶液体积时,1mL溶液的滴数计多了C.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算D.油酸酒精溶液久置,酒精挥发使溶液的浓度发生了变化【答案】(1)②⑤③(2)B(3)A(4)6×10-10(5)BD【解析】(1)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,其步骤为配制油酸酒精溶液④、准备浅水盘,撒上爽身粉①、滴入油酸酒精溶液,形成油膜②、描绘油膜边缘⑤、测量油膜面积,计算分子直径③,故正确顺序为④①②⑤③。(2)该实验中把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜;不需要考虑分子间隙,把形成油膜的分子看作紧密排列的球形分子;将油酸分子视为球体模型。但并未将油膜中分子看作直线排列,故B正确。(3)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,体现的物理思想方法是理想模型法。故A正确。(4)由步骤④可知,一滴油酸酒精溶液的体积为V0=1100mL,油酸浓度为81×104,则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V1=81×104×1100mL=8×10-6mL=8×10-12m3,油膜的面积为S=128×1×1cm2=1.28×10-2m2,则油酸分子的直径为d(5)水面上爽身粉撒得太多,油膜没有充分展开,则测量的面积S偏小,导致结果偏大,故A错误;求每滴溶液体积时,1mL溶液的滴数计多了,则一滴油酸的体积减小了,会导致计算结果偏小,故B正确;将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算,则计算时所用的体积数值偏大,会导致结果偏大,故C错误;油酸酒精溶液久置,酒精挥发使溶液的浓度变大,导致计算时所用油酸体积偏小而使结果偏小,故D正确。[例2]【实验数据处理与误差分析】(2024·四川达州期末)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中,实验步骤如下:a.将1mL油酸配制成1000mL油酸酒精溶液;b.用小注射器取一段油酸酒精溶液,并将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,直到1mL时一共滴入50滴;c.向浅盘中倒入约2cm深的水,并将爽身粉均匀地撒在水面上;d.用注射器在水面上滴一滴配制好的油酸酒精溶液;e.待油酸薄膜的形状稳定后,将带有坐标方格的玻璃板放在浅盘上,并用彩笔在玻璃板上描出油酸薄膜的形状,如图甲所示。(1)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是mL。

(2)已知每一小方格的边长为1cm,多于半个的方格算一个,少于半个的方格舍去,数得满足条件方格数为60个,根据上述数据得出油酸分子的直径是m。(结果保留1位有效数字)

(3)关于本实验,下列说法正确的有。(多选)

A.油酸酒精溶液长时间放置,会使分子直径的计算结果偏小B.若实验过程中爽身粉撒得太多,会使分子直径的计算结果偏小C.本实验中用玻璃棒轻轻按油膜,使之形成更规则的图形,可减小实验误差D.向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时,滴数少记了几滴,会使分子直径的计算结果偏大(4)在步骤e中,由于水槽边缘不平整,盖在水槽上的玻璃板与形成的油膜并不平行,侧视图如图乙所示,则该情况会导致最终测得的油酸分子的半径结果(选填“偏大”或“偏小”)。

【答案】(1)2×10-5(2)3×10-9(3)AD(4)偏小【解析】(1)根据步骤a、b内容,可知每滴纯油酸的体积V=11000×150(2)该滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为S=60×1cm2=60cm2,则油酸分子的直径d=VS=2×10-560cm≈3×10-(3)油酸酒精溶液长时间放置,会使酒精挥发,油酸的浓度增大,从而每滴纯油酸的体积大于其测量值,造成分子直径的计算结果偏小,故A正确;若实验过程中爽身粉撒得太多,油酸没有充分散开,导致面积S的测量值偏小,从而会使分子直径的计算结果偏大,故B错误;实验中将爽身粉均匀地撒在水面上且不溶于水,虽然形成的油膜外形复杂,但不影响格子正确计数,与外形是否规则无关,且人为干预外形会造成另外的误差,故C错误;若滴数少记了几滴,使每滴纯油酸的体积测量值偏大,从而造成分子直径的计算结果偏大,故D正确。(4)由于玻璃板和油膜平面不平行,导致在玻璃板上描绘的油膜轮廓围成的面积大于油膜的实际面积,所以最终测得的油膜分子半径偏小。[例3]【实验目的的创新】(2024·河南开封期末)某同学模仿“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的方案,做了三个非常巧妙的设计,请你借鉴对应设计思路,完成以下实验。(1)现需要在一个烧杯中倒入0.01克食盐供以后做实验用,但现有的电子秤最小只能称0.1克的质量,以下方法最合理的是。

