（新课标Ⅰ）2019版高考物理 专题十五 热学课件.ppt

1、专题十五热学,高考物理 (新课标专用),A组统一命题课标卷题组 考点一分子动理论、内能,五年高考,1.2018课标,33(1),5分(多选)对于实际的气体,下列说法正确的是。 A.气体的内能包括气体分子的重力势能 B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C.气体的内能包括气体整体运动的动能 D.气体的体积变化时,其内能可能不变 E.气体的内能包括气体分子热运动的动能,答案BDE本题考查气体的内能。 气体的内能是指所有气体分子的动能和分子间的势能之和,故A、C项错误。,知识归纳气体的内能 对于质量一定的气体,所有分子的势能和动能之和等于气体的内能。对于理想气体,分子的势能可忽略不计。,2.

2、2015课标,33(1),5分,0.425(多选)关于扩散现象,下列说法正确的是。 A.温度越高,扩散进行得越快 B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的,答案ACD扩散现象是分子无规则热运动的反映,C正确,E错误;温度越高,分子热运动越激烈,扩散越快,A正确;气体、液体、固体的分子都在不停地进行着热运动,扩散现象在气体、液体和固体中都能发生,D正确;在扩散现象中,分子本身结构没有发生变化,不属于化学变化,B错误。,解题关键扩散现象:不同物质能够彼此进入对方的现象。扩散

3、现象是由物质分子的无规则运动产生的。固体、液体和气体中都能发生扩散现象。扩散现象的快慢与温度有关。,考点二固体、液体、气体,3.2018课标,33(2),10分如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的 质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。,答案,解析本题考查气体实验定律、气体压强计算等知识。

4、 设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 p0=p1V1 p0=p2V2 由已知条件得 V1=+-=V V2=-= 设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg 联立以上各式得 m=,审题指导关键词理解,隐含条件显性化 关键词“导热”说明气体上下两部分温度相等,且与环境温度相同。 外界温度保持不变,说明气体做等温变化。 流入液体产生的压强p=。 K关闭,说明外部液体对气体压强不产生影响。,4.2018课标,33(2),10分如图,一竖直放置的汽缸上端开口,

5、汽缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。,答案T0(p0S+mg)h,解析本题考查气体实验定律等知识。 开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动,设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有 = 根据力的平衡条

6、件有 p1S=p0S+mg 联立式可得 T1=T0 此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖吕萨克定律有 = 式中 V1=SH,V2=S(H+h) 联立式解得 T2=T0 从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为 W=(p0S+mg)h,审题指导抓住关键词,挖掘隐含条件。 “缓慢加热”表示活塞始终处于平衡状态,因此才有p1S=p0S+mg。“活塞刚好到达b处”,表示气体的末状态压强为p1,活塞与b卡口处无弹力作用。“绝热”时气体温度才能逐渐升高,若“导热良好”,“缓慢加热”时汽缸

7、内、外的气体就始终处于热平衡状态。,5.(2018课标,33,15分)(1)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中。 A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热 E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功 (2)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时

8、两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。,答案(1)BCD(2)见解析,解析(1)本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程。对于一定量的理想气体有=恒 量。从a到b,p逐渐增大,V逐渐增大,所以p与V的乘积pV增大,可知T增大,则气体的内能一直增加,故A错误、B正确。由于V逐渐增大,可知气体一直对外做功,故C正确。由热力学第一定律U=Q+W,因U0,W0,即气体一直从外界吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正确、E错误。,知识归纳热力学常见用语的含义 理想气体温度升高:内能增大。 气体体积增大:气体对外做功。气体体积减小:外界对气体做功。 绝热:没有热交换。 导热性能良好:表示与外界温

9、度相同。 (2)本题考查气体实验定律。 设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1和l2。 由力的平衡条件有,p1=p2+g(l1-l2) 式中为水银密度,g为重力加速度大小。 由玻意耳定律有 p1l1=pl1 p2l2=pl2 两边气柱长度的变化量大小相等 l1-l1=l2-l2 由式和题给条件得 l1=22.5 cm l2=7.5 cm,6.(2017课标,33,15分)(1)氧气分子在0 和100 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列

