2020高考物理：特色专项训练热点热学含解析

2020 年高考物理热学计算专题及答案专题简介：1.物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。

②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。

其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。

⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。

⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。

2.燃料完全燃烧放出热量的公式①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。

②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。

推导过程如下： 说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。

②只对气体适用。

两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。

其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。

V 表示体积，单位是ｍ3。

3.热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。

热机的效率是热机性能的一个重要指标。

汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。

（2）炉具的热效率：天然气燃烧放出的热量是炉具提供的总热量，Q 总=Q 放，水吸收的热量是有用的热量Q 有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

（3）电热水器的效率：电热丝所产生热量为Q 总，总=Q 放，水需要吸收热量为Q 有，有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

专题例题：【例题1】（2018•济宁）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中（如图所示），通过 方式改变牛奶的内能，图中乙是250g 牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为 J ．[c 牛奶=4.2×103J/（kg•℃）]【答案】热传递；2.1×104。

2020年高考物理二轮热点专题训练----《热学》一选择题1.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【解析】根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，故C正确、B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误.【答案】ACD2.近期我国多个城市的PM 2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM 2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM 2.5的主要原因．下列关于PM 2.5的说法中正确的是()A．PM 2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM 2.5在空气中的运动属于布朗运动C．温度越低PM 2.5活动越剧烈D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM 2.5在空气中的浓度E．PM 2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈【答案】BDE【解析】“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5的尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，A错误．PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，B正确．大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM 2.5的运动越激烈，C错误．导致PM 2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM 2.5在空气中的浓度，D正确．PM 2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，E正确．3.下列说法正确的是（）A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【解析】水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错；正是表面张力使空中雨滴呈球形，则B项正确；液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确；高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误；因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E项正确.【答案】BCE4.下列说法正确的是()A．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关C．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律E．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关【答案】ABE【解析】1 g 100 ℃的水的势能小于1 g 100 ℃的水蒸气的势能，温度相同，二者的分子平均动能相同，故A正确．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关，B正确．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律，C错误．第一类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律，第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，D错误．某种液体的饱和蒸汽压与温度有关，E 正确．5．以下说法正确的是()A．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中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距B．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程C．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩D．液晶具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向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E．温度高的物体分子平均动能和内能一定大【答案】ACD【解析】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中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，差距越大蒸发越快，人们感觉干燥，差距越小蒸发越慢，人们感觉空气潮湿，A正确．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的，B错误．由实验过程知，C正确．液晶的特点就是液晶既具有液体的流动性又具有晶体的各向异性，从某个方向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，D正确．温度是分子平均动能的标志，内能由平均动能、势能和分子数共同决定，E错误．6.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是()A.空气相对湿度越大时，水蒸发越快B.物体的温度越高，分子平均动能越大C.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律D.两个分子间的距离由大于10－9m处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小到零，再增大E.若一定量气体膨胀对外做功50 J，内能增加80 J，则气体一定从外界吸收130 J的热量【答案】BDE【解析】空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故A错误；温度是分子平均动能的标志，物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子平均动能越大，故B正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，不违反热力学第一定律，故C错误；两个分子间的距离由大于10－9 m处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先表现为引力，引力先增大到最大值后减小到零，之后，分子间作用力表现为斥力，从零开始增大，故D正确；若一定量气体膨胀对外做功50 J，即W ＝－50 J，内能增加80 J，即ΔU＝80 J，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W ＝130 J，即气体一定从外界吸收130 J的热量.故E正确.7.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是_____A．过程①中气体的压强逐渐减小B．过程②中气体对外界做正功C．过程④中气体从外界吸收了热量D．状态c、d的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小【答案】BDE【解析】本题考查对一定质量的理想气体的V—T 图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。

绝密★启用前2020年高考物理二轮专项训练热学综合计算题1.一定质量的理想气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子的平均动能是增加还是减少？【答案】(1)减少 1.8×105J(2)减少【解析】(1)气体从外界吸热为Q＝4.2×105J，气体对外做功，W＝－6×105J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝(－6×105J)＋(4.2×105J)＝－1.8×105J。

ΔU为负，说明气体的内能减少了。

所以气体内能减少了1.8×105J。

(2)理想气体不计分子势能，内能减少，说明气体分子的平均动能一定减少。

2.某地强风的风速约为v＝20 m/s，设空气密度为ρ＝1.3 kg/m3，如果能利用该强风进行发电，并将其动能的20%转化为电能，现考虑横截面积S＝20 m2的风车(风车车叶转动形成圆面面积为S)，求：(1)利用上述已知量计算电功率的表达式.(2)电功率大小约为多少？(取一位有效数字)【答案】(1)P＝ρSv3(2)2×104W【解析】(1)研究时间t内吹到风力发电机上的空气，则空气质量m＝ρSvt.空气动能E k＝mv2＝ρStv3.由能量守恒有：E＝20%E k＝ρStv3，所以发电机电功率P＝＝ρSv3.(2)代入数据得：P＝×1.3×20×203W≈2×104W.3.向一锅开水投入了5个糖馅的甜汤圆，随后投入了5个肉馅的咸汤圆，甜、咸汤圆在沸水中翻滚，象征着封闭系统进入了一个自发的过程，随后，用两只碗各盛了5个汤圆，每碗汤圆中共有六种可能：①全是甜的②全是咸的③1甜4咸④4甜1咸这是四种不平衡的宏观态；⑤2甜3咸⑥3甜2咸这是两种相对平衡的宏观态.两只碗各盛5个汤圆共有32种组合方式，我们称为32个微观态，试问：(1)以上六种宏观态所对应的微观态的个数各是多少？请设计一个图表来表示.(2)以上相对平衡的宏观态出现的概率是多少？【答案】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为.【解析】(1)宏观态对应的微观态个数.(2)相对平衡的宏观态出现的概率为：P＝＝.4.质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ向气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化的关系如图所示.单位时间所吸收的热量可看做不变.(1)以下说法正确的是________.A.在区间Ⅱ，物质的内能不变B.在区间Ⅲ，分子间的势能不变C.从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D.在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”).请说明理由.【答案】(1)BCD(2)变快【解析】(1)因为该物质一直吸收热量，体积不变，不对外做功，所以内能一直增加，A错误，D 正确；又因为区间Ⅱ温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量全部转化为分子势能，物体的内能增加，理想气体没有分子力，所以理想气体内能仅与温度有关，分子势能不变，B正确；从区间Ⅰ到区间Ⅲ，分子运动的无序程度增大，物质的熵增加，D正确.(2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W根据理想气体的状态方程有＝C可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，W<0，ΔU1＝Q－|W|；体积不变的条件下，W＝0，ΔU2＝Q；所以ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高变快.5.如图所示，1 mol的理想气体由状态A经状态B、状态C、状态D再回到状态A.BC、DA线段与横轴平行，BA、CD的延长线过原点.(1)气体从B变化到C的过程中，下列说法中正确的是________.A.分子势能增大B.分子平均动能不变C.气体的压强增大D.分子的密集程度增大(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，内能的变化量为________；其中A到B的过程中气体对外做功W1，C到D的过程中外界对气体做功W2，则整个过程中气体向外界放出的热量为________.(3)气体在状态B的体积VB＝40 L，在状态A的体积VA＝20 L，状态A的温度tA＝0 ℃.求：①气体在状态B的温度.②状态B时气体分子间的平均距离.(阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字)【答案】(1)C(2)0W2－W1(3)4×10－9m【解析】(1)理想气体分子势能不计，故A错误；气体从B变化到C的过程中，体积不变，分子的密集程度不变，故D错误；温度升高，分子平均动能增加，故B错误；由＝C知压强增大，故C正确.(2)气体在A→B→C→D→A整个过程中，温度不变，故内能的变化量为零；根据ΔU＝Q＋W＝0知Q＝(W1－W2)，即气体向外界放出的热量为W2－W1.(3)①A到B过程，由＝知TB＝＝546 K.②设气体的平均距离为d，则d＝≈4×10－9m.6.斜面高0.6 m，倾角为37°，质量是1.0 kg的物体从斜面顶端由静止滑至斜面底端，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，g取10 m/s2，求：(1)物体到达斜面底端时的速度；(2)滑动过程中有多少机械能转化为内能.【答案】(1)2m/s(2)2 J【解析】(1)对物体从斜面顶端由静止滑到斜面底端的过程中，由动能定理得WG＋W f＝mv2，故有mgh－μmg cosθ·＝mv2，代入数据求得v＝2m/s.(2)摩擦力做的功等于机械能的减少量且全部转化为内能.有ΔE＝W f＝μmg cosθ·＝0.25×1×10×0.8×J＝2 J.7.某同学家新买了一台双门电冰箱，冷藏室容积107 L，冷冻室容积118 L，假设室内空气为理想气体.(1)若室内空气摩尔体积为22.5×10－3m3/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在家中关闭冰箱密封门后，电冰箱的冷藏室和冷冻室内大约共有多少个空气分子？(2)若室内温度为27 ℃，大气压为1×105Pa，关闭冰箱密封门通电工作一段时间后，冷藏室温度降为6 ℃，冷冻室温度降为－9 ℃，此时冷藏室与冷冻室中空气的压强差多大？(3)冰箱工作时把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的冰箱外部，请分析说明这是否违背热力学第二定律.【答案】(1)6.0×1024个(2)5.0×103Pa(3)不违背【解析】(1)N＝N A＝×6.0×1023个＝6.0×1024个(2)设气体初始温度为t0，压强为p0；后来冷藏室与冷冻室中的温度和压强分别为t1、p1和t2、p2，由于两部分气体分别做等容变化，根据查理定律＝，p1＝p0同理：p2＝p0，得Δp＝p1－p2＝p0代入数据得Δp＝5.0×103Pa(3)不违背热力学第二定律，因为热量不是自发的由低温向高温传递，电冰箱工作过程中要消耗电能.8.用钻头在铁块上钻孔时，可用注入冷却水的方法以防止钻头温度的大幅度升高.今注入20 ℃的水5 kg,10 min后水的温度上升到100 ℃并有部分冷却水变成了水蒸气.如果已知钻头的功率为10 kW，钻头做的功有转变成了水和水蒸气的内能，则将有多少质量的水变成了水蒸气？(已知水的比热容c＝4.2×103J·kg－1·℃－1,100 ℃时水的汽化热L＝2.26×106J·kg－1)【答案】1.03 kg【解析】根据功率的定义，钻头做的功为W总＝Pt＝6×106J，而水的内能增量ΔE＝cmΔt＋Lm′＝4.2×103×5×(100－20) ℃＋2.26×106m′ J＝1.68×106J＋2.26×106m′ J(式中m′为变成水蒸气的水的质量).由能量守恒定律可知ηW总＝ΔE，即1.68×106J＋2.26×106m′ J＝6×106×J.解得在这10 min内，变成水蒸气的水的质量为m′≈1.03 kg.9.如图所示，教室内用横截面积为0.2 m2的绝热活塞，将一定质量的理想气体封闭在圆柱形汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，a状态是汽缸放在冰水混合物(0 ℃)中气体达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.6 m；b状态是汽缸从容器中移出后达到的平衡状态，活塞离汽缸底部的高度为0.65 m.设室内大气压强始终保持1.0×105Pa，忽略活塞质量.(1)求教室内的温度；(2)若气体从状态a变化到状态b的过程中，内能增加了560 J，求此过程中气体吸收的热量.【答案】(1)295.75 K(2)1 560 J【解析】(1)由题意知气体做等压变化，设教室内温度为T2由＝知T2＝＝295.75 K(2)气体对外界做功为W＝p0S(h2－h1)＝103根据热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝1 560 J10.如图甲所示，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m.现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了ΔL，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0.求：(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少？(2)汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？(3)请在图乙的V－T图上大致作出该过程的图象(包括在图线上标出过程的方向).【答案】(1)Q－(p0S＋mg)ΔL(2)(3)如图所示【解析】(1)对活塞和砝码：mg＋p0S＝pS，得p＝p0＋气体对外做功W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得ΔU＝Q－(p0S＋mg)ΔL(2)＝，＝解得L＝(3)如图所示11.已知无烟煤的热值约为3.2×107J/kg，一块蜂窝煤约含煤250 g，水的比热容是4.2×103J/(kg·℃).若煤完全燃烧释放出的热有60%被水吸收，求一块蜂窝煤完全燃烧后可将多少水从10 ℃加热到100 ℃？(保留三位有效数字).【答案】12.7 kg【解析】煤完全燃烧放出的能量为：Q1＝3.2×107×250×10－3J＝8×106J由题意Q1×60%＝cmΔt，且Δt＝(100－10) ℃＝90 ℃，解得m＝12.7 kg.12.某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的水盆盛6 kg的水，经太阳垂直照射15 min，温度升高 5 ℃，若地表植物每秒接收太阳能的能力与水相等，试计算：[已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)](1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少焦耳？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少氧气？(1公顷＝104m2)【答案】(1)1.4×103J(2)700 L【解析】根据水升温吸收的热量，便可求出单位面积单位时间吸收的太阳能，进而可求出每公顷绿地每秒放出的氧气.(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为P＝＝J/(m2·s)＝1.4×103J/(m2·s).(2)氧气的体积为V＝×0.05 L＝700 L.13.一定质量理想气体经历如图所示的A→B，B→C，C→A三个变化过程，T A＝300 K，气体从C→A 的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比.求：(1)气体处于C状态时的温度T C；(2)气体处于C状态时内能E C.【答案】(1)150 K(2)150 J【解析】(1)由图知C到A，是等压变化，根据理想气体状态方程：＝，得：T C＝TA＝150 K(2)根据热力学第一定律：E A－E C＝Q－W＝150 J 且＝＝，解得：E C＝150 J.。

