2025高考物理复习热 学教案练习题

三年考情分子动理论、气体压强的微观解释2023·北京卷·T1、2023·江苏卷·T3分子间作用力与分子间距离的关系2023·海南卷·T5液体表面张力2023·浙江6月卷·T14气体实验定律、理想气体状态方程2023·新课标卷·T21、2023·全国甲卷·T33(2)、2023·全国乙卷·T33(2)、2023·海南卷·T16、2023·湖北卷·T13、2023·湖南卷·T13、2023·浙江6月选考·T17、2023·浙江1月选考·T17、2023·山东卷·T9、2023·江苏卷·T3、2023·江苏卷·T9、2022·全国甲卷·T33(2)、2022·全国乙卷·T33(2)、2022·山东卷·T15、2022·广东卷·T15(2)、2022·湖南卷·T15(2)、2022·河北卷·T15、2021·全国甲卷·T33(2)、2021·全国乙卷·T33(2)、2021·广东卷·T15、2021·湖南卷·T15(2)、2021·河北卷·T15(2)热力学图像、热力学定律2023·浙江6月选考·T14和T17、2023·浙江1月选考·T17、2023·山东卷·T9、2023·全国甲卷·T33(1)、2023·全国乙卷·T33(1)、2023·辽宁卷·T5、2023·重庆卷·T4、2022·全国甲卷·T33(1)、2022·全国乙卷·T33(1)、2022·北京卷·T3、2022·江苏卷·T7、2022·辽宁卷·T6、2022·湖北卷·T3、2022·山东卷·T5、2021·全国甲卷·T33(1)、2021·全国乙卷·T33(1)、2021·湖南卷·T15(1)、2021·河北卷·T15(1)实验：用油膜法估测油酸分子的大小2019·全国卷Ⅲ·T33(1)命题规律目标定位本章主要考查分子动理论、热力学定律、理想气体状态方程及其图像。分子动理论、实验考查的频次较小。该知识模块综合性主要有：理想气体状态方程与热力学定律的综合、关联气体问题、变质量问题等。第1讲分子动理论内能[课标要求]1．了解分子动理论的基本观点及相关的实验。2．通过实验，了解扩散现象，观察并能解释布朗运动。3．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。考点一微观量的计算1．分子直径大小的数量级为10－10m。油膜法测分子直径：d＝eq\f(V,S)，V是油酸体积，S是单分子油膜的面积。2．一般分子质量的数量级为10－26kg。3．阿伏加德罗常数：1mol的任何物质都含有相同的粒子数，这个数量用阿伏加德罗常数表示，即NA＝6.02×1023mol－1。【基础知识判断】1．知道水的质量、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算水分子的数目。(√)学生用书第315页2．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以估算气体分子的体积。(×)3．知道气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算气体分子的质量。(√)1．两种分子的模型(1)固体和液体可以看作球体模型：一个分子的体积V0＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))eq\s\up8(3)＝eq\f(1,6)πd3，d为分子的直径。(2)气体分子可以看作立方体模型：一个分子所占的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离。2．阿伏加德罗常数的应用阿伏加德罗常数是联系宏观量(摩尔质量M、摩尔体积Vm、密度ρ等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”，如图所示。(1)一个分子的质量：m0＝eq\f(M,NA)。(2)一个分子所占的体积：V0＝eq\f(Vm,NA)(估算固体、液体分子的体积或每个气体分子平均占有的体积)。考向1液体和固体微观量的计算空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103cm3。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1。试求：(结果均保留1位有效数字)(1)该液体水中含有水分子的总数N；(2)一个水分子的直径d。答案：(1)3×1025个(2)4×10－10m解析：(1)水的摩尔体积为Vm＝eq\f(M,ρ)＝eq\f(1.8×10－2,1.0×103)m3/mol＝1.8×10－5m3/mol水分子总数为N＝eq\f(VNA,Vm)＝eq\f(1.0×103×10－6×6.0×1023,1.8×10－5)≈3×1025(个)。(2)建立水分子的球体模型，则一个水分子的体积V0＝eq\f(Vm,NA)＝eq\f(1,6)πd3可得水分子直径d＝eq\r(3,\f(6Vm,πNA))＝eq\r(3,\f(6×1.8×10－5,3.14×6.0×1023))m≈4×10－10m。考向2气体微观量的计算(多选)某种气体的密度为ρ，摩尔体积为Vmol，摩尔质量为Mmol，单个分子的体积为V0，质量为m，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是()A．V0＝eq\f(Vmol,NA) B．m＝eq\f(Mmol,NA)C．NA＝eq\f(Mmol,ρV0) D．ρ＝eq\f(m,V0)答案：B解析：气体分子间有间距，所以分子的体积并不是所占空间的体积，故A错误；单个分子的质量是气体的摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，即m＝eq\f(Mmol,NA)，故B正确；ρV0不是每个分子的质量，而阿伏加德罗常数NA＝eq\f(Mmol,m)，故C、D错误。故选B。考点二布朗运动与分子热运动1．扩散(1)定义：不同种物质能够彼此进入对方的现象。(2)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，而是由物质分子的无规则运动产生的。温度越高，扩散得越快。2．布朗运动(1)定义：悬浮在液体或气体中的微粒的无规则运动。(2)实质：布朗运动反映了液体分子或气体分子的无规则运动。(3)特点：微粒越小，运动越明显；温度越高，运动越剧烈。3．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，分子运动越剧烈。(3)温度是分子热运动剧烈程度的标志。学生用书第316页自主训练1扩散现象(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是()A．物体的扩散现象是分子热运动引起的B．温度越高扩散得越快C．如果温度降到很低，扩散现象就会停止D．扩散现象只能发生在液体和气体中答案：AB解析：物体的扩散现象是分子热运动引起的，故A正确；温度越高，分子无规则热运动越剧烈，扩散得越快，故B正确；分子无规则的热运动永不停息，扩散现象永不停息，故C错误；扩散现象也可以发生在固体中，故D错误。故选AB。自主训练2布朗运动把墨汁用水稀释后取出一滴放在高倍显微镜下观察，可以看到悬浮在液体中的小炭粒在不同时刻的位置，每隔一定时间把炭粒的位置记录下来，最后按时间先后顺序把这些点进行连线，得到如图所示的图像，对于这一现象，下列说法正确的是()A．炭粒的无规则运动，说明碳分子运动也是无规则的B．越小的炭粒，受到撞击的分子越少，作用力越小，炭粒的不平衡性表现得越不明显C．观察炭粒运动时，可能有水分子扩散到载物片的玻璃中D．将水的温度降至零摄氏度，炭粒会停止运动答案：C解析：题图中的折线是每隔一定的时间炭粒位置的连线，是由于水分子撞击做无规则运动而形成的，说明水分子做无规则运动，不能说明碳分子运动也是无规则的，故A错误；炭粒越小，在某一瞬间跟它相撞的水分子数越少，撞击作用的不平衡性表现得越明显，故B错误；扩散可发生在液体和固体之间，故观察炭粒运动时，可能有水分子扩散到载物片的玻璃中，故C正确；将水的温度降低至零摄氏度，炭粒的运动会变慢，但不会停止，故D错误。自主训练3分子热运动以下关于热运动的说法正确的是()A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大答案：C解析：分子热运动与宏观运动无关，只与温度有关，故A错误；温度升高，分子热运动更剧烈，分子平均动能增大，并不是每一个分子运动速率都会增大，故C正确，D错误；水凝结成冰后，水分子的热运动不会停止，故B错误。