10、说法正确的是。 A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在100 时的情形,D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与0 时相比,100 时氧气分子速率出现在0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 (2)如图,容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通,阀门K2位于细管的中部,A、B的顶部各有一阀门K1、K3,B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时,三个阀门均打开,活塞在B的底部;关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气,使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ,汽缸导

11、热。 ()打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强; ()接着打开K3,求稳定时活塞的位置; ()再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ,求此时活塞下方气体的压强。,答案(1)ABC (2)()2p0()B的顶部()1.6p0,解析(1)本题考查气体分子速率及分布率。 每条曲线下面积的意义是各种速率的分子数总和占总分子数的百分比,故面积为1,A正确、D错误。气体温度越高,分子无规则运动越剧烈,分子平均动能越大,大速率的分子数所占总分子数的百分比越大,故虚线对应的温度较低,B、C皆正确。由图中0400 m/s区间图线下的面积可知0 时出现在0400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,

12、E错误。 (2)本题考查气体实验定律。 ()设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为p1,体积为V1。依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 p0V=p1V1 (3p0)V=p1(2V-V1) 联立式得 V1= p1=2p0,()打开K3后,由式知,活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22 V)时,活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得 (3p0)V=p2V2 由式得 p2=p0 由式知,打开K3后活塞上升直到B的顶部为止;此时p2为p2=p0。 ()设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从T1=300 K升高到T2=320 K的等容过程中,由查

13、理定律得 = 将有关数据代入式得 p3=1.6p0,思路点拨活塞封闭的气体 通过分析活塞的受力,利用平衡条件可获得活塞两侧气体压强之间的关系。注意轻质物体在任意状态下所受合外力均为0。,7.2017课标,33(2),10分一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。 ()求该热气球所受浮力的大小; ()求该热气球内空气所受的重力; ()设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。,答案()Vg0()Vg0 ()V0T0(-)-m0,解析()设1个大气压

14、下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0,密度为 0= 在温度为T时的体积为VT,密度为 (T)= 由盖吕萨克定律得 = 联立式得 (T)=0 气球所受到的浮力为 f=(Tb)gV 联立式得 f=Vg0,()气球内热空气所受的重力为 G=(Ta)Vg 联立式得G=Vg0 ()设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得 mg=f-G-m0g 联立式得m=V0T0(-)-m0,8.2017课标,33(2),10分一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示,玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l,顶端封闭,K2上端与待测气体连通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通

15、。开始测量时,M与K2相通;逐渐提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高,此时水银已进入K1,且K1中水银面比顶端低h,如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d,M的容积为V0,水银的密度为,重力加速度大小为g。求: ()待测气体的压强; ()该仪器能够测量的最大压强。,答案()(),解析()水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,压强等于待测气体的压强p。提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高时,K1中水银面比顶端低h;设此时封闭气体的压强为p1,体积为V1,则 V=V0+d2l V1=d2h 由力学

16、平衡条件得 p1=p+gh 整个过程为等温过程,由玻意耳定律得 pV=p1V1 联立式得 p= ()由题意知 hl,联立式有 p 该仪器能够测量的最大压强为 pmax=,9.2016课标,33(2),10分在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差p与气泡半径r之间的关系为p=,其中=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气 泡缓慢上升。已知大气压强p0=1.0105 Pa,水的密度=1.0103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2。 ()求在水下10 m处气泡内外的压强差; ()忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其

17、原来半径之比的近似值。,答案()28 Pa()1.3,解析()当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为p1,则 p1= 代入题给数据得 p1=28 Pa ()设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为p2,其体积为V2,半径为r2。 气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2 由力学平衡条件有 p1=p0+gh+p1 p2=p0+p2 气泡体积V1和V2分别为 V1=,V2= 联立式得 = 由式知,pip0,i=1,2,故可略去式中的pi项。代入题给数据得 =1.3,易错点拨

