2019届高三物理二轮复习练习专题八第1讲热学课后演练强化提能Word版含解析

高三物理二轮复习热学专题课件一、教学内容本节课将深入探讨高三物理热学专题，依据教材第九章“热力学第一定律”及第十章“热力学第二定律”的内容，重点复习能量守恒与热力学过程、循环、效率等概念。

详细内容包括热力学第一定律的数学表达式、能量转换与守恒的实例分析，以及热力学第二定律中的熵增原理和热力学循环的工作原理。

二、教学目标1. 让学生掌握热力学第一定律的内涵及应用，能够运用该定律分析实际问题。

2. 使学生理解热力学第二定律中熵的概念，并能够运用熵增原理解释自然界中的现象。

3. 培养学生解决热力学相关实际问题的能力，提高其理论联系实际的水平。

三、教学难点与重点教学难点：热力学第一定律与第二定律的综合应用，尤其是熵增原理的理解。

教学重点：热力学第一定律的能量守恒原理，以及热力学循环中效率的计算。

四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔、热力学演示装置。

2. 学具：练习本、计算器、热力学相关资料。

五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）利用多媒体展示生活中的热力学现象，如汽车发动机工作原理、空调制冷过程等，引发学生对热力学应用的思考。

2. 知识回顾（15分钟）快速回顾热力学第一定律和第二定律的基本概念、公式及重要结论。

3. 例题讲解（20分钟）通过讲解典型例题，使学生掌握热力学问题的分析方法，提高解题能力。

4. 随堂练习（15分钟）分组讨论并解答随堂练习，巩固所学知识。

5. 知识拓展（10分钟）引导学生了解热力学在现代科技领域中的应用，如新能源开发、节能减排等。

六、板书设计1. 热力学第一定律：能量守恒，数学表达式。

2. 热力学第二定律：熵增原理，热力学循环。

3. 例题解答步骤及注意事项。

七、作业设计1. 作业题目（1）某热机在工作过程中，吸收热量Q1，放热量Q2，外界对热机做功W，求热机效率。

（2）分析生活中的一个热力学循环过程，说明其符合热力学第二定律的原因。

2. 答案（1）热机效率 = (W Q2) / Q1。

高三物理二轮复习热学专题优质课件一、教学内容1. 热力学第一定律2. 热力学第二定律3. 热力学第三定律4. 热传递与能量转换5. 热能与能源二、教学目标1. 理解并掌握热力学三大定律的基本原理及其应用。

2. 掌握热传递与能量转换的基本概念，了解热能在实际应用中的作用。

3. 提高学生的科学思维能力和综合运用能力，培养其运用物理知识解决实际问题的能力。

三、教学难点与重点教学难点：热力学第二定律、第三定律的理解与应用；热能与能源的综合运用。

教学重点：热力学三大定律的基本原理；热传递与能量转换的基本概念。

四、教具与学具准备1. 教具：多媒体课件、黑板、粉笔、挂图等。

2. 学具：笔记本、教材、文具等。

五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）通过播放一段关于热力学在实际应用中的视频，激发学生的学习兴趣，为新课的学习做好铺垫。

2. 知识回顾（15分钟）学生回顾热力学三大定律的基本内容，教师进行点评与补充。

3. 例题讲解（25分钟）例题1：一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等压过程，变为p2、V2、T2。

求气体体积变化的比例。

例题2：一热机效率为η，工作过程中吸收的热量为Q1，放出的热量为Q2。

求热机输出的功率。

4. 随堂练习（15分钟）练习题1：一热力学系统经历一循环过程，吸收的热量为Q1，对外做功为W。

求该循环的效率。

练习题2：一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等温过程，变为p2、V2、T2。

求气体压强的变化比例。

5. 知识拓展（10分钟）介绍热能在能源中的应用，如太阳能、地热能等。

六、板书设计1. 热力学三大定律2. 热传递与能量转换3. 例题与练习题解答七、作业设计1. 作业题目：（1）一热力学系统经历一循环过程，吸收的热量为Q1，对外做功为W。

求该循环的效率。

（2）一定量的理想气体，初始状态为p1、V1、T1，经过一等温过程，变为p2、V2、T2。

求气体压强的变化比例。

考前基础回扣练 11选修3－3 热学
图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.
C时的温度；
再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间
正确；一定质量的理想气体，温度升高，则气体分子的平均动能增大，但分子的密集程度可能减小，气体的压强不一定增大，B错误；热量只能自发地从高温物体传到低温物体，不可能自发地由低温物体传到高温物体，C正确；布朗运动是悬浮在液体中固体
时，活塞距缸底的高度是多少？
时，B中气体的温度是多少？
当两分子之间的距离大于平衡位置时，两分子间距离减小的过程中，分子势错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，
压缩气体，外界对气体做功，气体内能增加，C错误；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内。

1.下列说法正确的是A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量C. 气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小D. 单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大2．为研究影响家用保温瓶保温效果的因素，某同学在保温瓶中灌入热水，现测量初始水温，经过一段时间后再测量末态水温。

改变实验条件， 先后共做了6次实验，实验数据记录如下表：下列眼镜方案中符合控制变量方法的是A ．若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第1、3、5次实验数据B ．若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第2、4、6次实验数据C ．若研究初始水温与保温效果的关系，可用第1、2、3次实验数据D ．若研究保温时间与保温效果的关系，可用第4、5、6次实验数据3．如图所示，质量为m 的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦。

a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（270C ）中达到的平衡状态。

气体从a 态变化到b 态的过程中大气压强保持不变。

若忽略气体分子之间的势能，下列说法正确的是A 、与b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多B 、与a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大C 、在相同时间内，a 、b 两态的气体分子对活塞的冲量相等D 、从a 态到b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体对外界释放了热量4.如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。

气缸壁和隔板均绝热。

初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。

现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。

当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比A ．右边气体温度升高，左边气体温度不变B ．左右两边气体温度都升高C ．左边气体压强增大D ．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量5.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图。