热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用【专题导航】目录热点题型一热力学第一定律与能量守恒定律 (1)热点题型二热力学第二定律的理解 (4)热点题型三封闭气体多过程的问题 (6)汽缸封闭气体问题 (6)活塞封闭气体问题 (7)热点四关联气体的状态变化问题 (9)活塞封闭气体的问题 (10)水银柱封闭气体的问题 (10)热点题型五变质量问题 (11)充气问题 (11)抽气问题 (12)灌气问题 (12)漏气问题 (13)热点题型六热力学第一定律与图象的综合应用 (14)热点题型七热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 (15)【题型演练】 (17)【题型归纳】热点题型一热力学第一定律与能量守恒定律1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．2．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量；(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量；(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，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．3.改变内能的两种方式的比较4.温度、内能、热量、功的比较【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D 正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误．【变式1】．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】BDE.【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A 错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是()A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等B．一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E．做功和热传递是不等价的【答案】ABD【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0 ℃水和0 ℃冰的温度相同，分子平均动能相同，由于0 ℃的冰需要吸收热量才能融化为0 ℃的水，温度不变，分子平均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大，选项B正确；根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项C错误；一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项D正确；在改变内能时，做功和热传递是等价的，选项E错误．热点题型二热力学第二定律的理解1．对热力学第二定律关键词的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义．(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热．(3)气体体积V 1能自发地膨胀到不能自发地收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B能自发地混合成不能自发地分离成混合气体AB.3．两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律【例2】下列关于热现象的描述不正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对．【变式2】.下列说法正确的是()A．压缩气体总能使气体的温度升高B．能量耗散过程中能量是守恒的C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确．热点题型三封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．汽缸封闭气体问题【例3】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a 距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.【答案】(1＋hH)(1＋mgp0S)T0(p0S＋mg)h【解析】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有p0 T0＝p1 T1①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝(1＋mgp0S)T0③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有 V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T 2＝(1＋h H )(1＋mgp 0S)T 0⑦从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 W ＝(p 0S ＋mg )h ⑧【变式】.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A 和B 套在一起， 底部到顶部的高度为20 cm ，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A 系于天花板上，用手托住B ，使 它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105 Pa ，然后缓慢松手，让B 下沉，当B 下沉了2 cm 时，停止下沉并处于静止状态．求：(1)此时金属筒内气体的压强；(2)若当时的温度为24 ℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？ 【答案】(1)1.0×105 Pa (2)－3 ℃【解析】(1)设金属筒横截面积为S cm 2，p 1＝1.1×105 Pa ，V 1＝20S cm 3，V 2＝22S cm 3 根据玻意耳定律，p 1V 1＝ p 2V 2，p 2＝p 1V 1V 2＝1.1×105×20S22SPa ＝1.0×105 Pa(2)V 2＝22S cm 3，T 2＝297 K ，V 3＝20S cm 3，根据盖—吕萨克定律得到，V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3T 2V 2 ＝20S ×29722S K ＝270K ，t ＝(270－273)℃＝－3 ℃. 活塞封闭气体问题【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位 置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T 0，封闭气柱长度为l 0＝10 cm.现在薄板上放置3个质量为m 的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l 1＝5 cm ， 现使封闭气体的温度缓慢升高60 ℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l 2＝6 cm ；然后取走2个质量为m 的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 ℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l 3.(已知上述过程 中薄板没有离开玻璃管)求：(1)开始时封闭气体的温度t 应为多少？(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l 3为多少？ 【答案】 (1)27 ℃ (2)10 cm【解析】 (1)气体初始状态：体积为V 0＝l 0S ，压强为p 0，温度为T 0 将质量为3m 的物体放在薄板上，则体积V 1＝l 1S ，温度T 1＝T 0 压强为：p 1＝p 0＋3mg S气体经等温变化，得：p 0V 0＝p 1V 1 则p 1＝2p 0由以上各式解得p 0＝3mgS当气体温度升高60 ℃时，温度为：T 2＝T 0＋60 K ，体积为：V 2＝l 2S 由于该过程为等压变化，则：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：T 0＝300 K 则t ＝(300－273) ℃＝27 ℃(2)取走质量为2m 的物体，继续加热使气体的温度再升高40 ℃后，最终气柱的高度为l 3，体积V 3＝l 3S ，压强p 3＝p 0＋mg S ＝43p 0，温度T 3＝400 K则由理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3代入数据解得：l 3＝10 cm.【变式】(2019·宁夏五中联考)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用 不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3 m 2，如图所示，开始时气体的体积为 3.0×10－3 m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之 一．设大气压强为1.0×105 Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？ 【答案】(1)3.0×105 Pa (2)30 kg【解析】(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105 Pa ；(2)活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0Sg＝30 kg. 热点四 关联气体的状态变化问题 多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的一定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联．若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系．活塞封闭气体的问题【例5】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等 的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸 内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，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K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．【答案】15p 0S26g【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.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 p 0V2＝p 1V 1① p 0V2＝p 2V 2② 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V ③V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg ⑤联立以上各式得m ＝15p 0S26g ⑥水银柱封闭气体的问题【例6】(2018·高考全国卷Ⅱ )在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封 闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左 边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．【答案】22.5 cm7.5 cm【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为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＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥热点题型五变质量问题分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解．充气问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．【例7】一个篮球的容积是2.5 L ，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa 的空气打进去125 cm 3. 如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)【答案】 2.5×105 Pa【解析】 设V 2为篮球的容积，V 1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则V 1＝V 2＋n ΔV ＝2.5 L ＋30×0.125 L ＝6.25 L由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝p 1V 1V 2＝105×6.252.5Pa ＝2.5×105 Pa. 抽气问题在用抽气筒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恒定质量的问题．【例8】用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？【答案】 (V 0V 0＋ΔV )n p 0【解析】 当活塞下压时，阀门a 关闭，b 打开，抽气机汽缸中ΔV 体积的气体排出，容器中气体压强降为p 1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p 2，根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )，解得p 1＝V 0V 0＋ΔV p 0，对于第二次抽气，有p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，解得p 2＝(V 0V 0＋ΔV )2p 0，以此类推，第n 次抽气后容器中气体压强降为p n ＝(V 0V 0＋ΔV )n p 0. 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一种典型的变质量问题，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质量一定的问题．【例9】某容积为20 L的氧气瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【答案】25【解析】设最多能分装n个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律．分装前整体的状态：p1＝30 atm，V1＝20 L；p2＝1 atm，V2＝5n L.分装后整体的状态：p1′＝5 atm，V1＝20 L；p2′＝5 atm，V2＝5n L根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1′V1＋p2′V2代入数据解得n＝25(瓶)．漏气问题容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.【例10】某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)【答案】5%【解析】以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为V1，膨胀后气体的体积为V2.如图所示．初状态：p1＝2.0×106 Pa，V1＝10 L末状态：p2＝1.0×105 Pa，V2＝？由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得V 2＝p 1V 1p 2＝200 L V 1V 2＝10200×100%＝5%，即容器里剩下的气体是原来的5%. 热点题型六 热力学第一定律与图象的综合应用判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 来确定．【例11】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e .对此气体，下列说法正确的是 ( )A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小【答案】 BDE【解析】 过程①为等容变化，根据查理定律有p a T a ＝p b T b，因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选项A 错误；过程②气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项B 正确；过程④中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W ＝0，理想气体的温度降低，则内能减少，即ΔU <0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q <0，则气体向外界放出了热量，故选项C 错误；状态c 、d 的温度相等，则分子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项D 正确；连接Ob 、Od ，根据pV T ＝C 得T V＝p C，Ob 斜率大于Od 斜率，则状态d 的压强比状态b 的压强小，故选项E 正确． 【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ)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【答案】BCD【解析】在p­V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，A错；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，B对；气体体积膨胀，对外做功，C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，D对；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，E错．热点题型七热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路【例12】(2019·河北保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状态A，其变化过程的p ­T图线如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：(1)状态B的体积；(2)状态C的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量是多少？【答案】 (1)V 03(2)V 0 (3)气体吸收热量2p 0V 0 【解析】 (1)由题图可知，从状态A 到状态B 为等温变化过程，状态B 时气体压强为p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由题图可知，从状态B 到状态C 为等压变化过程，状态C 时气体温度为T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖－吕萨克定律得V 1T 0＝V 2T 2，解得V 2＝V 0. (3)由状态B 经状态C 回到状态A ，外界对气体做的总功为W ，从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为W BC ，W BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得W BC ＝－2p 0V 0；从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W ＝W BC ＝－2p 0V 0；从状态B 经状态C 回到状态A ，内能增加量为U ＝0，气体从外界吸收的热量为Q ，内能增加量为U ，由热力学第一定律得U ＝Q ＋W ，解得Q ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0.【变式】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙” 号探测到990 m 深处的海水温度为280 K ．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示， 导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T 0＝300 K ，压强 p 0＝1 atm ，封闭气体的体积V 0＝3 m 3，如果将该汽缸下潜至990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气 体．(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．(2)求990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于10 m 深的海水产生的压强)．【答案】(1)放热 大于 (2)2.8×10－2 m 3【解析】(1)下潜过程中温度降低，则ΔU <0，气体体积减小，则W >0，由ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，放热，且|Q |>W .(2)当汽缸下潜至990 m 时，设封闭气体的压强为p ，温度为T ，体积为V ，由题意可知p ＝100 atm 根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pV T。