A.称量0.1克铺平到10块方格中B.把0.1克食盐充分溶解后,取110C.用放大镜查食盐颗粒数目(2)有一小捆长度相同粗细均匀的细铁丝,要较精确地测量细铁丝的横截面积,采用如下方法测量:①向量筒中倒入适量的水,读取示数V1;②将10根长度相同的细铁丝放入量筒中,使其被水浸没,读取示数V2;③取出细铁丝,用刻度尺测出一根细铁丝的长度L;④每根细铁丝的横截面积为S=。

(3)估测一粒治疗嗓子的喉症丸(可视为球形小颗粒)的直径。实验步骤如下:①将适量药丸倒入量筒,然后轻轻晃动几下量筒,测量出药丸的总体积V;②再将药丸从量筒中倒出,平铺在水平的坐标纸上,使药丸紧挨着排成单层结构;③用铅笔描绘出边缘的轮廓如图;④撤去药丸,进行数据处理。a.坐标纸上每个小正方形方格的边长为L,轮廓所围的面积为。

b.该同学估测出药丸的直径为。

c.经过仔细观察,发现药丸并不是标准的球形,将导致测量值将比药丸看作球形的直径(选填“偏大”或“偏小”)。

d.该同学重复几次实验,每次计算出药丸的直径都在1mm左右,若用20分度的游标卡尺测量其直径,(选填“能”或“不能”)使相对误差小于±3%。(相对误差=

真实值-【答案】(1)B(2)④V2-V110L(3)④a.118L2【解析】(1)称量0.1克食盐铺平到10块方格中,食盐颗粒较小,无法保证食盐均匀分布,实验误差较大,故A不符合题意;把0.1克食盐充分溶解后,取110溶液蒸发结晶,其食盐为0.01克,故B符合题意;用放大镜查食盐颗粒数目,数目很大,难以操作且实验误差较大,(2)④每根细铁丝的体积为V=V2-V110,其横截面积为S(3)④a.舍去不足半格部分,而大于等于半格的记为一格,总计118格,而每格的边长为L,则可知形成的轮廓面积约为118L2。b.喉症丸小颗粒的直径d=VS=Vc.由于药丸并不是标准的球形,所以药丸紧挨着排成单层结构时,其所占的面积将偏大,从而导致测量得到药丸的直径偏小。d.由于20分度的游标卡尺精度为0.05mm,所以最小相对误差为δ=1-1.051×100%=-5%或δ=1-0考点二探究气体等温变化的规律[例4]【实验原理与操作】(2025·安徽安庆月考)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。(1)实验中,为找到体积与压强的关系,(选填“需要”或“不需要”)测空气柱的横截面积。

(2)若实验过程中不慎将活塞拉出针筒,则(选填“需要”或“不需要”)重做实验。

(3)关于该实验的操作,下列说法正确的有。(多选)