热学(选修3－3)一、选择题1．(2018·苏北调研)下列说法正确的是( )A ．液体的分子势能与液体的体积无关B ．为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C ．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的D ．扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生解析：液体的体积决定了液体分子间的距离，进而决定液体分子势能，A 错误；锄松地面可以破坏土壤里的毛细管，从而保存玉米地里的水分，B 正确；气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁引起的，C 正确；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，只是固体扩散得慢，D 错误．答案：BC2.图6－11景颇族的祖先发明的点火器如图6－11所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )A ．气体温度升高，压强不变B ．气体温度升高，压强变大C ．气体对外界做正功，气体内能增加D ．外界对气体做正功，气体内能减少解析：压缩气体时，外界对气体做功，内能增加，温度升高，体积变小，压强增大，所以只有B 正确． 答案：B3．钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A .已知1克拉＝0.2克，则( )A ．a 克拉钻石所含有的分子数为0.2×10－3aN A MB ．a 克拉钻石所含有的分子数为aN A MC ．每个钻石分子直径的表达式为 36M×10－3N A ρπ(单位为m) D ．每个钻石分子直径的表达式为 6M N A ρπ(单位为m) 解析：a 克拉钻石物质的量为μ＝0.2a M ，所含分子数为n ＝μN A ＝0.2aN A M，A 、B 均错误；钻石的摩尔体积为V ＝M×10－3ρ(单位为m 3/mol)，每个钻石分子体积为V 0＝V N A ＝M×10－3N A ρ，设钻石分子直径为d ，则V 0＝43π(d 2)3，联立解得d＝36M×10－3N Aρπm.C正确，D错误．答案：C二、非选择题4．(1)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是__________．A．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大B．一定温度下，饱和汽的压强是一定的C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)如图6－12所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C.已知状态A的温度为250 K.图6－12①求气体在状态B的温度；②由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由．解析：(1)第二类永动机不可能制成是因为它违背了热力学的第二定律而非能量守恒定律，C错．液体表面分子间既有引力又有斥力，引力大于斥力表现为引力，D错．A、B正确．(2)①为理想气体的状态方程p1V1T1＝p2V2T2，得气体在状态B的温度T B＝p B V B T Ap A V A＝1 000 K.②由状态B→C，气体做等容变化，由查理定理得：p B T B ＝p CT C，T C＝p Cp BT B＝500 K.故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小．根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，可知气体要放热．答案：(1)AB (2)①1 000 K ②放热理由见解析5．(2018·长沙模拟)(1)关于分子动理论和内能，下列说法中正确的是( )A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大B．布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动C．分子势能与分子间距离有关，是物体内能的一部分D．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量E．物体的动能和重力势能也是其内能的一部分(2)如图6－13甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3m2、质量为m＝4 kg 、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将汽缸竖直放置，如图6－13甲所示，取g ＝10 m/s 2.求：①活塞与汽缸底部之间的距离；②加热到675 K 时封闭气体的压强．甲 乙图6－13解析：(1)根据平均动能的物理意义可知，选项A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，而不是组成悬浮颗粒的分子的无规则运动，选项B 错误；根据分子势能的物理意义和决定分子势能的因素可知，选项C 正确；外界对物体做功或向它传递热量，可以增加物体的内能，选项D 正确；宏观的动能和重力势能与内能无关，选项E 错误．(2)①p 1＝p 0＝1×105 PaT 1＝300 K V 1＝24 cm×Sp 2＝p 0＋mg S＝1.2×105 Pa T 1＝T 2 V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2解得H ＝20 cm.②假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675 K V 3＝36 cm×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105 Pa>p 2＝1.2×105 Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.答案：(1)ACD (2)20 cm 1.5×105 Pa图6－146．(2018·江苏卷)如图6－14所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A.其中，A→B 和C→D 为等温过程，B→C 和D→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．A ．A→B 过程中，外界对气体做功B ．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大C ．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D ．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是______________(选填“A→B”“B→C”“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C→D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为____________ kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.求气体在B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，计算结果保留一位有效数字)解析：(1)A→B，等温变化气体膨胀，对外做功，B→C，绝热过程，体积增大，对外做功，内能减小温度降低，分子平均动能减小，C→D，等温变化，体积减小．分子数密度增大，单位时间碰撞单位面积器壁的分子数增多，D→A，绝热过程，体积减小，内能增大，温度升高，曲线发生变化，C 正确．(2)内能减小的B→C 过程 25(3)A→B 时为等温过程，p A V A ＝p B V BB 状态单位体积内的分子数n ＝N A V B， 解得n ＝N A P B P A V A＝4×1025个/m 3. 答案：(1)C (2)B→C 25 (3)4×1025个/m 37．(2018·新课标全国卷Ⅰ)(1)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是________．A ．分子力先增大，后一直减小B ．分子力先做正功，后做负功C ．分子动能先增大，后减小D ．分子势能先增大，后减小E ．分子势能和动能之和不变图6－15(2)如图6－15，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 0/4.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：①恒温热源的温度T ；②重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积V x .解析：(1)分子力在平衡位置外为引力，在平衡位置内为斥力．则分子力先做正功，再做负功，分子动能先增加后减小，分子势能先减小，后增大，分子动能和分子势能的总和不变，B 、C 、E 正确 .(2)与恒温热源接触后，在K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体等压变化，由盖·吕萨克定律 T T 0＝7V 0/45V 0/4① T ＝75T 0② 打开K 后，左活塞质量大，则下降，右活塞必须升到汽缸顶才能满足力学平衡条件．两部分气体等温变化，设左活塞上方气体压强为p ，由玻意耳定律pV x ＝p 03·V 04③ (p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·74V 0④ 解③④得 V x ＝12V 0 另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去． 答案：(1)BCE (2)75T 0 12V 0。

选修内容3-3综合热学是物理学的一部分，它研究热现象的规律。

用来描述热现象的一个基本概念是温度，温度变化的时候，物体的许多性质都发生变化。

凡是跟温度有关的现象都叫做热现象。

热学知识在实际中有重要的应用。

各种热机和致冷设备的研制，化工、冶金、气象的研究，都离不开热学知识。

研究热现象有两种不同的方法：一种是从宏观上总结热现象的规律，引入内能的概念，并把内能跟其他形式的能联系起来；另一种是从物质的微观结构出发，建立分子动理论，说明热现象是大量分子无规则运动的表现。

这两种方法相辅相成，使人们对热现象的研究越来越深入。

把宏观和微观结合起来，是热学的特点。

学习中要注意统计思想在日常生活和解释自然想象中的普遍意义。

（一）高中热学的基础理论高中热学的基础理论包括两部分：一是分子动理论，分子动理论提供了从微观角度研究热学问题的理论基础；二是能量转化和守恒定律．具体应用到热学问题的是包括物体内能的热力学第一定律，提供了从宏观角度研究热学问题的理论基础．它表明，从分子动理论出发可以得到对应于分子运动存在着一种新形式的能，即物体的内能．物体的内能改变，可以通过做功和热传递来实现，并遵守热力学第一定律．它们分别提供了从微观角度和宏观角度认识热现象的理论根据．但是，它们仍然是以实验和观察为基础的．以实验为基础，建立物理模型进行推理认识微观结构的方法，是物理的重要方法．对物质微观结构的认识，往往是通过宏观的物理实验，提出科学假说和模型，进行分析推理得出的．一个典型的事例就是布朗运动的分析和解释．（二）力热综合问题在力热综合问题中，研究对象主要选封闭气体及封闭气体的活塞或液柱。

对于封闭气体，可以根据过程特征选用气体定律建立方程；对于活塞或液柱，可根据运动状态由平衡条件或牛顿第二定律建立方程。

这两个方程的联系在于气体的压强与活塞受力，气体压强是联系力学规律和热学规律之间的桥梁．（三）固体、液体和气体1、固体固体可分为晶体和非晶体两大类，晶体分子或离子按一定的空间点阵排列。