1.(2020·山东等级考模拟)如图所示、水平放置的封闭绝热汽缸、被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a 、b 两部分．已知a 部分气体为1 mol 氧气、b 部分气体为2 mol 氧气、两部分气体温度相等、均可视为理想气体．解除锁定、活塞滑动一段距离后、两部分气体各自再次达到平衡态时、它们的体积分别为V a 、V b 、温度分别为T a 、T b .下列说法正确的是( )A.V a >V b 、T a >T bB ．V a >V b 、T a <T b C.V a <V b 、T a <T b D ．V a <V b 、T a >T b解析：选D.解除锁定前、两部分气体温度相同、体积相同、由pV ＝nRT 可知b 部分压强大、故活塞左移、平衡时V a <V b 、p a ＝p b .活塞左移过程中、a 气体被压缩内能增大、温度增大、b 气体向外做功、内能减小、温度减小、平衡时T a >T b .考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示、按下压水器、能够把一定量的外界空气、经单向进气口压入密闭水桶内．开始时桶内气体的体积V 0＝8.0 L 、出水管竖直部分内外液面相平、出水口与大气相通且桶内水面的高度差h 1＝0.20 m ．出水管内水的体积忽略不计、水桶的横截面积S ＝0.08 m 2.现压入空气、缓慢流出了V 1＝2.0 L 水．求压入的空气在外界时的体积ΔV 为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、外界大气压强p 0＝1.0×105Pa 、取重力加速度大小g ＝10 m/s 2、设整个过程中气体可视为理想气体．温度保持不变.解析：设流出2 L 水后、液面下降Δh 、则Δh ＝V1S此时、瓶中气体压强p 2＝p 0＋ρg (h 1＋Δh )、体积V 2＝V 0＋V 1设瓶中气体在外界压强下的体积为V′、则p2V2＝p0V′初始状态瓶中气体压强为p0、体积为V0、故ΔV＝V′－V0解得ΔV＝2.225L.答案：见解析考情分析典题再现3.(20xx·高考全国卷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．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、利用高温高气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.①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；②将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃、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)①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＝p1V1 ①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V′1＝V1－V0 ②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＝10p1V′1 ③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107 Pa. ④②设加热前炉腔的温度为T0、加热后炉腔温度为T1、气体压强为p3.由查理定律p3 T1＝p2T0⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa.答案：(1)低于大于(2)①3.2×107 Pa②1.6×108 Pa考情分析命题研究本讲中近几年高考重点考查：对分子动理论、内能、热力学定律的理解、固体、液体和气体的性质的理解、气体实验定律、气体状态变化图象与理想气体状态方程的理解及应用．考查题型固定：(1)为“五选三”的选择式填空题、(2)为小型计算题．山东模考此部分为必考题型、在单项选择题和计算题中都有考查、特别注重理论的应用、在备考时仍要加强对2．对三个气体实验定律要有充分的理解(1)定律在温度不太低、压强不太大的情况下适用；(2)一定质量的理想气体做等容变化时、气体的压强跟摄氏温度不成正比； (3)气体做等容变化时、气体压强的变化量与温度的变化量成正比、即p1T1＝p2T2＝ΔpΔT＝C . 以上(2)和(3)对等压变化同样适用． 3．封闭气体压强的计算方法 (1)“活塞模型”求活塞封闭的气体压强时、一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)、分析它受到的气体压力及其他各力、列出受力的平衡方程、求解压强．如图所示、活塞静止于光滑的汽缸中、活塞质量为m 、面积为S 、被封闭气体的压强为p 、大气压强为p 0、活塞受力如图所示、由平衡条件得pS ＝p 0S ＋mg 、解得p ＝p 0＋mgS.(2)“液柱模型”求液柱封闭的气体压强时、一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程、要注意： ①液体因重力产生的压强大小为p ＝ρgh (其中h 为至液面的竖直高度)； ②不要漏掉大气压强、同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；③有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体、同种液体在同一水平面上各处压强相等；④当液体为水银时、可灵活应用压强单位“cmHg ”等、使计算过程简洁． 4．应用气体实验定律的解题思路 (1)选择对象——某一定质量的理想气体；(2)找出参量——气体在始末状态的参量p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2；(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程、代入具体数值求解、并讨论结果的合理性．若为两部分气体、除对每部分气体作上述分析外、还要找出它们始末状态参量之间的关系、列式联立求解．【典题例析】(20xx·高考全国卷Ⅲ)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.(1)求细管的长度；(2)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)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h1、被密封气体的体积为V、压强为p；细管倒置时、气体体积为V1、压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1 ①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 cm.⑥(2)设气体被加热前后的温度分别为T 0和T 、由盖－吕萨克定律有 V T0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T ＝312 K ．⑧[答案] (1)41 cm (2)312 K【题组突破】角度1 实验：探究气体压强与体积的关系 1.如图甲、“探究气体压强与体积的关系”实验中：(1)研究对象是________、实验中应保持不变的参量是________、它的体积由________直接读出、它的压强由________传感器等计算机辅助系统得到．(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中、测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示、仔细观察“p ·V ”一栏中的数值、发现越来越小、造成这一现象的可能原因是________．序号 V (mL) p (×105 Pa) p ·V (×105 Pa ·mL)1 20.0 1.001 0 20.0202 18.0 1.095 2 19.7143 16.0 1.231 3 19.7014 14.0 1.403 0 19.642 512.01.635 119.621A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大 B ．实验时环境温度增大了 C ．实验时外界大气压强发生了变化 D ．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏(3)某同学在一次实验中、计算机屏幕显示如图乙所示、其纵坐标表示封闭气体的压强、则横坐标表示的物理量是封闭气体的________．A ．热力学温度TB ．摄氏温度tC ．体积VD ．体积的倒数1V(4)实验过程中、下列哪些操作是错误的________． A ．推拉活塞时、动作要慢B ．推拉活塞时、手不能握住注射器含有气体的部分C ．压强传感器与注射器之间的软管脱落后、应迅速重新装上继续实验D ．活塞与针筒之间要保持气密性答案：(1)封闭在注射器内的气体 温度和质量 注射器压强 (2)D (3)D (4)C 2.某同学用如图所示注射器探究气体压强与体积的关系、实验开始时在注射器中用橡皮帽封闭了一定质量的空气、则：(1)若注射器上全部刻度的容积为V 、用刻度尺测得全部刻度长为L 、则活塞的横截面积可表示为________．(2)测得活塞和框架的总质量是M 、大气压强为p 0、当注射器内气体处于某状态时、在框架左右两侧对称挂两个砝码、每个砝码质量为m 、不计活塞与注射器管壁间摩擦、则稳定后注射器内气体的压强可表示为____________．解析：(1)注射器可看做圆柱体、由V ＝SL 得：S ＝VL①.(2)装置达到稳定状态后、设气体压强为p 、由平衡条件知p 0S ＋(M ＋2m )g ＝pS ② 由①②式可得：p ＝p 0＋（M ＋2m ）gLV.答案：(1)VL (2)p 0＋（M ＋2m ）gL V角度2 “玻璃管—水银柱”模型3.(20xx·高考全国卷 Ⅲ )在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱、水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时、左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm 、左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上、没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中、气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时、左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.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l ′1和l ′2.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度、g 为重力加速度大小 由玻意耳定律有 p 1l 1＝pl ′1 ② p 2l 2＝pl ′2③两边气柱长度的变化量大小相等 l ′1－l 1＝l 2－l ′2④由①②③④式和题给条件得 l ′1＝22.5 cml ′2＝7.5 cm. 答案：见解析角度3 “活塞—汽缸”模型4．(20xx·高考全国卷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p 0和V 0、氢气的体积为2V 0、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．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 0 ④ p 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＋14pV 1＝4（p0＋p ）V02p0＋p.答案：(1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p4（p0＋p ）V02p0＋p角度4 变质量问题的处理5．一氧气瓶的容积为0.08 m 3、开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m 3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时、需重新充气．若氧气的温度保持不变、求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p 1、体积为V 1、压强变为p 2(2个大气压)时、体积为V 2、根据玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2①重新充气前、用去的氧气在p 2压强下的体积为 V 3＝V 2－V 1② 设用去的氧气在p 0(1个大气压)压强下的体积为V 0、则有p 2V 3＝p 0V 0③设实验室每天用去的氧气在p 0压强下的体积为ΔV 、则氧气可用的天数为N ＝V0ΔV ④联立①②③④式、并代入数据得N ＝4(天)． 答案：4天角度5 气体的微观解释6.(20xx·高考全国卷Ⅱ)如p －V 图所示、1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态、对应的温度分别是T 1、T 2、T 3.用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数、则N 1________N 2、T 1________T 3、N 2________N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)解析：对一定质量的理想气体、pVT 为定值、由p －V 图象可知、2p 1·V 1＝p 1·2V 1>p 1·V 1、所以T 1＝T 3>T 2.状态1与状态2时气体体积相同、单位体积内分子数相同、但状态1下的气体分子平均动能更大、在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多、所以N 1>N 2；状态2与状态3时气体压强相同、状态3下的气体分子平均动能更大、在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少、所以N 2>N 3.答案：大于 等于 大于命题角度解决方法易错辨析“玻璃管—水银柱”模型以水银柱为研究对象进行受力分析、联系两部分气体的p 、V 、T 等参量；再结合实验定律求解问题准确找到液柱高度差是求解压强的关键点“活塞—汽缸”模型分析活塞的受力情况、结合运动状态、求解封闭气体的压强找出封闭气体初、末状态的参量、结合实验定律求解结果“充气、抽气”变质量问题 转“变质量”问题为“不变质量”问题、把全部气体作为研究对象选取的研究对象一定要在变化前后都包括进去、否则质量变化、实验定律不再适用的过程中、气体对外界做功、W ＜0、且为绝热过程、Q ＝0、根据ΔU ＝Q ＋W 、知ΔU ＜0、即气体内能减小、温度降低、气体分子的平均动能减小、选项B 错误；C →D 的过程中、气体分子的平均动能不变、气体体积减小、单位体积内的分子数增多、故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多、选项C 正确；D →A 的过程为绝热压缩、故Q ＝0、W ＞0、根据ΔU ＝Q ＋W 、知ΔU ＞0、即气体的内能增加、温度升高、所以气体分子的速率分布曲线发生变化、选项D 错误．(2)从A →B 气体为等温变化、根据玻意耳定律有p A V A ＝p B V B 、 所以V B ＝pAVA pB ＝pA×1023pA L ＝15 L所以单位体积内的分子数n ＝NA VB ＝6.0×102315 个/L ＝4×1022 个/L＝4×1025 个/m 3.[答案] (1)C (2)4×1025 个【题组突破】1.(20xx·高考全国卷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解析：选BCD.一定量的理想气体从a 到b 的过程、由理想气体状态方程paVa Ta ＝pbVb Tb 可知、T b >T a 、即气体的温度一直升高、选项A 错误；根据理想气体的内能只与温度有关、可知气体的内能一直增加、选项B 正确；由于从a 到b 的过程中气体的体积增大、所以气体一直对外做功、选项C 正确；根据热力学第一定律、从a 到b 的过程中、气体一直从外界吸热、选项D 正确；气体吸收的热量一部分增加内能、一部分对外做功、选项E 错误．2．(20xx·湖北八校高三4月联考)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B 再变化到状态C 、其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.C．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目D．与0 ℃时相比、100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析：选B.根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知、题图中两条曲线下面积相等、选项A错误；题图中实线占百分比较大的分子速率较大、分子平均动能较大、根据温度是分子平均动能的标志、可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形、选项B正确；根据分子速率分布图可知、题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比、不能得出任意速率区间的氧气分子数目、选项C错误；由分子速率分布图可知、与0 ℃时相比、100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小、选项D错误．6．(20xx·山东十校联考)下列说法中不正确的是()A．非晶体呈各向同性、晶体也有可能呈各向同性B．布朗运动虽不是分子运动、但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动C．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡、那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡、用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度D．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变、则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变解析：选 B.非晶体呈各向同性、多晶体也有可能呈各向同性、而单晶体大多表现为各向异性、A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动、是液体分子无规则热运动的反映、不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动、B错误；根据热力学第零定律、如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡、那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡、用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度、C正确；温度是分子的平均动能的标志、若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变、则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积无关、所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变、D正确．7.如图、一定质量的理想气体从状态a出发、经过等容过程ab到达状态b、再经过等温过程bc到达状态c、最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确的是()A．在过程ab中气体的内能不变B．在过程ab中气体对外界做功C．在过程bc中气体从外界吸收热量D．在过程ca中气体从外界吸收热量解析：选C.ab过程、气体压强增大、体积不变、则温度升高、内能增加、A项错误；ab 过程发生等容变化、气体对外界不做功、B项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定、bc过程发生等温变化、内能不变、bc过程、气体体积增大、气体对外界做正功、根据热力学第一定律可知气体从外界吸热、C 项正确；ca 过程、气体温度降低、内能减小、外界对气体做正功、根据热力学第一定律可知气体向外界放热、D 项错误．8．下列说法正确的是( )A ．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态B ．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律、即小颗粒的运动是液体分子无规则运动C ．分子质量不同的两种气体、温度相同时、其分子的平均动能一定相同D ．物块在自由下落过程中、分子的平均动能增大、分子势能减小解析：选C.处于热平衡的系统温度保持不变、但是压强和体积等物理量可以改变、故A 错误；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动、反映的是液体分子热运动的规律、故B 错误；温度是分子平均动能的标志、分子质量不同的两种气体、温度相同时、其分子的平均动能一定相同、选项C 正确；分子动能与分子势能都与机械能无关、物块在自由下落过程中、动能增加、重力势能减小、而分子平均动能和分子势能不变、故D 错误．二、非选择题9．如图所示、汽缸内封闭一定质量的某种理想气体、活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡、已知活塞距缸口h ＝50 cm 、活塞面积S ＝10 cm 2、封闭气体的体积为V 1＝1 500 cm 3、温度为0 ℃、大气压强p 0＝1.0×105 Pa 、物体重力G ＝50 N 、活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度、封闭气体吸收了Q ＝60 J 的热量、使活塞刚好升到缸口．求：(1)活塞刚好升到缸口时、气体的温度；(2)汽缸内气体对外界做的功；(3)气体内能的变化量．解析：(1)封闭气体初态：V 1＝1 500 cm 3、T 1＝273 K末态：V 2＝1 500 cm 3＋50×10 cm 3＝2 000 cm 3缓慢升高环境温度、封闭气体做等压变化则有V1T1＝V2T2解得T 2＝364 K.(2)设封闭气体做等压变化的压强为p对活塞：p 0S ＝pS ＋G汽缸内气体对外界做功W ＝pSh解得W ＝25 J.(3)由热力学第一定律得、汽缸内气体内能的变化量ΔU ＝Q －W得ΔU ＝35 J。

