全品复习方案2020届高考物理一轮复习第13单元热学听课正文含解.pdf

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1、热学热学 2015 年2016 年2017 年2018 年 高考热点统 计 要求 高考基础要 求及 冷点统计 分子动理论 与 统计观点 33(1 ) 33(1 ) 33(1 ) 固体、液体和 气体 33(1 ) 33(1 ) 33(1 ) 33(1 ) 33(1 ) 33(2 ) 33(1 ) 气体实验定 律、 状态方程 33(2 ) 33(2 ) 333333 33(2 ) 333333 33(2 ) 33 热力学定律 和 能量守恒定 律 33(1 ) 33(1 ) 33 33(2 ) 3333 33(1 ) 33(1 ) 考情分析 本单元的主要内容是分子动理论的基本观点、固体 和液体的基本

2、性质、气体实验定律和理想气体状态方程 及热力学定律.高考对热学的考查比较稳定,选择题偏向 考查热学基本概念的辨析及现象的解释,计算题偏向考 查气体实验定律与热力学定律的综合应用. 实验:用油 膜 法 估 测 分 子 的 大 小 实验:用油 膜 法 估 测 分 子 的 大 小 是 为 了 更 加 深 刻 理 解 微 观 与 宏 观 的 联系,属于 基本要求, 也 是 高 考 冷点. 第 32 讲 分子动理论 内能 用油膜法估测分子的大小 一、分子动理论 1.物体是由大量分子组成的 (1)分子直径大小的数量级为 m. (2)一般分子质量的数量级为 kg. (3)阿伏伽德罗常数NA:1mol 的任何

3、物质所含的分子数,NA= mol-1. 2.分子永不停息地做无规则热运动 (1)扩散现象:相互接触的物体的分子或原子彼此进入对方的现象.温度越 ,扩散越快. (2)布朗运动:在显微镜下看到的悬浮在液体中的微小颗粒的永不停息的无规则运动.布朗运动反 映了 的无规则运动,颗粒越 ,运动越明显;温度越 ,运动越剧烈. 图 32-1 3.分子力 (1)分子间同时存在着 和 ,实际表现的分子力是它们的 . (2)引力和斥力都随着距离的增大而 ,但分子间距离变化相等时斥力比引力变化 得 . (3)分子间的作用力随分子间距离r变化的关系如图 32-1 所示:当rr0时,表现为 ;当r10r0时,分子力变得十

4、分微弱,可忽 略不计. 二、物体的内能 1.分子的平均动能:物体内所有分子动能的平均值. 是分子平均动能的标志,物体温度升 高,分子热运动的 增大. 2.分子势能:与分子 有关.分子势能的大小随分子间距离的变化曲线如图 32-2 所示(规定 分子间距离无穷远时分子势能为零). 3.物体的内能:物体中所有分子的热运动 与 的总和.物体的内能跟物体 的 、 及物体的 都有关系. 图 32-2 图 32-3 三、用油膜法估测分子的大小 将油酸滴在水面上,让油酸尽可能散开,可认为油酸在水面上形成 油膜,如果把分子看 作 ,单层分子油膜的厚度就可以看作油酸分子的直径,如图 32-3 所示,测出油酸的体积

5、V 和油膜的面积S,就可以算出分子的直径d,则d= . 【辨别明理】 (1)布朗运动是液体分子的无规则运动.( ) (2)温度越高,布朗运动越激烈.( ) (3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大.( ) (4)-33=240K.( ) (5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能.( ) (6)当分子力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而增大.( ) (7)内能相同的物体,它们的分子平均动能一定相同.( ) (8)做功可以改变系统的内能,但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能.( ) (9)不计分子之间的分子势能,质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能.( ) (10)1g1