热力学定律一、热力学第一定律在一般情况下，如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么，外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q，等于物体内能的增加△U，即△U= W + Q①内容：物体内能的增量△E等于外界对物体做的功W和物体吸收的热量Q的总和。

②表达式：W+Q=△U③符号规则：物体内能增加，△U＞0；物体内能减少，△U＜0外界对物体做功W＞0；物体对外界做功W＜0物体从外界吸热Q＞0；物体向外界放热Q＜0二. 热力学第二定律表述形式1：热量总是从高温物体传到低温物体，但是不可能自动从低温物体传递到高温物体，而不引起其它变化。

（这是按照热传导的方向性来表述的。

）表述形式2：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其它变化。

机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能而不引起其它变化。

（这是按照机械能与内能转化过程的方向性来表述的。

）注意：两种表述是等价的，并可从一种表述导出另一种表述。

表述形式3、第二类永动机是不可能制成的。

三、能量转化和守恒定律功是能量转化的量度．热力学第一定律表示，做功和热传递提供给一个物体多少能量，物体的内能就增加多少，能量在转化或转移过程中守恒．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别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中其总量不变。

12．(选修3-3) (2) 若对一定质量的理想气体做1500 J的功，可使其温度升高5℃．改用热传递的方式，使气体温度同样升高5℃，那么气体应吸收J的热量．如果对该气体做了2000 J的功，其温度升高了8℃，表明该过程中，气体还（填“吸收”或“放出”）热量J．答：（2）1500、吸收、400 前两空各2分，第3个空4分12.A⑴（选修模块3—3）空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×l05J．试问：此压缩过程中，气体（填“吸收”或“放出”）的热量等于J．答：放出；5×104；解析：由热力学第一定律△U = W＋Q，代入数据得：1.5×105 = 2.0×105＋Q，解得Q =－5×104J；12.（2）一定质量的理想气体，在绝热膨胀过程中①对外做功5J，则其内能（选填“增加”或“减少”）J;②试从微观角度分析其压强变化情况.答：①减小 5②气体体积增大，则单位体积内的分子数减少；内能减少，则温度降低，其分子运动的平均速率减小；则气体的压强减小。

本专题全国卷的命题形式都是一大一小组成的，小题是以选择题的形式，分值为分(或分)，主要考查分子动理论、内能、热力学定律、固体、液体、气体等方面的基本知识；大题以计算题的形式，分值为分(或分)，主要考查对气体实验定律和理想气体状态方程的理解。

高频考点：分子大小的估算；对分子动理论内容的理解；物态变化中的能量问题；气体实验定律的理解和简单计算；固、液、气三态的微观解释和理解；热力学定律的理解和简单计算；用油膜法估测分子大小。

一．物质是由大量分子组成*计算分子质量：A mol A mol N V N M m ρ==计算分子的体积：A mol A mol N M N V v ρ==分子（或其所占空间）直径：球体模型36πV d =，立方体模型 3V d =分子直径数量级 。

二．分子永不停息地做无规则热运动 布朗运动是分子无规则热运动的反映。

三．分子间存在着相互作用力 分子间引力和斥力都随距离的增大而减小。

四．物体的内能．分子动能：温度是分子平均动能大小的标志．分子势能 ：与体积有关 时分子势能最小 分子力做正功分子势能减小。

物体的内能：所有分子的动能和势能的总和。

（理想气体不计分子势能）．改变物体的内能 做功和热传递在改变内能上是等效的，但本质有区别。

Q W E ±±=∆．(年普通高等学校招生全国统一考试)如图，一定量的理想气体，由状态等压变化到状态，再从等容变化到状态。

、两状态温度相等。

下列说法正确的是。

(填入正确答案标号。

选对个得分，选对个得分：有选错的得分)．从状态到状态的过程中气体吸热．气体在状态的内能等于在状态的内能．气体在状态的温度小于在状态的温度．从状态到状态的过程中气体对外做正功．一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室和，活寨可无摩擦地滑动。

开始时用销钉固定活塞，中气体体积为×，温度为℃，压强为×；中气体体积为×，温度为℃，压强为×。

第1讲热学,(2018·高考全国卷Ⅰ)(1)如图，一定质量的理想容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将不计活塞的质量和体积，外界温度保持(2017·高考全国卷Ⅰ)(1)氧气分子在0 ℃图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形℃时的情形图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目质量、体积均可忽略)．初始时，K1给汽缸充气，使A分子动理论、固体与液体的性质(2018·高考北京卷)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 ．分子间的引力总是随分子间距增大而增大[解析] 在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故A 错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B 错误；分子间同时存在着引力和斥力，故C 正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故D 错误． [答案] C[题组突破]角度1 微观量的估算1．α粒子与金原子核发生对心碰撞时，能够接近金原子核中心的最小距离为2.0×10－14m ，已知金原子的摩尔质量为0.197 kg/mol ，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol －1，试估算金原子的平均密度．解析：1 mol 的任何物质都含有N A (阿伏加德罗常数)个分子(或原子)，其摩尔质量M m 恒等于N A 个分子(或原子)质量的总和．据此可求出一个分子(或原子)的质量m 0＝M mN A.把上述思路用于本题，一个金原子的质量为m 0＝M m N A ＝0.1976.0×1023 kg ≈3.3×10－25kg .金原子核几乎集中了金原子的全部质量，故可认为金原子核的质量m 核近似等于金原子的质量m 0.。

