2023年高考物理复习讲义 6 第19课时　热学含答案

第一篇专题复习

专题六热学

第19课时热学

■知识体系

I实验：用油膜法估测油酸分子的大小I

【命题规律】1.命题角度：（1）分子动理论、固体和液体：（2）气体实验定律和理想气体状态方

程；（3）热力学定律与气体实验定律的结合2常考题型：选择题或计算题.

高考题型1分子动理论固体和液体

1.估算问题

ιγiV

（1）分子总数：N=nNA=而A.

特别提醒：对气体而言，½>=拓等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占

据的空间.

41

（2）两种分子模型：①球体模型：V=%R3=∕m为球体直径）；②立方体模型：V=ɑɜ.

2.分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈,

即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大.

3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系（如图1）

例1（多选）（2021∙全国百校联盟5月联考）图2甲是分子力随分子之间距离变化的关系图象,

图乙是分子势能随分子之间距离变化的关系图象，下列说法正确的是（）

O0∖

¾∖：Z

/F明∖J√

甲乙

图2

A.分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小

B.在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们间的分子力先增大后减小

C.在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小

D.分子在平衡位置附近振动时，分子动能与分子势能之和保持不变

E.在两个分子从无限接近到逐渐远离的过程中，分子力先做正功后做负功

答案ADE

解析分子间同时存在引力和斥力，随分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小，

A正确；在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们间的分子力先增大后减小到零

再增大，B错误；由于平衡位置分子势能最小，在无限远处分子势能为零，所以在两个分子

从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，C错误；分子在平衡位

置附近振动时，只有分子力做功，分子动能与分子势能之和保持不变，D正确；在两个分子

从无限接近到逐渐远离的过程中，分子力先表现为斥力，分子力做正功，后表现为引力，分

子力做负功，E正确.

例2（2021.山东济南市一模）根据所学知识分析，下列说法中正确的是（）

A.布朗运动就是热运动

B.只有液体和气体才能发生扩散现象

C.太空飞船中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果

D.分子间相互作用的引力和斥力的合力一定随分子间的距离增大而减小

答案C

解析布朗运动是微粒在液体或气体中的无规则运动，间接反映了液体分子或气体分子在永

不停息地做无规则运动，它不是微粒的热运动，也不是液体分子的热运动，A错误；固体、

液体、气体都可以发生扩散现象，B错误；太空飞船中的水滴处于完全失重状态，在表面张

力作用下收缩为球形，C正确；当，yro时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距

离的增大而减小，当，＞坨时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而先

增大后减小，D错误.

例3（多选）下列关于固体、液体的说法正确的是（）

A.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”中荷叶和露水表现为浸润

B.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是浮力与其重力平衡的结果

C.液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性

D.蔗糖块是多晶体，它是由许多小的单晶体颗粒组成的

E.石墨和金刚石都是碳单质但它们的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同

答案CDE

解析唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗“，诗中荷叶和露水表现为不浸润，A错误;

小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中，是因为液体表面张力在起作用，B错误；液晶既

像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，C正确：蔗糖块是多

晶体，它是由许多小的单晶体颗粒组成的，D正确；石墨和金刚石的物理性质不同，是由于

组成它们的原子排列结构不同，E正确.

高考题型2气体实验定律理想气体状态方程

1.压强的计算

(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定

律求解，压强单位为Pa.

(2)水银柱密封的气体，应用P=Po+外或P=Po-P"计算压强，压强P的单位为CmHg或

mmHg.

2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程

(1)若气体质量一定，p、V、7中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方

程求解.

(2)若气体质量一定，p、hT均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解.

3.关联气体问题

解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列

出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解.

考向一气体实验定律

例4(2020.全国卷ΠI∙33(2))如图3,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为/7=18Cm的U

形管，左管上端封闭，右管上端开口.右管中有高∕⅛=4cm的水银柱，水银柱上表面离管

口的距离/=12cm.管底水平段的体积可忽略.环境温度为Ti=283K,大气压强面=76CmHg.

