2026届高考物理总复习（第1轮）教师用书第十三章 热　学

第十三章热学课程标准1.通过实验，估测油酸分子的大小.了解分子动理论的基本观点及相关的实验证据.2.通过实验，了解扩散现象.观察并能解释布朗运动.了解分子运动速率分布的统计规律，知道分子运动速率分布图像的物理意义.3.了解固体的微观结构.知道晶体和非晶体的特点.能列举生活中的晶体和非晶体.通过实例，了解液晶的主要性质及其在显示技术中的应用.4.了解材料科学的有关知识及应用，体会它们的发展对人类生活和社会发展的影响.5.观察液体的表面张力现象.了解表面张力产生的原因.知道毛细现象.6.通过实验，了解气体实验定律.知道理想气体模型.能用分子动理论和统计观点解释气体压强和气体实验定律.7.知道热力学第一定律.通过有关史实，了解热力学第一定律和能量守恒定律的发现过程，体会科学探索中的挫折和失败对科学发现的意义.8.理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象.体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.9.通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律.核心素养物理观念1.理解布朗运动、内能、分子力、晶体、表面张力、分子力、分子势能等概念.2.理解分子动理论、固液气性质、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律等物理规律.科学思维1.构建两种物理模型进行分子直径的估算.2.掌握“油膜法”“放大法”“图像法”“概率统计的方法”“控制变量法”.3.运用气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律解决问题.科学探究探究“用油膜法估测分子的大小”实验.探究气体等温、等压、等容的过程的规律.科学态度与责任1.能认识到固体、液体和气体知识在实际中的应用，能用气体实验定律解释生产生活中的一些现象，解决一些实际问题.2.注重运用热力学定律分析和解决人们生产生活中的一些问题.命题探究命题分析从题型上看，一般以选择题和计算题的形式出现，选择题主要考查分子动理论、气体压强的微观解释、内能、p－V图像、V－T图像、热力学第一、第二定律的理解等.计算题主要结合气体考查内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律等.趋势分析本章命题的热点有：(1)分子动理论；(2)气体压强、晶体和非晶体的特点、液体的表面张力；(3)内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律.预设情境深海探测器、雾霾天气、高压锅、气压计、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、氧气分装等.

第1讲分子动理论内能一、分子动理论的三条基本内容1.物体是由大量分子组成的(1)分子的大小①分子的直径(视为球模型)：数量级为__10-10__m.②分子的质量：数量级为10-26kg.③测量方法：油膜法.(2)阿伏加德罗常数1mol的任何物质都含有相同的粒子数.通常可取NA＝__6.02×1023__mol-1.2.分子永不停息地做无规则的热运动(1)实例证明：①扩散现象a.定义：不同物质能够彼此__进入对方__的现象.b.实质：扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由分子的__无规则运动__产生的物质迁移现象，温度__越高__，扩散现象越__明显__.②布朗运动a.定义：悬浮在液体中的__小颗粒__的永不停息的无规则运动.b.实质：各个方向的液体分子对颗粒碰撞的__不平衡__.c.特点：永不停息、无规则运动.颗粒__越小__，运动越__剧烈__.温度__越高__，运动越__剧烈__.运动轨迹不确定.(2)热运动①分子的永不停息的__无规则__运动叫作热运动.②特点：分子的无规则运动和温度有关，温度__越高__，分子运动越__激烈__.3.分子间同时存在引力和斥力(1)分子间的引力和斥力是__同时__存在的，实际表现出的分子力是引力和斥力的__合力__.(2)分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而__减小__，随分子间距离的减小而__增大__，但斥力比引力变化得__快__.①r＝r0，F引＝F斥，F＝0.②r＞r0，F引＞F斥，F为__引力__.③r＜r0，F引＜F斥，F为__斥力__.④当分子间距离大于__10r0__(约为10-9m)时，分子力很弱，可以忽略不计.二、温度和物体的内能1.温度两个系统处于__热平衡__时，它们具有某个“共同的热学性质”，我们把表征这一“共同热学性质”的物理量定义为温度.一切达到热平衡的系统都具有相同的__温度__.2.两种温标摄氏温标和热力学温标.关系：T＝__t＋273.15_K__.3.分子的动能和平均动能(1)分子动能是__分子热运动__所具有的动能.(2)分子热运动的平均动能是所有分子热运动的__动能的平均值__，温度是分子热运动的平均动能的__标志__.(3)分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的__总和__.4.分子的势能(1)由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的__相对位置__决定的能，即分子势能.(2)分子势能的决定因素：微观上决定于__分子间距离__和分子排列情况；宏观上决定于__体积__和状态.5.物体的内能(1)等于物体中所有分子的热运动__动能__与__分子势能__的总和，是状态量.(2)决定内能的因素①微观上：分子动能、__分子势能__、分子个数.②宏观上：温度、__体积__、物质的量(摩尔数).(3)改变物体的内能有两种方式①做功：当做功使物体的内能发生改变时，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少.②热传递：当热传递使物体的内能发生改变时，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少.考点一微观量的估算问题1.求解分子直径时的两种模型(固体和液体)(1)把分子看成球形，d＝eq\r(3,\f(6V0,π)).(2)把分子看成小立方体，d＝eq\r(3,V0).注意：对于气体，①V0不是一个气体分子的体积，而是一个气体分子平均占有的空间体积.②利用d＝eq\r(3,V0)计算出的d不是气体分子直径，而是气体分子间的平均距离.2.宏观量、微观量以及它们之间的关系已知量可求量摩尔体积Vmol分子体积V0＝eq\f(Vmol,NA)(适用于固体和液体)分子占据体积V占＝eq\f(Vmol,NA)(适用于气体)摩尔质量Mmol分子质量m0＝eq\f(Mmol,NA)体积V和摩尔体积Vmol分子数目n＝eq\f(V,Vmol)NA(适用于固体、液体和气体)续表已知量可求量质量m和摩尔质量Mmol分子数目n＝eq\f(m,Mmol)NA【例1】(多选)某种超轻气凝胶刷新了目前世界上最轻材料的记录，弹性和吸油能力令人惊喜.