18、此题给出水下气泡内外的压强差的关系式,对确定封闭气体压强带来一定困难,既要准确表达,又要学会合理近似。,10.2016课标,33(2),10分一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。,答案4天,解析设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2。根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2 重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为 V3=V2-V1 设用去的氧气在p0(1个大气压)

19、压强下的体积为V0,则有 p2V3=p0V0 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为V,则氧气可用的天数为N=V0/V 联立式,并代入数据得 N=4(天),解题指导解答此题的关键是将用去的氧气在p2状态下的体积转化为在p0(1个大气压)状态下的体积,从而可以计算出氧气在p0下的可用天数。,易错点拨没有将开始时氧气的体积转化为1个大气压下的体积而直接进行计算,不在同一状态的气体,不能直接进行计算。,11.2016课标,33(2),10分一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此

20、时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0 cmHg。环境温度不变。,答案144 cmHg9.42 cm,解析设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2。活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2,长度为l2。以cmHg为压强单位。由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg l1= cm 由玻意耳定律得p1l1=p1l1 联立式和题给条件得 p1=144 cmHg 依题意p2=p1 l2=4.00 cm+

21、cm-h 由玻意耳定律得p2l2=p2l2 联立式和题给条件得h=9.42 cm,审题指导由于环境温度不变,玻璃管内气体发生的是等温变化,适用规律是玻意耳定律,分别以左管内和右管内气体为研究对象,找出初末状态参量,列出玻意耳定律方程即可求解。,12.2015课标,33(2),10分如图,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=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00105 Pa,温度为

22、T=303 K。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=495 K。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10 m/s2。求 ()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; ()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。,答案()330 K()1.01105 Pa,解析()设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2。由题给条件得 V1=S2+S1 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)

23、=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=330 K ()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,由查理定理,有 =,联立式并代入题给数据得 p=1.01105 Pa,评分细则第()问6分,式各1分,式2分,式各1分;第()问4分,式各2分。,审题指导()在大活塞与大圆筒底部接触前的过程,由于大气压不变,活塞重力不变,又忽略摩擦力,则缸内气体为等压变化,遵守盖吕萨克定律。()大活塞被卡住以后,气体体积不再变化,则封闭气

24、体遵守查理定律。,13.(2014课标,33,9分,0.303)(1)下列说法正确的是。 A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故 E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 (2)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

25、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。,答案(1)BCE(2),解题指导汽缸壁导热良好,活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动,在外界温度T0不变的情况下,将质量为m的沙子倒到活塞上表面的过程中,封闭气体做等温变化,满足玻意耳定律(p1V1=p2V2)。沙子倒完后,外界温度变化,封闭气体做等压变化,满足盖吕萨克定律。,考点三热力学定律与能量守恒,14.2018课标,33(1),5分(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程、到达状态e。对此气体,下列说法正确的是。 A.过程中气体的压强逐

26、渐减小 B.过程中气体对外界做正功 C.过程中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小,答案BDE本题考查气体实验定律、理想气体状态方程。 过程是等容升温过程,由=,可知压强逐渐增大,A项错误。过程中气体膨胀,故气体 对外界做正功,B项正确。过程为等容降温过程,气体向外放出热量,C项错误。一定质量的理想气体的内能只与温度有关,而Tc=Td,所以状态c、d的内能相等,D项正确。由理想气体状态方程=C得p=C,由题图可知,则pbpd,E项正确。,审题指导图像语言的理解,物理情景的构建 清晰理解过程的规律,明确a、b、c、d、e各状态下气体状态参量关系。物体的

27、内能与物体的质量、物态、温度及体积有关,而一定质量的理想气体的内能只与T有关。,15.2017课标,33(1),5分(多选)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是。 A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变,答案ABD本题考查理想气体内能的改变途径、热力学第一定律。