课时作业（二十二）1.A【试题解析】电功率越大,电流做功越快,但产生的焦耳热不一定越多,故A 错误;W＝UIt适用于任何电路,而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻的电路,故B正确;在非纯电阻的电路中,电功大于电热,即UIt＞I2Rt,故C正确;任何电路中求焦耳热都要用Q＝I2Rt,故D正确.2.C【试题解析】大圆管内径大一倍,即横截面积为原来的4倍,由于水银体积不变,故水银柱长度变为原来的,则电阻变为原来的,因所加电压不变,由欧姆定律知,电流变为原来的16倍,C正确.3.B【试题解析】一个月按30天计,每天亮灯按10 h计,共30×10 h＝300 h,每盏LED灯比高压钠灯功率小220 W,若更换4000盏,则一个月可节约电能为4000×0.22 kW×300 h＝2.64×105 kW·h,最接近的为B.4.B【试题解析】根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为R A＝Ω＝30 Ω,R B＝Ω＝40 Ω,所以ΔR＝R B-R A＝10 Ω,故B正确,A、C、D错误.5.C【试题解析】设a的长度为L,截面积为S,因为R＝,而R＝ρ,所以＝＝1,即＝1,故ρb＝2ρa;同理＝＝,即＝,故ρa＝ρc,则ρb＝2ρc,选项A、B、D错误,C正确.6.A【试题解析】电路中电灯正常发光,所以U L＝6 V,电路中电流为I＝＝ A ＝2 A,则电动机两端的电压U M＝E-Ir-U L＝22 V,故电动机输出的机械功率P出＝P 电-P热＝U M I-I2R M＝36 W.7.D【试题解析】电池容量2000 mA·h的单位为电荷量的单位,所以电池容量是指电池储存电荷量的大小,选项A错误.机器人正常工作时的电压为15 V,选项B 错误.根据扫地机器人工作时的额定电压为15 V,额定功率为30 W,可知扫地机器人正常工作时的电流为2 A,选项C错误.机器人充满电后一次工作时间最多为t ＝＝1 h,选项D正确.8.BC【试题解析】 L1两端的电压为U＝3 V,由图像可知,此时的电流为I＝0.25电阻R1＝＝12 Ω,A错误;L1消耗的功率P＝UI＝3×0.25 W＝0.75 W,B A,灯泡L1正确;若L2的电阻为5 Ω,根据串联电路中电压与电阻成正比,可知此时L2两端的电压为1 V,由图像可知,此时L2中的电流为0.2 A,则L2的阻值为R2＝＝Ω＝5 Ω,与假设一致,C正确;此时L消耗的电功率P'＝U'I'＝1×0.2 W＝0.2 W,D错2误.9.AD【试题解析】电动机的输入功率为P入＝UI＝48×12 W＝576 W,A正确;电动机的发热功率为P热＝I2r＝P入-P出,解得r＝1.6 Ω,B错误;由v大＝20 km/h ＝ m/s,根据P出＝Fv大,解得F＝63 N,且当该车速度最大时,f＝F＝63 N,故C错误,D正确.10.ABD【试题解析】由欧姆定律知,U-I图中任意一点与坐标原点O连线的斜率表示该点对应的电阻,故由图像可知,随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大,选项A正确;对应P点,小灯泡的电阻为O、P连线的斜率,即R L＝,选项B正确;对应P点,小灯泡的功率为P L＝U1I2,即图中矩形PQOM所围的“面积”,选项D正确;在电路中灯泡L两端的电压为U1时,通过电阻R的电流为I2,其两端的电压为I2R,选项C错误.11.C【试题解析】灯泡L1、L2串联,电压U2＝U1＝1.5 V,由图读出其电流I2＝I1＝0.40 A,灯泡L3的电压U3＝3 V,电流I3＝0.50 A,故A错误;灯泡L3的电阻R3＝＝6.0 Ω,故B错误;L1消耗的功率P1＝I1U1＝0.40×1.5 W＝0.60 W,与L2的电功率相等,故C正确,D错误.12.D【试题解析】由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时,三者功率相同,则此时三者电阻相同.当三者按照图乙所示电路连接时,电阻器D两端的电压小于U,由图甲可知,电阻器D的电阻增大,则有R D＞R1＝R,而R D与R2并联,电压相等,根据P＝,可知P D＜P2,选项C错误;由欧姆定律可知, 2电流I D＜I2,又I1＝I2＋I D,根据P＝I2R可知P1＜4P2,选项D正确;由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1,所以D及R2两端的电压小于,且D的阻值变大,则P D＜,P2＜,选项A、B错误.13.AD【试题解析】两电流表并联接在电路中,电流表A1的量程大于电流表A2的量程,则电流表A1的电阻小于电流表A2的电阻,并联电路中,电阻小的支路电流大,故电流表A1的读数大于电流表A2的读数,A正确;两个电流表的表头是并联关系,因电压相同,故指针偏转角度相同,B错误;两电压表串联接在电路中,电压表V1的量程大于电压表V2的量程,则电压表V1的电阻大于电压表V2的电阻,串联电路中,电阻大的分压大,故电压表V1的读数大于电压表V2的读数,C错误;两个电压表的表头是串联关系,因电流相等,故指针偏转角度相同,D正确.14.（1）8×106Ω·m（2）4 cm 2 cm【试题解析】（1）由电阻定律得R＝ρ解得ρ＝＝-Ω·m＝8×106Ω·m.-（2）由部分电路欧姆定律得R＝由圆柱体体积公式得πr2h＝V由电阻定律得R＝ρ联立解得r＝4 cm,h＝2 cm.课时作业（二十三）1.ABC 【试题解析】 在电源路端电压与电流的关系图像中,斜率的绝对值表示电源内阻,故r a ＞r b ,A 正确.在图像中作出定值电阻R 0的U-I 图线,与电源的U-I 图线交点表示电路工作点,故I a ＞I b ,B 正确.R 0接到a 电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低,R 0接到b 电源上,电源的输出功率较小,但电源的效率较高,C 正确,D 错误.2.BC 【试题解析】 S 断开时,外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由电路图知,a 点电势与电源负极电势相等,而b 点电势与电源正极电势相等,A 错误;S 断开时,两电容器两端电压都等于电源电动势,而C 1＞C 2,由Q ＝CU 知Q 1＞Q 2,当S 闭合时,稳定状态下,C 1与R 1并联,C 2与R 2并联,电路中电流I ＝＋＝2 A ,两电阻两端电压分别为U 1＝IR 1＝6 V 、U 2＝IR 2＝12 V ,则此时两电容器所带电荷量分别为Q 1'＝C 1U 1＝3.6×10-5 C 、Q 2'＝C 2U 2＝3.6×10-5 C ,对电容器C 1来说,S 闭合后其两端电压减小,所带电荷量也减小,故B 、C 正确,D 错误.3.ABC 【试题解析】 滑片P 向右移动时,外电路的电阻R 外增大,由闭合电路欧姆定律知,总电流减小,由P 总＝EI 可知,P 总减小,故选项A 正确;根据η＝外外＋×100%＝＋外×100%可知,η增大,选项B 正确;由P 损＝I 2r 可知,P 损减小,选项C 正确;由P 输-R 外图像可知,因不知道R 外的初始值与r 的关系,所以无法判断P 输的变化情况,选项D 错误.4.B 【试题解析】 当滑动变阻器的触头由中点滑向a 端时,R 接入电路的电阻减小,总电阻减小,干路电流增大,内电压增大,路端电压减小,电压表的示数减小,R 2两端的电压增大,R1两端的电压减小,电流表的示数减小,R2的电功率减小,A、C错误,B 正确;因为总电流增大,电流表的示数减小,所以R中电流增大,并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值,D错误.5.ACD【试题解析】电源的总功率P E＝IE,功率与电流成正比,由P r＝I2r知,电源内部的发热功率与电流的平方成正比,A正确;当电流为2 A时,电源的总功率与发热功率都为8 W,则电源电动势为4 V,内阻为2 Ω,B错误,C正确;当电流为0.5 A 时,根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6 Ω,D正确.6.C【试题解析】强光照射时,R1的电阻减小,则电路的总电阻减小,总电流增大,路端电压U＝E-Ir减小,电源提供的总功率P＝EI变大,通过R3、R4的电流减小,通过R1、R2的电流增大,R4两端的电压变小,R2两端的电压变大,故B、D错误,C正确;强光照射时,R1的电阻减小,则R1、R2两端的电压的比值减小,而R3、R4两端的电压的比值不变,故电容器C上极板电势比下极板电势低,电容器C的下极板带正电,故A错误.7.C【试题解析】当P左移时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大,R1两端的电压增大,故图线b表示V1示数的变化,图线a表示V2示数的变化,故A错误.