6、00水的内能小于 1g100水蒸气的内能.( ) 考点一 阿伏伽德罗常数的应用 宏观量与微观量的转换桥梁 作为宏观量的摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、密度与作为微观量的分子直径d、分子质量m、分 子体积V0都可通过阿伏伽德罗常数联系起来.如图 32-4 所示. 图 32-4 (1)一个分子的质量:m=. (2)一个分子所占的体积:V0=(估算固体、液体分子的体积或气体分子平均占有的空间). (3)1mol 物体的体积:Vmol=. (4)质量为M的物体中所含的分子数:n=NA. (5)体积为V的物体中所含的分子数:n=NA. 考向一 液体、固体分子模型 例1(多选)钻石是首饰和高强度钻头、

7、 刻刀等工具中的主要材料,设钻石的密度为(单位为kg/m3), 摩尔质量为M(单位为 g/mol),阿伏伽德罗常数为NA.已知 1 克拉=0.2g,则 ( ) A.a克拉钻石所含有的分子数为 B.a克拉钻石所含有的分子数为 C.每个钻石分子直径的表达式为(单位为 m) D.每个钻石分子直径的表达式为(单位为 m) E.每个钻石分子的质量为(单位为 g) 建模点拨 固体、液体分子一个一个紧密排列,可将分子看成球体或立方体,如图 32-5 所示,分子间距等于小 球的直径或立方体的棱长,所以d=(球体模型)或d=(立方体模型). 图 32-5 考向二 气体分子模型 例 2(多选) 2018大连模拟

8、某气体的摩尔质量为Mmol,摩尔体积为Vmol,密度为,每个分子的质 量和体积分别为m和V0,则阿伏伽德罗常数NA可表示为( ) A.NA=B.NA= C.NA=D.NA= 建模点拨 气体分子不是一个一个紧密排列的,它们之间的距离很大,所以气体分子的大小不等于分子所占 有的平均空间.如图 32-6 所示,此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体,所以d=. 图 32-6 考点二 分子动理论的应用 考向一 布朗运动与分子热运动 布朗运动分子热运动 活动主体固体小颗粒分子 区别 是 固 体 小 颗 粒的运动,能通 过光学显微镜 直接观察到 是分子的运动,分子不论大小都做热运动,热运动不能通过光学

9、显 微镜直接观察到 共同点 都是永不停息的无规则运动,都随温度的升高而变得更加剧烈,都是肉眼所不能看 见的 联系 布朗运动是小颗粒受到周围做热运动的分子撞击作用不平衡而引起的,它是分子 做无规则运动的反映 例 3(多选) 2015全国卷 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 考向二 分子间的作用力与分子势能 例 4(多选) 2018抚顺模拟 关于分子间的作用力,下列说法正确的是( ) A.分子之间

10、的斥力和引力同时存在 B.分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小 C.分子之间的距离减小时,分子力一直做正功 D.分子之间的距离增大时,分子势能一直减小 E.分子之间的距离变化时,可能存在分子势能相等的两个点 图 32-7 变式题(多选) 2018海口模拟 两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图 32- 7中曲线所示,曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下,由静止开始相互 接近.若两分子相距无穷远时分子势能为零,下列说法正确的是( ) A.在rr0阶段,F做正功,分子动能增加,势能减小 B.在rT1. 图 33-4 又如图乙所示,A、B两点的温度

11、相等,从B状态通过等温增压到A状态,体积一定减小,所以V2r0阶段,当r减小时,F做正功,分子势能减小,分子动能增加,故A正确 ; 在rr0时,分子间作用力的合力随分子间距离的增大先增大后减小,选项 C 错误;绝对零度永远不可能达到,选项 D 正确;用打气筒向篮球内充气时,气体压强增大,对活塞的 压力增大,所以打气时需要用力推动活塞,选项 E 错误. 4.(多选)对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是 ( ) A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大 B.外界对物体做功,物体内能一定增加 C.温度越高,布朗运动越显著 D.当分子间的距离增大时,分子间作用力的合力就一直减小