28、气体自发扩散时不对外做功,W=0,汽缸绝热,Q=0,由热力学第一定律得U=W+Q=0,故气体内能不变,选项A正确,C错误;气体被压缩的过程中体积缩小,外界对气体做功,W0,Q=0,故U0,气体内能增大,故理想气体的温度升高,则分子平均动能增大,选项B、D正确,选项E错误。,知识归纳对气体做功及理想气体内能的理解 气体自由扩散时,体积虽变大,但没有施力和受力物体,因此不做功;气体被压缩时,体积减小,外界对气体做功;理想气体不计分子势能,因此理想气体的内能等于所有分子的动能。,16.2017课标,33(1),5分(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过

29、程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是。,A.在过程ab中气体的内能增加 B.在过程ca中外界对气体做功 C.在过程ab中气体对外界做功 D.在过程bc中气体从外界吸收热量 E.在过程ca中气体从外界吸收热量,答案ABD判断理想气体的内能变化情况可以通过两种方法:根据热力学第一定律U=W+Q,通过判断做功和热传递来得出内能的变化情况;通过直接判断温度的变化得出内能的变化情况。在过程ab中,V不变,说明对外不做功,W=0,但不确定热传递情况,故利用热力学第一定律判断不出内能变化情况,那么看温度T,一定质量的理想气体=定值,V不变,压强p增大, 则温度升高,说明内能增加,

30、故A选项正确,C选项错误。ca过程中,体积V减小,说明外界对气体做功,故B选项正确。ca过程中,压强p不变,据=定值可知,温度T降低,则其内能减小,即U0,据热力学第一定律U=W+Q可知Q0,即气体从外界吸收热量,故D选项正确。,审题指导p-V图像问题的审题思路 看轴确定图像为p-V图像,17.2016课标,33(1),5分(多选)关于热力学定律,下列说法正确的是。 A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,

31、答案BDE若气体吸热的同时对外做功,则其温度不一定升高,选项A错;做功是改变物体内能的途径之一,选项B正确;理想气体等压膨胀,气体对外做功,由理想气体状态方程=C知,气 体温度升高,内能增加,故一定吸热,选项C错误;根据热力学第二定律知选项D正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统与第三个系统的温度均相等,则这两个系统之间也必定达到热平衡,故选项E正确。,易错点拨(1)吸放热与温度的升降没有直接因果关系;(2)内能改变的两个途径为热传递和做功;(3)分析等压膨胀过程的吸放热时要分析其内能的变化;(4)弄清热平衡的含义。,18.2016课标,33(1),5分(多选)

32、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,答案ABE由理想气体状态方程=C知,p=T,因此气体在a、c两状态的体积相等,故A 项正确;对理想气体而言,内能由温度决定,因TaTc,故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能

33、,选项B正确;过程cd为等温变化,内能不变(U=0),压强变大,体积减小,外界对气体做功(W0),由热力学第一定律U=W+Q,知Q0,对外做功,W|W|,选项D错误;bc和da过程中温度改变量相同,故体积变化量与压强的乘积相同,由W=Fl=pSl=pV知,选项E正确。,评析本题考查了气体实验定律、p-T图象、热力学第一定律。试题涉及的过程多,有一定的难度。,B组自主命题省(区、市)卷题组,考点一分子动理论、内能,1.(2018北京理综,14,6分)关于分子动理论,下列说法正确的是() A.气体扩散的快慢与温度无关 B.布朗运动是液体分子的无规则运动 C.分子间同时存在着引力和斥力 D.分子间的

34、引力总是随分子间距增大而增大,答案C本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,温度越高,分子运动越剧烈,气体扩散越快,A错;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,不是液体分子的运动,B错;分子间同时存在着引力和斥力,且随着分子间距的增大,引力和斥力均减小,故C对、D错。,易错点拨分子力与分子间距离的关系 分子间同时存在引力与斥力,两力的大小均与分子间距有关,分子力是指这两个力的合力,下图为斥力f斥、引力f引及分子力f分随分子间距离r的变化关系图线。,2.(2017上海单科,8,3分)一个密闭容器由固定导热板分隔为体积相同的两部分,分别装有质量不等的同种气体。当两部分气体稳定后,它