由图可知,当只有R1接入电路时,电路中电流为0.6 A,路端电压为3 V,则由E＝U＋Ir可得E＝3＋0.6r,当滑动变阻器全部接入电路时,由闭合电路欧姆定律可得E＝5＋0.2r,解得r＝5 Ω,E ＝6 V,故B、D错误.由图可知,R1的阻值为5 Ω,R2总电阻为20 Ω,将R1等效为内阻的一部分,则当滑动变阻器的阻值等于R1＋r时,滑动变阻器消耗的功率最大,故当滑动变阻器阻值为R'＝10 Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I'＝ A＝0.3 A,则滑动变阻器消耗的最大功率P'＝I'2R'＝0.9 W,故C正确.8.AD【试题解析】由功率P＝UI可知,小灯泡的额定电流I＝＝0.2 A,由欧姆定律得R L＝,小灯泡正常发光时电阻R L＝10 Ω,由闭合电路欧姆定律可知,I＝＋＋,解得r＝1 Ω,A正确;开关S接2时小灯泡正常发光,说明电路中电流仍为0.2 A,故电动机两端电压U'＝E-IR L-Ir＝0.8 V,电动机为非纯电阻用电器,故电动机的内阻小于4 Ω,B、C错误;由P内＝I2r,η＝总-内总×100%,故电源效率约为93.3%,D正确.9.D【试题解析】由电路图知,电压表V2测量路端电压,电流增大时,内电压增大,路端电压减小,所以上面的图线表示V2的读数与电流的关系,此图线的斜率的绝对值等于电源的内阻,故r＝--Ω＝2 Ω.当电流I＝0.1 A时,U＝3.4 V,则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V,故A错误;变阻器的滑片向右滑动时,R接入电路的阻值变大,总电流减小,内电压减小,路端电压即V2读数逐渐增大,故B错误;由图可知,电动机的电阻r M＝Ω＝4 Ω,当I＝0.3 A时,U＝3 V,电动机的输入功率最大,最大输入功率为P＝UI＝0.9 W,则最大的输出功率一定小于0.9 W,故C错误;当I＝0.1 A时,电路中电流最小,变阻器接入电路的电阻最大,为R ＝-r-r M＝Ω-2 Ω-4 Ω＝30 Ω,故D正确.10.AD【试题解析】当开关闭合时,ab段只有电阻R1工作,消耗的电功率为P＝＋＋R1,当开关断开时,ab段中电阻R1和R2都工作,消耗的电功率为P＝＋＋＋（R1＋R2）,联立可得R1（R1＋R2）＝36 Ω2,故A正确,B错误;将R3和电源内阻看作一整体,则此时电压表测量路端电压,开关断开时等效外电路总电阻大于开关闭合时的,所以开关断开时电压表示数大,C错误;根据闭合电路欧姆定律得U＝E-（R3＋r）I,则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为＝R3＋r＝6 Ω,D正确.11.B【试题解析】当电位器的触片滑向a端时,其接入电路的电阻增大,电路总电阻增大,总电流减小,电源的内电压减小,则路端电压增大,通过R1的电流增大,可知通过L1的电流减小,L1变暗,由于路端电压增大,而L1两端的电压减小,所以R2两端的电压增大,通过R2的电流增大,则通过L2的电流减小,L2变暗,故B正确.12.ACD【试题解析】电源的路端电压和电流的关系为U＝E-Ir,可知直线①的斜率的绝对值表示电源的内阻r,纵轴的截距表示电源的电动势E,从图像中看出E ＝50 V,r＝-Ω＝5 Ω,A正确,B错误;当电流为I1＝2.5 A时,由I1＝,解得＋外外电路的电阻R外＝15 Ω,C正确;当输出功率为120 W时,由P-I图线看出对应电流为4 A,再从U-I图线读取对应的输出电压为30 V,D正确.专题训练（六）1.1.2206.860【试题解析】 20分度游标卡尺的精度为0.05 mm,主尺读数为12 mm,游标尺读数为4×0.05 mm＝0.20 mm,游标卡尺的读数为12.20 mm＝1.220 cm.螺旋测微器读数为6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm.2.1.15（1.14～1.16均可）5.7（5.6～5.9均可）84 580.2【试题解析】 0～3 V量程最小刻度是0.1 V,要向下估读一位,读数为1.15 V.0～15 V量程最小刻度为0.5 V,只要求读到0.1 V这一位,所以读数为5.7 V.图乙中的电阻箱有6个旋钮,每个旋钮上方都标有倍率,将每个旋钮上指针所指的数值（都为整数）乘各自的倍率,从最高位依次往下读,即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω.3.（1）如图甲所示2.4×103（2）如图乙所示甲乙【试题解析】（1）图线如图所示,R x＝＝2.4×103Ω.（2）因满足＞,故采用电流表内接法.4.（1）B C（2）①电流表采用了外接法②滑动变阻器采用了限流式接法【试题解析】（1）直流电源的电压为20 V,为了提高读数准确度,应该选择电压表C,因此待测电阻两端电压不得超过15 V,则通过的电流不超过I＝＝＝600 μA,电流表应该选B.（2）为了减小误差,电流表应采用内接法,因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值,若采用限流接法,限流效果不明显,应该采用分压接法接入电路.5.（1）如图甲所示甲乙（2）“×”（3）作图如图乙所示用“×”连线R＝（1.1～1.3）Ω;用“○”连线R＝（1.5～1.7）Ω【试题解析】（1）由图乙所示中的电压、电流数据从零开始,可知滑动变阻器采用分压式接法,电压表选择量程3 V,电流表采用外接法.（2）由于外接法中电压表分流,测得的电阻比内接法测得的要小,故电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的.（3）用“×”数据点连直线,斜率为铅笔芯的电阻,考虑误差因素,R＝（1.1～1.3）Ω,用“○”数据点连直线,同理得R＝（1.5～1.7）Ω.6.（1）如图所示（2）a见解析（3）如图所示（4）0.88（0.85～0.92均可）20（19～22均可）【试题解析】（1）连线如图所示.（2）电路开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应滑动到a处,其理由是开关S闭合后,流过电流表的电流不会超过电流表的量程.（3）图像如图所示.（4）由图像可知,当U＝0时即为恒流源输出电流,I0＝0.88 A;当I＝0时,电流全部通过R x,则I0R x＝18.0 V,解得R x＝20 Ω.7.（1）1.600.503.0（2）小于（3）如图所示或图Z7-45【试题解析】（1）电流表量程为0～0.6 A,故读数为0.50 A;电压表的量程为0～3 V,故读数为1.60 V;当开关置于位置b时,电流表内接,电阻丝的阻值R x＝-R A ＝3.2 Ω-0.2 Ω＝3.0 Ω.（2）当开关置于位置a时,电流表外接,由于电压表分流,所以此时电流表读数为电压表中电流与电阻中电流之和,故通过电阻的电流小于电流表的读数.（3）当外电路电阻和内电路电阻相等时,电源输出功率最大,化霜最快,即外电路电阻需为2.0 Ω,设计连接如图所示.11。