12、E.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大 解析 ACE 温度高的物体分子平均动能一定大,但是内能不一定大,选项A正确;外界对物体做功, 若物体向外放热,其内能不一定增加,选项 B 错误;温度越高,布朗运动越显著,选项 C 正确;当分子 间的距离增大时,分子间作用力的合力可能先增大后减小,选项 D 错误;当分子间作用力表现为斥 力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项 E 正确. 5.(多选) 2016全国卷 关于气体的内能,下列说法正确的是( ) A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同 B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大 C.气体被压缩时,内能可能不变

13、 D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加 解析 CDE 温度相同,分子平均动能相同,若摩尔质量不同,则相同质量的气体有不同的分子数, 分子总动能不同,假若都是理想气体,因为只考虑分子动能,所以内能不同,A 错误;气体内能取决 于气体分子的平均动能和分子势能,而与宏观上整体的动能无关,B 错误;若外界对气体做的功等 于气体向外界放出的热,则气体的内能不变,C 正确;理想气体的内能取决于气体分子的平均动能, 而分子平均动能取决于温度,D正确;理想气体等压膨胀过程中,p一定,V增加,由=C可知T升高, 故内能增加,E 正确. 6.(多选)关

14、于分子动理论和物体的内能,下列说法正确的是 ( ) A.某种物体的温度为 0 ,说明该物体中分子的平均动能为零 B.物体的温度升高时,分子的平均动能一定增大,但内能不一定增大 C.当分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,但斥力减小得更快,所以分子间作用力总 表现为引力 D.10 g 100 的水的内能小于 10 g 100 的水蒸气的内能 E.两个铅块挤压后能紧连在一起,说明分子间有引力 解析 BDE 物体的温度为0 ,分子的平均动能不为零,分子在永不停息地做无规则运动,选项A 错误;物体的温度升高时,分子的平均动能一定增大,但内能还与势能有关,内能有可能减小,选项 B正确;当分子间的

15、距离小于平衡距离r0时,分子间的作用力表现为斥力,大于r0时,分子间作用力 表现为引力,选项 C 错误;10 g 100 的水变成水蒸气时,分子间距增大,要克服分子间的引力做功, 分子势能增大,所以 10 g 100 的水的内能小于 10 g 100 水蒸气的内能,选项 D 正确;两个铅块 挤压后能紧连在一起,是分子间的引力作用的结果,选项 E 正确. 第 33 讲 固体、液体、气体的性质 热力学定律 【教材知识梳理】 异性 熔点 表面积 p1V1=p2V2 = 传递的热量 Q+W 低温 高温 绝对零度 t+273.15 辨别明理 (1)() (2)() (3)() (4)() (5)() (

16、6)() (7)() (8)() 思维拓展 答案 设容器壁上面积为S的接触面对这些气体分子的作用力大小为F,对这个小立方体中在 t的时间内与面积为S的接触面发生碰撞的气体分子,由动量定理得Ft= N2mv 其中 2mv为每个气体分子与容器壁碰撞过程动量变化的大小. 将压力F=F=pS和N=nSvt代入上式得 pSt= nSvt2mv 消去左、右两边的相同项St,得压强 p= nmv2 因为气体分子平均动能为Ek= mv2 所以容器壁上碰撞处的压强为p= nmv2= nEk 从推导可知,在常温常压下,容器内质量一定的气体,微观方面压强的大小与两个因素有关,一个 是容器内单位体积内的分子数n,另一

17、个是分子平均动能Ek.而宏观方面容器内单位体积内的分子 数n对应气体密度,分子平均动能Ek对应气体温度,所以,宏观方面气体压强与气体密度和温度有 关. 【考点互动探究】 考点一 例 1 BCD 解析 晶体被敲碎后,构成晶体的分子或原子的空间点阵结构没有发生变化,仍然是 晶体,A 错误;有些晶体在光学性质方面是各向异性的,B 正确;同种元素构成的不同晶体互为该元 素的同素异形体,C 正确;如果外界条件改变了物质分子或原子的排布情况,晶体和非晶体之间可 以互相转化,D 正确;晶体熔化过程中,分子势能发生变化,内能发生了变化,E 错误. 例 2 ACD 解析 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,这是不