HlT

图3

(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部.此

时水银柱的高度为多少？

(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为

多少？

答案(1)12.9cm(2)363K

解析(1)设密封气体初始体积为压强为0,左、右管的横截面积均为S,密封气体先经

等温压缩过程体积变为匕，压强变为〃，由玻意耳定律有

PI%=p21z2①

设注入水银后水银柱高度为/?,水银的密度为p,根据题设条件有

PI=p<)+pg〃o②

P2=po+pgh③

Vi=(2H~l~h0)S@

%="S⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

Λ≈12.9cm®

(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为匕，温度变为一，由盖一吕萨克定律有

V=¾°

按题设条件有匕=(24一/?)S⑧

联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得

7⅛≈363K

考向二理想气体状态方程

例5(2020•山东卷∙15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位

上，进而治疗某些疾病.常见拔罐有两种，如图4所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽

气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门.使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤

上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上.抽气拔罐是先把

罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强.某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外

ɪ20

部大气压相同，温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的言.

若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2胃0，罐内气压与火罐降温后

的内部气压相同.罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化.求应抽出

气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值.

答案3

解析设火罐内气体初始状态参量分别为Pl、Tl、V∣,温度降低后状态参量分别为P2、T2,

V2,罐的容积为Vo,由题意知

P1=PO∖Tι=450K、Vl=V0,72=300K>V2=^j⅛

由理想气体状态方程得噌=空

1\12

则有第="∣⅛)

1\12

代入数据得p2=O∙7po③

对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为P3、V3,末态气体状态参量分别为P4、V4,罐的

容积为Voz,

由题意知P3=po、V3=V0,、P4=P2④

由玻意耳定律得P3V⅛=P4V4

则有PO%'=P2匕⑤

联立③⑤式，代入数据得

V4=yVo,⑥

设抽出的气体的体积为△匕由题意知

20

ΔV=V4-yj∙½)z⑦

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为

联立⑥⑦⑧式，代入数据得

my

考向三关联气体

例6(2021•全国甲卷∙33(2))如图5,一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板

将气体分为A、8两部分；初始时，A、B的体积均为匕压强均等于大气压po,隔板上装有

压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5C时隔板就会滑动,否则隔板停止运动.气

体温度始终保持不变.向右缓慢推动活塞，使8的体积减小为V

活塞隔板

ɪn

图5

(1)求A的体积和8的压强;

(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强.

答案(1)0.4V2p0(2)(√5-l)V上茨加

解析(1)对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有Poy=PlV

解得PH=Ipo

对A气体分析，根据玻意耳定律有PoV=PA%

PA=PB+QSpo

联立解得½i=0.4V.

3

(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为；匕由玻意耳定律可得

PoV=p'×∣V

2

则此情况下A的压强为p'=-jpo<pβ~O.5po

则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为¼√、压强为Ο，，气体8的体积为匕√、

压强为PB',根据玻意耳定律有Poy=PA'V√,POV=PB'VB'

,

V√+Vβ=2V,PA'=PJ-O.5po

联立解得pj=3Fp0(舍去),PB'=月鸟。

NK=(√5-l)V.

高考题型3热力学定律与气体实验定律相结合

1.理想气体相关三量AU、W、。的分析思路

(1)内能变化量AU

①由气体温度变化分析AU.温度升高，内能增加，AU>0;温度降低，内能减少，Δf7<0.

②由公式AU=W+。分析内能变化.

(2)做功情况W

由体积变化分析气体做功情况.体积膨胀，气体对外界做功，W<0;体积被压缩，外界

对气体做功，》0.

(3)气体吸、放热Q

一般由公式Q=AU—W分析气体的吸、放热情况，Q>0,吸热；Q<0,放热.

2.对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源

吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响.