A.柱塞上涂润滑油B.应缓慢推拉柱塞C.用手握注射器推拉柱塞D.注射器必须固定在竖直平面内(4)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后,以p为纵坐标,1V为横坐标,在坐标系中描点作图。某小组不断压缩气体,由测得数据发现p与V的乘积值越来越小,则用上述方法作出的图像应为图乙中的(选填“①”或“②”),造成该现象的原因可能是【答案】(1)不需要(2)需要(3)AB(4)②漏气或气体温度降低【解析】(1)由于注射器的横截面积相等,在确定压强与体积关系时可用长度代替体积,故不需要测空气柱的横截面积。(2)若实验过程中不慎将活塞拉出针筒,气体质量发生变化,则需要重做实验。(3)柱塞上涂润滑油,既减小摩擦,又防止漏气,故A正确;若急速推拉活塞,则有可能造成漏气和封闭气体温度变化,所以应缓慢推拉活塞,故B正确;用手握注射器推拉柱塞,会造成气体温度发生变化,故C错误;封闭气体压强由压力表测量,与注射器是否竖直无关,故D错误。(4)根据理想气体状态方程pVT=C,C是一个与气体种类和质量有关的常数,整理可得p=CT·1V,则p-1V图像的斜率为k=CT,又pV=CT,由测得数据发现p与V的乘积值越来越小,即图像的斜率越来越小,图像将向下弯曲,则所绘图像为[例5]【实验数据处理与误差分析】(2025·湖南长沙阶段练习)用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。(1)在本实验操作的过程中,需要保持不变的量是气体的和。

(2)实验中测量多组空气柱的压强p和体积V的数据后,为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系,应作出

(选填“p-V”或“p-1V”)图像。对图线进行分析,如果在误差允许范围内该图线是一条,就说明一定质量的气体在温度不变时,(3)另一小组对实验装置进行了改进,如图乙所示,将注射器与导气管、压强传感器连接在一起,该小组绘出的V-1p图像如图丙所示,该图像不过原点的原因是(填字母)A.实验过程中有漏气现象B.实验过程中气体温度降低C.实验过程中气体温度升高D.漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积(4)其他小组根据测量的数据,绘出p-1V图像如图丁所示,图线的上端出现了一小段弯曲,产生这一现象的可能原因是【答案】(1)质量温度(2)p-1V过原点的倾斜直线(3)D(4)【解析】(1)探究气体等温变化的规律,需要保持封闭气体不变,即不改变的是气体的质量和温度。(2)由于实验中发现一定质量的气体温度不变时,压强与体积成反比,即压强p与V的关系图像为曲线,故为了能直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系,应作出p-1V如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线,就说明一定质量的气体在温度不变时,其压强与体积成反比。(3)另一小组根据实验数据作出V-1p图像,结合理想气体状态方程pVT=C,而C是一个与气体种类和质量有关的量,则有V=CT·1p,若实验过程中有漏气现象、气体温度变化,则图像会发生弯曲,故A、B、C错误;V-1p图像整体下移,即对应某一压强时气体体积为0,说明开始时封闭气体体积偏小(4)其他小组作出的p-1V图像与V-1p图像类同,图线的上端出现了一小段弯曲,即当1V增大,V减小时,p增加值偏离了线性关系,斜率减小,而体积较大时p与1V为线性关系[例6]【实验目的的创新】(2024·湖北黄冈期中)一定质量气体等温变化时,其p与V的乘积是个定值C,有同学设计了下面实验,欲验证等温时pV乘积是否为定值,并测出该定值C以及当地的大气压值p0。Ⅰ.找一段内壁比较光滑的废弃排水管以及配套的堵帽,用胶水把堵帽粘在管底,底部密封后做成汽缸,固定放在水平地面上。Ⅱ.找一个与排水管配套的管件“补芯”(直径比水管内径略小、同材质的薄圆柱体)充当活塞,测出活塞的横截面积为S=10cm2。如图甲所示,用胶水把补芯活塞、硬杆和置物平台牢固地粘连在一起,并用天平称出其质量。Ⅲ.在活塞边缘和汽缸内部涂抹上凡士林(保证良好的密封和润滑),把活塞缓慢地竖直插入汽缸内,密封一定量气体。取一配重物块,亦称出其质量,把配重物块和活塞、硬杆、置物平台的质量加在一起,记为m1,然后把配重物块放在置物平台,活塞无摩擦地下移,稳定时测出密封气体柱长度h1。Ⅳ.在平台上增加配重块,当配重物块和活塞、硬杆、置物平台的总质量增大为m2、m3、…时,测得密封气体的气柱长度分别为h2、h3、…,算出对应气柱长度的倒数1h值。根据m对应的1h值,做出m-(1)实验中温度不变,图像是一条直线,如图乙,验证pV乘积C是定值的依据是。

