2025届高考物理二轮复习专题七第1讲分子动理论气体及热力学定律学案

PAGE15-第1讲分子动理论、气体及热力学定律思维导图要点熟记1.分子动理论：分子直径的数量级是10－10m；分子永不停息地做无规则运动2.两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝eq\f(4,3)π(eq\f(d,2))3＝eq\f(1,6)πd3，d为分子的直径。(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离。3.晶体、非晶体的关键性区分为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性。晶体与非晶体可以相互转化。4.液晶是一种特别的物质，既可以流淌，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性，但不是全部性质。5.气体的“三定律、一方程”(1)玻意耳定律：p1V1＝p2V2(2)查理定律：eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)(3)盖—吕萨克定律：eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(4)志向气体状态方程：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)6.热力学定律(1)热力学第肯定律：ΔU＝Q＋W(第一类永动机不行能制成)。(2)热力学其次定律：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性(其次类永动机不行能制成)。[研考向·提实力]__________________________________考向研析__驾驭应试技能考向一分子动理论、内能及热力学定律1．“一个桥梁、三个核心”(1)宏观量与微观量的转换桥梁(2)分子模型、分子数①分子模型：球模型V＝eq\f(4,3)πR3，立方体模型V＝a3。②分子数：N＝nNA＝eq\f(m,Mmol)NA＝eq\f(V,Vmol)NA(固体、液体)。(3)分子运动：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猛烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不肯定大。(4)分子势能、分子力与分子间距离的关系2．志向气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路(1)内能变更量ΔU的分析思路①由气体温度变更分析气体内能变更。温度上升，内能增加；温度降低，内能削减。②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变更。(2)做功状况W的分析思路①由体积变更分析气体做功状况。体积膨胀，气体对外界做功；体积被压缩，外界对气体做功。②由公式W＝ΔU－Q分析气体做功状况。(3)气体吸、放热Q的分析思路：一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热状况。[典例1]下列说法正确的是()A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第肯定律E．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)[解析]若外界对气体做的功大于气体放出的热量，气体温度上升，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学其次定律，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为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)，但对于气体此式不成立，故E错误。[答案]ABC1．(2024·贵州黔东南模拟)某汽车轮胎在阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看作志向气体，则下列有关分析正确的是()A．轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造成的B．轮胎爆裂前胎内气体温度上升，压强增大C．轮胎爆裂前胎内气体温度上升，气体分子对轮胎的平均作用力增大D．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的E．轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的解析：车胎爆裂是车胎内气体温度上升，分子无规则热运动加剧，单位时间内撞击到单位面积上气体分子的数量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大，气体压强增大造成的，不是气体分子间的平均作用力增大造成的，故A错误，B、C正确；在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外放热，但气体温度降低主要还是对外做功造成的，故D正确，E错误。答案：BCD2．(2024·东北三省四市教研联合体高三模拟)关于热力学定律，下列说法正确的是()A．对物体持续降温冷却后不行能把它的温度降为肯定零度B．三个系统a、b、c，若a与b内能相等，b与c内能相等，则依据热平衡定律a与c接触时肯定不会发生热交换C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．自然界的能量是守恒的，所以我们可以不必节约能源E．肯定量的志向气体经过绝热压缩其内能肯定增大解析：肯定零度是不行能达到的，故A正确；热平衡状态即为两物体的温度相同，但两物体内能相同时，温度不肯定相同，故B错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，例如电冰箱，但须要消耗电能，故C正确；自然界中有的能量在转化过程中具有单向性，散失到环境中的能量是不能收回的，因此要节约能源，故D错误；肯定质量的志向气体经过绝热压缩，外界对气体做功，由热力学第肯定律可知，气体的内能增大，故E正确。答案：ACE3．