热点12热学(建议用时：20分钟)1．两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r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B．在r<r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C．在r＝r0时，分子势能最大，动能最小D．在r＝r0时，分子势能为零2．氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是()A．图中两条曲线下面积不相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较大的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目3．对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，根据分子动理论，以下说法正确的是()A．压强和体积都增大时，其分子平均动能可能不变B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大4．下列说法不正确的是()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．在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形是表面张力作用的结果5．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．在此过程中下列说法不正确的是()A．气体温度一直升高B．气体内能保持不变C．气体一直对外做功D．气体吸收的热量大于对外做功6．如图所示，在一定质量的理想气体压强随体积变化的p－V图象中，气体先后经历了ab、bc、cd、da四个过程，其中ab垂直于cd，ab垂直于V轴且与p轴平行，bc、da是两条等温线，下列判断不正确的是()A．气体在状态a时的温度低于在状态c时的温度B．从a→b的过程，气体分子密集程度不变，分子平均动能增加C．从a→b→c的过程，气体密度不断减小，温度先升高后不变D．从c→d的过程，气体放出的热量大于外界对气体做的功7．如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法不正确的是()A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功8．如图是一定质量的理想气体的p－T图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程．下列说法不正确的是( )A ．气体在a 态的体积V a 小于在c 态的体积V cB ．a →b 过程气体的分子密度变大C ．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D ．若a →b 过程气体吸热300 J ，c →a 过程放热400 J ，则c →a 过程外界对气体做功100 J热点12 热 学1．解析：选A.由E p －r 图可知：在r >r 0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r <r 0阶段，当r 减小时F做负功，分子势能增加，分子动能减小，故B 错误；在r ＝r 0时，分子势能最小，但不为零，动能最大，故C 、D 错误．2．解析：选C.根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以图中两条曲线下面积相等，选项A 错误；温度是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子比例较大，所以图中实线对应于氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B 错误，C 正确；根据曲线不能求出任意区间的氧气分子数目，选项D 错误．3．解析：选D.当气体的体积增大时，单位体积内的分子数减少，只有气体的温度升高，分子平均动能增大，压强才能增大，A 、B 错误；当体积减小时，单位体积内的分子数增多，温度不变、降低、升高都可能使压强增大，C 错误；同理体积增大时，温度不变、降低、升高都可能使压强减小，D 正确．4．解析：选A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故A 错误；单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故B 正确；例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故C 正确；熔化的金属能收缩成标准的球形，是由于表面张力的作用，故D 正确．5．解析：选B.由理想气体的状态方程pV T＝C 知，从a 到b 气体温度一直升高，故A 正确；一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B 错误；气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C 正确；根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，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，故D 正确．6．解析：选C.根据题图可知，气体在状态a 和状态b 时体积相同，气体的压强越大，温度越高，故状态b 的温度比状态a 的温度高，又bc 为等温线，所以状态c 的温度比状态a 的温度高，A 正确．气体在状态a 和状态b 时体积相同，故分子密集程度不变，状态b 的压强大，温度高，分子平均动能更大，B 正确．由c 到d ，气体体积减小，外界对气体做正功，且温度降低，内能减小，由热力学第一定律可得D 正确．从a 到b ，气体体积不变，密度不变，从b 到c ，气体体积变大，温度不变，C 错误．7．解析：选C.抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A 项正确，C 项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D 项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，B 项正确．8．解析：选B.c →a 过程气体压强增大，温度降低，根据pV T＝C 可知体积减小，故气体在a 态的体积V a 小于在c 态的体积V c ，故A 正确；a →b 过程是等容变化，气体的分子密度不变，故B 错误；c →a 过程温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以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，故C 正确；由热力学第一定律可知，若a →b 过程气体吸热300 J ，c →a 过程放热400 J ，则c →a 过程外界对气体做功100 J ，故D 正确．。