项目扩散现象布朗运动热运动活动主体分子固体微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的热运动考点三分子力和物体内能1．分子间的作用力随分子间距离r的关系(1)r＝r0时，分子间的作用力为零，即F＝0。(2)r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力。(3)r＞r0时，分子间的作用力表现为引力。当r＞10r0时，分子间的作用力非常小，可认为分子间的作用力为零。2．分子动能与分子势能(1)分子动能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的动能的总和。(2)分子势能①意义：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。②分子势能的决定因素微观上：决定于分子间的距离、分子排列情况和分子数；宏观上：决定于体积和物质的量。学生用书第317页3．物体的内能(1)定义：物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和。(2)决定因素：对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定，即由物体内部状态决定。(3)影响因素：物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。【高考情境链接】(2023·海南高考·改编)如图为两分子靠近过程中的示意图，r0为分子间平衡距离判断下列说法的正误：(1)分子间距离为r0时，分子力为零。(√)(2)分子从无限远靠近到距离r0处过程中，分子力表现为引力，且引力在增大。(×)(3)分子从无限远靠近到距离r0处过程中，分子引力做正功，分子势能减小。(√)(4)分子间距离小于r0且减小时，分子力表现为斥力，且斥力在减小。(×)(5)分子间距离小于r0且减小时，分子力表现为斥力，且分子势能在增大。(√)(6)分子势能在r0处最小。(√)1．分子间的作用力及分子势能的比较分子间的作用力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＝r0F引＝F斥，F＝0Ep最小，但不为零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＞10r0引力和斥力都很微弱，F＝0Ep＝02．物体内能的理解(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。(2)内能的大小与温度、体积、分子数和物态等因素有关。(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。考向1分子力与分子势能(多选)(2023·黑龙江牡丹江开学考试)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F＞0表示斥力，F＜0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，下列选项中分别表示乙分子的加速度、速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是()答案：BD解析：乙分子从A到C的过程中一直受到引力，速度一直增大，故A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，加速度等于0的是C点，故B正确；分子动能不可能为负值，故C错误；乙分子从A处由静止释放，分子势能先减小，到C点最小，然后增大，故D正确。故选BD。考向2物体的内能关于物体的内能，下列说法正确的是()A．物体内部所有分子动能的总和叫作物体的内能B．物体被举得越高，其分子势能越大C．一定质量的0℃的冰融化为0℃的水时，分子势能增加D．内能与物体的温度有关，所以0℃的物体内能为零答案：C解析：物体的内能是物体内部所有分子的动能和分子势能的总和，故A错误；物体被举得越高，其重力势能越大，与分子势能无关，故B错误；一定质量的0℃的冰熔化为0℃的水时需要吸热，而此时温度不变，分子平均动能不变，故分子势能增加，故C正确；分子在永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故D错误。课时测评69分子动理论内能eq\f(对应学生,用书P487)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～11题，每题4分，共44分)1．(多选)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为Vm，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为()A．NA＝eq\f(Vm,V0) B．NA＝eq\f(ρVm,m)C．NA＝eq\f(M,m) D．NA＝eq\f(M,ρV0)答案：BC解析：因为M＝ρVm，所以NA＝eq\f(M,m)＝eq\f(ρVm,m)。由于气体分子间隙很大，所以Vm≠NA·V0；ρ是气体的密度，不是单个分子的密度，故A、D错误，B、C正确。2．已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)。下列判断正确的是()A．1kg铜所含的原子数为NAB．1m3铜所含的原子数为eq\f(MNA,ρ)C．1个铜原子的体积为eq\f(M,ρNA)(m3)D．铜原子的直径为eq\r(3,\f(3M,πρNA))(m)答案：C解析：1kg铜所含的原子数为N＝eq\f(1,M)·NA＝eq\f(NA,M)，故A错误；1m3铜所含的原子数为N＝nNA＝eq\f(ρNA,M)，故B错误；1个铜原子的体积为V＝eq\f(M,ρNA)，故C正确；铜原子的体积为V＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))3，可得直径为d＝eq\r(3,\f(6M,πρNA))，D错误。故选C。3．(多选)关于布朗运动、扩散现象，下列说法中正确的是()A．布朗运动和扩散现象都需要在重力作用下才能进行B．布朗运动是固体微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动C．布朗运动和扩散现象在没有重力作用下也能进行D．扩散现象直接证明了“物质分子在永不停息地做无规则运动”，而布朗运动间接证明了这一观点答案：BCD解析：扩散现象是物质分子的无规则运动，而布朗运动是悬浮在液体或气体中的微粒的运动，液体或气体分子对微粒撞击作用的不平衡导致微粒的无规则运动，由此可见扩散现象和布朗运动不需要附加条件，故A错误，C正确；扩散现象直接证明了“物质分子在永不停息地做无规则运动”，而布朗运动是固体微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，间接证明了“物质分子在永不停息地做无规则运动”，故B、D正确。4．(2024·黑龙江鸡西模拟)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图像如图甲、乙所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。下列说法正确的是()A．乙图像为分子势能与分子间距离的关系图像B．当r＝r0时，分子势能为零C．随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大D．随着分子间距离的增大，分子势能先增大后减小答案：A解析：当r＝r0时，F＝0，Ep最小，所以题图甲是分子力与分子间距离的关系图像，题图乙是分子势能与分子间距离的关系图像，故A正确；如题图乙所示，当r＝r0时，分子势能为负值，不为零，故B错误；如题图甲所示，随着分子间距离的增大，分子力先减小为零后增大再减小，故C错误；如题图乙所示，随着分子间距离的增大，分子势能先减小后增大，故D错误。故选A。5．(多选)(2024·河南大联考模拟)图一为密闭汽缸中氧气分子在不同温度下的速率分布图像，图二为在酱油中放置了一段时间的鸡蛋，图三与图四是关于分子势能、分子力与分子间距离的关系图像。