18、浸润的结果,而在干净的玻璃板 上不能形成水珠,这是浸润的结果,选项 B 错误.玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用,选项 E 错误. 例3 BCD 解析 在一定温度下,饱和汽压是一定的,饱和汽压随温度的升高而增大,饱和汽压与 液体的种类有关,与体积无关,选项A错误,B正确;空气中所含水蒸气的压强,称为空气的绝对湿度, 相对湿度=,夏天的饱和汽压大,在相对湿度相同时,夏天的绝对湿度大, 选项 C、D 正确;人感受的空气潮湿程度是相对湿度,选项 E 错误. 考点二 例 4 p0+ p0- 解析 图甲中,以活塞为研究对象,有 pAS=p0S+mg 解得pA=p0+ 图乙中,以气缸为研究对象,有pBS

19、+Mg=p0S 解得pB=p0-. 例 5 甲:p0-gh 乙:p0-gh 丙:p0-gh 丁:p0+gh1 解析 在图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知 p气S+ghS=p0S 所以p气=p0-gh 在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件得F上=F下,即 p气S+ghS=p0S 所以p气=p0-gh 在图丙中,以B液面为研究对象,有 p气S+ghSsin 60=p0S 所以p气=p0-gh 在图丁中,以液面A为研究对象,由二力平衡得 p气S=p0S+gh1S 所以p气=p0+gh1. 变式题 p0+ 解析 以气缸和活塞整体为研究对象,根据牛顿第二定律得 F=(M+m)a 以活塞为

20、研究对象,根据牛顿第二定律得 pS-p0S=ma 联立解得p=p0+. 考点三 例 6 AD 解析 由图像可知,在AB的过程中,气体温度升高,体积变大,且体积与温度成正比, 由=C可知,气体压强不变,故 A 正确;由图像可知,在BC的过程中,体积不变,温度降低,由 =C可知,压强p减小,故B、 C错误;由图像可知,在CD的过程中,气体温度不变,体积减小,由=C 可知,压强p增大,故 D 正确. 变式题 1 BDE 解析 由图像可知,过程bc中气体发生等温变化,理想气体内能不变,压强减小, 由玻意耳定律可知,体积增大,气体对外做功,由热力学第一定律 U=Q+W可知,气体吸热,故 A 错 误;由图

21、像可知,过程ab中气体压强与热力学温度成正比,则气体发生等容变化,气体体积不变,外 界对气体不做功,气体温度升高,内能增大,由热力学第一定律可知,气体吸收热量,故 B 正确;由图 像可知,过程ca中气体压强不变,温度降低,由盖吕萨克定律可知,其体积减小,外界对气体做 功,W0,气体温度降低,内能减少,Ur0(平衡距离)时,随着分子间距离增大,分子间的引力增大,斥力减小,所以合力表现为引力 B.热量可以从低温物体传到高温物体 C.有些物质在适当的溶剂中溶解时,在一定浓度范围内具有液晶态 D.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越快 E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高,且

22、车胎体积增大,则胎内气体对外界做功,内能增大(胎 内气体质量不变且可视为理想气体) 解析 BCE 当rr0(平衡距离)时,随着分子间距离增大,分子间的引力、 斥力都减小,合力表现为 引力,A 错误;热力学第二定律是说热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,也就是说,如果在 一定的条件下,热量是可以从低温物体传到高温物体的,B 正确;有些物质在适当的溶剂中溶解时, 在一定浓度范围内具有液晶态,C 正确;空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压, 水蒸发越慢,D 错误;夏天中午时车胎内的气压比清晨时的高,且车胎体积增大,故胎内气体对外界 做功,根据=C知,温度升高,所以内能增大,E 正确

23、. 8.(多选)下列说法正确的是( ) A.玻璃、石墨和金刚石都是晶体,木炭是非晶体 B.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加 C.足球充足气后很难被压缩,是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 D.当液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部 E.气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 解析 BDE 石墨和金刚石都是晶体,玻璃、木炭是非晶体,故 A 错误;根据 U=W+Q可知,一定质 量的理想气体经过等容过程,吸收热量,则W=0,Q0,故 U0,即其内能一定增加,选项 B 正确;足 球充足气后很难