这种固态材料密度仅为空气密度的eq\f(1,6)，设气凝胶的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是()A.质量为a的气凝胶所含分子数为N＝eq\f(a,M)NAB.气凝胶的摩尔体积为Vmol＝eq\f(M,ρ)C.每个气凝胶分子的体积为V0＝eq\f(M,NAρ)D.每个气凝胶分子的直径为d＝eq\r(3,\f(NAρ,M))【解析】ABC质量为a的气凝胶的摩尔数为eq\f(a,M)，所含分子数为N＝eq\f(a,M)NA，A正确；气凝胶的摩尔体积为Vmol＝eq\f(M,ρ)，B正确；每个气凝胶分子的体积为V0＝eq\f(Vmol,NA)＝eq\f(M,NAρ)，C正确；根据V0＝eq\f(1,6)πd3，则每个气凝胶分子的直径为d＝eq\r(3,\f(6M,πNAρ))，D错误.【变式训练1】肺活量检测是中学生体质检测中的一项重要内容.肺活量指一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体量.在某次体质检测中发现某男同学肺活量为3500mL，在呼出的气体中水蒸气大约占总体积的6%.已知此时水蒸气的密度ρ＝0.6kg/m3，水蒸气的摩尔质量M＝18g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol-1.关于该学生这次呼出气体说法正确的是()A.水蒸气的体积为2.1×10-3m3B.含有的水分子的物质的量为0.07molC.含有的水分子的数量为4.2×1021个D.含有的水蒸气的质量为1.26×10-2g【解析】C一次呼出的水蒸气的体积V水＝6%V＝6%×3500×10-6m3＝2.1×10-4m3，A错误；一次呼出的水蒸气的质量m＝ρV水＝0.6×2.1×10-4kg＝1.26×10-4kg＝0.126g，D错误；含有的水分子的物质的量n＝eq\f(m,M)＝eq\f(0.126,18)mol＝0.007mol，B错误；含有的水分子的个数N＝nNA＝0.007×6×1023个＝4.2×1021个，C正确.考点二扩散现象、布朗运动与分子热运动的理解1.布朗运动的理解(1)研究对象：悬浮在液体或气体中的小颗粒；(2)运动特点：无规则、永不停息；(3)影响因素：颗粒大小、温度；(4)物理意义：反映了液体或气体分子做永不停息的无规则的热运动.2.扩散现象、布朗运动与热运动的比较项目扩散现象布朗运动热运动活动主体分子固体微小颗粒分子区别是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到共同点(1)都是无规则运动(2)都随温度的升高而更加剧烈联系扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动3.气体分子热运动的特点(1)分子运动的杂乱无章，使得分子在各个方向运动的机会均等.(2)大量气体分子的速率分布呈现“中间多、两头少”的规律，当温度升高时，“中间多”这一高峰向速率大的一方移动，分子的平均速率增大，分子的热运动更剧烈.【例2】运用分子动理论的相关知识，判断下列说法不正确的是()A.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)B.阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动C.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成D.降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱【解析】A某气体的摩尔体积为V，若每个分子运动占据的空间的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)，A错误；布朗运动用肉眼是观察不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃运动不是布朗运动，B正确；生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，C正确；温度越高，分子热运动越剧烈，则降低气体的温度，气体分子热运动的剧烈程度就可减弱，D正确.【变式训练2】人们在泡大红袍茶时茶香四溢，下列说法正确的是()A.茶香四溢是扩散现象，说明分子间存在着相互作用力B.茶香四溢是扩散现象，泡茶的水温度越高，分子热运动越剧烈，茶香越浓C.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子间存在着相互作用力D.茶香四溢是布朗运动现象，说明分子在永不停息地做无规则运动【解析】B茶香四溢是扩散现象，C、D错误；茶香四溢是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，A错误；物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以茶水温度越高，分子的热运动越剧烈，茶香越浓，B正确.考点三分子力、分子势能、温度与内能的理解1.分子动能、分子势能、内能的比较项目分子动能分子势能物体的内能定义分子无规则运动(即热运动)的动能由分子间相对位置决定的势能物体中所有分子热运动的动能和分子势能的总和决定大小的因素温度是物体分子热运动的平均动能的标志.温度升高，分子热运动的平均动能就增大分子势能(Ep)随分子间距离(r)变化.物体内所有分子势能的总和跟物体的体积有关物体的内能在宏观上与质量、温度、体积有关.当分子间作用力忽略不计时，就不具有分子势能.因此理想气体就不具有分子势能.一定质量理想气体的内能只由温度决定备注温度、内能等，只对大量分子才有意义，不能像研究机械运动那样，取单个分子或几个分子作为研究对象2.分子力与分子势能的比较项目分子力F分子势能Ep图像随分子间距离的变化情况r<r0F随r增大而减小，表现为斥力r增大，F做正功，Ep减小r>r0r增大，F先增大后减小，表现为引力r增大，F做负功，Ep增大r＝r0F引＝F斥，F＝0Ep最小，但不为零r>10r0引力和斥力都很微弱，F＝0Ep＝03.判断分子势能变化的“两法”方法一：利用分子力做功判断.分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加.方法二：利用分子势能Ep与分子间距离r的关系图线判断.4.分析物体内能问题的四点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的，对于单个分子的内能没有意义.(2)决定内能大小的因素为：物质的量、温度、体积以及物质状态.(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能.(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能相同.分子力与分子势能【例3】(2023·海南卷)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是()A.分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力B.