下列说法中正确的是()A．由图一可知密闭汽缸中的氧气分子在温度为T0时的平均动能较大B．图二中鸡蛋颜色变深，说明分子间存在着空隙C．图四为分子间作用力与分子间距离的图像，图三为分子势能与分子间距离的图像D．图三为分子间作用力与分子间距离的图像，图四为分子势能与分子间距离的图像答案：BD解析：根据题图一中氧气分子的速率分布图像可知，温度为T时的占比较大的氧气分子的速率大于温度为T0时的氧气分子，因此T＞T0，又因为温度是平均动能的标志，所以密闭汽缸中的氧气分子在温度为T时的平均动能较大，A错误；题图二为扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，同时说明分子间存在着空隙，B正确；题图三为分子间作用力与分子间距离的图像，题图四为分子势能与分子间距离的图像，C错误，D正确。故选BD。6．某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为()A．3×1021 B．3×1022C．3×1023 D．3×1024答案：B解析：设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为N海和N岸。则有N海＝eq\f(ρ海VNA,M)，N岸＝eq\f(ρ岸VNA,M)，多吸入的空气分子个数为ΔN＝N海－N岸，代入数据解得ΔN≈3×1022个，故选B。7．(2024·江苏淮安模拟)生活中常用乙醇喷雾消毒液给房间消毒，其主要成分是酒精，则下列说法正确的是()A．喷洒消毒液后，会闻到淡淡的酒精味，这是酒精分子做布朗运动的结果B．酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，其分子的平均动能不变C．酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，内能不变D．酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，热运动速率大的分子数占总分子数百分比减小答案：B解析：喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是扩散现象，是酒精分子做无规则运动的结果，而布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，故A错误；温度是分子平均动能的标志，则酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，其分子的平均动能不变，故B正确；酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，分子平均动能不变，但是分子势能变大，则内能发生变化，故C错误；酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中，温度不变，则热运动速率大的分子数占总分子数百分比不变，故D错误。故选B。8．(2024·湖南长沙高三校联考)关于水杯里40℃的热水和高压锅内110℃的水蒸气，下列说法正确的是()A．热水中的分子平均动能比水蒸气中的分子平均动能大B．相同质量的热水的内能比水蒸气的内能大C．热水中的每个分子的速率一定比水蒸气中的分子速率小D．水蒸气中的分子热运动比热水中的分子热运动剧烈答案：D解析：温度是分子平均动能的标志，温度越低，分子的平均动能越小，故热水中的分子平均动能比水蒸气中的分子平均动能小，故A错误；对于相同质量的题述的热水和水蒸气来说，热水的温度比水蒸气的低，所以热水中分子的总动能小于水蒸气中分子的总动能，同时，热水中分子的平均距离小于水蒸气中分子的平均距离，所以热水中分子的总势能也小于水蒸气中分子的总势能，所以热水中的内能比水蒸气中的内能小，故B错误；热水中分子的平均动能比水蒸气中分子的平均动能小，也就是热水中分子的平均速率比水蒸气中分子的平均速率小，但热水中的某个分子的速率可能比水蒸气中的分子速率大，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，所以水蒸气中的分子热运动更剧烈，故D正确。故选D。9．(多选)(2024·河南洛阳高三联考)下列说法正确的是()A．分析布朗运动会发现，悬浮的颗粒越大，温度越高，布朗运动越剧烈B．一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大C．分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间引力小于斥力；当r小于r0时，分子间斥力小于引力D．已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，则1m3铜所含的原子数为N＝eq\f(ρNA,M)答案：BD解析：根据布朗运动实验结论，布朗运动是分子无规则热运动的反映，悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故A错误；一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，故B正确；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，当r＝r0时，F引＝F斥，分子力F＝0；当r＞r0时，分子间引力大于斥力；当r＜r0时，分子间斥力大于引力，故C错误；已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，1m3铜的质量为ρ，物质的量为n＝eq\f(ρ,M)，故分子数为N＝n·NA＝eq\f(ρNA,M)，故D正确。故选BD。10．(多选)浙江大学高分子系高超教授的课题组制备出了一种超轻气凝胶，它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录，弹性和吸油能力令人惊喜，这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度仅是空气密度的eq\f(1,6)。设气凝胶的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为kg/mol)，阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是()A．a千克气凝胶所含的分子数N＝eq\f(a,M)NAB．气凝胶的摩尔体积Vmol＝eq\f(M,ρ)C．每个气凝胶分子的体积V0＝eq\f(M,NAρ)D．每个气凝胶分子的直径d＝eq\r(3,\f(NAρ,M))答案：ABC解析：akg气凝胶的物质的量为n＝eq\f(a,M)，则1kg气凝胶所含有的分子数为N＝nNA＝eq\f(aNA,M)，A正确；气凝胶的摩尔体积为Vmol＝eq\f(M,ρ)，B正确；1mol气凝胶中包含NA个分子，故每个气凝胶分子的体积为V0＝eq\f(M,NAρ)，C正确；设每个气凝胶分子的直径为d，则有V0＝eq\f(1,6)πd3，解得d＝eq\r(3,\f(6M,πNAρ))，D错误。故选ABC。11．(多选)如图所示，将甲分子固定于坐标原点O处，乙分子放置于r轴上距离O点很远的r4处，r1、r2、r3为r轴上的三个特殊的位置，甲、乙两分子间的作用力F和分子势能Ep随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示，设两分子间距离很远时，Ep＝0。现把乙分子从r4处由静止释放，下列说法中正确的是()A．虚线为Ep-r图线，实线为F-r图线B．当分子间距离r＜r2时，甲、乙两分子间只有斥力，且斥力随r减小而增大C．乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1做加速度增大的减速运动D．乙分子从r4到r1的过程中，分子势能先增大后减小，在r1位置时分子势能最小答案：AC解析：由于分子间的距离等于平衡位置的距离时，分子势能最小，所以虚线为分子势能图线(Ep-r图线)，实线为分子间的作用力图线(F-r图线)，故A正确；无论两分子之间的距离多大，分子之间既存在斥力，又存在引力，故B错误；乙分子从r4到r2所受的分子间的作用力(表现为引力)先增大后减小，根据牛顿第二定律，乙分子做加速度先增大后减小的加速运动，乙分子从r2到r1所受的分子间的作用力(表现为斥力)一直增大，根据牛顿第二定律，乙分子做加速度增大的减速运动，故C正确；根据分子势能图线可知，乙分子从r4到r1的过程中，分子势能先减小后增大，在r2位置时分子势能最小，故D错误。