例7(多选)(2020.全国ΠI∙33(1))如图6,一开口向上的导热汽缸内.用活塞封闭了一定质量的

理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦.现用外力作用在活塞上.使其缓慢下降.环境温度保持

不变，系统始终处于平衡状态.在活塞下降过程中（）

A.气体体积逐渐减小，内能增知

B.气体压强逐渐增大，内能不变

C.气体压强逐渐增大，放出热量

D.外界对气体做功，气体内能不变

E.外界对气体做功，气体吸收热量

答案BCD

解析温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，

故B正确；根据AU=W+Q,内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故C、D正确，

E错误.

例8（多选）（2021.四川省高三期末）一定质量的理想气体从状态4开始,经AfBBfGCfA

三个过程后回到初始状态A,其p—V图象如图7所示，已知状态A的气体温度为7^=200K,

下列说法正确的是（）

A.状态B的气体温度为8（X）K

B.在A-B过程中，气体既不对外做功，外界也不对气体做功

C.在B-C过程中，气体对外做功120OJ

D.在CfA过程中，气体内能先增大后减小

E.在AfBfCfA一个循环过程中，气体从外界吸收热量450J

答案ABD

解析状态Ai为等容变化,有并绑代入数据解得K,故A正确;在Ai

过程中，气体体积没有发生变化，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；在

BfC过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据W=P公丫得

W∣=4×105Pa×（5-2）×10^3m3=l200J,故C错误；

根据华=C,得P=缶可知，P-V的等温曲线是反比例函数图象

根据数学知识可知，在C-A过程中，气体温度先增大后减小，内能先增大后减小，故D正

确；在AfBfC-A一个循环过程中，温度不变，内能AU=QAf3过程，气体体积不变，

做功为零；B-C过程，外界对气体做功为1200J;CfA过程，气体对外界做的功等于图线

与横坐标围成的面积Μ=(1+4)x105Pax3xl(Γ3m3χT=750J,根据热力学第一定律：MJ=W

+Q,表达式中的W表示外界对气体做的功，故W=WLW2=1200J-750J=450J,则Q

=MJ-W=0-450J=-450J,气体向外界释放热量450J,故E错误.

高考题型4用油膜法估测油酸分子的大小

1.原理：认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成，在估测油酸分子大小的数量

级时，把每个油酸分子简化为球体，认为油膜的厚度就是油酸分子的直径d=(如图8.

ɔ

浮在水面上的

油酸分子

QQC⅛QQQQQQQΞ⅛

乙

图8

2.对“V”的测量:

(1)配制一定浓度的油酸酒精溶液，设其浓度为〃；

(2)用注射器吸取一段油酸酒精溶液，读出它的体积为Voi

(3)再把它一滴滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数M

(4)则一滴油酸酒精溶液中，纯油酸的体积V斗n.

3.对“S”的测量：

(1)浅盘里盛水，把适量的萍子粉均匀撒在水面上；

(2)用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液，待油膜形状稳定后，将带方格的玻璃板放在

浅盘上，在玻璃板上描下薄膜的形状；

(3)数出轮廓范围内正方形的个数如，不足半格的舍去，多于半格的算一个;

(4)用正方形的个数乘单个正方形的面积So(即"oSo)计算出油膜的面积S.

4.注意事项

(1)实验前应检查浅盘是否干净，如果有油渍将影响实验结果.

(2)由于油酸膜要经过先扩大后收缩的过程，因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画，画时

视线要与玻璃板垂直.

(3)分子大小的数量级为1010m,若不是则要重做实验.

例9(2021∙青海省期末)根据某同学所做“用油膜法估测分子的大小”的实验，已知2500mL

的油酸酒精溶液中含有纯油酸1mL,回答下列问题.

(1)该油酸酒精溶液的浓度为%;若每滴油酸酒精溶液的体积为％,将该溶液滴一滴

到水面上，稳定后形成油膜的面积为S,则油酸分子直径大小的表达式为4=.