热学实验实验目的学习一种估测分子大小的方法——“用油膜法估测分子的大小” 实验原理将油酸滴在水面上，让油酸尽可能散开，可认为油酸在水面上形成单分子油膜层，如果把分子看作球形，单分子油膜层的厚度就可以看作油酸分子的直径，事先测出油酸滴的体积V 和油膜的面积S ，就可以算出分子的直径：SV d实验仪器盛水方盘、注射器(或胶头滴管)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉、酒精油酸溶液、量筒、彩笔. 实验步骤(1)在方盘中盛入适量的水(约2cm 深)，使水处于稳定状态.(2)用注射器(或胶头滴管)取事先配好的酒精油酸溶液，逐滴滴入量筒，记下量筒中滴入1 mL 溶液所需加入溶液的滴数；(3)将痱子粉均匀地撒在水面上.(4)用注射器(或胶头滴管)靠近水面将一滴酒精油酸溶液滴在水面上.(5)待油酸膜的面积稳定后，把玻璃板放在方盘上，用笔描绘出油膜的形状.(6)将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓范围内正方形的个数N ， 注意事项(1) 实验前应检查方盘是否干净，如果有油渍则导致实验无法完成.(2) 方盘中的水应保持稳定状态，最好静置一段时间. 痱子粉均匀撒在水 面上.(3) 向水面滴酒精油酸溶液时，针尖应竖直、靠近水面，如果离水面太高，可能无法形成油膜. 最好在1 cm 左右. 滴酒精油酸溶液时要注意控制好，只滴1滴.(4) 计算油膜面积时，以坐标纸上方格的数目来计算(边长1cm) .不足半个的舍去，多于半个的算1个 .046.南京市2008届第一次模拟考试12．（2）（本题4分）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，有下列操作步骤，请补充实验步骤C 的内容及实验步骤E 中的计算式：A ．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒中，记下滴入 1 mL 的油酸酒精溶液的滴数N ；B ．将痱子粉末均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，逐滴向水面上滴入，直到油酸薄膜表面足够大，且不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n ；C ．________________________________________________________________________D ．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长1cm 的正方形为单位，计算出轮廓内正方形的个数m ；E ．用上述测量的物理量可以估算出单个油酸分子的直径 d = _______________ cm ． 答：C ．待油膜稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔画出油酸薄膜的外围形状；………………………………………………………………………………………（2分）E ．d = 5n ×10－4/Nm …………………………………………………………（2分）059.江苏南通市2008届第三次调研测试12.Ⅰ(2) 用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：①向体积为V 1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V 2；②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n 滴时体积为V 0；③先往边长为30～40cm 的浅盘里倒入2cm 深的水；④用注射器往水面上滴1滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a 的小正方形的坐标纸上，计算出轮廓范围内正方形的总数为N ．则上述过程遗漏的步骤是 ▲ ；油酸分子直径的表达式d = ▲ ． 答：将痱子粉均匀撒在水面上（2分） na NV V V d 2201=（2分）064. 08年福建省十大名校高考模拟试题11．（5分）在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104mL 溶液中有纯油酸6mL ，每1mL 上述溶液中有液滴50滴，把一滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待均匀撒有痱子粉的水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在板上描出油膜的轮廓，随后把板放在坐标纸上，其形状如图所示。