2020年高考物理二轮重点专题整合突破专题十七：热学专题定位：本专题主要考查：(1)分子动理论的相关内容，涉及分子力、分子力做功、分子势能变化、布朗运动、扩散现象，考查记忆能力和简单的推导能力．(2)结合汽缸、液柱、热力学图像考查涉及气体作用力的平衡问题及理想气体状态方程的应用，侧重考查学生的综合分析推理能力．(3)热力学定律与气体实验定律相结合考查学生的物理观念、科学思维等核心素养.应考策略：选修3－3内容琐碎、考查点多，复习中应以四块知识(分子动理论、从微观角度分析固体、液体、气体的性质、气体实验定律、热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆.题型一：热学基础知识【知识回扣】1．分子动理论和内能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＝43π⎝⎛⎭⎫d23＝16πd3，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．固体、液体和气体4．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定5.(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化．【题型突破】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__________________________．【答案】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解析：本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容，突出了实验的操作、分析、探究能力的考查，体现了核心素养中科学探究、科学态度要素，体现了劳动实践、科学探索的价值观．用油膜法估算分子大小，是用油膜厚度代表油酸分子的直径，所以要使油酸分子在水面上形成单分子层油膜；因为一滴溶液的体积很小，不能准确测量，故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总体积，再除以滴数得到单滴溶液的体积，进而得到一滴溶液中纯油酸的体积；因为本题中油酸体积等于厚度乘面积，故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积，还需要测量单分子层油膜的面积．2、分子在不停地做无规则运动，它们之间存在着相互作用.这两种相互的因素决定了分子的三种不同的聚集形态：固体、液体和气体.下列说法正确的是________.A.固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B.液体表面层中分子间的相互作用表现为引力C.液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D.汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E.有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高【答案】BCE解析：无论固体、液体和气体，分子都在做永不停息的无规则运动，A错.当分子间距为r0时，分子引力和分子斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间表现为引力，B正确.蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，C正确.汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾.而不是分子间相互排斥而产生的，D错.冰在融化的过程中吸收热量温度不升高，E正确.3、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．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．【答案】低于 大于解析：本题通过理想气体状态变化过程考查了热力学定律与能量守恒定律，以及学生的综合分析与计算能力，体现了科学推理的核心素养要素．由题意可知，封闭气体经历了绝热膨胀的过程，此过程中气体对外界做功，W ＜0，与外界的热交换为零，即Q ＝0，则由热力学第一定律可知气体内能降低，而一定质量理想气体的内能只与温度有关，故其温度降低，即容器中空气的温度低于外界温度．由于此时容器中空气压强与外界相同，而温度低于外界温度，若假设容器中空气经历等压升温过程而达到与外界相同状态，由pVT ＝C 可知其体积必然膨胀，则升温后的容器中空气密度必然比假设的等压升温过程前密度小，而假设的等压升温过程后容器中空气的密度等于外界空气密度，故此时容器中空气的密度大于外界空气的密度． 4、下列说法正确的是________.A.一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的B.在完全失重的宇宙飞船中，水的表面存在表面张力C.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D.土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E.人们可以利用某些物质在水溶液中形成的薄片状液晶来研究离子的渗透性，进而了解机体对药物的吸收等生理过程【答案】 BCE题型二：气体实验定理和理想气体状态方程 【知识回扣】【题型突破】5、关于热力学定律，下列说法正确的是________. A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】 BDE解析：气体内能的改变ΔU ＝Q ＋W ，故对气体做功可改变气体内能，B 选项正确；气体吸热为Q ，但不确定外界做功W 的情况，故不能确定气体温度变化，A 选项错误；理想气体等压膨胀，W<0，由理想气体状态方程pVT ＝C ，p 不变，V 增大，气体温度升高，内能增大，ΔU>0，由ΔU ＝Q ＋W ，知Q>0，气体一定吸热，C 选项错误；由热力学第二定律，D 选项正确；根据热平衡性质，E 选项正确.6、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p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，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(ⅰ)抽气前氢气的压强； (ⅱ)抽气后氢气的压强和体积．[审题指导] ①准确写出活塞的平衡方程．②准确写出两部分气体的体积变化关系． 【答案】(1)12(p 0＋p) (2)12p 0＋14p ，4p 0＋p V 02p 0＋p解析：本题考查气体的性质，是对学生综合分析能力要求较高的题目，也是对学生科学推理素养的考查． (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 0④ p 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 ⑦V 1＝4p 0＋p V 02p 0＋p⑧7、如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A ，当温度为300 K ，平衡时水银柱的位置如图(h 1＝h 2＝5 cm ，L 1＝50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：(1)右管内空气柱的长度L 2；(2)关闭阀门A ，当温度升至405 K 时，左侧竖直管内空气柱的长度L 3.(大气压强保持不变)【答案】(1)50 cm (2)60 cm解析：(1)左管内气体压强：p 1＝p 0＋ρgh 2＝80 cmHg ， 右管内气体压强： p 2＝p 1＋ρgh 1＝85 cmHg ， 设右管内外液面高度差为h 3，则 p 2＝p 0＋ρgh 3， 解得h 3＝10 cm ，右管内空气柱长度L 2＝L 1－h 1－h 2＋h 3＝50 cm. (2)设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程 p 1L 1S T 1＝[p 0＋ρg h 2＋L 3－L 1]L 3ST 2，解得：L 3＝60 cm.8、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T 0，大气压强为p 0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质量为m 的重物(mg ＝p 0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为V2，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V100的空气充入汽缸．(空气看作理想气体，2＝1.414)(1)在缓慢充气的情况下，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)在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，且每次充气可以使缸内气体温度升高T 0100，求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部．【答案】(1)100次 (2)42次解析：(1)设至少充气n 次，则n 次充气的气体体积为nV100，压强为p 0，充气后压强为2p 0，体积为V ，由玻意耳定律p 0nV 100＝2p 0V2解得n ＝100次(2)设至少充气N 次，则N 次充气的气体体积为NV 100，压强为p 0，温度为T 0；汽缸原有气体体积V2，压强为2p 0，温度为T 0；充气后体积为V ，压强为2p 0，温度为T 0＋NT 0100；由理想气体状态方程，得p 0NV 100＋2p 0V 2T 0＝2p 0VT 0＋NT 0100整理得到⎝⎛⎭⎫1＋N1002＝2 解得N ＝100(2－1) 根据题意，取N ＝42次题型三：热学中的综合问题9、如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计.轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接.开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p 0(mg<p 0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T 0，体积为V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：(1)重物刚离地面时汽缸内气体的温度T 1； (2)气体体积减半时的温度T 2；(3)在如图所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程，标注相关点的坐标值.【答案】 (1)(p 0S －mg )T 0p 0S (2)(p 0S －mg )T 02p 0S (3)见解析图解析：(1)p 1＝p 0，p 2＝p 0－mgS等容过程：p 1T 0＝p 2T 1解得：T 1＝(p 0S －mg )T 0p 0S(2)等压过程：V T 1＝V 2T 2解得：T 2＝(p 0S －mg )T 02p 0S(3)如图所示10、为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样.假如在地面上航天服内气压为1 atm ，气体体积为2 L ，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L ，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统. (1)求此时航天服内气体的压强，并从微观角度解释压强变化的原因.(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9 atm ，则需补充1 atm 的等温气体多少升？【答案】(1)0.5 atm 在气体体积变大的过程中，该气体的分子密度变小，而温度不变，即分子的平均动能不变，故该气体的压强减小 (2)1.6 L解析：(1)气体的状态参量：p 1＝1 atm ，V 1＝2 L ，V 2＝4 L ， 气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2， 解得：p 2＝0.5 atm ；由于气体的压强与分子密度和分子平均动能有关，在气体体积变大的过程中，该气体的分子密度变小，而温度不变，即分子的平均动能不变，故该气体的压强减小.(2)设需要1 atm的等温气体V，以该气体和航天服原有气体为研究对象，p3＝0.9 atm，V3＝4 L，由玻意耳定律得：p1V1＋p1V＝p3V3，解得：V＝1.6 L.。