分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大C.分子势能在r0处最小D.分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小【解析】C分子间距离大于r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，C正确.【变式训练3】eq\a\vs4\al([易错题])设甲分子在坐标原点O处不动，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与分子间距离关系如图中曲线所示，F＞0表现为斥力，F＜0表现为引力.a、b、c为r轴上三个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放(设无穷远处分子势能为零)，则()A.乙分子从a到c，分子力先减小后增大B.乙分子运动到c点时，动能最大C.乙分子从a到c，分子力先做正功后做负功D.乙分子运动到c点时，分子力和分子势能都是零【解析】B由题图可知，乙分子从a到c，分子力先增大后减小，A错误；从a到c，分子间作用力为引力，引力做正功，动能一直增加，当乙分子运动到c点左侧时，分子力为斥力，斥力做负功，所以乙分子运动到c点时，动能最大，B正确；乙分子从a到c，分子力一直做正功，C错误；乙分子运动到c点时，分子力为零，但由于分子力一直做正功，所以分子势能应小于零，D错误.【易错点】当分子间距离等于临界距离r0时(对应图中c点)，分子力为0，分子势能最小，势能的零点不是在r0处.温度与内能【例4】(多选)下列关于温度及内能的说法正确的是()A.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高B.两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C.质量和温度相同的冰和水，内能不同D.温度高的物体不一定比温度低的物体内能大【解析】CD温度是大量分子热运动的宏观体现，单个分子不能比较温度高低，A错误；物体的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，B错误、C正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，D正确.【变式训练4】比较45℃的热水和100℃的水蒸气，下列说法正确的是()A.热水分子的平均动能比水蒸气的大B.热水的内能比相同质量的水蒸气的小C.热水分子的速率都比水蒸气的小D.热水分子的热运动比水蒸气的剧烈【解析】B温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，分子总动能增加，体积增大，分子间平均距离变大，分子总势能增大，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45℃的热水中的分子平均速率比100℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，D错误.1.关于分子力，下列说法正确的是()A.碎玻璃不能拼合在一起，说明玻璃分子间斥力在起作用B.用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，说明气体分子间有斥力C.固体很难被压缩，说明分子间有斥力D.水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在引力【解析】C分子间作用力发生作用的距离很小，打碎的碎片间的距离远大于分子力作用距离，分子引力与斥力基本趋于0，碎玻璃不能拼合在一起，不能说明玻璃分子间斥力在起作用，A错误；用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，是由于需要克服打气筒内外的压力差，不能说明气体分子间有斥力，B错误；固体很难被压缩，说明分子间有斥力，C正确；水和酒精混合后的总体积小于原来二者的体积之和，说明分子间存在空隙，D错误.2.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是()A.在显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的布朗运动，这说明水分子在做无规则运动B.一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，这是重力引起的对流现象C.在一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这说明温度越高布朗运动越剧烈D.悬浮在液体中的固体颗粒越大，某时刻与它相撞的液体分子数越多，布朗运动就越明显【解析】A显微镜下可以观察到水中花粉小颗粒的运动，是小颗粒受到液体分子频繁碰撞而做布朗运动，这说明水分子在做无规则运动，A正确；一滴红墨水滴入清水中不搅动，经过一段时间后水变成红色，属于扩散现象，B错误；一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，是水的对流引起的，不是布朗运动，C错误；悬浮在液体中的固体颗粒越小，某时刻各个方向与它相撞的液体分子数越不平衡，布朗运动越明显，D错误.3.钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为NA.已知1克拉＝0.2克，则()A.a克拉钻石所含有的分子数为eq\f(0.2aNA,M)B.a克拉钻石所含有的分子数为eq\f(aNA,M)C.每个钻石分子半径的表达式为eq\r(3,\f(6M×10-3,NAρπ))(单位为m)D.每个钻石分子直径的表达式为eq\r(\f(6M,NAρπ))(单位为m)【解析】Aa克拉钻石物质的量(摩尔数)为n＝eq\f(0.2a,M)，所含分子数为N＝nNA＝eq\f(0.2aNA,M)，A正确、B错误；钻石的摩尔体积V＝eq\f(M×10-3,ρ)(单位为m3/mol)，每个钻石分子的体积为V0＝eq\f(V,NA)＝eq\f(M×10-3,NAρ)，设钻石分子直径为d，则V0＝eq\f(4,3)π(eq\f(d,2))3，联立解得d＝eq\r(3,\f(6M×10-3,NAρπ))(单位为m)，C、D错误.4.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能最小值－E0，若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是()A.乙分子在x2时，加速度最大B.乙分子在x1时，其动能最大C.乙分子在x2时，动能等于E0D.甲、乙分子的最小距离一定大于x1【解析】C乙分子在x2时，分子势能最小，分子间距离为平衡距离，分子力为零，故加速度为零，此时速度最大，动能最大，由于从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下沿x轴运动，故分子势能和动能之和不变，则此时的动能等于E0，C正确，A、B错误；当乙分子运动到x1时，其分子势能为零，其分子动能也为零，此时两分子的距离最小，而后向分子间距变大的方向运动，因此甲、乙分子的最小距离一定等于x1，D错误.5.