A.图像的斜率是定值B.图像纵轴截距是定值C.图像横轴截距是定值(2)g取10m/s2,根据图像,可以测得被密封气体的定值C=;测得当地大气压的值为p0=Pa。(以上两空均保留2位有效数字,C值必须注明单位)

(3)实验中活塞下移时与管壁存在摩擦,假设这里的摩擦力大小始终恒定,但图像法处理数据时没有考虑,这样会导致C的测量值与真实值相比将,大气压p0测量值与真实值相比将。(上述两空均选填“偏大”“偏小”或“无影响”)

【答案】(1)A(2)16J8.0×104(3)无影响偏小【解析】(1)实验中,温度恒定,气柱横截面的面积恒定,且等于活塞的横截面积S,其变化量为气柱长度h,气柱体积为V=Sh,对配重物块和活塞、硬杆、置物平台进行分析有pS=mg+p0S,解得p=mgS+p0,压强与体积的乘积为pV=(mgS+p0)Sh,解得m=pVg·1h-p0Sg;若m-1h图像是一条直线,其斜率k=pVg,解得pV=kg,可知若pV(2)若kg=C,结合作出的m-1h图像可知,斜率k=3.2-07.0-5.0=1.6,解得C=16J;当m=0时,有0=Cg×5.0-p0S(3)若考虑下移时活塞与管壁存在的摩擦,活塞恰好静止时,有pS+Ff=p0S+mg,pSh=C,解得m=Cg·1h-p0Sg+Ffg,即函数对应图像的斜率不变,则C的测量值与真实值相比将无影响,根据函数可知[例7]【实验器材的创新】(2025·安徽合肥开学考试)日常生活中的许多现象,往往隐含着许多科学道理,如:a.自行车在烈日下暴晒,车胎容易发生爆炸;b.压缩一段封闭在注射器内的空气,发现越压缩越费力。(1)关于一定质量的气体产生的压强与哪些因素有关,小明做出了以下猜想:猜想一:可能与气体的温度有关;猜想二:可能与气体的体积有关。(2)为验证猜想一,小明进行如下实验操作:①取一根长约为1m,一端封闭的细玻璃管,在室温(20℃)下用水银封闭一段空气柱,将玻璃管竖直固定,并在玻璃管上标出水银柱下表面的位置,如图甲所示。②将空气柱浸入50℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到为止。

③再将空气柱浸入80℃的水中,重复实验。实验中小明发现空气柱的温度越高,其上方的水银柱也越长,由此可得出结论:一定质量的气体,体积一定,温度越高,产生的压强越。

(3)小明又利用传感器设计了如图乙的实验装置,探究验证猜想二。①实验中,小明要控制气体的温度和不变,改变测量压强。

②小明实验记录的数据如下:实验次数压强p/Pa体积V/m3pV/(Pa·m3)11.59×1050.75×10-51.192521.20×1051.00×10-51.200030.97×1051.25×10-51.212540.75×1051.60×10-51.200050.60×1052.00×10-51.2000分析表中数据,可得结论:

。

【答案】(2)②标记处③大(3)①质量气体的体积②一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比【解析】(2)②由于猜想一中要探究压强与温度的关系,因此应保持封闭气体体积不变,将空气柱浸入50℃的水中,待水银柱不再上升后,往玻璃管内注入水银直到水银柱回到标记处为止,这样可以通过比较水银柱的长度来比较气体压强的大小。③由于②中水银柱的长度比①中水银柱的长度长,所以p1<p2,③中水银柱又比②中的长,所以p2<p3,且①~③气体的温度是升高的,所以可得到“一定质量的气体,温度越高,产生的压强越大”的结论。(3)①探究猜想二中,要探究一定质量的气体产生的压强与气体体积的关系,应控制气体的温度、质量不变,改变气体的体积,而测量压强。②分析表格数据知,每次数据对应的pV值约为1.2Pa·m3,体积逐渐增大,压强逐渐减小,所以可得出一定质量的气体,温度一定时,压强与体积成反比的结论。[例8]【实验方法的创新】(2023·山东卷,13)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和),逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。回答以下问题:(1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体。