(2)若将一滴油酸溶液滴在水面上，形成的油膜轮廓如图9所示，图中正方形小方格的边长为

1cm,则油膜的面积约为nΛ根据上述数据，已知ImL溶液含100滴，则可求得

油酸分子的直径为m.

(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大.出现这种情况的原因可能是

.(填选项前的序号)

A.将滴入的油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算

B.油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化

C.水面上琲子粉撒得太多，油膜没有充分展开

答案(1)0.04ʒ-ɪ;(2)6.0×10^36.7×10^,°(3)AC

Nɔʊuɔ

1Vλ

解析(1)浓度为,Snn=O.04%,每滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为yξ而，稳定后形成油膜

Vλ

的面积为S,则油酸分子直径大小的表达式为d=3弟K

(2)每个小方格的面积为1cm2,不足半格的舍去，超过半格的算一格，油膜覆盖的小方格一共

有60格，所以油膜面积为6X10-3πι2,一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为VZ=ImL乂昌记

×77n=4×1012m3

V4×IO_12_

则油酸分子的直径为d=7=m=6.7×1010m

ɔOA10ɔ

（3）根据油酸分子直径大小的表达式，若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，

则偏大，d偏大,A正确；如果水面上排子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S偏小，

d偏大，C正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度增大，则S将偏大，d

偏小，B错误.

高考预测

1.（多选）（2021•青海省高三二模）下列说法错误的是（）

A.物理性质表现为各向同性的固体可能是晶体也可能是非晶体

B.自行车打气越打越困难主要是分子间相互排斥的原因

C.用“油膜法”估测分子直径时，滴在水面的油酸酒精溶液体积为V,铺开的油膜面积为S,

则可估算出油酸分子的直径为？

D.晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变

V

E.若某气体的摩尔体积为忆阿伏加德罗常数用NA表示，则该气体的分子体积为己

答案BCE

解析多晶体和非晶体都具有物理性质各向同性，A项正确；自行车打气越打越困难主要是

V

气体压强的原因，B项错误；油膜法估测分子直径时d=q中的V指的是油酸的体积，不是油

酸酒精溶液的体积，C项错误；晶体在熔化过程中吸收热量但温度不变，D项正确；分子体

V

积歹不适用于气体，E项错误.

NA

2.（多选）（2021•江西上饶市高三二模）分子势能EP与分子间距离r的关系图线如图10中曲线

所示，曲线与横轴交点为打，曲线最低点对应横坐标为以取无限远处分子势能EP=O）.下列

说法正确的是（）

图10

A.分子间的引力和斥力都随着分子间距离「增大而减小

B.当X八时，分子势能和分子间作用力都随r减小而增大

C.当r=r∣时，分子间作用力为零

D.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离减小而增大

E.当n<κr2时，随着分子间距离r增大，分子力先做正功后做负功

答案ABD

解析分子间的引力和斥力都随着分子间距离r增大而减小，A正确；由题图可知当内外时，

分子势能随r减小而增大；Kri时，分子间作用力表现为斥力，随，•喊小而增大，B正确；

当r=5时，分子间作用力为零，C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，

分子间作用力做负功，分子势能增大，D正确；当r∣<∕<∕∙2时，随着分子间距离r增大，分子

间作用力一直在做正功，E错误.

3.（多选）质量一定的理想气体完成如图11所示的循环，其中4-3过程是等容过程，BfC过

程是等压过程，CfA过程是等温过程，已知在状态C时气体的体积V=3.0XIO、nι3,则下

列关于气体状态变化及其能量变化的说法正确的有（）

图H

A.AfB过程，气体从外界吸热，内能减小

B.C-A过程单位体积的分子数增多

C.气体在状态B时的体积是5X10-3m3

D.A-B-C的整个过程中向外放热600J

答案CD

解析AfB过程，体积不变，外界对气体不做功，温度升高，内能增大，气体从外界吸热，

选项A错误；CfA过程，温度不变，压强减小，体积增大，所以单位体积的分子数减少，

选项B错误；由号=玄，得V⅛=5Xl（Γ3nι3,选项C正确；由热力学第一定律AU=Q+卬,

53

A、C状态温度相等，内能不变，W=3×10Pa∙ΔV,ΔV=Vβ-V=2×10^,得。=-600J,

即向外放热600J,选项D正确.