(多选)下列说法正确的是()eq\o(\s\up11(INCLUD4PICTURE"25YLWL-613.TIF"),\s\do12(甲乙丙))A.图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时的温度都高B.图乙为分子间作用力F和分子势能Ep随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子力，②表示分子势能C.由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子的体积和分子的质量D.图丙是布朗运动实验得到的观测记录，图中是按相等时间间隔依次记录的某个分子位置的连线【解析】AB分子速率的分布呈现“中间多，两头少”的规律，温度越高分子热运动越剧烈，速率大的分子占比增大，由题图甲图线可知状态③的温度比状态①、②的温度都高，A正确；由分子力随分子间距的变化关系可知，当分子间距离等于r0时，引力与斥力大小相等，合力为零，而此时分子间的分子势能最小，所以题图乙图线①为分子力与分子间距离的关系，图线②为分子势能与分子间距离的关系，B正确；由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子所占空间体积，而不是分子的体积，C错误；题图丙的观测记录，是按相等时间间隔依次记录的某颗粒位置的连线，而不是分子位置的连线，D错误.6.(多选)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离x的关系如图所示.图中分子势能的最小值为－E0，若两分子所具有的总能量为零，则下列说法正确的是()A.乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B.乙分子在P点(x＝x2)时，动能为E0C.乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D.乙分子的运动范围为x≥x1【解析】BD乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，A错误；乙分子在P点时分子势能为－E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，B正确；乙分子在P点时，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，C错误；当x<x1时分子势能为正，总能量为零，动能应为负，是不可能的，因此分子的运动范围为x≥x1，D正确.7.轿车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全.轿车在发生一定强度的碰撞时，叠氮化钠(亦称“三氮化钠”，化学式NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气而充入气囊.若充入氮气后安全气囊的容积V＝56L，气囊中氮气的密度ρ＝1.25kg/m3，已知氮气的摩尔质量M＝28g/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023mol-1，请估算：(结果保留一位有效数字)(1)一个氮气分子的质量m；(2)气囊中氮气分子的总个数N；(3)气囊中氮气分子间的平均距离r.【解析】(1)一个氮气分子的质量m＝eq\f(M,NA)，解得m≈5×10-26kg.(2)设气囊内氮气的物质的量为n，则有n＝eq\f(ρV,M)，N＝nNA，解得N≈2×1024(个).(3)气体分子间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有r3＝eq\f(V,N)，解得r≈3×10-9m.8.燃烧一支烟产生的烟气中含有一氧化碳和二氧化碳，假设最终进入空气中的一氧化碳约为84mg.一个人在一个空间约为30m3的房间内，吸了一支烟，烟气在房间中均匀分布，试估算：(一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，阿伏加德罗常数NA≈6.0×1023mol-1，人正常呼吸一次吸入气体的体积约为300cm3)(1)房间空气中一氧化碳分子的平均距离(结果可用根号表示)；(2)一个不吸烟者进入此房间，呼吸一次吸入的一氧化碳分子数(结果保留两位有效数字).【解析】(1)吸一支烟进入空气中的一氧化碳的物质的量n＝eq\f(m,M)＝eq\f(84×10-3,28)mol＝3×10-3mol，一氧化碳分子个数N＝nNA＝1.8×1021个，每个一氧化碳分子所占空间的体积V0＝eq\f(30,1.8×1021)m3，分子间的平均距离d＝eq\r(3,V0)＝eq\r(3,\f(50,3)×10-21)m≈2.6×10-7m.(2)不吸烟者进入此房间呼吸一次吸入的一氧化碳分子数为N＝eq\f(300×10-6m3,30m3)×1.8×1021＝1.8×1016个.

第2讲固体、液体和气体一、固体1.分类固体分为__晶体__和__非晶体__两类.晶体又分为__单晶体__和__多晶体__.2.晶体和非晶体的比较项目晶体非晶体单晶体多晶体外形__规则__不规则熔点确定不确定物理性质各向__异性__各向__同性__原子排列有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则无规则3.液晶(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向__异性__，又可以自由移动位置，保持了液体的__流动性__.(2)液晶分子的位置无序使它像__液体__，排列有序使它像__晶体__.(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是__杂乱无章__的.二、液体1.表面张力的作用效果液体的表面张力使液面具有__收缩__的趋势，使液体表面积趋于__最小__，而在体积相同的条件下，球形表面积__最小__.2.表面张力的方向表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线__垂直__.3.表面张力的形成原因表面层中分子间距离比液体内部分子间距离__大__，分子间作用力表现为__引力__.三、气体1.气体分子运动的特点(1)气体分子之间的相互作用力十分__微弱__，气体分子可以自由地运动，可以充满它所能达到的__空间__.(2)气体分子运动时频繁地发生碰撞，气体分子向各个方向运动的机会__相等__.2.气体压强(1)产生的原因由于大量气体分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁__单位面积__上的压力叫作气体的压强.(2)决定因素①宏观上：决定于气体的__温度__和__体积__.②微观上：决定于分子的__平均动能__和分子的密集程度.3.理想气体(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下都遵从__气体实验__定律的气体，实际气体在__压强__不太大、__温度__不太低的条件下，可视为理想气体.(2)微观上讲，理想气体的分子间除__碰撞__外无其他作用力，所以理想气体无__分子势能__.