(2024·江西南昌二模)对于下面所列的热学现象说法正确的是()A．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果C．“第一类永动机”和“其次类永动机”都违反了能量守恒定律D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不行逆的E．直径为1μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数少解析：温度是分子平均动能的标记，温度相同的氧气与氢气，它们具有相同的分子平均动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不同，故A正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币受到的重力等于表面张力，故B正确；第一类永动机不行能制成是因为它违反了能量守恒定律，其次类永动机不违反能量守恒定律，而是违反了热力学其次定律，故C错误；依据熵增加原理知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不行逆的，故D正确；直径为1μm的水珠所含水分子的个数为n＝eq\f(ρV,M)NA＝eq\f(1g/cm3×\f(4,3)π×（10－4cm）3,18g/mol)×6.02×1023mol－1≈1.4×1011，远多于地球总人口数，故E错误。答案：ABD考向二固体、液体和气体压强1．固体和液体的特点(1)晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同。晶体具有确定的熔点，单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性。晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化。(2)液晶是一种特别的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间，液晶具有流淌性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。2．饱和汽压的特点液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。3．相对湿度某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，即B＝eq\f(p,ps)。4．对气体压强的两点理解(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞容器壁的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因碰撞而产生的压强就越大。(2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的。[典例2]下列说法正确的是()A．针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体B．温度肯定时，当人们渐渐感到潮湿，则此时空气的肯定湿度肯定增大C．两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者肯定具有相同的内能D．一切与热现象对应的自发过程都是不行逆的E．若气体分子总数不变而气体温度上升，则气体压强可能不变[解析]针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体，A错误；温度肯定时，当人们渐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度增大，而同一温度下水的饱和汽压肯定，故肯定湿度肯定增大，B正确；两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者肯定具有相同的温度，C错误；依据热力学其次定律可知，一切与热现象对应的自发过程都是不行逆的，D正确；若气体分子总数不变而气体温度上升，若气体的体积变大，则气体压强可能不变，E正确。[答案]BDE4．(2024·江西九江其次次统考)关于液体，下列叙述中正确的是()A．露珠呈球形是液体的表面张力的原因B．液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部C．液体与固体接触的附着层分子假如比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润D．对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显E．加上不同的电压可以变更液晶的光学性质解析：露珠呈球形是液体的表面张力的原因，故A正确；表面张力的方向跟液面相切，使液面收缩，故B错误；液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部更密，故C错误；对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显，故D正确；液晶在光学性质上表现为各向异性，加上不同的电压可以变更液晶的光学性质，故E正确。答案：ADE5．某同学发觉自行车轮胎内气体不足，于是用打气筒打气。假设打气过程中，轮胎内气体的体积和温度均不变，则在打气过程中，下列说法正确的是()A．轮胎内气体的总内能不断增加B．轮胎内气体分子的平均动能保持不变C．轮胎内气体的无规则运动属于布朗运动D．轮胎内气体分子间斥力增大使得胎内气压增大E．轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多解析：依据内能的定义可知，用打气筒向轮胎内打气，轮胎内气体的分子个数不断增加，而气体的温度保持不变，则轮胎内气体的总内能不断增加，故A正确；胎内气体的温度保持不变，故轮胎内气体分子的平均动能保持不变，故B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，故C错误；在打气过程中气体分子的数量增加，单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，使得胎内气压增大，故D错误；在打气过程中温度不变，轮胎内气体压强增大，故轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，故E正确。