4.（2021•广东韶关市一模）如图12所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固定绝热

活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分.温度都

为3300K,上部分气体压强为Po=LOXlO5pa,活塞A有臂=2X10"Pa（S为活塞横截面

积）.现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点8时（不

计摩擦）.求：

图12

(1)下部分气体的压强；

(2)上部分气体的温度.

答案(l)2.4×105Pa(2)1080K

解析(1)对下部分气体，做等温变化，初状态压强为：0=po+等

体积为：Vi=V0

末状态：压强为P2,体积为：V2=∣Vo

根据玻意耳定律有：PlVl=P2V2

5

代入数据解得：p2=2.4×10Pa

(2)对上部分气体，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强

Pl'=〃2

初状态：压强为Po,温度为天),体积为VO

3

末状态：压强为∕√,温度为7√,体积为V√=2⅛

根据理想气体状态方程，有：噌=吟占一

/012

代入数据解得：Ti=3.67b=l080K.

专题强化练

［保分基础练］

1.(多选)(2021•江西临川一中高三三模)以下说法正确的是()

A.有些晶体是各向同性的

B.布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动

C.内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递

D.对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百

分比是确定的

E.随着科技的进步，人类一定能制造出从单一热源吸收热量使之完全转化为功而不产生其

他影响的热机

答案ACD

解析有些晶体是各向同性的，例如多晶体，故A正确；虽然布朗运动的剧烈程度与温度有

关，但布朗运动并不是分子的运动，而是分子热运动的对外宏观体现，所以不能称之为分子

热运动，故B错误；内能相等的两个物体相互接触，若温度不相等，热量将会从高温物体传

递到低温物体，故C正确；根据麦克斯韦统计规律可知，对于一定种类的大量气体分子，在

温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，故D正确；根据热力学

第二定律知，人类是不可能制造出从单一热源吸收热量使之完全转化为功而不产生其他影响

的热机，故E错误.

2.（2020•北京市通州区第二中学高三三模）关于固体、液体，下列说法正确的是（）

A.晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点

B.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性

C.表面张力使液体表面具有扩张的趋势，使液体表面积趋于最大

D.发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降

答案B

解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，A错误；由液晶的性质知它既具有液体

的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确；表面张力使液体表面具有收缩的

趋势，使液体表面积趋于最小，C错误；毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外；

毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管外，D错误.

3.（多选）（2021∙广西桂林十八中高三月考）某气体的摩尔质量为分子质量为如分子的体

积为½）.若1摩尔该气体的体积为½n,密度为p,该气体单位体积分子数为〃，则阿伏加德罗

常数NA可表示为（）

nMVMM

A.—B.^τmrC.ʒ7D.一

pVoPVOm

答案AD

解析1摩尔该气体的体积为VZm,则单位体积分子数为"=萼，又有摩尔体积VZm=以，A正

Vmp

确；因为气体分子间的间隙很大，气体摩尔体积与一个气体分子所占有的体积的比值等于阿

伏加德罗常数NA,不是一个气体分子所占有的体积，B错误；气体分子的摩尔质量为M,

M

分子质量为“，则Imol气体的分子数为NA=而，因为C选项中p%不是气体分子的质量，

C错误，D正确.