教课资料范本2020新课标高考物理课后操练：热学含分析编辑： __________________时间： __________________(建议用时： 45 分钟 )一、单项选择题1．(20xx ·考北京卷高 )对于分子动理论，以下说法正确的选项是()A．气体扩散的快慢与温度没关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．分子间的引力老是随分子间距增大而增大分析：选 C.在其余条件不变的状况下，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；分子间的引力老是跟着分子间距增大而减小，故 D 错误．2．(20xx 衡·水高三调研)以下说法中不正确的选项是()A ．－ 2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动B．物体温度越高，物体内部分子热运动的均匀动能越大C．内能不一样的物体，物体内部分子热运动的均匀动能可能同样D．必定质量的气体分子的均匀速率增大，气体的压强可能减小分析：选 A. 分子做永不暂停的无规则热运动，选项 A 错误；物体温度越高，分子的均匀动能就越大，物体的内能不一样，但温度可能同样则物体分子热运动的均匀动能可能同样，选项 B、 C 正确；必定质量的气体分子的均匀速率增大，气体分子温度高升，但压强与温度和体积均相关，若气体的体积也增大，则压强不必定增大，也可能减小，选项 D 正确．3．(20xx 武·汉 4 月调研 )以下说法不正确的选项是()A．第二类永动机违犯了热力学第二定律，也违犯了能量守恒定律B．在环绕地球飞翔的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果C．两分子间分子势能不必定随距离的增大而增大D．从微观上看，气体压强的大小与分子均匀动能和分子的密集程度相关分析：选 A. 第二类永动机违犯了热力学第二定律，但没有违犯能量守恒定律， A 项错误．4．(20xx 陕·西汉中高三一模 )以下说法正确的选项是()A．晶体必定拥有规则的形状且有各向异性的特点B．液体的分子势能与液体的体积没关C．实质的气体的体积变化时，其内能可能不变D．构成固体、液体、气体的物质分子依据必定的规律在空间齐整地摆列成“空间点阵”分析：选 C.单晶体必定拥有规则的形状，且有各向异性的特点，而多晶体的物理性质表现为各向同性，选项 A 错误；分子势能的产生是因为分子间存在作使劲，微观上分子间距离的变化惹起宏观上体积的变化，分子间作使劲变化，分子势能才变化，选项 B 错误；当气体体积变化时，若温度同时发生变化，气体内能可能不变，选项 C 正确；只有晶体的分子依据必定的规律在空间齐整地摆列成“空间点阵”，选项 D 错误．5．氧气分子在0 ℃和 100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．以下说法正确的选项是()A．图中两条曲线下边积不相等B．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情况C．图中曲线给出了随意速率区间的氧气分子数量D．与 0 ℃时对比， 100 ℃时氧气分子速率出此刻0～ 400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大分析：选 B.依据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下边积相等，选项 A 错误；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子均匀动能较大，依据温度是分子均匀动能的标记，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情况，选项 B 正确；依据分子速率散布图可知，题图中曲线给出了随意速率区间的氧气分子数量占总分子数的百分比，不可以得出随意速率区间的氧气分子数量，选项 C 错误；由分子速率散布图可知，与0 ℃时对比， 100 ℃时氧气分子速率出此刻0～ 400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项 D 错误．6．(20xx ·东十校联考山)以下说法中不正确的选项是()A．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性B．布朗运动虽不是分子运动，可是它证了然构成固体颗粒的分子在做无规则运动C．假如两个系统分别与第三个系统达到热均衡，那么这两个系统相互之间也必然处于热均衡，用来表征它们所拥有的“共同热学性质”的物理量叫做温度D．若一气泡从湖底上涨到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变分析：选 B.非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性， A 正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，不是构成固体颗粒的分子在做无规则运动， B 错误；依据热力学第零定律，假如两个系统分别与第三个系统达到热均衡，那么这两个系统相互之间也必然处于热均衡，用来表征它们所拥有的“共同热学性质”的物理量叫做温度， C 正确；温度是分子的均匀动能的标记，若一气泡从湖底上涨到湖面的过程中温度保持不变，则分子的均匀动能不变；并且气体的内能与体积没关，因此气泡内部气体 (视为理想气体 )内能不变， D 正确．7.如图，必定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程ab 抵达状态b，再经过等温过程bc 抵达状态 c，最后经等压过程ca 回到初态 a.以下说法正确的是()A ．在过程ab 中气体的内能不变B．在过程ab 中气体对外界做功C．在过程bc 中气体从外界汲取热量D．在过程ca 中气体从外界汲取热量分析：选 C.ab 过程，气体压强增大，体积不变，则温度高升，内能增添， A 项错误； ab 过程发生等容变化，气体对外界不做功， B 项错误；必定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc 过程发生等温变化，内能不变，bc 过程，气体体积增大，气体对外界做正功，依据热力学第必定律可知气体从外界吸热， C 项正确； ca 过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，依据热力学第必定律可知气体向外界放热， D 项错误．8．以下说法正确的选项是()A．热均衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态B．布朗运动的规律反应出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动C．分子质量不一样的两种气体，温度同样时，其分子的均匀动能必定同样D．物块在自由着落过程中，分子的均匀动能增大，分子势能减小分析：选 C.处于热均衡的系统温度保持不变，可是压强和体积等物理量能够改变，故A 错误；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反应的是液体分子热运动的规律，故B错误；温度是分子均匀动能的标记，分子质量不一样的两种气体，温度同样时，其分子的均匀动能必定同样，选项 C 正确；分子动能与分子势能都与机械能没关，物块在自由着落过程中，动能增添，重力势能减小，而分子均匀动能和分子势能不变，故 D 错误．二、非选择题9．如下图，汽缸内封闭必定质量的某种理想气体，活塞经过滑轮和一重物连结并保持均衡，已知活塞距缸口h＝ 50 cm，活塞面积 S＝ 10 cm2，封闭气体的体积为 V1＝ 1 500 cm3，温度为 0 ℃，大气压强p0＝ 1.0× 105 Pa，物体重力 G＝ 50 N ，活塞重力及全部摩擦不计．缓慢高升环境温度，封闭气体汲取了Q＝ 60 J 的热量，使活塞恰好升到缸口．求：(1)活塞恰好升到缸口时，气体的温度；(2)汽缸内气体对外界做的功；(3)气体内能的变化量．分析： (1) 封闭气体初态：V1＝1 500 cm 3， T1＝ 273 K末态： V2＝ 1 500 cm3＋ 50× 10 cm3＝ 2 000 cm3迟缓高升环境温度，封闭气体做等压变化则有 V1＝V2T1 T2解得 T2＝ 364 K.(2)设封闭气体做等压变化的压强为p对活塞： p0S＝ pS＋ G汽缸内气体对外界做功W＝ pSh解得 W＝ 25 J.(3)由热力学第必定律得，汽缸内气体内能的变化量U＝Q－W得 U＝35 J故汽缸内的气体内能增添了35 J.答案： (1)364 K(2)25 J(3)35 J10．如图，用质量m＝ 1 kg 的绝热活塞在绝热汽缸内封闭必定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦力忽视不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝ 0.5 m，气体的温度 t1＝ 27 ℃.现用汽缸内一电热丝 (未画出 )给气体迟缓加热，加热至t2＝ 267 ℃，活塞迟缓上涨到距离汽缸底某一高度 h2处，此过程中被封闭气体增添的内能增添U ＝ 400 J．已知大气压强p0＝52－421.0× 10 Pa，重力加快度 g 取10 m/s ，活塞横截面积S＝5.0× 10m ，求：(1)初始时汽缸内气体的压强p1和迟缓加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；(2)此过程中汽缸内气体汲取的热量Q.分析： (1) 开始时，活塞受力均衡，有p0S＋mg＝p1S解得 p1＝ p0＋mgS＝ 1.2×105 Pa气体做等压变化，依据盖—吕萨克定律可得h1S＝h2ST1T2解得 h2＝ 0.9 m.(2)气体在膨胀过程中外界对气体做功为W＝－ p1V＝－ 1.2× 105× (0.9－0.5)× 5× 10－4 J＝－ 24 J由热力学第必定律U＝W＋Q解得 Q＝U－ W＝ 400 J－( － 24 J)＝424 J.答案： (1)0.9 m(2)424 J11．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K 2位于细管的中部， A、 B 的顶部各有一阀门K 1、 K 3； B 中有一可自由滑动的活塞( 质量、体积均可忽略 )．初始时，三个阀门均翻开，活塞在 B 的底部；封闭K 2、K 3，经过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p0的 3 倍后封闭K 1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．(1)翻开 K 2，求稳准时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着翻开 K 3 ，求稳准时活塞的地点；(3)再迟缓加热汽缸内气体使其温度高升 20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．分析： (1) 设翻开 K 2 后，稳准时活塞上方气体的压强为p 1，体积为 V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p V ＝p V 1①1(3p 0)V ＝ p 1(2V －V 1) ②联立 ①② 式得 V 1＝ V ③2p 1＝ 2p 0 .④(2)翻开 K 3 后，由 ④式知，活塞必然上涨．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V (V ≤ 2V)时，活塞下气体压强为 p .由玻意耳定律得 (3p )V ＝ p V2⑤2 22 0 2由⑤ 式得3Vp 2＝V2p 0⑥由⑥ 式知，翻开 K 3 后活塞上涨直到B 的顶部为止；此时3p 0.p 2 为 p ′2＝2(3)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从 T 1＝ 300 K 高升到 T 2＝ 320 K 的等容过程中，由查理定律得p ′2p3⑦＝T1 T2将相关数据代入 ⑦ 式得p 3＝ 1.6p 0 .答案： 看法析。

2020年各地高考模拟物理试题分项解析（二）专题15 热学一．选择题1. （5分）（2020高考模拟示范卷1）下列说法中正确的是_________（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．气体的体积指的是该气体所有分子的体积之和C．布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动D．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强不变E．被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功的同时会从外界吸收热量【参考答案】ADE【名师解析】气体放出热量，若同时外界对气体做功，且做功的数值大于放出的热量的数值，气体分子的平均动能可能增大，选项A正确；气体的体积通常指的是盛气体的容器的容积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项B错误；布朗运动的激烈程度跟温度有关，但是布朗运动不叫热运动，分子的无规则运动叫做热运动，选项C错误；饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项D正确；被踩扁的乒乓球放在热水里浸泡，在恢复原状的过程中，气体体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律，球内气体从外界吸收热量，选项E正确。

2．（2020山东淄博质检）给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小D．内能增加【参考答案】A【名师解析】在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，分子平均动能不变，不计分子间势能，则胎内气体内能不变，选项CD错误；在缓慢放水过程中，压强减小，体积增大，对外界做功，由热力学第一定律，从外界吸热，选项A正确B错误。

3．（2020山东淄博质检）2020年初，新冠病毒来袭。

我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下了深刻的印象。

2020年高考物理二轮专题复习十：热学（解析附后）考向预测从近几年高考题来看，对于热学内容的考查，形式比较固定，一般第(1)问为选择题，5个选项，并且是对热学单一知识点从不同角度设计问题；第(2)问计算题始终围绕气体性质进行命题，且为液体封闭或活塞封闭的两类模型的交替命题。

预计明年的命题仍将是坚持以上考查方式的特点和规律，在创设新情景和题给信息方面可能有突破。

知识与技巧的梳理1. 对热力学定律的理解(1)改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。

(2)热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。

(3)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，但不引起其他变化是不可能的。

2. 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列式计算。

(2)被液柱封闭的气体的压强，若应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。

3. 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、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解。

(2)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。

训练题1．下列关于热学中的相关说法正确的是( )A．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性B．燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加C．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，故气体的压强一定增大D．汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，可以使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝E．某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大2．如图所示，左右两个粗细均匀、内部光滑的汽缸，其下部由体积可以忽略的细管相连，左汽缸顶部封闭，右汽缸与大气连通，左右两汽缸高度均为H 、横截面积之比为S 1∶S 2＝1∶2，两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。

2020 年高考物理热学计算专题及答案专题简介：1.物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。

②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。

其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。

⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。

⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。

2.燃料完全燃烧放出热量的公式①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。

②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。

推导过程如下： 说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。

②只对气体适用。

两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。

其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。

V 表示体积，单位是ｍ3。

3.热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。

热机的效率是热机性能的一个重要指标。

汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。

（2）炉具的热效率：天然气燃烧放出的热量是炉具提供的总热量，Q 总=Q 放，水吸收的热量是有用的热量Q 有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

（3）电热水器的效率：电热丝所产生热量为Q 总，总=Q 放，水需要吸收热量为Q 有，有=Q 吸，则η=总有Q Q 。

专题例题：【例题1】（2018•济宁）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中（如图所示），通过 方式改变牛奶的内能，图中乙是250g 牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为 J ．[c 牛奶=4.2×103J/（kg•℃）]【答案】热传递；2.1×104。

专题十三 热学本专题主要解决的是分子动理论和热力学定律，并从宏观和微观角度理解固、液、气三态的性质。

新课程标准对本部分内容要求较低，《考试说明》明确提出“在选考中不出现难题”，高考命题的形式基本上都是小题的拼盘。

高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方面：①分子大小的估算；②分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体实验定律的理解和简单计算；⑤固、液、气三态的微观解释和理解；⑥热力学定律的理解和简单计算；⑦油膜法测分子直径等内容。

预测高考会涉及在以下方面：利用阿伏伽德罗常数进行微观量估算和涉及分子动理论内容的判断性问题，以选择填空题形式命题；气体压强为背景的微观解释问题，以简答形式命题；以理想气体为研究对象考查气体性质和热力学定律的问题，以计算题的形式命题。