35、们的() A.密度相同B.分子数相同 C.分子平均速率相同D.分子间平均距离相同,答案C本题考查温度的微观意义。根据=可知,m不等,V相等,则不相等,A项错误。质 量不等的同种气体的分子数不相等,B项错误。当两部分气体稳定后,二者的温度是相等的,故同种气体分子的平均速率相同,C项正确。同体积、不同质量的同种气体分子间距不相同,D项错误。,审题指导温度的微观意义 题目中的关键词是“固定导热板”。“固定”说明两部分气体的体积不变。“导热”说明有热传递发生,稳定后两部分气体的温度相同。再结合温度是分子平均动能的标志解题。,3.2015福建理综,29(1),6分下列有关分子动理论和物质结构的认识,其中

36、正确的是。 A.分子间距离减小时分子势能一定减小 B.温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈 C.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关 D.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性,答案B在分子间作用力表现为斥力时,随着分子间距离的减小分子势能增大,选项A错误;温度越高,物体中分子无规则运动越剧烈,选项B正确;物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例随温度升高而增多,选项C错误;单晶体的物理性质是各向异性,而多晶体则是各向同性的,选项D错误。,考点二固体、液体、气体,4.2015福建理综,29(2),6分如图,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a

37、c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,QabQacB.TbTc,QabQacD.Tb=Tc,QabQac,答案C由理想气体状态方程知=,故Tc=Tb;过程ab和ac中内能改变量相 同,ac过程气体体积不变,做功为0,W1=0,ab过程气体体积增大,气体对外做功W20,由热力学第一定律Q+W=U知QacQab,选项C正确。,5.(2017上海单科,16)如图,汽缸固定于水平面,用截面积为20 cm2的活塞封闭一定量的气体,活塞与缸壁间摩擦不计。当大气压强为1.0105 Pa、气体温度为87 时,活塞在

38、大小为40 N、方向向左的力F作用下保持静止,气体压强为Pa。若保持活塞不动,将气体温度降至27 ,则F变为N。,答案1.21050,解析以活塞为研究对象,对其进行受力分析,如图所示(其中封闭气体的压强为p1) 由平衡条件可得 F+p0S=p1S 则p1=p0+ 代入数据,得 p1=1.2105 Pa 保持活塞不动,就意味着气体的体积没有发生变化,即气体发生的是等容变化,设气体温度降至27时的压强为p2,则 = 代入数据,得 p2=1.0105 Pa 对活塞列平衡状态方程,F+p0S=p2S 得F=0 N,方法技巧封闭气体压强的计算方法 在求解封闭气体压强时,一般选取活塞、液柱或容器为研究对象

39、,对其进行受力分析。然后再根据其所处状态,列出相应的平衡状态方程或牛顿第二定律方程并进行求解。,6.2015山东理综,37(2)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K,压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部气体压强立刻减为p0,温度仍为303 K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求: ()当温度上升到303 K且尚未放气时,封闭气体的压强; ()当温度恢复到300 K时,竖直向上提起杯盖所需的最

40、小力。,答案() p0() p0S,答案D中午比清晨时温度高,所以中午胎内气体分子平均动能增大,理想气体的内能由分子动能决定,因此内能增大;车胎体积增大,则胎内气体对外界做功,所以只有D项正确。,8.(2015广东理综,17,6分)(多选)图为某实验器材的结构示意图,金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气() A.内能增大 B.压强增大 C.分子间引力和斥力都减小 D.所有分子运动速率都增大,答案AB由于金属内筒导热而隔热外筒绝热,故水升温过程中封闭空气不停地从内筒吸收热量而不向外放热,且封闭空气的体积不能改变即不做功,故由热力学第一定律可知其

41、内能一定增大,A正确;由=C知温度升高时封闭空气的压强一定增大,B正确;气体分子间作用力微 弱,即使考虑分子间作用力,也因气体体积不变,分子间平均距离不变,某两分子间距离变化情况不能确定,而不能判定分子间作用力变化情况,C错误;温度升高时,分子平均动能增大,但这并不意味着每个分子的运动速率都增大,D错误。,9.(2014广东理综,17,6分)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则袋内气体() A.体积减小,内能增大B.体积减小,压强减小 C.对外界做负功,内能增大D.对外界做正功,压强减小,答案AC袋内气体与外界无热交换即Q