第一讲热学[答案] (1)布朗运动与热运动异同点对比(2)对物体内能的理解①物体的体积变大，分子势能不一定变大，如0 ℃的水结成0 ℃的冰后体积变大，但分子势能却减小了．②理想气体分子间相互作用力为零，故分子势能忽略不计，一定质量的理想气体的内能只与温度有关．③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．(3)热力学第一定律应用思路与技巧应注意符号法则：“＋”表示外界对物体或流向物体；“－”表示物体对外界或流向外界．ΔU ＝Q ＋W 的三种特殊情况：①若过程是绝热的，则Q ＝0，W ＝ΔU ，外界对物体做的功等于物体内能的增加．②若过程是等容的，即W ＝0，Q ＝ΔU ，物体吸收的热量等于物体内能的增加．③若过程是等温的，即ΔU ＝0，则W ＋Q ＝0或W ＝－Q ，外界对物体做的功等于物体放出的热量．(4)①一定质量的理想气体，p 、T 、V 三者的关系是：pV T＝C ，C 是一个定值．②气体实验定律可看成理想气体状态方程的特例．对一定质量的理想气体当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2——玻意耳定律．当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2——查理定律． 当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2——盖—吕萨克定律．热点考向一热学基本概念和规律的理解角度一分子动理论、内能【典例1】(多选)关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．分子间作用力随分子间距离的增大而减小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[思路引领] (1)内能是物体内所有分子做无规则运动的动能和分子势能的总和．(2)r>r0时与r<r0时不同，分子间作用力可能随距离的增大而增大，也可能随距离的增大而减小．[解析] 温度高的物体，其分子平均动能一定大，内能不一定大，选项A正确；若外界对物体做功的同时，物体对外界放热，则物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C 正确；当分子间距离增大时，分子间作用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，分子间距减小，分子力做负功，分子势能增大，选项E正确．[答案] ACE角度二固体、液体和气体【典例2】(多选)(·河北衡水中学模拟)以下对固体和液体的认识，正确的有( )A．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体B．液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润C．影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距D．液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功E．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象[思路引领] (1)只要具有各向异性的物体必定是晶体且是单晶体．(2)影响蒸发快慢的因素不是绝对湿度，而是相对湿度．[解析] 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体，故A错误；液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，分子力为引力，表现为不浸润，故B正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度B＝p1p s×100%，即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故C正确；液体汽化时，液体分子离开液体表面成为气体分子，要克服其他液体分子的吸引而做功，因此要吸收热量．液体汽化过程中体积增大很多，体积膨胀时要克服外界气压做功，也要吸收热量，故D错误；车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，选项E正确．[答案] BCE1．分子动理论的三个核心规律(1)分子模型、分子数①分子模型：球模型：V ＝43πR 3，立方体模型：V ＝a 3. ②分子数：N ＝nN A ＝m M m N A ＝V V mN A . (2)分子运动：分子做永不停息地无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈．(3)分子势能、分子力与分子间距离的关系．2．固体和液体(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．单晶体表现为各向异性，多晶体和非晶体表现为各向同性．晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化．(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间．液晶具有流动性，在光学、电学、物理性质上表现为各向异性．(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．迁移一固体和液体1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是( )A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变[解析] 一个固体是否是晶体是由分子的空间排列结构决定的，与体积大小无关，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，选项A错误；由于单晶体具有各向异性的特点，所以有些晶体在不同方向上有不同的光学性质，选项B正确；有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，原因是组成它们的原子能够按照不同排列方式形成不同的空间分布，选项C正确；物质是晶体还是非晶体并不是绝对的，在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，选项D正确；在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度不变，分子平均动能不变，分子势能增加，内能增加，选项E错误．[答案] BCD迁移二分子热运动与布朗运动2．关于分子热运动和布朗运动，下列说法正确的是( )A．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B．布朗运动间接反映了分子在永不停息地做无规则运动C．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D．当物体温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止[解析] 布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮的固体小颗粒的无规则运动，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；悬浮颗粒越大，液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小，布朗运动越不明显，C错误；热运动在0 ℃时不会停止，D错误．[答案] B布朗运动与分子热运动的区别热点考向二气体实验定律的应用【典例】(·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积．[思路引领] 抽气后活塞右移，两活塞用刚性杆连接，故氢气体积增加量是氮气体积减少量的2倍．[解析] (1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得 (p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S ①得p 10＝12(p 0＋p )② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2.根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p ⑦ V 1＝4p 0＋p V 02p 0＋p⑧ [答案] (1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p 4p 0＋p V 02p 0＋p气体实验定律的解题方法1．选对象根据题意，选出所研究的那一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定．2．找参量找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p 、V 、T 数值或表达式．压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式．3．认过程过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定．认清变化过程是正确选用物理规律的前提．4．列方程根据研究对象状态变化的具体方式，选用气体状态方程或能量守恒定律，代入具体数值，求出结果，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．迁移一 盖—吕萨克定律和查理定律的综合应用1．(·武昌实验中学一模)如图所示，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a 、b 和c 三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S 、S 2和S .已知大气压强为p 0，温度为T 0.两活塞A 和B 用一根长为4l 的不可伸长的轻线相连，把温度为T 0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T .若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？[解析] 设加热前，被密封气体的压强为p 1，轻线的张力为F ，根据平衡条件有对活塞A ：p 0·2S －p 1·2S ＋F ＝0，对活塞B ：p 1S －p 0S －F ＝0，解得：p 1＝p 0，F ＝0.即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在刚好拉直的状态且张力为0，这时气体的体积为：V 1＝2Sl ＋S 2·2l ＋Sl ＝4Sl ， 对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p 1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l 为止，这时气体的体积为：V 2＝4Sl ＋S 2·2l ＝5Sl ， 根据盖—吕萨克定律有：V 2T 2＝V 1T 0，解得：T 2＝54T 0，由此可知，当T ≤T 2＝54T 0时，气体的压强为：p ＝p 0. 当T >T 2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V 2不变，由查理定理有：p T ＝p 0T 2， 解得：p ＝4T 5T 0p 0，则当T >54T 0时，气体的压强为4T 5T 0p 0. [答案] 见解析迁移二 理想气体状态方程的应用2．(·苏北四市第一次大联考)如图所示，容器A 和汽缸B 都能导热，均处于27 ℃的环境中，汽缸B 上方与大气连通，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa.开始时阀门K 关闭．A 内为真空，其容积V A ＝1.2 L ，B 内活塞横截面积S ＝100 cm 2、质量m ＝1 kg ，活塞下方充有理想气体，其体积V B ＝4.8 L ．活塞上方恰与汽缸上部接触但没有弹力．A 与B 间连通的细管体积不计，打开阀门K 后使活塞缓慢下移．不计摩擦，g 取10 m/s 2.(1)求稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离及活塞下移过程中汽缸B 内气体对活塞做的功；(2)稳定后将阀门K 再次关闭，然后把整个装置放置于207 ℃的恒温槽中．求活塞稳定后汽缸B 内气体的压强．[解析] (1)未打开阀门K 时有p B ＝p 0S ＋mg S＝1.01×105 Pa ，打开阀门后，活塞缓慢下降，如果活塞稳定时停留在汽缸底部，则此时汽缸内气体体积减小为1.2 L ，压强会大于p B ，不符合实际，故最终活塞未与汽缸底部接触．所以气体的温度、压强均未变化，则体积也不变，设最终汽缸B 中气体体积为V 1，则有V B ＝V A ＋V 1，代入数据解得V 1＝3.6 L ，活塞下移距离为d ＝V B －V 1S ＝ 4.8－3.6×10－3100×10－4 m ＝0.12 m ， 所以稳定后活塞的位置距汽缸顶部的距离为0.12 m.