答案：ABE6．以下说法正确的是()A．单晶体和多晶体都表现出各向异性B．叶面上的露珠呈球形是重力作用的结果C．当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象D．晶体和非晶体在肯定条件下可以相互转化E．晶体熔化时汲取的热量全部转化为分子势能解析：单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；叶面上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果，故B错误；当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象，故C正确；晶体和非晶体在肯定条件下可以相互转化，例如，自然水晶是晶体，而熔化以后再凝聚的水晶(即石英玻璃)为非晶体，故D正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能不变，晶体熔化时汲取的热量全部转化为分子势能，故E正确。答案：CDE考向三气体试验定律与志向气体状态方程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其次定律列式计算。(2)被液柱封闭的气体的压强，通常分析液片或液柱的受力，应用平衡条件或牛顿其次定律求解。2．规律的选取(1)若气体质量肯定，p、V、T均发生变更，则选用志向气体状态方程列方程求解。(2)若气体质量肯定，p、V、T中有一个量不发生变更，则选用对应的试验定律列方程求解。3．两类问题(1)“两团气”问题由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要留意找寻“两团气”之间的压强、体积或位移关系，列出协助方程，最终联立求解。(2)“变质量”问题在“充气、抽气、灌气(分装)、漏气”问题中通过巧选探讨对象可以把变质量问题转化为定质量的问题。[典例3]如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽视)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、体积均可忽视)。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℃，汽缸导热。(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度上升20℃，求此时活塞下方气体的压强。[思路点拨](1)打开K2，A、B气体均做等温变更。(2)打开K3，判定活塞位置可用假设法。(3)再缓慢加热，汽缸内气体做等容变更。[解析](1)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验等温过程。由玻意耳定律得p0V＝p1V1 ①(3p0)V＝p1(2V－V1) ②联立①②式得V1＝eq\f(V,2) ③p1＝2p0 ④(2)打开K3后，由④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(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2 ⑤由⑤式得p2＝eq\f(3V,V2)p0 ⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝eq\f(3,2)p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300K上升到T2＝320K的等容过程中，由查理定律得eq\f(p2′,T1)＝eq\f(p3,T2) ⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0 ⑧[答案](1)eq\f(V,2)2p0(2)上升到B的顶部(3)1.6p0规律总结应用气体试验定律的“三个环节”……………………(1)正确选择探讨对象：对于变质量问题要探讨质量不变的部分；对于多部分气体问题，要各部分独立探讨，各部分之间一般通过压强及体积找联系，如典例中打开K2后的两部分气体总体积保持不变。(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变更，把这些状态参量排列出来会帮助同学们比较精确、快速地找到规律，如典例中打开K2后，A部分气体体积变大，压强减小，B部分气体体积减小，压强增大。(3)认清变更过程：精确分析变更过程以便正确选用气体试验定律，如典例中打开K2后的两部分气体都为等温变更。7．有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1∶2。容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的高度h＝5cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H＝15cm，设大气压p0＝75cmHg，外界环境温度t＝27℃，求：(1)向左边的容器缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度；(2)当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢上升，直到右端容器内被密封的气体的长度为5cm时，此时温控室的温度。解析：(1)以右边容器内封闭的气体为探讨对象，封闭气体等温变更，设当两管的水银液面相平齐时，右端被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强分别为p1＝p0－ρgH，p2＝p0依据等温变更可得p1hS＝p2h′S解得h′＝eq\f(h（p0－ρgH）,p0)＝4cm。(2)空气柱的长度变为起先时的长度h时，右管水银面下降1cm，则左管水银面会上升2cm，此时两侧水银面高度差为h0＝3cm，此时空气柱的压强p3＝p0＋ρgh0依据等容变更得到eq\f(p1,T)＝eq\f(p3,T′)其中T＝(27＋273)K＝300K解得T′＝390K，即t′＝117℃。答案：(1)4cm(2)117℃8．