42、=0,袋四周被挤压时,体积V减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律U=W+Q,气体内能增大,则温度升高,由=C知压强增大,选项A、C正 确,B、D错误。,10.2018江苏单科,12A(3)如图所示,一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0105 Pa,经历ABCA的过程,整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在AB过程中对外界所做的功。,答案138.6 J,解析本题考查V-T图像和热力学第一定律。 整个过程中,外界对气体做功 W=WAB+WCA,且WCA=pA(VC-VA) 由热力学第一定律U=Q+W得WAB=-(Q+WCA) 代入数据得WAB=-138.6 J,即气体对外界做的

43、功为138.6 J。,关联知识气体状态变化图像与热力学定律综合 气体状态变化图像问题的分析技巧、理想气体内能改变的决定因素、等压变化过程气体做功W=pV及热力学第一定律的综合应用。,C组教师专用题组 考点一分子动理论、内能,1.(2016北京理综,20,6分)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10 m、2.5 m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

44、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1.010-6 m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的浓度随高度的增加逐渐增大,答案CPM10的直径小于或等于1010-6 m=1.010-5 m,A错误;处于静稳态的颗粒受力平衡,B错误;布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动,C正确;根据题意不能判断PM2.5的浓度随高度的增加而增大,D错误。,失分警示本题易

45、错选D而失分,题目中明确提出“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”,并没有明确PM2.5的浓度随高度的变化情况。,2.(2013北京理综,13,6分)下列说法正确的是() A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动 C.物体从外界吸收热量,其内能一定增加 D.物体对外界做功,其内能一定减少,答案A布朗运动是指悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动,而不是液体(或气体)分子的运动,故A选项正确,B选项错误;由热力学第一定律U=W+Q知,若物体从外界吸收热量同时对外做功,其内能也可

46、能不变或减少,C选项错误;物体对外做功同时从外界吸热,其内能也可能增加或不变,D选项错误。,3.(2014北京理综,13,6分)下列说法中正确的是() A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大 B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大 C.物体温度降低,其内能一定增大 D.物体温度不变,其内能一定不变,答案B温度是物体分子平均动能的标志,温度升高则其分子平均动能增大,反之,则其分子平均动能减小,故A错误B正确。物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和,宏观上取决于物体的温度、体积和质量,故C、D错误。,4.2017江苏单科,12A(2),12分甲和乙图是某同学从资料中查到的两张记

47、录水中炭粒运动位置连线的图片,记录炭粒位置的时间间隔均为30 s,两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知:若水温相同,(选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大;若炭粒大小相同,(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈。,答案甲乙,解析本题考查布朗运动。相同温度的条件下,炭粒较大的其布朗运动的激烈程度较弱,炭粒在30 s始、末时刻所在位置连线的距离就较短,故甲图中炭粒的颗粒较大;炭粒大小相同时,温度越高,分子的热运动越剧烈,做布朗运动的炭粒运动也越剧烈,故乙中水分子的热运动较剧烈。,5.2015海南单科,15(1),4分已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏加

48、德罗常数为NA,地面大气压强为p0,重力加速度大小为g。由此可估算得,地球大气层空气分子总数为,空气分子之间的平均距离为。,答案,解析可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的,即mg=p0S=p04R2,故大气层的空气总质量m=,空气分子总数N=NA=。由于hR,则大气层的总体积V=4 R2h,每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体,则有Na3=V,可得分子间的平均距离a=。,考点二固体、液体、气体,6.(2017上海单科,12,4分)如图,竖直放置的U形管内装有水银,左端开口,右端封闭一定量的气体,底部有一阀门。开始时阀门关闭,左管的水银面较高。现打开阀门,流出一些水银后关闭阀门。当