24、被压缩,是因为足球内气体压强作用的结果,选项 C 错误;由于表面张力的作用,当 液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部,选项D 正确;气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有 关,选项 E 正确. 9.(多选)关于生活中的热学现象,下列说法正确的是( ) A.夏天和冬天相比,夏天的气温较高,水的饱和汽压较大,在相对湿度相同的情况下,夏天的绝对 湿度较大 B.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病,方法是用镊子夹一棉球,沾一些酒精,点燃,在罐内迅速旋 转一下再抽出,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上,火罐就会紧紧地被 “吸”在皮肤

25、上,其原因是,当 火罐内的气体体积不变时,温度降低,压强增大(火罐内气体可视为理想气体) C.盛有氧气的钢瓶在27 的室内,测得瓶内氧气的压强是9.0106 Pa,将其搬到-3 的工地上时, 测得瓶内氧气的压强变为 7.8106 Pa,通过计算可判断出钢瓶漏气(钢瓶内的氧气可视为理想气 体) D.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气,想办法使它们自发地分离,既清洁了空 气,又变废为宝 E.一辆空载的卡车停于水平地面,在缓慢装沙过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计气 体分子间势能,则胎内气体向外界放热(胎内气体可视为理想气体) 解析 ACE 夏天和冬天相比,夏天的气温较高,水的

26、饱和汽压较大,在相对湿度相同的情况下,夏 天的绝对湿度较大,选项A正确;根据=C可知,当火罐内的气体体积不变时,温度降低,压强减小, 故因内部压强小于外界压强而被“吸”到皮肤上,选项 B 错误;根据=C,由于在室内时,=CV1, 而搬到工地上后,=CV2CV1,故可判断出钢瓶漏气,选项 C 正确;根据热力学第二定律的微观意义 可知,选项 D 错误;在缓慢装沙过程中,若车胎不漏气,则胎内气体的压强增大,温度不变,根据理想 气体状态方程=C知,气体的体积减小,外界对气体做功,由热力学第一定律可知,胎内气体向外 放热,选项 E 正确. 第 34 讲 选修 3-3 计算题型突破 【考点互动探究】 考点

27、一 例 1 (1)Vg0 (2)Vg0 (3)V0T0-m0 解析 (1)设 1 个大气压下质量为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 (2)气球内热空气所受的重力为 G=(Ta)Vg 联立式得 G=Vg0 (3)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 变式题 (1)28 Pa (2)1.3 解析 (1)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,

28、则 p1= 代入题给数据得 p1=28 Pa (2)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 考点二 例 2 0.34 kg 解析 由题意知,气体质量m=1 kg,压强p1=1.0106 Pa,温度T1=(273+57) K

29、=330 K, 经一段时间后温度降为T2=(273+27)K=300 K,p2= p1= 1106 Pa=6.0105 Pa, 设容器的体积为V,以全部气体为研究对象, 由理想气体状态方程得=, 解得V=V, 所以漏掉的氧气质量为 m=m=1 kg=0.34 kg. 变式题 2.5105 Pa 解析 设篮球的容积为V2,30 次所充空气的体积及篮球的容积之和为V1,则 V1=V2+nV=2.5 L+300.125 L=6.25 L 由于整个过程中空气质量不变、温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V2 解得p2= Pa=2.5105 Pa. 考点三 例 3 解析 设活塞再次平衡后,活塞上方气体

30、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= 变式题 3.2104 Pa 解析 A中气体先做等容变化,有 = 再做等温变化,即pAVA=pVA B中气体做等温变化,有 pBVB=pVB VA+VB=VA+VB 由式解得 p=3.2104 Pa 考点四 例 4 22.5 cm 7.5 cm 解析 设 U 形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压

31、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 变式题 144 cmHg 9.42 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.