知识点一、固体、液体、气体微观量的估算 1．固体、液体微观量的估算 (1)分子数、分子质量的计算 分子数N ＝nN A ＝m M 0N A ＝VV 0N A分子质量m ′＝M 0N A ，其中M 0为摩尔质量，V 0为摩尔体积，N A 为阿伏加德罗常数．(2)分子体积(分子所占空间)的估算方法 每个分子的体积V ′＝V 0N A ＝M 0ρN A，其中ρ为固体(或液体)的密度． (3)分子直径的估算方法如果把固体分子、液体分子看成球体，则分子直径d ＝36V ′π＝36V 0πN A；如果把固体、液体分子看成立方体，则d ＝3V ′＝3V 0N A.利用油酸在水面上形成的单层分子膜，可得油酸分子的直径d ＝VS，其中V 、S 分别为油酸的体积和油膜的面积．2．气体分子微观量的估算(1)物质的量n＝V22.4，V为气体在标准状况下的体积，其单位为L.(2)分子间距的估算方法：倘若气体分子均匀分布，每个分子占据一定的空间，假设为立方体，分子位于每个立方体的中心，则每个小立方体的边长就是分子间距；假设气体分子占有的体积为球体，分子位于球体的球心，则分子间距等于每个球体的直径．特别提醒：(1)分子直径的数量级为10－10 m，因此求出的数据只在数量级上有意义．(2)阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1，是联系微观世界和宏观世界的桥梁．知识点二、分子力做功及物体的内能1．分子力的特点分子间作用力(指引力和斥力的合力)随分子间距离变化而变化的规律是：(1)r<r0时表现为斥力；(2)r＝r0时分子力为零；(3)r>r0时表现为引力；(4)r>10r0以后，分子力变得十分微弱，可以忽略不计，如图11－1.图11－12．分子力做功的特点及势能的变化分子力做正功时分子势能减小;分子力做负功时分子势能增大.(所有势能都有同样结论:重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小.)图11－2由上面的分子力曲线可以得出如果以分子间距离为无穷远时分子势能为零，则分子势能随分子间距离而变化的图象如图11－2.可见分子势能与物体的体积有关，体积变化，分子势能也变化．3．物体的内能及内能变化特别提醒：内能与机械能不同．前者由物体内分子运动和分子间作用决定，与物体的温度和体积有关，具体值难确定，但永不为零；后者由物体的速度、物体间相互作用、物体质量决定，可以为零；内能和机械能在一定条件下可以相互转化．知识点三、气体性质的比较知识点四、分子动理论 1．分子动理论的内容：(1)物体是由大量分子组成的：分子直径的数量级为10－10m ．分子的大小可用油膜法估测：将油酸分子看成一个个紧挨在一起的单分子层，若用V 表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S 为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的油膜面积，则分子直径(大小)d ＝V S.(2)分子永不停息地做无规则运动：布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，既不是固体分子的运动，也不是液体分子的运动；布朗运动现象说明液体分子在做无规则运动．(3)分子间同时存在着引力和斥力：二者均随分子间距的增大而减小，且分子斥力随分子间距变化得比较显著．分子力指引力和斥力的合力，当r ＝r 0(数量级是10－10m)时，分子力为零．2．气体压强的微观解释：气体压强是大量气体分子作用在单位面积器壁上的平均作用力．其微观决定因素是分子平均动能和分子密集程度，宏观决定因素是温度和体积．3．内能：物体内所有分子的动能与分子势能的总和．从微观上看，物体内能的大小由组成物体的分子数、分子平均动能和分子间距决定；从宏观上看，物体内能的大小由物质的量(摩尔数)、温度和体积决定．知识点五、热力学定律1．热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W2.热力学第二定律：反映了涉及内能的宏观过程的不可逆性．(1)克劳修斯表述(热传导的方向性)：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化． (2)开尔文表述(机械能和内能转化的方向性)：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．(第二类永动机不可能制成)知识点六、气体实验定律与理想气体的状态方程1．气体实验定律：等温变化——玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2；等容变化——查理定律：p 1p 2＝T 1T 2；等压变化——盖·吕萨克定律：V 1V 2＝T 1T 2.只适用于一定质量的气体．2．理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT＝C (恒量)．适用于一定质量的理想气体．高频考点一 分子动理论 内能例1. （2019·北京卷）下列说法正确的是（ ）A ．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B ．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C ．气体压强仅与气体分子的平均动能有关D ．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 【答案】A【解析】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强。

2020年高考物理热学专题训练卷一、选择题1.对于实际的气体，下列说法正确的是A．气体的内能包括气体分子的重力势能B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的体积变化时，其内能可能不变E．气体的内能包括气体分子热运动的动能解析气体的内能是指所有气体分子热运动的动能和相互作用的势能之和，不包括分子的重力势能和气体整体运动的动能，选项A、C错误，B、E正确；气体体积变化时，其分子势能可能增加、可能减小，而分子的动能可能增加、可能减小，其内能可能不变，选项D 正确。

答案BDE2.如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。

现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。

待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。

假设整个系统不漏气。

下列说法正确的是A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变解析由于隔板右侧是真空，隔板抽开后，气体自发扩散至整个汽缸，并不做功也没有热量交换，所以自发扩散前后内能相同，故选项A正确，选项C错误；气体被压缩过程中，外界对气体做功，没有热量交换，根据ΔU＝W＋Q，气体的内能增大，故选项B、D正确；气体被压缩过程中，温度升高，分子平均动能增大，故选项E错误。

答案ABD3.下列说法中正确的是A．石墨和金刚石是晶体，玻璃和木炭是非晶体B．同种元素形成的晶体只能有一种排列规律C．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的D．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点E．晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的解析根据晶体和非晶体的特性和分类知A项正确；同种元素原子可以按不同结构排列，即具有不同的空间点阵，物理性质则不同，如石墨和金刚石，B项错误；晶体的分子(或原子、离子)排列规则，构成空间点阵，非晶体的分子(或原子、离子)排列不规则，C项正确；由于物质内部原子排列的明显差异，导致了晶体与非晶体物理化学性质的巨大差别，晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，D项正确；单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故E项错误。

2020高考物理考点题型归纳与训练专题十五热学题型一、分子动理论、内能及热力学定律【典例1】(多选)(2019·广东深圳高三第一次调研)关于分子动理论，下列说法正确的有()A．扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明B．布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性C．压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力D．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关【解析】：扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，选项A正确．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，选项B正确．压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这与气体分子间的斥力无关，选项C错误．从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；分子密集程度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，选项D正确．【答案】：ABD【典例2】（多选）(2018·泰安模拟)甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离x的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为0，则下列说法正确的是()A．乙分子在P点时加速度为0B．乙分子在Q点时分子势能最小C．乙分子在Q点时处于平衡状态D．乙分子在P点时动能最大E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等【解析】由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为0，加速度为0，A、E正确。