49、重新平衡时() A.左管的水银面与右管等高 B.左管的水银面比右管的高 C.左管的水银面比右管的低 D.水银面高度关系无法判断,答案D本题考查气体状态参量、气体实验定律。初态时右侧封闭气体的压强pp0,打开阀门,流出一些水银后关闭阀门,当重新平衡时,因封闭气体的体积变大,由pV=C知压强p减小,因气体末态压强p有可能大于p0、等于p0或小于p0,故左右两管水银面的高度关系无法判断,选项D正确。,易错点拨pV=C的应用 本题易错点是误认为右侧管内气体压强保持不变或始终大于p0。因右侧管内气体封闭,由pV=C可知,当V增大时p减小。,7.2015江苏单科,12A(2)在装有食品的包装袋中充入氮气,

50、可以起到保质作用。某厂家为检测包装袋的密封性,在包装袋中充满一定量的氮气,然后密封进行加压测试。测试时,对包装袋缓慢地施加压力。将袋内的氮气视为理想气体,则加压测试过程中,包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力(选填“增大”、“减小”或“不变”),包装袋内氮气的内能(选填“增大”、“减小”或“不变”)。,答案增大不变,解析对包装袋缓慢施加压力,袋内气体的温度不变,压强增大。所以包装袋内壁单位面积上所受气体分子的撞击力增大。理想气体的内能由气体分子的动能决定,而温度是分子平均动能的标志,所以,温度不变,气体内能不变。,8.2014山东理综,37(1)如图,内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封

51、闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时,缸内气体。(双选,填正确答案标号) a.内能增加b.对外做功 c.压强增大d.分子间的引力和斥力都增大,答案ab,解析因汽缸导热良好,故环境温度升高时封闭气体温度亦升高,而一定质量的理想气体内能只与温度有关,故封闭气体内能增大,a正确。因汽缸内壁光滑,由活塞受力平衡有p0S+mg=pS,即缸内气体的压强p=p0+不变,c错误。由盖吕萨克定律=恒量可知气体体积膨胀,对外 做功,b正确。理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力,故d错误。,9.2015海南单科,15(2),8分如图,一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上,内有两个质

52、量均为m的相同活塞A和B;在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体,平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变,重力加速度大小为g,外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气,致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。,答案,解析初始状态下A、B两部分气体的压强分别设为pA0、pB0,则对活塞A、B由平衡条件可得: p0S+mg=pA0S pA0S+mg=pB0S 最终状态下两部分气体融合在一起,压强设为p,体积设为V,对活塞A由平衡条件有 p0S+mg=pS 对两部分气体由理想气体状态方程可得 pA0V+pB0V=pV 设活塞A移动的距离为h,则有 V=2V+hS

53、 联立以上五式可得 h=,10.2015江苏单科,12A(3)给某包装袋充入氮气后密封,在室温下,袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L。将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时,气体的体积变为0.45 L。请通过计算判断该包装袋是否漏气。,答案见解析,解析若不漏气,加压后气体的温度不变,设其体积为V1,由理想气体状态方程得 p0V0=p1V1 代入数据得V1=0.5 L 因为0.45 L0.5 L,故包装袋漏气。,11.(2014江苏单科,12A,12分)一种海浪发电机的气室如图所示。工作时,活塞随海浪上升或下降,改变气室中空气的压强,从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、

54、压缩和排出空气的过程,推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。 (1)下列对理想气体的理解,正确的有。 A.理想气体实际上并不存在,只是一种理想模型 B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体 C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关,D.在任何温度、任何压强下,理想气体都遵循气体实验定律 (2)压缩过程中,两个阀门均关闭。若此过程中,气室中的气体与外界无热量交换,内能增加了3.4104 J,则该气体的分子平均动能(选填“增大”、“减小”或“不变”),活塞对该气体所做的功(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4104 J。 (3)上述过程中,气体刚被压缩时的温度为27 ,