32、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+ cm-h 由玻意耳定律得 p2l2= p2l2 联立式和题给条件得 h=9.42 cm 考点五 例 5 (1)8.010-3 m3 (2)400 J 解析 (1)V-T图像通过坐标原点,可知从A到B理想气体发生等压变化,由盖吕萨克定律得 = 解得VB=VA=6.010-3 m3=8.010-3 m3. (2)外界对气体做的功W=-p(VB-VA)=-1.0105(8.010-

33、3-6.010-3) J=-2102 J 根据热力学第一定律得 U=Q+W=6.0102 J-2102 J=4.0102 J=400 J. 变式题 (1)375 K (2)增加 400 J 解析 (1)DA为等温线,则TA=TD=300 K C到D过程,由盖吕萨克定律得= 解得TC=375 K (2)A到B过程,压强不变,体积增大,外界对气体做的功W=-pV=-2105310-3 J=-600 J 由热力学第一定律得 U=Q+W=1000 J-600 J=400 J 则气体内能增加了 400 J. 图 34-1 1. 2017海南卷 一粗细均匀的 U 形管ABCD的A端封闭,D端与大气相通.用

34、水银将一定质量的 理想气体封闭在 U 形管的AB一侧,并将两端向下竖直放置,如图 34-1 所示,此时AB侧的气体柱长 度l1=25 cm,管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5 cm.现将 U 形管缓慢旋转 180,使A、D两端 在上,在转动过程中没有水银漏出.已知大气压强p0=76 cmHg.求旋转后,AB、CD两侧的水银面高度 差. 答案 1 cm 解析 对封闭气体研究,初状态时,压强为p1=p0+h1=(76+5) cmHg=81 cmHg,体积为V1=l1S, 设 旋 转 后 ,气 体 长 度 增 大 x,则 高 度 差 变 为 (5-2x)cm,此 时 气 体 的 压 强 为p2

35、=p0-(5- 2x)=(71+2x)cmHg,体积为V2=(25+x)S, 根据玻意耳定律得p1V1=p2V2, 即 8125=(71+2x)(25+x) 解得 x=2 cm, 根据几何关系知,AB、CD两侧的水银面高度差为 h=5-2x=1 cm. 2.如图 34-2 所示,一个圆柱形的绝热容器竖直放置,通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气 体,活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h1.现通过电热丝给气体加热一段时间后,使 图 34-2 其温度上升到t2(摄氏温度),这段时间内气体吸收的热量为Q,已知大气压强为p0,重力加速度为g, 假设活塞与容器壁之间无摩擦.求: (1)气体

36、的压强; (2)这段时间内活塞上升的距离; (3)这段时间内气体的内能变化量. 答案 (1)p0+ (2) (3)Q-(p0S+mg) 解析 (1)活塞受力分析如图 34-3 所示,根据共点力平衡的条件得p=p0+ 图 34-3 (2)设温度为t2时活塞与容器底部相距为h2. 因为气体等压变化,根据盖吕萨克定律得= 即= 解得h2= 活塞上升的距离为 h=h2-h1= (3)气体对外做的功为W=pSh=(p0+)S=(p0S+mg) 根据热力学第一定律得,这段时间内气体内能的变化量为 U=Q-W=Q-(p0S+mg) 3.可升降转椅由上、下两部分组成,连接上、下两部分的是其升降装置.结构如图

37、34-4 所示,导热 性能良好的A、B两个金属筒间封闭了一定质量的气体(可视为理想气体).已知A筒的横截面积为S, 可沿着B的光滑内壁上下滑动且不漏气,A筒以及上部座椅的质量为m,两桶间的气体温度为T1.室 内温度上升,使得A、B内气体的高度由h1缓慢升高到h2,该过程中气体吸收的热量为Q.已知重力 加速度为g,外界大气压强恒为p0,A、B金属筒厚度不计. 图 34-4 (1)求该过程中气体内能的增加量; (2)气体高度为h2时,质量为 2m的人坐到座椅上,求稳定后气体的高度. 答案 (1)Q-(p0S+mg)(h2-h1) (2)h2 解析 (1)该过程中气体等压膨胀,气体压强 p=p0+