乙分子在Q点时分子势能为0，大于乙分子在P点时的分子势能，B错误。

乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为0，故不处于平衡状态，C错误。

热学（选修3-3）高考命题规律考点一分子动理论内能固体、液体命题角度1分子动理论内能固体、液体高考真题体验·对方向1.〔2018全国Ⅱ·33(1)〕对于实际的气体,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时,其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能答案BDE解析气体的内能是指所有气体分子热运动的动能和相互作用的势能之和,不包括分子的重力势能和气体整体运动的动能,选项A、C错误,B、E正确;气体体积变化时,其分子势能可能增加、可能减小,而分子的动能可能增加、可能减小,其内能可能不变,选项D正确.2.〔2015全国Ⅰ·33(1)〕下列说法正确的是(填正确答案标号).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,内能也保持不变答案BCD解析晶体敲碎后,得到的小颗粒仍为晶体,选项A错误;某些晶体在不同方向上有不同的光学性质,选项B正确;同种元素构成的固体,可形成不同的晶体,比如金刚石和石墨,选项C正确;在合适条件下,某些晶体和非晶体可相互转变,选项D正确;晶体在熔化过程中,温度不变,内能增加,选项E错误.3.〔2015全国Ⅱ·33(1)〕关于扩散现象,下列说法正确的是(填正确答案标号).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答案ACD解析扩散现象是固体、液体或气体分子永不停息做无规则运动所致,其剧烈程度与温度有关,扩散现象不是化学反应,A、C、D项正确而B、E项错误.1.分子势能、分子力与分子间距离的关系2.把握定量估算方法(1)微观量的估算应利用阿伏加德罗常数的桥梁作用,依据分子数N与摩尔数n之间的关系N=nN A,并结合密度公式进行分析计算.(2)注意建立正方体分子模型或球体分子模型.(3)对液体、固体物质可忽略分子之间的间隙;对气体物质,分子之间的距离远大于分子的大小,气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值不等于气体分子的体积,仅表示一个气体分子平均占据的空间大小.典题演练提能·刷高分1.(2019山东潍坊二模)关于固体、液体的性质,下列说法正确的是(填正确答案的标号).A.非晶体不可能转化为晶体B.单晶体有确定的熔点,多晶体没有确定的熔点C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点D.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用E.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答案CDE解析有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体,则A错误;单晶体和多晶体都有确定的熔点,选项B错误;彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点,选项C正确;玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用,选项D正确;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,选项E正确.2.(多选)(2019重庆模拟)关于固体和液体,下列说法正确的是(填正确答案的标号).A.晶体一定有确定的熔点B.晶体一定有确定的几何形状C.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D.所有物质都具有液晶态E.在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间的作用力是引力答案ACE解析晶体有确定的熔点,故A正确;单晶体有一定几何形状,多晶体没有确定的几何形状,故B错误;晶体和非晶体区别在于内部分子排列,有些通过外界干预可以相互转化,如把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故C 正确;并不是所有物质都具有液晶态,故D错误;液体表面层分子距离大于液体内部分子距离,在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间的作用力是引力,故E正确.故选ACE.3.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.热量能够自发地从内能多的物体传递到内能少的物体B.同一时刻,教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的C.当水中两个水分子间的分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小D.液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力E.在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体答案BCE解析热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,选项A错误;同一时刻,教室内空气中氮气和氧气因为温度相同,则分子平均动能是相同的,选项B正确;当水中两个水分子间的分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小,选项C正确;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,选项D错误;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,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故E正确.故选BCE.4.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力B.晶体凝固时放出热量,但分子平均动能不变C.气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故D.一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程,温度均由T1升高到T2,则等容过程比等压过程吸收的热量少E.一个绝热容器中盛有气体,假设把气体中分子速率很大的,如大于v m的分子全部取走,则气体的温度会下降,此后气体中不存在速率大于v m的分子答案ABD解析表面张力有使液体的表面积最小化的趋势,故荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力,A正确;晶体凝固时温度不变,所以分子平均动能不变,B正确;气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为分子在做无规则运动的原因,C错误;一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程,温度均由T1升高到T2,内能增量ΔU相同,根据热力学第一定律,等容过程Q=ΔU,等压过程吸收的热量Q=ΔU-W,而等压过程气体对外做功W<0,所以等容过程比等压过程吸收的热量少,D正确;取走v m的分子后,由于碰撞等原因,仍然会出现速率大于v m的分子,E错误.5.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.零摄氏度的物体的内能为零B.气体如果失去了容器的约束会散开,这是因为气体分子热运动的结果C.温度相同的氧气和臭氧气体,分子平均动能相同D.理想气体,分子之间的引力、斥力依然同时存在,且分子力表现为斥力E.浸润现象是分子间作用力引起的答案BCE解析一切物体都有内能,故A错;气体如果失去了容器的约束会散开,这是因为气体分子热运动的结果,故B正确;温度是平均动能的标志,所以温度相同的氧气和臭氧气体,分子平均动能相同,故C正确;理想气体忽略分子间作用力,分子力为零,故D错误;浸润现象是分子间作用力引起的,与分子力有关,故E正确.6.关于热现象,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力,引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小B.液晶像液体一样具有流动性,其光学性质与某些晶体相似,具有各向同性C.处于失重状态的宇宙飞船中,由于消除了重力的影响,一大滴水银的表面将收缩为球面,水银滴成为球形D.液面上部的蒸汽达到饱和时,就没有液体分子从液面飞出,所以从宏观上来看液体不再蒸发E.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递,但要从低温物体向高温物体传递,必须有第三者的介入答案ACE解析两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力,引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小,选项A正确;液晶像液体一样具有流动性,其光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,选项B 错误;处于失重状态的宇宙飞船中,由于消除了重力的影响,一大滴水银的表面将收缩为球面,水银滴成为球形,选项C正确;液面上部的蒸汽达到饱和时,液体分子从液面飞出,同时有分子进入液体中,从宏观上看,液体不再蒸发,故D错误;热量可以自发地从高温物体向低温物体传递,但要从低温物体向高温物体传递,必须有第三者的介入,选项E正确.故选ACE.7.下列说法中正确的是(填正确答案标号).A.温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体C.空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值D.分子质量不同的两种气体,温度相同时其分子的平均动能相同E.理论上,第二类永动机并不违背能量守恒定律,所以随着人类科学技术的进步,第二类永动机是有可能研制成功的答案ACD解析温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质,选项A正确;大颗粒的盐磨成了细盐,不改变晶体的结构,故还是晶体,选项B错误;空气的绝对湿度是指大气中水蒸气的实际压强;空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值,选项C正确;温度是分子平均动能的标志,故分子质量不同的两种气体,温度相同时其分子的平均动能相同,选项D正确;第二类永动机并不违背能量守恒定律,但是违背热力学第二定律,所以随着人类科学技术的进步,第二类永动机也不可能研制成功,选项E错误.故选ACD.命题角度2用油膜法估测分子的大小高考真题体验·对方向〔2019全国Ⅲ·33(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.答案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解析稀释后,油酸在浅盘的水面上更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n,得到一滴油酸酒精溶液的体积,之后根据浓度求出一滴溶液中纯油酸的体积.根据公式d=可知,还需要测单分子层油膜的面积S.典题演练提能·刷高分1.(2019河北石家庄模拟)在“用油膜法估测分子大小”的实验中,已知油酸的摩尔质量M=0.3 kg·mol-1,密度ρ=0.9×103 kg·m-3,则油酸的分子直径约为m.将2 cm3的油酸溶于酒精,制成400 cm3的油酸酒精溶液,已知2 cm3溶液有100滴,则1滴油酸酒精溶液滴到水面上,随着酒精溶于水,油酸在水面上形成的最大面积约为m2.(取N A=6×1023 mol-1,结果保留一位有效数字)答案1×10-90.1解析油酸的摩尔体积V mol=,一个油酸分子的体积V=,已知V=π3,油酸的分子直径D=,代入数值解得D≈1×10-9 m,1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积V1=cm3=1×10-10 m3,最大面积S=,解得S=0.1 m2.2.(2019北京东城二模)已知铜的摩尔质量为M,铜的密度为ρ,阿伏加德罗常数为N A,下列说法正确的是()A.1个铜原子的质量为B.1个铜原子的质量为C.1个铜原子所占的体积为D.1个铜原子所占的体积为答案B解析一个铜原子的质量为,故A错,B正确;一个铜原子所占的体积为,故CD错.故选B.3.物体是由大量分子组成的,分子非常微小,在“用油膜法估测分子大小”的实验中,利用许多不溶性的长链脂肪酸在适当溶剂的帮助下能在水面上铺开,会形成厚度为一个分子的表面膜的特性,将微观量的测量转化为宏观量的测量.(1)实验中,如果油酸酒精溶液体积浓度为b,N滴油酸酒精溶液的总体积为V,如果1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S,则估算油酸分子直径大小的表达式为d=.(2)实验中,把玻璃板盖在浅盘上描出油酸膜的轮廓,如图所示,图中正方形小方格的边长为1 cm,则油酸膜的面积是cm2.答案60解析一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为,所以分子直径d=.根据大于半格的算1格,小于半格的舍去,总共60格,即60 cm2.考点二气体热力学定律命题角度1热力学定律高考真题体验·对方向1.〔2019全国Ⅰ·33(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压强相同.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.答案低于大于解析根据热力学第一定律可知,容器中的空气无热传递、做负功,内能必减少,容器中空气的温度降低,低于外界温度.压强取决于分子密集程度与温度,同样的压强,温度低的空气,分子密集程度大,密度大.2.〔2018全国Ⅰ·33(1)〕如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e,对此气体,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小答案BDE解析过程①是等容变化,温度升高,压强增大,故A项错误;过程②中,体积增大,气体对外做功,故B项正确;过程④是等容变化,温度降低,放出热量,故C项错误;过程③是等温变化,温度不变,故状态c、d的内能相等,故D项正确;E项,由理想气体方程可知为定值,状态d相对于状态b,V和T均增大,故p应减小,故E项正确.3.〔2018全国Ⅲ·33(1)〕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(填正确答案标号).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答案BCD解析根据理想气体方程=C,气体的压强和体积都增加,所以气体温度升高,内能增加,A错、B对;气体的体积增大,气体对外做功,C对;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,其中ΔU>0,W<0,所以Q>0,从外界吸收热量,D对;气体吸收的热量,一部分对外做功,另一部分增加了气体的内能,E错. 4.〔2017全国Ⅱ·33(1)〕如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸.待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中,气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变答案ABD解析由于隔板右侧是真空,隔板抽开后,气体自发扩散至整个汽缸,并不做功也没有热量交换,所以自发扩散前后内能相同,故选项A正确,选项C错误;气体被压缩过程中,外界对气体做功,没有热量交换,根据ΔU=W+Q,气体的内能增大,故选项B、D正确;气体被压缩过程中,温度升高,分子平均动能增大,故选项E错误.5.〔2017全国Ⅲ·33(1)〕如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量答案ABD解析在过程ab中,气体体积不变,压强变大,根据=C知,气体温度升高,则内能增加,A正确;在过程ca中,气体体积减小,外界对气体做功,B正确;在过程ab中,气体体积不变,气体不对外做功,外界也不对气体做功,C错;在过程bc中,气体进行的是等温变化,ΔU=0,气体体积变大,对外做功,W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,故Q>0气体从外界吸收热量,D正确;根据=C知,在过程ca中,气体温度降低,则ΔU<0,而外界对气体做功,W>0,故一定有Q<0,气体放热,E错.1.应用热力学第一定律应注意的问题(1)热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的,而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系.(2)对公式ΔU=Q+W(3)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量.②若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加量.③若过程的始末状态物体的内能不变,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.特别提醒:对理想气体,ΔU仅由温度决定,W仅由体积决定,绝热情况下,Q=0.2.热力学第二定律的理解应用高温物体低温物体功热量气体体积V1气体体积V2(较大)不同气体A和B混合气体A、B典题演练提能·刷高分1.(2019山西二模)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、be、cd、de四个过程到达状态e,其中ba的延长线经过原点,bc连线与横轴平行,de连线与纵轴平行.下列说法正确的是.(填正确答案的标号)A.ab过程中气体从外界吸热B.bc过程中气体内能不变C.cd过程中气体从外界吸热D.de过程中外界对气体做功E.状态a的气体体积比状态d的气体体积小答案ACE解析由理想气体状态方程:=C,图线斜率代表体积的倒数,ab过程中图线斜率不变,故气体的体积不变,不做功,又温度升高,内能增大,由W+Q=ΔU,故A正确;bc过程为等压过程,热力学温度升高,气体体积增大,内能增大,故B错误;cd过程减小,则气体体积增大,气体对外做功,气体温度升高内能增大,由热力学第一定律W+Q=ΔU可知,Q为正值,即气体要从外界吸热,故C正确;de段为等温过程,压强降低,气体体积增大,对外做功,D错误;由于图线斜率代表体积的倒数,由图可知,Oa的斜率大于Od的斜率,则状态a的体积小于状态d的体积,故E正确.2.(多选)(2019江西南昌模拟)下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是()A.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律C.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功,且不产生其他影响答案AC解析第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功,违背了能量守恒定律,所以不可能制成,A 正确;电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是压缩机做功的结果,不违背热力学第二定律,B错误;能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性,C正确;物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功,但一定引起其他影响,D错误.3.如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C,最后由状态C 变化到状态A.气体完成这个循环,内能的变化ΔU=,对外做功W=,气体从外界吸收的热量Q=.(用图中已知量表示)答案0p0V0p0V0解析气体完成一个循环过程,温度的变化量为零,则内能的变化ΔU=0;对外做功等于图中三角形ABC的面积,即W=p0V0;根据热力学第一定律可知,气体吸热Q=W=p0V0.4.(1)关于下列实验及现象的说法,正确的是(填正确答案标号).A.图甲说明薄板是非晶体B.图乙说明气体速率分布随温度变化且T1>T2C.图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关D.图丁说明水黾受到了浮力作用(2)氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性,已知某轿车的氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为ρ,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A.则灯泡中氙气分子的总个数为,灯泡点亮后其内部压强将(选填“增大”“减小”或“不变”).(3)如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图象.由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220 J,气体在状态A的压强为p0=1.0×105 Pa.求:①气体在状态B时的温度T2;②气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出的热量Q2.答案(1)C(2)N A增大(3)①600 K②120 J解析(1)图甲说明薄板的导热性能是各向同性,则薄板是非晶体或多晶体.故A项错误;图乙说明气体速率分布随温度变化,T1时速率低的占的比例比T2时多,速率大的占的比例比T2时少,则T1<T2,故B项错误;图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关,故C 项正确;图丁说明水的表面存在表面张力,故D项错误.(2)氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为ρ,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A.则灯泡中氙气分子的总个数N=N A;灯泡点亮后其内部气体温度升高,体积不变,压强增大.(3)①状态A变化到状态B的过程是等压过程,根据,解得T2=600 K.②A到B过程气体从外界吸热,对外界做功,内能增加,据热力学第一定律ΔU AB=Q1+W AB又W AB=-p0(V2-V1)=-100 JC状态与A状态内能相等,则ΔU AB=-ΔU BCB到C过程是等容过程W BC=0,据热力学第一定律:ΔU BC=Q BC+W BC解得Q BC=-120 J,即气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出热量120 J.5.如图是一定质量的理想气体的p-T图象,气体从a→b→c→a完成一次循环,关于气体的变化过程,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体在a态的体积V a小于在c态的体积V cB.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300 J,c→a过程放热400 J,则c→a过程外界对气体做功100 J答案ADE解析c→a过程气体压强增大,温度降低,根据=C可知体积减小,故气体在a态的体积V a小于在c态的体积V c,故A正确;a→b过程是等容变化,气体的分子数密度不变,故B错误;b→c过程是等温变化,气体内能不变,ΔU=0,气体体积增大,气体对外界做功,W<0,由热力学第一定律得:Q=ΔU-W=-W>0,气体吸收热量,由以上分析可知,b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量,故C错误;c→a过程温度降低,气体分子的平均动能减小,气体压强增大,体积减小,气体的分子数密度增大,所以从微观讲压强增大是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的,故D正确;由热力学第一定律可知,若a→b过程气体吸热300 J,c→a过程放热400 J,则c→a过程外界对气体做功100 J,故E正确.故选ADE.命题角度2气体实验定律和状态方程高考真题体验·对方向。