(2024·四川成都一诊)如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连。汽缸中活塞的横截面积S＝100cm2。初始时，环境温度T＝300K，活塞离缸底距离d＝40cm。现用水平向左的力F缓慢推活塞，当F＝1.0×103N时，活塞离缸底距离d′＝10cm。已知大气压强p0＝1.0×105Pa。不计一切摩擦，整个装置气密性良好。求：(1)容器A的容积VA；(2)保持力F＝1.0×103N不变，当外界温度缓慢变更时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3cm时，此时环境温度为多少摄氏度？解析：(1)依题意，汽缸和容器A内全部气体先做等温变更，有p1V1＝p2V2其中压缩前：p1＝p0，V1＝VA＋dS压缩后：p2＝p0＋eq\f(F,S)，V2＝VA＋d′S代入数据，解得VA＝2L。(2)依题意，接着做等压变更，有eq\f(V2,T2)＝eq\f(V3,T3)其中变更前：T2＝T变更后：V3＝V2－Δd·S代入数据，解得T3＝270K则t3＝－3℃答案：(1)2L(2)－3℃9．如图所示，总体积为V的圆柱形汽缸中，有一个厚度不计的轻质活塞，活塞横截面积为S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为T0、大气压强为p0的环境中，用活塞密封肯定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m的重物(mg＝p0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为eq\f(V,2)，并与环境温度相同。为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为eq\f(V,100)的空气充入汽缸。(空气看作志向气体，eq\r(2)＝1.414)(1)在缓慢充气的状况下，缸内气体温度不变，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？(2)在快速充气的状况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度上升eq\f(T0,100)，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？解析：(1)设至少充气n次，则n次充气的气体体积为eq\f(nV,100)，压强为p0，充气后压强为2p0，体积为eq\f(V,2)，由玻意耳定律有p0eq\f(nV,100)＝2p0eq\f(V,2)解得n＝100次。(2)设至少充气N次，则N次充气的气体体积为eq\f(NV,100)，压强为p0，温度为T0；汽缸原有气体体积eq\f(V,2)，压强为2p0，温度为T0；充气后体积为V，压强为2p0，温度为T0＋eq\f(NT0,100)。由志向气体状态方程，得eq\f(p0\f(NV,100)＋2p0\f(V,2),T0)＝eq\f(2p0V,T0＋\f(NT0,100))整理得到(1＋eq\f(N,100))2＝2解得N＝100(eq\r(2)－1)依据题意，取N＝42次。答案：(1)100次(2)42次考向四气体的状态变更图像与热力学定律的综合问题1．状态变更的图像类别图像特点其他图像等温线pV＝CT(其中C为恒量)，pV之积越大，温度越高，等温线离原点越远p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容线p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压线V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小2.“两种考法”“一留意”(1)定性推断利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出精确的符号推断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出推断。(2)定量计算一般计算等压变更过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算。(3)留意符号正、负的规定若探讨对象为气体，对气体做功的正、负由气体体积的变更确定。气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0。[典例4](2024·江苏扬州高三下学期5月检测)肯定质量的志向气体从状态A变更到状态B，再变更到状态C，其状态变更过程的p­V图像如图所示。已知A→B过程放出热量Q，TA＝TC，则B→C过程气体汲取还是放出热量？热量是多少？[思路点拨]解此题可按以下思路：(1)比较B、C两状态的温度，从而推断气体内能的变更。(2)比较B、C两状态的体积可推断功W的正、负，再依据热力学第肯定律解决问题。[解析]依据eq\f(pV,T)＝C知，B→C过程气体的压强不变，体积增大，温度上升，则气体的内能增大。气体对外做功，由热力学第肯定律知气体汲取热量。B到C过程，气体对外做功的值为W＝p2(V2－V1)A到B过程，气体的体积不变，不做功由A到C过程，依据ΔU＝W＋Q得－Q－W＋QBC＝0解得QBC＝Q＋W＝Q＋p2(V2－V1)即B→C过程汲取热量为Q＋p2(V2－V1)。[答案]汲取热量Q＋p2(V2－V1)10．如图是肯定质量的志向气体的p­T图像，气体从a→b→c→a完成一次循环。关于气体的变更过程，下列说法正确的是()A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积VcB．a→b过程气体的分子数密度变大C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E．若a→b过程气体吸热300J，c→a过程放热400J，则c→a过程外界对气体做功100J解析：c→a过程气体压强增大，温度降低，依据eq\f(pV,T)＝C可知体积减小，故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc，故A正确；a→b过程是等容变更，气体的分子数密度不变，故B错误；b→c过程是等温变更，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<