38、由热力学第一定律得 U=Q+W 解得 U=Q-(p0S+mg)(h2-h1) (2)质量为 2m的人坐到椅子上直到稳定,此时气体压强p=p0+ 由玻意耳定律得ph2S=phS 解得h=h2 4.如图 34-5 甲所示,开口向上、内壁光滑的圆柱形气缸竖直放置,在气缸P、Q两处设有卡口,使 厚度不计的活塞只能在P、Q之间运动.开始时活塞停在Q处,温度为 300 K.现缓慢加热缸内气体, 直至活塞运动到P处,整个过程中的p-V图线如图乙所示.设外界大气压强p0=1.0105 Pa. (1)说出图乙中气体状态的变化过程,求卡口Q下方气体的体积以及两卡口之间的体积; (2)求活塞刚离开Q处时气体的温度以

39、及缸内气体的最高温度. 图 34-5 答案 (1)见解析 1.010-3 m3 0.210-3 m3 (2)127 327 解析 (1)从图乙可以看出,气体先等容变化,然后等压变化,最后等容变化.由图乙可知,卡口Q下 方气体的体积V0=1.010-3 m3 两卡口之间的体积 V=1.210-3 m3-1.010-3 m3=0.210-3 m3. (2)由图乙可以看出,开始时缸内气体的压强为p1=0.9105 Pa 活塞刚离开Q处时,气体压强p2=1.2105 Pa 由查理定律得= 解得t2=127 活塞最终移动到P处,由理想气体状态方程得,当缸内气体压强最大时,温度最高, = 解得t3=327

40、 . 5.如图 34-6 所示,一个质量为m的 T 形活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体,活塞体积可忽略 不计,距气缸底部h0处连接一 U 形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时,封闭气体温度为T0, 活 塞距离气缸底部为1.8 h0,两边水银柱存在高度差.已知水银密度为,大气压强为p0,气缸横截面 积为S,活塞竖直部分高为 1.2h0,重力加速度为g. 图 34-6 (1)通过制冷装置缓慢降低气体温度,当温度为多少时,两边水银面恰好相平? (2)从开始至两水银面恰好相平的过程中,若气体放出的热量为Q,求气体内能的变化. 答案 (1) (2)0.6h0S-Q 解析 (1)初态时,对活塞受力分

41、析,可得气体压强p1=p0+,体积V1=1.8h0S,温度T1=T0 要使两边水银面相平,气缸内气体的压强p2=p0 此时活塞下端一定与气缸底接触,V2=1.2h0S 设此时温度为T2,由理想气体状态方程有= 解得T2= (2)从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触,气体压强不变,外界对气体做功W=p1V= 0.6h0S 由热力学第一定律得 U=0.6h0S-Q 6. 2017全国卷 一种测量稀薄气体压强的仪器如图34-7甲所示,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.开始测量时,M与K2相通;

42、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,如图乙所示.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: 图 34-7 (1)待测气体的压强; (2)该仪器能够测量的最大压强. 答案 (1) (2) 解析 (1)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

43、 由力学平衡条件得 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= (2)由题意知 hl 联立式有 p 该仪器能够测量的最大压强为 pmax= 图 34-8 7.用容积为 V的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图 34-8 所示.设容器中原来 气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变,则抽气机的活塞抽动n次后,容器中剩余气体的压强pn 为多大? 答案 p0 解析 当活塞上提时,第一次气抽,容器中气体压强为p1,当活塞下压时,阀门a关闭,b打开,抽气 机气缸中 V体积的气体排出.活塞第二次上提(即第二次气抽),容器中气体压强降为p2.根据玻 意耳定律得 第一次抽气 p0V0=p1(V0+V) 得p1=p0 第二次抽气 p1V0=p2(V0+V) 得p2=p0 以此类推,第n次抽气后容器中气体压强降为pn=p0