4.气体实验定律定律玻意耳定律查理定律盖－吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成__反比__一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与__热力学温度__成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积与__热力学温度__成正比表达式p1V1＝__p2V2__eq\f(p1,T1)＝__eq\f(p2,T2)__或eq\f(p1,p2)＝__eq\f(T1,T2)__eq\f(V1,T1)＝__eq\f(V2,T2)__或eq\f(V1,V2)＝__eq\f(T1,T2)__图像5.理想气体的状态方程一定质量的理想气体的状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C.考点一固体和液体的性质1.晶体和非晶体的理解(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体.(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.(3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性.(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.2.液体表面张力的理解形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小典型现象球形液滴、肥皂泡、毛细现象、浸润和不浸润晶体与非晶体【例1】对下列几种固体物质的认识正确的有()A.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C.天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于石墨是非晶体，金刚石是晶体【解析】A食盐熔化过程中，温度保持不变，即熔点一定，说明食盐是晶体，A正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，只能说明云母片是晶体，B错误；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C错误；石墨和金刚石组成它们的化学元素是相同的，都是碳原子，它们的物理性质不同，是由于碳原子排列结构不同造成的，D错误.【变式训练1】eq\a\vs4\al([易错题])固体甲和乙在一定压强下的熔化曲线如图，纵轴表示温度，横轴表示时间，下列说法正确的是()A.固体甲一定是晶体，固体乙不一定是非晶体B.甲一定有确定的几何外形，乙一定没有确定的几何外形C.在热传导方面甲一定表现出各向异性，乙一定表现出各向同性D.甲和乙的化学成分可能相同【解析】D固体甲在熔化的过程中温度保持不变，因此一定是晶体；而固体乙在整个升温的过程中，没有固定的熔点，因此一定是非晶体，A错误；如果固体甲是多晶体，也没有确定的几何外形，B错误；如果甲是多晶体，则不表现为各向异性，C错误；同种化学成分，有时可以形成晶体，有时也可以形成非晶体，D正确.【易错点】对知识概念的理解要到位：晶体和非晶体的主要区别是有无固定的熔点，单晶体有天然的规则的几何外形，多晶体和非晶体则没有.液体的性质【例2】(传统文化)唐诗《观荷叶露珠》中“靠微晓露成珠颗”中的荷叶和露水表现为__________(填“不浸润”或“浸润”)，小草、树叶上的小露珠常呈球形，主要是____________________的作用.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能__________(填“增加”“减少”或“保持不变”)，分子平均动能__________(“增加”“减少”或“保持不变”)，所以晶体有固定的熔点.【答案】不浸润液体表面张力增加保持不变【解析】诗中的荷叶和露水表现为不浸润.由于液体表面张力的作用使露珠的表面积最小，而体积相同的情况下球的表面积最小，所以露珠呈球形.晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变.【变式训练2】关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是()eq\o(\s\up7(),\s\do12(甲乙丙丁))A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果C.丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的D.丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润【解析】B因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，A错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，B正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，C错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，D错误.考点二气体压强的产生和计算1.理解气体压强的三个角度产生原因气体分子对容器壁频繁地碰撞产生的决定因素宏观上决定于气体的温度和体积微观上取决于分子的平均动能和分子的密集程度计算方法a＝0力的平衡条件a≠0牛顿第二定律2.平衡状态下气体压强的求法力平衡法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强等压面法在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等.液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强3.加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解.【例3】若已知大气压强为p0，液体密度均为ρ，重力加速度为g，图甲、乙中汽缸横截面积为S，不计摩擦力，下列图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强.eq\o(\s\up7(),\s\do12(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do12(乙))eq\o(\s\up7(),\s\do12(丙))eq\o(\s\up7(),\s\do12(丁))eq\o(\s\up7(),\s\do12(戊))eq\o(\s\up7(),\s\do12(己))【解析】题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件知p0S＝p甲S＋Mg，得p甲＝p0－eq\f(Mg,S).题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图乙所示.eq\o(\s\up7(),\s\do12(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do12(乙))由平衡条件，有p乙S下sinα＝p0S上＋FN＋mg，FN＝Mg，S下sinα＝S上，S下为活塞下表面面积，S上为活塞上表面面积，即S上＝S，由以上得p乙＝p0＋eq\f((M＋m)g,S).题图丙：以B液面为研究对象，由平衡条件有p丙S＋ρghS＝p0S，所以p丙＝p0－ρgh.题图丁：以A液面为研究对象，由平衡条件有p丁S＝p0S＋ρgh1S，所以p丁＝p0＋ρgh1.题图戊：以B液面为研究对象，由平衡条件有p戊S＋ρghsin60°·S＝p0S，所以p戊＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh.题图己：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3).【变式训练3】如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度l＝16cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱.外界大气压强恒为p0＝76cmHg，环境温度保持不变，重力加速度大小g取10m/s2.(1)求玻璃管竖直静置时管内空气的压强p1；(2)若使玻璃管向上做加速度大小a＝5m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的压强p2.【解析】(1)设水银柱的质量为m，横截面积为S，对水银柱，根据物体的平衡条件有p1S＝mg＋p0S，又m＝ρlS，p0＝ρgh0，解得p1＝92cmHg.(2)设此时管内空气的压强为p2，对水银柱，根据牛顿第二定律有p2S－p0S－mg＝ma，解得p2＝100cmHg.考点三理想气体实验定律与状态方程的应用1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(温度不变：p1V1＝p2V2（玻意耳定律）,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)（查理定律）,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)（盖－吕萨克定律）))2.几个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp＝eq\f(p1,T1)ΔT.(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝eq\f(V1,T1)ΔT.(3)理想气体状态方程的推论：eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p1V1,T1)＋eq\f(p2V2,T2)＋…3.利用气体实验定律及气体状态方程解决问题的基本思路“汽缸”类问题【例4】(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统.如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1＝300K时，A内气体体积VA1＝4.0×10-2m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g取10m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计.