12．(16分)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1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。答案：(1)5×10－26kg(2)2×1024个(3)3×10－9m解析：(1)一个氮气分子的质量为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。学生用书第318页第2讲固体、液体与气体[课标要求]1．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。2．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。3．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。考点一固体、液体的性质1．晶体和非晶体分类比较项目晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则不规则熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同性各向同性原子排列有规则晶粒的排列无规则无规则转化晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化典型物质石英、云母、明矾、食盐玻璃、橡胶2．液体(1)表面张力①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，分子间的作用力表现为引力。②作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。③方向：表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。④大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。(2)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。细管越细，毛细现象越明显。3．液晶(1)具有液体的流动性。(2)具有晶体的光学各向异性。(3)在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的。自主训练1晶体、非晶体(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔化曲线如图所示，横轴表示时间t，纵轴表示温度T。下列判断正确的有()A．固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体B．固体甲不一定有确定的几何外形，固体乙一定没有确定的几何外形C．在热传导方面固体甲一定表现出各向异性，固体乙一定表现出各向同性D．甲的图线中ab段温度不变，所以甲的内能不变答案：AB解析：晶体具有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体甲一定是晶体，固体乙一定是非晶体，故A正确；固体甲若是多晶体，则没有确定的几何外形，固体乙是非晶体，一定没有确定的几何外形，故B正确；在热传导方面，固体甲若是多晶体，则可能表现出各向同性，固体乙一定表现出各向同性，故C错误；晶体在熔化时具有一定的熔点，温度不变，但晶体一直在吸收热量，内能在增大，故D错误。自主训练2液体(多选)关于液体的表面张力，下列说法中正确的是()A．布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水，是表面张力的结果B．表面张力的方向与液面垂直C．硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果D．由于液体表面分子间距离小于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力答案：AC解析：布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水，是表面张力的结果，故A正确；表面张力的方向沿着液面方向，而不是与液面垂直，故B错误；硬币能够静止在水面上是液体表面张力与其重力平衡的结果，故C正确；由于液体表面分子间距离略大于平衡位置间距r0，故液体表面存在表面张力，故D错误。自主训练3液晶通电雾化玻璃能满足玻璃的通透性和保护隐私的双重要求，被广泛应用于各领域。如图所示，通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固化在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃，不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明。可以判断雾化玻璃中的液晶()学生用书第319页A．是液态的晶体B．具有光学性质的各向同性C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过D．通电时，入射光在通过液晶层后按原有方向传播答案：D解析：液晶是介于晶体和液体之间的中间状态，具有液体的流动性又具有晶体光学性质的各向异性，故A、B错误；不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明；通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，故C错误，D正确。故选D。1．对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，反之必定是非晶体。(2)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。(3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。2．对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，分子间的作用力表现为引力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的趋势，使液体表面积趋于最小，在体积相同的条件下，球体的表面积最小考点二气体压强的微观解释和计算1．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。2．气体分子运动的速率分布图像气体分子间距离大约是分子直径的10倍，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示。【基础知识判断】1．气体的压强是由气体的重力产生的。(×)2．分子的密集程度增大，压强一定增大。(×)3．温度升高，速率大的分子占比增大。(√)1．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为液面上方的压强学生用书第320页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2．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。考向1气体压强的微观解释(2023·天津北辰联考)温度一定时，若气体体积增大，气体压强会减小，原因是()A．单位体积的分子数减小，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小B．气体分子的数密度变大，分子对器壁的吸引力变小C．每个气体分子对器壁的平均撞击力变小D．气体分子的数密度变小，单位体积内分子的质量变小答案：A解析：一定量气体，在一定温度下，分子运动的剧烈程度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，气体体积增大，单位体积内的分子数减少，单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数减小，气体压强减小，故A正确，B、C、D错误。