4.（2021∙山东省新高考测评）自行车胎充气过足，在阳光下受曝晒时车胎极易爆裂，曝晒过程

中内胎容积的变化可以忽略不计.贝∣J（）

A.在车胎突然爆裂的瞬间，胎内气体内能减小

B.车胎爆裂是车胎内气体温度升高、气体分子间斥力急剧增大的结果

C.在车胎爆裂前，胎内所有气体分子的运动速率都在增大

D.在车胎爆裂前，胎内气体吸热、温度升高，气体分子的平均动能减小

答案A

解析在车胎突然爆裂的瞬间，可以认为胎内气体与外界没有热交换，而胎内气体对外做功，

由热力学第一定律可知，车胎内气体内能减小，选项A正确；车胎爆裂是车胎内气体温度升

高、压强增大的结果，与分子间斥力无关，选项B错误；在车胎爆裂前，车胎内气体温度升

高，气体分子的平均动能增大，但不是所有气体分子的运动速率都在增大，实际上有些分子

的运动速率可能减小，选项C、D错误.

5.（2021•山东卷∙2）如图1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，上浮过程中，小瓶内气体（）

图1

A.内能减少

B.对外界做正功

C.增加的内能大于吸收的热量

D.增加的内能等于吸收的热量

答案B

解析由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度

升高，内能增加，A错误；

在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程华

=C,气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能

增加，气体对外做功，根据热力学第一定律AU=W+Q,由于气体对外做功，因此吸收的热

量大于增加的内能，C、D错误.

6.（多选）（2021•安徽省高三月考）一定质量的理想气体由状态α经状态6、状态C到状态"，

最后回到状态α,其压强P与温度T的变化关系如图2所示，图中H延长线过原点，be、ad

平行于T轴，Cd平行于P轴.下列说法正确的是（）

A.气体在匕两状态的体积相等

B.从〃到c,每个气体分子的动能都增大

C.从C到"，单位体积中气体分子数增加

D.从〃到α,外界对气体做功，气体放出热量

E.在过程be中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功

答案ADE

解析a、6处于同一等容线上，则气体在％两状态的体积相等，所以A正确；从。到c,

温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个气体分子的动能都增大，所以B错误；从C到

d,是等温过程，压强与体积成反比，压强减小，则体积增大，所以单位体积中气体分子数减

小，则C错误；从d到4,气体体积减小，外界对气体做功，但是气体的温度降低，气体的

内能减小，由热力学第一定律AU=W+Q,可知，气体放出热量，所以D正确；在过程A

中气体对外界做功为Wbc=Pbc（Vc-Vh）,过程血中外界对气体做的功为Wt∣a=pM-Va）,过

程Cd为等温变化，有PbM=PdRd,联立可得

Whc-wda=pdava-pbcVb,由图象可知p（⅛q‰,vrt=Vh

则Whc-‰<0,所以在过程he中气体对外界做功小于过程da中外界对气体做的功，则E正

确.

7.（2021.辽宁营口市高三期末）带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体.气体开始处于状

态G然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c,b、c状态温度相同，如图3

所示.设气体在状态b和状态C的压强分别为p"和pc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为

Q而和Qg则（）

A.ph>pc>Qa∣>>Q<lPb<Pc,Q"b>Qac

C.Pb<Pc'Q"b<QacPh>Pc<Qah<Qac

答案B

解析根据理想气体状态方程华=C,整理可得Y=与，所以v—T图线斜率越大，压强越

小，/?点的压强小于C点，即p∕><p<∙;由热力学第一定律AU=W+Q,经过程4b到达状态6

或经过程4c到达状态c,b、C状态温度相同，所以AU相等，又因经过程H到达状态体

积增大，对外做功，W为负值，而经过过程.c到达状态c,体积不变，对外不做功，W为零，

所以ab过程吸收的热量多，即。,加>。3故选B.