气体对活塞的作用力为p B S ＝p 0S ＋mg ＝(1×105×0.01＋10) N ＝1010 N ，气体对活塞做的功为W ＝－p B Sd ＝－1010×0.12 J＝－121.2 J.(2)阀门K 关闭，整个装置放置于207 ℃的恒温槽中，则活塞将上升，气体发生等压变化，设最终体积为V 2，根据盖—吕萨克定律得V 2T 2＝V 1T 1，解得V 2＝5.76 L>V B ＝4.8 L ，说明活塞最终停在汽缸顶部，设最终气压为p B ′，根据理想气体状态方程有p B V 1T 1＝p B ′V B T 2， 代入数据解得p B ′＝1.212×105 Pa.[答案] (1)0.12 m －121.2 J (2)1.212×105 Pa理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2⎩⎪⎨⎪⎧ 温度不变：p 1V 1＝p 2V 2玻意耳定律体积不变：p 1T 1＝p 2T 2查理定律压强不变：V 1T 1＝V2T 2盖—吕萨克定律当p 、V 、T 均发生变化时，要考虑理想气体状态方程解题，但要注意必须是一定质量的理想气体.热点考向三气体状态变化与热力学定律的综合应用【典例】(多选)(2018·全国卷Ⅲ)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[思路引领] (1)根据pVT＝C可知从a到b温度升高．(2)从a到b过程，T↑→ΔU>0，V↑→W<0.(3)由ΔU＝W＋Q可知Q>0，且Q>|W|.[解析] A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU>0、W<0，故Q>0，气体吸热．E错：由Q ＝ΔU－W可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能．[答案] BCD气体实验定律与热力学第一定律的综合问题的处理方法迁移一结合气缸考查气体实验定律与热力学第一定律1.如图，一质量和厚度均可忽略的活塞将气体密封在足够高的导热气缸内，系统静止时缸内的气体温度、压强分别与外界温度T0、外界压强p0相等，活塞与气缸底部高度差为h.现对气缸底部缓慢加热，活塞缓慢上升．已知气体吸收的热量Q与温度差ΔT的关系为Q ＝kΔT(其中k为常量，且k>0)，活塞的面积为S，不计一切摩擦，求：(1)当活塞在缸内上升到离缸底高度为3h 时缸内气体的温度T ；(2)在活塞从离缸底高度为h 上升到高度为3h 的过程中，缸内气体增加的内能ΔU .[解析] (1)活塞在缸内缓慢上升的过程，缸内气体的压强恒为p 0，发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得3hS hS ＝T T 0得T ＝3T 0(2)在活塞上升过程中，气体对活塞做的功W ＝p 0S (3h －h ) 在这一过程中，气体吸收的热量Q ＝k (T －T 0)由热力学第一定律得，缸内气体增加的内能ΔU ＝Q －W由以上各式得ΔU ＝2kT 0－2p 0Sh[答案] (1)3T 0 (2)2kT 0－2p 0Sh迁移二 结合图像考查气体实验定律与热力学第一定律2．(·湛江市高三调研)一定质量的理想气体体积V 与热力学温度T 的关系如图所示，气体在状态A 时的压强p A ＝p 0，温度T A ＝T 0，体积V A ＝V 0，线段AB 与V 轴平行，线段AC 与T 轴平行，BC 的延长线过原点．(1)求气体在状态B 时的压强p B ；(2)气体从状态A 变化到状态B 的过程中，对外界做的功为10 J ，该过程中气体吸收的热量Q 为多少？(3)求气体在状态C 时的压强p C 和温度T C .[解析] (1)A 到B 是等温变化，根据玻意耳定律：p A V A ＝p B V B解得p B ＝12p 0 (2)A 到B 是等温变化，气体的内能不变，即ΔU ＝0气体对外界做的功为10 J ，即W ＝－10 J由W ＋Q ＝ΔU解得Q ＝－W ＝10 J(3)B 到C 是等压变化，根据盖—吕萨克定律得：V B T B ＝V C T C解得T C ＝T 02A 到C 是等容变化，根据查理定律得：p A T A ＝p C T C解得p C ＝p 02[答案] (1)12p 0 (2)10 J (3)p 02 T 02应用热力学第一定律的三点注意(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W 为正．气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W ＝0.(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q ＝0.(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.易错精析——误把变质量问题当成定质量问题1．(2018·广东省茂名市第二次模拟)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V 0的废弃的氧气罐(认为容积不变)，经检测，内部封闭气体压强为1.2p 0(p 0为1个标准大气压)．为了消除安全隐患，消防队员拟用下面两种处理方案：(1)冷却法：经过合理冷却，使罐内气体温度降为27 ℃，此时气体压强降为p 0，求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度？(2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，使罐内气体压强降为p 0，求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值．[解析] (1)对气体由查理定律有p 0T 0＝p 1T 1， 解得T 1＝p 1p 0T 0＝360 K ， 气体原来温度为t ＝(360－273) ℃＝87 ℃.(2)假设将放出的气体先收集起来，并保持压强与氧气罐内相同，以全部气体为研究对象，由气体的玻意耳定律有p 1V 0＝p 0V ，解得V ＝p 1p 0V 0＝1.2V 0， 则剩余气体与原来气体的质量比为m 剩m 总＝ρV 0ρV ＝56. [答案] (1)87 ℃ (2)562.(2018·河南省郑州市第二次质量预测)如图所示为喷洒农药用的某种喷雾器．其药液桶的总容积为15 L ，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2 L ，打气筒活塞每次可以打进1 atm 、150 cm 3的空气，忽略打气和喷药过程气体温度的变化．(1)若要使气体压强增大到2.5 atm ，应打气多少次？(2)如果压强达到2.5 atm 时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，桶内剩下的药液还有多少升？[解析] (1)设应打气n 次，初态为：p 1＝1 atm ，V 1＝150 cm 3·n ＋2 L ＝0.15n L ＋2 L末态为：p 2＝2.5 atm ，V 2＝2 L根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2解得：n＝20(2)由题意可知：p2′＝1 atm根据玻意耳定律得：p2V2＝p2′V2′代入数据解得：V2′＝5 L剩下的药液为：V＝15 L－5 L＝10 L.[答案] (1)20 (2)10 L专题强化训练(十七)1．(·全国卷Ⅰ)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界压强．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度．(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．[解析] (1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度．(2)(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V1′＝V1－V0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.由玻意耳定律p2V2＝10p1V1′③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107 Pa④(ⅱ)设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔温度为T 1，气体压强为p 3.由查理定律p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得p 3＝1.6×108 Pa ⑥[答案] (1)低于 大于 (2)(ⅰ)3.2×107 Pa (ⅱ)1.6×108 Pa2．(·全国卷Ⅲ)(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是____________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________________________________________________________________________.为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________________________．(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg ，环境温度为296 K.(ⅰ)求细管的长度；(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．[解析] (1)如果不稀释油酸，无法形成单分子油膜层，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上形成一块单分子层油膜以便测量油膜厚度，即分子直径．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d ＝V S，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．(2)(ⅰ)设细管的长度为L ，横截面的面积为S ，水银柱高度为h ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h 1，被密封气体的体积为V ，压强为p ；细管倒置时，气体体积为V 1，压强为p 1.由玻意耳定律有pV ＝p 1V 1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有V＝S(L－h1－h)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm⑥(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖—吕萨克定律有V T0＝V1 T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K[答案] (1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积单分子层油膜的面积(2)(ⅰ)41 cm (ⅱ)312 K3．(·石家庄一模)(1)(多选)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)A．图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空．现抽掉隔板，气体的最终温度仍为T B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显C．图丙为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围图形的面积不相等D．图丁中，液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力E．图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤(2)如图所示，有一足够深的容器内装有密度ρ＝1.0×103 kg/m3的液体，现将一端开口、另一端封闭，质量m＝25 g、截面面积S＝2.5 cm2的圆柱形玻璃细管倒插入液体中(细管本身玻璃的体积可忽略不计)，稳定后用活塞将容器封闭，此时容器内液面上方的气体压强p0＝1.01×105 Pa，玻璃细管内空气柱的长度l1＝20 cm.已知所有装置导热良好，环境温度不变，重力加速度g取10 m/s2.①求玻璃细管内空气柱的压强；②若缓慢向下推动活塞，当玻璃细管底部与液面平齐时(活塞与细管不接触)，求容器液面上方的气体压强．[解析] (1)对图甲，由于右侧为真空，抽掉隔板，气体不对外做功，因为容器绝热与外界无法热传递，由热力学第一定律可知气体内能不变，最终温度不变，选项A正确；对图乙，在某一瞬间跟微粒相撞的液体分子越多，由于分子运动的无规则性，撞击作用的平衡性表现得越明显，选项B错误；图丙中，两图线与横轴所围图形的面积相等，选项C错误；图丁中，由于液体蒸发，液体表面层中分子之间的距离比液体内部分子之间的距离大，液体表面层中分子之间的作用力表现为引力，选项D正确；图戊中，由于液体浸润管壁，管中液体能上升到一定高度，是毛细现象，利用此原理把地下的水分引上来，就用磙子压紧土壤，减小毛细管的直径，选项E正确．。