故选A。考向2活塞封闭气体压强的计算如图甲、乙中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m。图甲中，汽缸静止在水平面上；图乙中，活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？答案：p0＋eq\f(mg,S)p0－eq\f(Mg,S)解析：在题图甲中选活塞为研究对象进行受力分析，如图1所示由受力平衡得pAS＝p0S＋mg解得pA＝p0＋eq\f(mg,S)在题图乙中选汽缸为研究对象进行受力分析，如图2所示由受力平衡得p0S＝pBS＋Mg解得pB＝p0－eq\f(Mg,S)。对点练．(2023·安徽合肥一模)如图所示，内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根细轻杆连接，已知活塞A的质量是m，活塞B的质量是0.5m。当外界大气压强为p0时，两活塞静止于如图所示位置。重力加速度为g。求这时汽缸内气体的压强。答案：p0＋eq\f(3mg,2S)解析：取两活塞整体为研究对象，封闭气体压强为p，由平衡条件有pS＋p0·2S＋mg＋0.5mg＝p·2S＋p0S，解得p＝p0＋eq\f(3mg,2S)。考向3液柱封闭气体压强的计算若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态。已知液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强。答案：p0－ρghp0－ρghp0－eq\f(\r(3),2)ρghp0＋ρgh1p0＋ρg(h2－h1－h3)p0＋ρg(h2－h1)解析：题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S所以pA＝p0－ρgh题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S所以pA＝p0－ρgh题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghsin60°·S＝p0S所以pA＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有pAS＝p0S＋ρgh1S所以pA＝p0＋ρgh1题图戊中，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)。学生用书第321页对点练．热学中将标准大气压定为p0＝75cmHg。如图是一个竖直放置的下端封闭、上端开口且足够长的粗细均匀的玻璃管。长为l2＝10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度l1＝18cm。已知外界的压强为标准大气压，环境的温度保持不变，取重力加速度g＝10m/s2，管内气体视为理想气体。试求：(1)此时玻璃管内气体的压强(用cmHg作单位)；(2)若对玻璃管施加一外力，使其向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，求稳定后管内空气柱的压强。答案：(1)85cmHg(2)90cmHg解析：(1)对水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为p1，水银柱的横截面为S，根据平衡条件有p1S＝mg＋p0S又m＝ρl2S解得p1＝ρgl2＋p0＝85cmHg。(2)对水银柱，由牛顿第二定律有p2S－p0S－mg＝ma又m＝ρl2S可得p2＝p0＋ρl2g＋ρl2a解得p2＝90cmHg。考点三气体实验定律和理想气体的状态方程1．气体实验定律—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，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1＝p2V2eq\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)—玻意耳定律查理定律盖-吕萨克定律图像2．理想气体及理想气体的状态方程(1)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(常量)。(2)理想气体理想气体是指在任何条件下都遵守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。【高考情境链接】(2023·海南高考·改编)如图所示，某饮料瓶内密封一定质量的理想气体，t＝27℃时，压强p＝1.050×105Pa。判断下列说法的正误：(1)气体的热力学温度T＝300K。(√)(2)若气体温度升为t′＝37℃，升温前后气体压强之比为27∶37。(×)(3)保持温度不变，挤压气体，体积变为原来的一半，压强变为原来的两倍。(√)利用气体实验定律及理想气体的状态方程解决问题的基本思路学生用书第322页考向1“汽缸类”问题(2023·湖北高考)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。答案：(1)eq\f(18,17)p0(2)eq\f(2p0S,17H)eq\f(2p0S,17g)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未知，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)。考向2“液柱”类问题(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)答案：74.36cmHg54.36cmHg解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10cm则A管中气体的压强为pA＝pB＋20cmHg，长度lA＝10cm倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度lA′＝11cm已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9cm＋14cm＝23cm则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23cmHgB管内空气柱长度lB′＝40cm－11cm－23cm＝6cm对A管中气体，由玻意耳定律有pAlASA＝pA′lA′SA对B管中气体，由玻意耳定律有pBlBSB＝pB′lB′SB联立解得pB＝54.36cmHg，pA＝74.36cmHg。考向3关联气体问题(多选)(2023·新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后()A．h中的气体内能增加B．f与g中的气体温度相等C．f与h中的气体温度相等D．f与h中的气体压强相等答案：AD解析：当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知f中的气体压强增大，会缓慢向右推动左边活塞，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析，有pfS＝F弹＋pgS，则pf＞pg，分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pfVf,Tf)，eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pgVg,Tg)，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf＞Vg，联立可得Tf＞Tg，B错误；在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大，由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(phVh,Th)，联立可得Tf＞Th，C错误，D正确。故选AD。考点四气体状态变化的图像问题1．