当环境温度降到T2＝270K时：(1)求B内气体压强pB2；(2)求A内气体体积VA2；(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m.【解析】(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态：pB1＝p0，T1＝300K，末态：T2＝270K根据eq\f(pB1,T1)＝eq\f(pB2,T2)，代入数据可得pB2＝9×104Pa.A内气体做等压变化，压强保持不变，初态：VA1＝4.0×10-2m3，T1＝300K，末态：T2＝270K，根据eq\f(VA1,T1)＝eq\f(VA2,T2)，代入数据可得VA2＝3.6×10-2m3，由于p0－pB2<Δp，假设成立，即pB2＝9×104Pa.(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋eq\f(mg,S)，B内气体压强pB′＝p0，此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp代入数据得m＝1.1×102kg.【变式训练4】(2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通.两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连.初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长.现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降eq\f(1,3)H，左侧活塞上升eq\f(1,2)H.已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)最终汽缸内气体的压强；(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量.【解析】(1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH，末态压强p2，体积V2＝S·eq\f(3,2)H＋eq\f(2,3)H·2S＝eq\f(17,6)SH，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得p2＝eq\f(18,17)p0.(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S，解得m＝eq\f(2p0S,17g)，对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·eq\f(1,2)H＝p2S，解得k＝eq\f(2p0S,17H).“液柱”类问题【例5】(2023·全国乙卷)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方.管内空气被一段水银柱隔开.水银柱在两管中的长度均为10cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强.(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)【解析】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，水银管长为h＝20cm，此时有pA＝pB＋ρgh，倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，又因为SA＝4SB，可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm，水银柱长h′＝23cm.设此时两管的压强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋ρgh′＝pB′.倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有pASALA＝pA′SALA′，对B管有pBSBLB＝pB′SBLB′，其中LA′＝10cm＋1cm＝11cm，LB′＝10cm－4cm＝6cm，联立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg.【变式训练5】如图所示，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气.外界温度为300K时，气柱长度l为10cm；当外界温度缓慢升高到310K时，气柱长度变为50cm.已知外界大气压恒为1.0×105Pa，水柱长度不计.(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功；(2)求葫芦的容积；(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留两位有效数字).已知1mol氮气在1.0×105Pa、273K状态下的体积约为22.4L，阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol-1.【解析】(1)由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强.设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、l2，气体对外做的功为W.根据功的定义有W＝p0S(l2－l1)，解得W＝0.4J.(2)设葫芦的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2，根据盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，V1＝V＋Sl1，V2＝V＋Sl2，联立以上各式并代入题给数据得V＝119cm3.(3)设在1.0×105Pa、273K状态下，1mol氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n.根据盖－吕萨克定律有eq\f(V＋Sl1,T1)＝eq\f(V3,T0)，其中n＝eq\f(V3,V0)NA，联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021个.关联气体问题【例6】(2024·湖北卷)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升eq\f(1,5)h再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度.求：(1)再次平衡时容器内气体的温度；(2)此过程中容器内气体吸收的热量.【解析】(1)气体进行等压变化，则由盖－吕萨克定律得eq\f(V0,T0)＝eq\f(V1,T1)，即eq\f(hS,T0)＝eq\f((h＋\f(1,5)h)S,T1)，解得T1＝eq\f(6,5)T0.(2)此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝eq\f(1,5)CT0，气体对外做功大小为W＝pSΔh＝eq\f(1,5)h(p0S＋mg)，由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量Q＝ΔU＋W＝eq\f(1,5)h(p0S＋mg)＋eq\f(1,5)CT0.【变式训练6】如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750cm3的左右两部分.面积为S＝100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300K、压强p1＝2.04×105Pa的状态1.抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2.然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J.已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计.(1)气体从状态1到状态2是__________(填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能__________(填“增大”“减小”或“不变”)；(2)求水平恒力F的大小；(3)求电阻丝C放出的热量Q.【解析】(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变.(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1，解得状态2气体的压强为p2＝eq\f(p1,2)＝1.02×105Pa，解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得p2S＝p0S＋F，解得F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10-4N＝10N.(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T2＝350K的状态3，可知气体做等压变化，则有eq\f(2V1,T1)＝eq\f(V3,T2)，可得状态3气体的体积为V3＝eq\f(T2,T1)·2V1＝eq\f(350,300)×2×750cm3＝1750cm3.该过程气体对外做功为W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1750－2×750)×10-6J＝25.5J.根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q′，解得气体吸收的热量为Q′＝ΔU＋W＝63.8J＋25.5J＝89.3J，可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3J.1.解决“汽缸”类问题的一般思路(1)弄清题意，确定研究对象.一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程.(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程.2.解决“液柱”类问题的技巧(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度).