［争分提能练］

8.（2021•山东泰安市高三一模）2020年1月1日TPMS（胎压监测系统）强制安装法规已开始执

行.汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27℃,压强为240kPa,轮胎的容积为

30L.阿伏加德罗常数为NA=6.0义IO"mol）。℃、1atm下1mol任何气体的体积均为

22.4L,latm=IOOkPa,则该状态下轮胎内气体的分子数约为（）

A.1.8×IO23B.1.8XlO24

C.8.0XlO23D.8.0XIO24

答案B

解析设胎内气体温度变为T2=273K,压强变为p2=100kPa,体积变为％,则由理想气体

方程得空=空，所以L="竽=65.52L,该状态下气体的物质的量为w=v=5⅛T7⅛

1\12PliIVZZ.4Lzmoi

=2.925mol,所以气体的分子数约为N="NA=1.755Xlo24,故选B.

9.（2021•江苏省1月适应性考试∙9）某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作.该循环由两

个绝热过程和两个等容过程组成.如图4所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则

该气体（）

图4

A.在状态。和C时的内能可能相等

B.在〃一人过程中，外界对其做的功全部用于增加内能

C.bfc过程中增加的内能小于d^a过程中减少的内能

D.在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量

答案B

解析根据热力学第一定律有AU=W+Q,c-d为绝热过程，则。=0,丫增大，W<0,则AU<O,

故TArti;d一为等容过程，根据查理定律有亨=C,知TPTt则7>兀，故状态C的内能较

大，A错误；“f。为绝热过程，Q=O,外界对气体做功⅛>0,MJ=W,B正确；c-"气体

对外界做功明,大小等于Cd曲线与V轴围成的面积，.一8外界对气体做功电，大小等于

外曲线与VZ轴围成的面积，可知W∣>W2,d-a、b-c为等容过程W'=0,故全过程，气体

对外界做功，大小等于Ada围成的面积，在一次循环过程中，根据热力学第一定律AU=W

+Q,W<0,Δt∕=O,可知Q>0,故一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量；由上面分

析可知，Cfd内能减少量大于ai内能的增加量，故b-t∙c内能的增加量应大于d-*a内能

的减少量，C、D错误.

10.（2021•全国甲卷∙33（1））如图5,一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积一温度

（V—。图上的两条直线I和∏表示，口和吻分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；fo是它们的

延长线与横轴交点的横坐标，to=-273.15°C；”为直线I上的一点.由图可知，气体在状态

。和6的压强之比W=_______；气体在状态b和C的压强之比与=_________.

PbPc

图5

答案1⅞

解析由体积一温度(丫一。图象可知，直线I为等压线，则a、6两点压强相等，则有团=1;

Pb

E=OC时，当气体体积为Vl时，设其压强为0,当气体体积为L时，设其压强为"2,根据

等温变化，由玻意耳定律有PlVl=P2丫2

由于直线I和∏各为两条等压线，则有Pl=Pb，Pl=Pc

联立解得也=也=乎.

PcpiVi

ll.(2021∙河北卷∙15(2))某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为27℃时,压强为3.0Xl(P

Pa.

(1)当夹层中空气的温度升至37℃,求此时夹层中空气的压强；

(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比

值，设环境温度为27℃,大气压强为LOXlO5Pa.

答案⑴3.1X103pa(2)y

解析⑴由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得当=年

II12

代入数据解得P2=3.1XIO3Pa

(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层

体积为V,以静置后的所有空气为研究对象有POy=PlH

则夹层中增加空气的体积为Z=VZl-V=∙yV

所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为

处="=22

~m=-V=~-

12.(2020.全国卷I∙33(2))甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体).甲罐的容积

为匕罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2匕罐中气体的压强为%.现通过连接两罐的细管

把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配

后两罐中气体的压强相等.求调配后：

(1)两罐中气体的压强；

(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比∙

答案(I)IP(2)|

解析(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为P时，其体积变为由玻意耳定律有

%(2V)=pH①

两罐中气体压强均为P时，总体积为(V+V∣).