四种图像的比较类别特点(其中C为常量)举例p-VpV＝CT，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)p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高学生用书第323页p-Tp＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小V-TV＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小2．分析技巧利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。例如：(1)在图甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2＞T1。(2)如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2＜V1。(2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是()答案：B解析：根据题图可知，a到b为等压升温过程，根据eq\f(pV,T)＝C可知，压强不变，温度升高，则体积增大，p-T图像中图线上的点与坐标原点连线的斜率与体积成反比，则b到c的过程，体积增大，故B正确，A、C、D错误。对点练1．(2023·江苏高考)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答案：B解析：由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可得p＝eq\f(C,V)·T，又p-T图像斜率和V有关，则气体从A到B体积V不变，分子的数密度ρ数＝eq\f(N,V)，N不变，V不变，ρ数不变，A错误；气体的温度T升高，压强p增大，温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能增大，单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增加，B正确，C、D错误。对点练2．(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，若将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列各图像中正确的是()答案：BD解析：在p-V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，pC＞pB，则TC＞TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖-吕萨克定律eq\f(VC,TC)＝eq\f(VA,TA)，VC＞VA，则TC＞TA，气体的体积减小，温度降低。A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，故A错误；C项中，B→C体积减小，故C错误。故选BD。对点练3．(2023·重庆高考)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是()答案：C解析：由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程，有eq\f(pV,T)＝C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小。故选C。学生用书第324页类型1充气问题在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。应用1．肩背式手动消毒喷雾器原理如图所示，储液桶上端进气孔用细软管与带有单向阀门K1的打气筒相连，下端出水口用细软管与带阀门K2的喷头相连。已知储液桶容积V＝16.0L，打气筒每打一次能将V1＝0.30L的外界空气压入储液桶内。现向储液桶内注入V2＝10.0L的消毒液，拧紧桶盖和喷头开关K2，设大气压强p0＝1.0atm、喷雾器内外温度均为t＝27℃，打气过程中温度保持不变。某次消毒时，打气筒连续打气使储液桶内的气体压强增加到p1＝4.0atm，停止打气。打开阀门K2，喷雾消毒后气体压强又降至p2＝1.6atm，上述过程温度不变。求打气筒打气的次数n和储液桶内剩余消毒液的体积V3。答案：60次1.0L解析：注入消毒液后储液桶内气体体积为V0＝V－V2＝6.0L，连续打气过程中，因为温度不变，根据玻意耳定律有p0(V0＋nV1)＝p1V0解得n＝60(次)喷雾消毒后气体压强又降至p2＝1.6atm，因为温度不变，根据玻意耳定律有p1V0＝p2V4解得此时储液桶中剩余气体体积为V4＝15.0L则此时剩余消毒液的体积为V3＝V－V4＝1.0L。类型2抽气问题在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。应用2．(2023·河北张家口高三统考期末)为了保护文物，需抽出存放文物的容器中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。某密闭容器容积为V0，内部有一体积为eq\f(1,5)V0的文物，开始时密闭容器内空气压强为p0，现用抽气筒抽气，抽气筒每次抽出空气的体积为ΔV，若经过N次抽气后，密闭容器内压强变为pN，假设抽气的过程中气体的温度不变。(1)求经过N次抽气后密闭容器内气体的压强pN；(2)若ΔV＝eq\f(1,10)V0，求经过两次抽气后，密闭容器内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。答案：(1)eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0))N,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0＋ΔV))N)(2)eq\f(64,81)p064∶81解析：(1)每次抽出气体的体积为ΔV，由玻意耳定律可知第一次抽气，有p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－\f(1,5)V0))＝p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－\f(1,5)V0＋ΔV))由玻意耳定律可知第二次抽气，有p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－\f(1,5)V0))＝p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－\f(1,5)V0＋ΔV))联立解得p1＝eq\f(p0·\f(4,5)V0,\f(4,5)V0＋ΔV)，p2＝eq\f(p0·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0＋ΔV))2)依此类推可得经过N次抽气后密闭容器内气体的压强为pN＝eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0))N,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0＋ΔV))N)。(2)若ΔV＝eq\f(1,10)V0，由(1)可知p2＝eq\f(p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)V0＋\f(1,10)V0))2)＝eq\f(64,81)p0设剩余气体在压强为p0时的体积为V，则由玻意耳定律，有p0V＝p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0－\f(V0,5)))剩余气体与原来气体的质量比eq\f(m1,m2)＝eq\f(V,V0－\f(V0,5))可得m1∶m2＝64∶81。学生用书第325页类型3灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。应用3.如图所示，容积为5L的氧气袋广泛用于野外病人急救。真空的容积为5L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10L，贮有压强为3.6×106Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求：(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋？(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106Pa，用去的氧气质量与原来氧气总质量之比(结果可以用分数表示)。答案：(1)4(2)eq\f(1,6)解析：(1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10L，p1＝3.6×106Pa分装n个氧气袋，V2＝(V1＋n×5L)，p2＝1.2×106Pa分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得n＝4。(2)选取氧气袋内p2＝1.2×106Pa的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V解得V＝eq\f(6,5)V0用去的氧气的体积为ΔV＝eq\f(6,5)V0－V0＝eq\f(1,5)V0所以用去的氧气质量与原来氧气总质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ρΔV,ρV)＝eq\f(ΔV,V)＝eq\f(1,6)。类型4漏气(排气)问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。应用4.(2023·全国甲卷)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。答案：(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m3解析：(1)由摄氏度和开尔文温度关系可得T1＝290K，T2＝300K由盖-吕萨克定律可知eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2解得ρ2≈1.41kg/m3。(2)由题意得p3＝p0，T3＝300K由玻意尔定律有p1V2＝p3V3同时ρ2V2＝ρ3V3解得ρ3≈1.18kg/m3。课时测评70固体、液体与气体eq\f(对应学生,用书P489)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～8题，每题3分，共24分)1．(多选)关于晶体和非晶体的性质，下列说法正确的是()A．可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体B．晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加C．单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性D．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性答案：AD解析：晶体和非晶体的区别就是有无固定熔点，因此可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确。2．(多选)下列现象中，由液体的表面张力引起的是()A．小木块能够浮在水面上B．有时缝衣针能浮在水面上不下沉C．喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠D．用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来答案：BCD解析：小木块能够浮在水面上是浮力与重力平衡的结果，与液体的表面张力无关，故A错误；有时缝衣针能浮在水面上不下沉是液体的表面张力的作用，故B正确；喷泉喷射到空中形成一个个球形的小水珠，是液体的表面张力的作用，故C正确；用布料做成的雨伞，雨水也不会穿过伞面滴下来，是由于液体的表面张力的作用在布料的缝隙间形成一层水膜，从而雨水不会从缝隙中滴下来，故D正确。3．(多选)(2023·黑龙江大庆高三开学考试)同一种液体，滴在固体A的表面时，出现如图甲所示的情况；当把毛细管B插入这种液体时，液面又出现如图乙所示的情况。若固体A和毛细管B很干净，则()A．固体A和毛细管B可能是同种材料B．固体A和毛细管B一定不是同种材料C．固体A的分子对液体附着层分子的引力比毛细管B的分子对液体附着层分子的引力大D．液体对毛细管B浸润答案：BD解析：当把毛细管B插入液体时，液面呈现凹形，说明液体对B浸润，液体不能附着在A的表面，所以对A不浸润，所以A与B一定不是同种材料，故A错误，B、D正确；根据浸润与不浸润的特点，浸润时，附着层内的分子引力小于固体分子的引力，而不浸润时，附着层内的分子引力大于固体对分子的引力，所以固体A的分子对液体附着层内的分子引力比B管的分子对液体附着层内的分子引力小，故C错误。4．(多选)密闭容器内有一定质量的理想气体，如果保持气体的压强不变，气体的温度升高，下列说法中正确的是()A．气体分子的平均速率增大B．器壁单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力变大C．气体分子对器壁的平均作用力变大D．该气体的密度减小答案：ACD解析：气体的温度升高，气体分子的平均速率增大，气体分子对器壁的平均作用力变大，故A、C正确；气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果，气体压强不变，单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故B错误；气体的温度升高，气体分子平均动能增大，压强不变，则气体分子的密集程度减小，故体积增大，密度减小，故D正确。5．(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列说法正确的是()A．A→B过程温度升高，压强不变B．B→C过程体积不变，压强变小C．B→C过程体积不变，压强不变D．C→D过程体积变小，压强变大答案：ABD解析：由题图可知，AB为等压线，A→B的过程中，气体温度升高，压强不变，故A正确；在B→C的过程中，气体体积不变，温度降低，由eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强变小，故B正确，C错误；在C→D的过程中，气体温度不变，体积变小，由eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强变大，故D正确。6．一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—体积(p-V)图像上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。a、b为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a和b的压强分别为pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的是()A．eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(1,3) B．eq\f(Ta,Tc)＝eq\f(1,2)C．eq\f(pa,pd)＝eq\f(2,3) D．eq\f(pd,pb)＝eq\f(1,2)答案：B解析：曲线Ⅰ为等温变化，a、b两点的温度相同，故A错误；根据理想气体的状态方程，a到c为等压变化，即有eq\f(Ta,Tc)＝eq\f(Va,Vc)＝eq\f(1,2)，故B正确；由题图可知pa＝pc，又eq\f(pd,pc)＝eq\f(Vc,Vd)＝eq\f(2,3)，故eq\f(pa,pd)＝eq\f(3,2)，故C错误；由题图可知eq\f(pa,pb)＝3，又eq\f(pa,pd)＝eq\f(3,2)，故eq\f(pd,pb)＝2，故D错误。7．(2024·河北沧州模拟)如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为15cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为30cm，大气压强恒为75cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是()A．图丙状态的气体压强小于图乙B．若玻璃管从图乙状态自由下落，气柱长度将增加C．