(2)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等.(3)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简洁.3.解决关联气体类问题的一般思路相互联系的气体问题，往往以压强、体积、温度等量建立起气体间的关系，对各部分气体要独立进行状态分析，要确定每个研究对象的状态变化的特点，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联；若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡条件确定两部分气体的压强关系.考点四气体状态变化的图像项目图像特点等温变化p-V图像pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p-eq\f(1,V)图像p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容变化V-T图像p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压变化p-T图像V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小【例7】eq\a\vs4\al([一题多解])一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程.下列说法正确的是()A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程，气体对外做功，内能增加C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量【解析】Ca→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖－吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误.(方法1)b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误.(方法2)c→a过程为等温过程，所以Tc＝Ta，结合Tb>Ta分析可知Tb>Tc，所以b到c过程气体的内能减少，B错误.c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确.根据热力学第一定律结合上述解析可知：在a→b→c→a整个热力学循环过程中ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此由热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，由图像可知W≠0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误.【变式训练7】(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是()A.bc过程外界对气体做功B.ca过程气体压强不变C.ab过程气体放出热量D.ca过程气体内能减小【解析】AC由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，化简可得V＝eq\f(C,p)·T，由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故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过程气体压强减小，B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU＝0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得Q＜0，ab过程气体放出热量，C正确；ca过程，温度升高，内能增大，D错误.解答气体实验定律的图像问题抓住的几个关键(1)要能够识别p－V图像、p－T图像、V－T图像中的等温线、等容线和等压线，能从图像上解读出状态参量和状态变化过程.(2)依据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，得到p＝CT·eq\f(1,V)或V＝eq\f(C,p)·T或p＝eq\f(C,V)·T，认识p－eq\f(1,V)图像、V－T图像、p－T图像斜率的意义.(3)作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条p－V线(或p－eq\f(1,V)线)、两条V－T线或两条p－T线交于两点，两点纵坐标(或横坐标)相同，依据横坐标(或纵坐标)关系，比较第三物理量的关系.1.中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”，农谚“锄板底下有水”“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结.关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是()A.松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理D.松土除了保墒外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理【解析】A松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减少水分蒸发，保存水分，A正确、B错误；水对土壤是浸润液体，松土保墒是利用了浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的原理，C错误；松土除了保墒外，还减少了土壤下水分的蒸发，提高地温，D错误.2.合格的医用口罩内侧使用了对水不浸润的材料，图甲为一滴水滴在医用口罩内侧的照片，图乙为对应的示意图.以下说法正确的是()eq\o(\s\up7(),\s\do12(甲乙))A.照片中水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部密集B.该口罩为不合格产品，其内侧材料对所有的液体都浸润C.该口罩为合格产品，其内侧材料并非对所有的液体都不浸润D.照片中水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部密集，因为附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力小【解析】C水滴与空气接触的表面层的水分子比水滴的内部稀疏，A错误；由图可知，水珠并没有浸润口罩内侧，因此是合格产品，浸润与不浸润现象是相对的，各种液体的密度、分子大小、分子间隙、分子间作用力大小等都各不相同，因此口罩内侧材料并不一定对所有的液体都不浸润，只要对水不浸润，就是合格产品，B错误、C正确；水滴附着层(即固液接触层)内水分子比水滴内部稀疏，附着层水分子受到的水滴内分子的作用力比受到的口罩内侧固体材料分子的作用力大，因而使水滴表面紧绷而减小与口罩内侧固体材料的作用，D错误.3.(2023·江苏卷)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B.该过程中()A.气体分子的数密度增大B.气体分子的平均动能增大C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小【解析】B根据eq\f(pV,T)＝C，可得p＝eq\f(C,V)T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，C错误；气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，D错误.4.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330cm3，薄吸管底面积为0.5cm2，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是()A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5℃C.该装置所测温度不低于23.5℃D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大【解析】B由盖－吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T)，其中V1＝V0＋Sl1＝335cm3，T1＝(273＋27)K＝300K，V2＝V0＋Sl2＝(330＋0.5x)cm3，代入解得T＝eq\f(30,67)x＋eq\f(19800,67)(K)，根据T＝t＋273K可知，t＝eq\f(30,67)x＋eq\f(1509,67)(℃).故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，A错误；当x＝20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5℃，故该装置所测温度不高于31.5℃，当x＝0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5℃，故该装置所测温度不低于22.5℃，B正确、C错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖－吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，D错误.5.(2024·全国卷)(多选)如图所示，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是()A.1→2过程中，气体内能增加B.2→3过程中，气体向外放热C.3→4过程中，气体内能不变D.4→1过程中，气体向外放热【解析】AD1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，A正确；2→3为等压过程，根据盖－吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，即W<0，故气体吸收热量，B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，故可知气体向外放热，D正确.6.