A.p与V成正比 B.p与1V(2)若气体被压缩到V=10.0mL,由图乙可读出封闭气体压强为Pa(结果保留3位有效数字)。

(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而(选填“增大”或“减小”)。

【答案】(1)B(2)204×103(3)增大【解析】(1)在实验误差允许范围内,题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体p与1V(2)若气体被压缩到V=10.0mL,则有1V=110.0mL-1=100×10-3由题图乙可读出封闭气体压强为p=204×103Pa。(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,根据p(V0+ΔV)-pV0=pΔV,可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。(满分:50分)对点1.用油膜法估测油酸分子的大小1.(12分)(2025·贵州贵阳测试)利用油膜法估测油酸分子的大小,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0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、爽身粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸。则:(1)下列给出的部分实验步骤,其正确顺序为。

A.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1mL油酸酒精溶液时的滴数NC.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,坐标纸上是边长为1cm的正方形,计算轮廓内正方形的个数,算出油酸薄膜的面积SD.将爽身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,从低处向水面中央一滴一滴地滴入,直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止,记下滴入的滴数n(2)该实验测得的单个油酸分子的直径约为(单位:cm)。

A.0.05nC.0.05n(3)通过实验测得分子直径的大小约为m的数量级。

A.10-10 B.10-15 C.10-7 D.10-6(4)用油膜法估算出油酸分子的直径后,要测定阿伏加德罗常数,还需要知道油酸的。

A.质量 B.体积C.摩尔质量 D.摩尔体积【答案】(1)BDAC(2)B(3)A(4)D【解析】(1)本实验的基本步骤是:用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下滴入1mL的油酸酒精溶液的滴数N,可求得1滴油酸酒精溶液的体积;将爽身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一滴油酸酒精溶液,使之充分扩散,形成单分子油膜;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;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1cm的正方形为单位,计算轮廓内正方形的个数,计算出油酸薄膜的面积。故实验步骤正确排序应为BDAC。(2)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0=0.05%×1N,则单个油酸分子直径的表达式为d=nV0S(3)通过实验测得分子直径的大小约为10-10m的数量级。故A正确。(4)计算出油酸分子的直径后可以根据体积公式算出油酸分子体积,要测定阿伏加德罗常数还需要知道NA个油酸分子的总体积,即油酸的摩尔体积。故D正确。2.(8分)(2024·河南驻马店期末)有同学完成“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。(1)假设将分子看成球形、不考虑各油酸分子间的间隙及将形成的油膜视为单分子油膜,此方法在物理研究方法中被称为。

A.理想模型法 B.极限思维法C.微元法 D.微小量放大法(2)在实验中油酸体积占油酸酒精溶液总体积的比例最为合适的是。

A.1∶50 B.1∶500 C.1∶5000(3)由于没有方格纸,该同学首先在一张透明胶片上描出油膜的轮廓,测量胶片的面积S0,并用高精度的电子天平称量出整张胶片的质量M,然后沿轮廓剪下对应的油膜形状的胶片,其质量为m,则油膜的面积为(用所给物理量符号来表示)。

(4)下列操作有助于减小实验误差的是。

A.撒爽身粉时要尽量厚一些,覆盖整个浅盘B.滴油酸酒精溶液时,针头需远离液面C.滴油酸酒精溶液后需待油膜稳定后再测其面积【答案】(1)A(2)B(3)mMS0(4)【解析】(1)假设将分子看成球形、不考虑各油酸分子间的间隙及将形成的油膜视为单分子油膜,此方法在物理研究方法中被称为理想模型法。故A正确。(2)在实验中油酸体积占油酸酒精溶液总体积的比例偏大时油膜在浅盘中不易充分散开,偏小时,油膜面积又偏小会造成较大误差,最为合适的是1∶500。故B正确。(3)胶片厚度相同,则面积比等于质量比,即S=mMS0(4)撒爽身粉时若过厚,且覆盖整个浅盘,不利于油酸形成单分子油膜,故