图乙气柱长度为25cmD．图丙气柱长度约为34.1cm答案：D解析：设玻璃管横截面积为S，水银柱的长度为h，题图甲状态气体压强为p1，气柱长为L1，题图乙气体压强为p2，气柱长为L2，题图丙气体压强为p3，气柱长度为L3，则由题给条件可知p1＝75cmHg，L1＝30cm，从甲状态到乙状态，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，而状态乙气体的压强为p2＝p1－ρgh＝(75－15)cmHg＝60cmHg，解得L2＝37.5cm，从状态乙到状态丙，根据玻意耳定律有p2L2S＝p3L3S，而状态丙气体的压强为p3＝p1－ρghcos53°＝66cmHg，解得L3≈34.1cm，故A、C错误，D正确；若玻璃管从题图乙状态自由下落，处于完全失重状态，封闭气体的压强将等于大气压强，大于乙状态的气体压强，由玻意耳定律pV＝C可知气柱的长度将减小，故B错误。故选D。8．学校配备的消毒用的喷壶，其示意图如图所示。喷壶的储气室内有压强为p0、体积为V0的气体。闭合阀门K，按压压杆A向储气室充气，每次充入压强为p0、体积为ΔV＝eq\f(1,10)V0的气体，多次充气后储气室内压强为1.5p0。打开阀门K，消毒液从喷嘴处喷出。假设充气过程储气室容积不变，气体温度不变，气体可视为理想气体。则按压压杆的次数是()A．5次 B．7次C．10次 D．15次答案：A解析：设按压压杆的次数为n，根据题意，由玻意耳定律可得p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0＋\f(n,10)V0))＝1.5p0V0，代入数据解得n＝5(次)，故A正确，B、C、D错误。9．(8分)如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝50cm，管两侧水银面的高度差为h＝19cm，大气压强恒为76cmHg。T＝t＋273K。(1)若初始环境温度为27℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；(2)若保持环境温度27℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度x。答案：(1)203℃(2)44cm解析：(1)封闭气体初状态的压强p1＝p0－ph＝(76－19)cmHg＝57cmHg设玻璃管的横截面积为S，体积V1＝LS温度T1＝300K封闭气体末状态压强p2＝p0＝76cmHg体积V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(h,2)))S对封闭气体，由理想气体的状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)代入数据解得T2＝476K即温度为203℃。(2)设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V1＝p2HS代入数据解得H＝37.5cm注入水银柱的长度x＝2(L－H)＋h＝2×(50－37.5)cm＋19cm＝44cm。10．(8分)(2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。重力加速度为g。(1)求弹簧的劲度系数；(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。答案：(1)eq\f(40mg,l)(2)p0＋eq\f(3mg,S)eq\f(4,3)T0解析：(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S解得p1＝p0＋eq\f(3mg,S)对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S解得弹簧的劲度系数为k＝eq\f(40mg,l)。(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p2＝p1＝p0＋eq\f(3mg,S)，即封闭气体发生等压过程，初、末状态的体积分别为V1＝eq\f(1.1l,2)×2S＋eq\f(1.1l,2)×S＝eq\f(3.3lS,2)，V2＝l2·2S由于气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l由盖-吕萨克定律可知eq\f(V1,T0)＝eq\f(V2,T2)解得T2＝eq\f(4,3)T0。11．(10分)压力锅(也称高压锅)是一种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到加快烹煮食物效率的目的。如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮。已知锅内的总容积为V0，食材占锅内总容积的eq\f(2,3)，加热前锅内温度为T0，大气压强为p0。忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。(1)当加热至锅内温度为2T0时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，求此时锅内气压的大小；(2)为控制火候，该厨师在听到压力阀嘶响声时立即熄火并把压力阀提起放气，求最终放气结束随即打开锅盖时，锅内剩下的气体和原来气体的质量之比。(假设排气过程气体温度不变)答案：(1)2p0(2)eq\f(1,2)解析：(1)对于封闭气体，根据查理定律得eq\f(p0,T0)＝eq\f(p,2T0)解得p＝2p0。(2)根据玻意耳定律p·eq\f(1,3)V0＝p0V解得V＝eq\f(2,3)V0放气之后剩余气体与原来气体质量之比为eq\f(m,m0)＝eq\f(V0－\f(2,3)V0,V)，解得eq\f(m,m0)＝eq\f(1,2)。12．(10分)(2024·安徽省黄山高三第二次质量检测)如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0＝300K，A中气体压强pA＝4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB′＝3p0。求：(1)此时A中的气体压强pA′；(2)此时A中的气体温度TA′。答案：(1)7p0(2)700K解析：(1)活塞平衡时，由平衡条件得：末状态pA′sA＋p0sB＝pB′sB＋p0sA且SA∶SB＝1∶3解得pA′＝7p0。(2)B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得pB′VB＝pB·3V0活塞平衡时，由平衡条件得：初状态pASA＋p0SB＝pBSB＋p0SA设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有eq\f(VA－V0,SA)＝eq\f(3V0－VB,SB)对A中气体由理想气体的状态方程得eq\f(pA′VA,TA′)＝eq\f(pAV0,T0)解得TA′＝700K。第3讲热力学定律与能量守恒[课标要求]1．知道热力学第一定律。2．理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象。3．通过自然界中宏观过程的方向性，了解热力学第二定律。考点一热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式：做功和传热。2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能变化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＝Q＋W中正、负号法则物理量意义符号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学生用书第326页3．能量守恒定律(1)内容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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。(2)条件性能量守恒是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有