55、体积为0.224 m3,压强为1个标准大气压。已知1 mol气体在1个标准大气压、0 时的体积为22.4 L,阿伏加德罗常数NA=6.021023 mol-1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数字),答案(1)AD(2)增大等于(3)51024或61024,解析(1)理想气体是在忽略了实际气体分子间相互作用力的情况下而抽象出的一种理想化模型,A正确。实际气体能视为理想气体的条件是温度不太低、压强不太大,B错误。理想气体分子间无分子力作用,也就无分子势能,故一定质量的理想气体,其内能与体积无关,只取决于温度,C错误。由理想气体模型的定义可知D正确。 (2)因此过程中气体与外界无

56、热交换,即Q=0,故由U=W+Q知W=U。因理想气体的内能等于所有分子的分子动能之和,故其内能增大时,分子平均动能一定增大。 (3)设气体在标准状态时的体积为V1,等压过程= 气体物质的量n=,且分子数N=nNA 解得N=NA 代入数据得N=51024(或N=61024),12.(2016江苏单科,12A,12分)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后,锅内水面上方充满饱和汽。停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中,锅内水蒸气的变化情况为。 A.压强变小B.压强不变 C.一直是饱和汽D.变为未饱和汽 (2)如图甲所示,在斯特林循环的p-V图象中,一定质量理想气体从状态A依次经

57、过状态B、C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成。BC的过程中,单位体积中的气体分子数目(选填“增大”、“减小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示,则状态A对应的是(选填“”或“”)。,图甲,图乙 (3)如图乙所示,在AB和DA的过程中,气体放出的热量分别为4 J和20 J。在BC和CD的过程中,气体吸收的热量分别为20 J和12 J。求气体完成一次循环对外界所做的功。,答案(1)AC(2)不变(3)8 J,解析(1)高压锅在密封状态下,因为冷却过程是缓慢进行的,所以水和水蒸气保持动态平衡,即水蒸气一直是饱和汽,故C对D错。饱和汽压随温

58、度的降低是减小的,故A对B错。,规律总结对于密封的液体及其上方空间的饱和蒸汽,若过程变化迅速,液体和蒸汽的动态平衡被破坏,当最终稳定时,蒸汽总要达到饱和状态。若过程变化缓慢,液体和蒸汽保持动态平衡,蒸汽总处于饱和状态。,(2)BC过程气体体积不变,气体的总分子数也不变,故单位体积内的分子数是不变的。 由=C可知,TATD,温度越高,分子的平均速率越大,故状态A对应的是。 (3)对AB过程应用热力学第一定律:-4 J+W1=0,则W1=4 J。对CD过程同理有:12 J+W2=0,则W2=-12 J。BC和DA过程体积不变,气体不做功,故一次循环中气体对外界做功8 J。,解题指导应用热力学第一定

59、律解题时,公式U=W+Q中各字母的正、负号是正确解题的关键。,知识归纳对于U=W+Q中正、负号的把握,有如下规律:能使系统内能增加的过程取正,如吸热或外界对系统做功;会使系统内能减少的过程则取负,如放热或系统对外做功;内能增加时U为正,反之则为负。,考点三热力学定律与能量守恒,13.2014重庆理综,10(1),6分重庆出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体) () A.压强增大,内能减小 B.吸收热量,内能增大 C.压强减小,分子平均动能增大 D.对外做功,分子平均动能减小,答案B储气罐中气体体积不变,气体不做功,当温度升高时,气体压强增大,气体内能增大,分子平均动能增大;由热力学第一定律可知,气体一定吸热,故选项B正确。,A组20162018年高考模拟基础题组 考点一分子动理论、内能,三年模拟,1.(2018山西太原一模)(多选)下列说法正确的是() A.布朗运动是液体分子的运动,说明液体分子在永不停息地做无规则的热运动 B.同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在 C.温度升高物体的内能一定增大 D.密度为、体积为V、摩尔质量为M的铝所含原子数为NA E.绕地球运行的“天宫二号”内自由飘浮的水滴成球形,这是表面张力作用的结果,答案BDE布朗运动是宏观