(多选)有一段12cm长水银柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体.若将玻璃管管口向上放置在一个倾角为30°的斜面上(如图所示)，先用外力使玻璃管静止在斜面上，后由静止释放，玻璃管沿斜面下滑.已知玻璃管与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)，大气压强p0相当于76cmHg，气体温度不变.则下列说法正确的是()A.释放后气体体积变大B.释放后气体体积变小C.下滑稳定时密闭气体的压强为80cmHgD.下滑稳定时密闭气体的压强为79cmHg【解析】AD整体分析，由牛顿第二定律有(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°＝(M＋m)a，解得a＝gsin30°－μgcos30°＝0.25g.对水银汞柱分析，由牛顿第二定律有p0S＋mgsin30°－pS＝ma，代入数据解得p＝p0＋eq\f(mg,4S)，根据液体的压强公式有p液＝ρgh＝eq\f(mg,S)＝12cmHg，则p＝p0＋eq\f(mg,4S)＝(76＋3)cmHg＝79cmHg，C错误、D正确.静止时，气体的压强为p1＝p0＋ρghsin30°＝(76＋6)cmHg＝82cmHg，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，则温度不变时，气体的压强与体积成反比，加速下滑时，气体的压强减小，所以释放后气体体积变大，A正确、B错误.7.(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V.气球内空气可视为理想气体.(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3m3为气球无张力时的最大容积，C＝18J为常数.已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3kg，外界空气密度为ρ0＝1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小.【解析】(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV＝p0V0，解得V0＝eq\f(pV,p0).(2)设气球内气体质量为m气，则m气＝ρ0V0.对气球进行受力分析如图所示，根据气球的受力分析有mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g，结合题中p和V满足的关系为(p－p0)(V－VB0)＝C，解得V＝5×10-3m3.8.图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示.长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0cm2，长度H＝100.0cm，侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2＝90.0cm2，高度h＝20.0cm，罐底有一小孔B.汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度.eq\o(\s\up7(),\s\do12(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do12(乙))(1)求x；(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V.【解析】(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有p1(H－x)S1＝p2HS1，又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0，代入数据联立解得x＝2cm.(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋eq\f(h,2)S2)，又因为p3＋ρg·eq\f(h,2)＝p0，代入数据联立解得V＝8.92×10-4m3.

第3讲热力学定律与能量守恒一、热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式(1)__做功__.(2)__热传递__.2.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的__热量__与外界对它__所做的功__的和.(2)表达式：ΔU＝__Q＋W__.3.ΔU＝W＋Q中正、负号法则物理量WQΔU＋外界对物体做功物体__吸收__热量内能__增加__－物体对外界做功物体__放出__热量内能__减少__二、热力学第二定律及微观意义1.热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能__自发__地从低温物体传到__高温__物体.(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不__引起其他影响__，或表述为“__第二类永动机是不可能制成的”.2.用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的__总熵__不会减小.3.热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的__无序性__增大的方向进行.三、能量守恒定律和两类永动机1.能量守恒定律能量既不会凭空__产生__，也不会凭空__消失__，它只能从一种形式__转化__为另一种形式，或者从一个物体__转移__到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量__保持不变__.2.两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何__能量__，却源源不断地对外做功的机器.违背__能量守恒__定律，因此不可能实现.(2)第二类永动机：从__单一热源__吸收热量并把它__全部__用来对外做功，而不引起其他变化的机器.违背__热力学第二__定律，不可能实现.考点一热力学第一定律与能量守恒定律1.对热力学第一定律的理解(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的.(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化.(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移.2.热力学第一定律的三种特殊情况(1)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加.(2)不做功的过程：W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加.(3)内能不变的过程：W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量.【例1】如图所示为一超重报警装置示意图，高为L、横截面积为S、质量为m、导热性能良好的薄壁容器竖直倒置悬挂，容器内有一厚度不计、质量为m的活塞，稳定时正好封闭一段长度为eq\f(L,4)的理想气柱.活塞可通过轻绳连接受监测重物，当活塞下降至位于离容器底部eq\f(3L,4)位置的预警传感器处时，系统可发出超重预警.已知初始时环境热力学温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，不计摩擦阻力.(1)求轻绳未连重物时封闭气体的压强；(2)求刚好触发超重预警时所挂重物的质量M；(3)在(2)条件下，若外界温度缓慢降低1%，气体内能减少ΔU0，求气体向外界放出的热量Q.【解析】(1)轻绳未连重物时对活塞受力分析得p1S＋mg＝p0S，解得p1＝p0－eq\f(mg,S).(2)刚好触发超重预警时，对活塞受力分析得p2S＋(M＋m)g＝p0S，由玻意耳定律得p1eq\f(LS,4)＝p2eq\f(3LS,4)，解得M＝eq\f(2p0S,3g)－eq\f(2,3)m.(3)由盖吕萨克定律得eq\f(V2,T0)＝eq\f(V3,0.99T0)，其中V2＝eq\f(3LS,4)，解得V3＝0.99V2，则ΔV＝V2－V3＝eq\f(3,400)LS，此过程外界对气体做的功为W＝p2ΔV，由热力学第一定律有－ΔU0＝－Q＋W，可知Q＝ΔU0＋eq\f(p0SL,400)－eq\f(mgL,400).【变式训练1】(2023·浙江卷)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示.在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A.环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B.活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363K的状态C时触动报警器.从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J.取大气压p0＝0.99×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，求气体：(1)在状态B的温度；(2)在状态C的压强；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q.【解析】(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，解得TB＝eq\f(VB,VA)TA＝330K.(2)根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，解得pC＝eq\f(TC,TB)pB＝1.1×105Pa.(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功为W＝－pBΔV＝－30J，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得Q＝ΔU－W＝188J.考点二热力学第二定律的理解及应用1.对热力学第二定律“关键词”的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的含义.(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助.(2)“不产生