设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有p(V+H)=P'(V+2V)②

联立①②式可得z√=%③

(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强P时，体积为匕，由玻意耳定律有

,

pV=pV2@

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k=章⑤

2

联立③④⑤式可得k=y

13.(2021.陕西宝鸡市高三二模)如图6所示，固定于地面的绝热汽缸A与导热汽缸8中各封

闭着一定质量的理想气体，绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，且由刚性杆连接.开始时两汽缸

中气体体积均为Vo=2.OXl(Γ3m3∖温度均为7b=300K,压强均为PO=LoXIo5Pa,两汽缸

横截面积相等.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，8中气体体积力=1.6X103m3,

设环境温度始终保持不变.求：

图6

(1)稳定后汽缸B中气体的压强；

(2)稳定后汽缸4中气体的温度.

答案(l)1.25×105Pa(2)450K

解析(1)对汽缸B中气体，初状态

PO=I.0XIO5Pa

¼)=2.0×10^3∏P

末状态V/,=1.6×10^3m3

由玻意耳定律得POVQ-PBVB

解得PB=L25XIO5Pa

(2)设汽缸A中气体的体积为匕4,膨胀后A、B压强相等，有

PA=PB=I.25X105Pa

33

VA=2VQ-VB=2A×10~m

对汽缸A中气体，由理想气体状态方程得

Po⅛PAVA

T0=TA

解得=450K.

第一篇专题复习

专题七机械振动与机械波光电磁波

■知识体系a-

一

机

械

振

动

与

机

械

波

光

电

磁

波

一

,,I麦克斯韦电磁场丽

1I电磁波I,----

--I电磁波的产生1I

第20课时机械振动和机械波

【命题规律】1.命题角度：（1）机械振动；（2）机械波；（3）振动图象与波的图象的综合应用2常

考题型：选择题.

高考题型1机械振动

1.简谐运动的规律

规律X=ASin（Cwf+夕）

图象反映同一质点在各个时刻的位移

A

0

-A‰____

受力特征回复力尸=一日，尸（或4）的大小与X的大小成正比，方向相反

靠近平衡位置时，a、F、X都减小，。增大；远离平衡位置时，a、F、X

运动特征

都增大，。减小

振幅越大，能量越大.在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机

能量特征

械能守恒

质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期

就是简谐运动的周期T-,动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周

周期性特征

期呜

关于平衡位置。对称的两点，加速度的大小、速度的大小、动能、势能

对称性特征

相等，相对平衡位置的位移大小相等

2.简谐运动的应用—单摆

单摆周期表达式：T=2κJ∣

考向一描述简谐运动的物理量

例1（多选）（2019・江苏卷∙13B（I））一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的（）

A.位移增大B.速度增大

C.回复力增大D.机械能增大

答案AC

解析摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，

速度减小，选项A正确，B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正

确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项

D错误.

考向二简谐运动图象

例2（多选）如图1甲所示为以。点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图

乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（）

图1

A.在f=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大

B.从r=0至h=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动

C.在r=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能

D.在/=0.25与/=0.6$两个时刻，振子的速度都为零

答案BD

解析在f=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小

成正比，方向与位移方向相反，A错误；从f=0到f=0.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向

正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧

振子做加速度增大的减速运动，B正确；在/=0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即

弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，C错误；在f=0.2s与r=0.6s两个时刻，振

子在最大位移处，速度为零，D正确.

考向三振动方程

例3(多选)如图2所示，水平弹簧振子沿X轴在M、N间做简谐运动，坐标原点。为振子

的平衡位置，其振动方程为x=5Sin(IoW+今cm.下列说法正确的是()

MONX

图2

A.MN间距离为5cm

B.振子的运动周期是0.2s

C.f=0时，振子位于N点

D.r=0.05s时，振子具有最大加速度

答案BC

解析AZN间距离为2A=10cm,选项A错误；因(W=IOπrad