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第二节热和内能【素养目标定位】※了解热传递的三种方式※知道热传递和做功都可以改变物体的内能※了解热与内能的关系，区别热量与内能的概念【素养思维脉络】课前预习反馈知识点1热传递1．概念两个温度不同的物体相互接触时温度高的物体要__降温__，温度低的物体要__升温__，即热量从__高温__物体传到了__低温__物体，这个过程就叫作热传递。
2．热传递的方式__热传导__、__热对流__和__热辐射__。
3．热传递的条件__存在温度差__。
4．实质热传递过程实质是__能量__转移的过程。
知识点2热和内能1．热传递与内能改变的关系(1)在单纯热传递中，系统从外界吸收多少热量，系统的__内能__就增加多少，即Q 吸＝__ΔU__。
(2)在单纯热传递中，系统向外界放出多少热量，系统的__内能__就减少多少，即Q 放＝__ －ΔU__。
2．热量热量是在单纯的热传递过程中系统__内能变化__的量度。
辨析思考『判一判』(1)热传递过程具有一定的方向性。
(√)(2)在任何情况下，公式ΔU＝Q都适用。
(×)(3)温度高的物体含有的热量多。
(×)(4)热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体。
(×)(5)做功和热传递都能改变物体的内能。
(√)(6)热传递改变内能的实质是能量的转移。
(√)『选一选』(多选)(2020·上海市金山区高二期末)下列过程中，主要通过热传递方式改变物体内能的是(ABC)A．湿衣服中的水蒸发B．水中的冰融化C．池水在阳光的照射下温度升高D．锤子敲击钉子后钉子变热解析：湿衣服中的水蒸发是因为热传递，故A 正确；水中的冰融化是因为热传递，故B 正确；池水在阳光的照射下温度升高是热量的传递，故C 正确；锤子敲击钉子后钉子变热是因为锤子对钉子做功转化为热量，故D 错误。
『想一想』如图所示是热传递的三种方式——传导、对流和辐射，请在图片基础上思考以下问题：(1)这三种方式在传递能量时有什么共同点？(2)热传递和做功都可以改变物体的内能，这两种方式在改变物体内能时本质上又有什么不同？答案：(1)热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
专题九 选修3-3 热学一、主干知法必记1.分子动理论与统计观点 (1)物体是由大量分子组成的 ①分子模型:a.球体,直径d=√6V 0π3;b.立方体,边长d=√V 03。
②一般分子大小的数量级为10-10m,分子质量的数量级为10-26kg,1 mol 任何物质含有的分子数为6.02×1023个。
(2)分子永不停息地做无规则运动扩散现象和布朗运动是分子无规则运动的证明。
温度越高,扩散越快;颗粒越小,温度越高,布朗运动越剧烈。
(3)分子间存在着相互作用力①分子间同时存在引力和斥力,实际表现的分子力是它们的合力。
②引力和斥力都随着距离的增大而减小,但斥力比引力变化得快。
2.气体分子运动速率的统计分布:“中间多,两头少”。
3.温度 内能(1)温度:分子平均动能的标志。
(2)内能:物体所有分子动能和分子势能的总和。
物体的内能与温度、体积及物质的量有关。
4.晶体和非晶体(1)晶体分为单晶体和多晶体。
晶体有确定的熔点。
晶体内原子排列是有规则的。
单晶体物理性质各向异性,多晶体的物理性质各向同性。
(2)非晶体无确定的熔点,外形不规则,原子排列不规则。
5.液体(1)表面张力:液体的表面张力使液面具有收缩的趋势。
(2)液晶:具有液体的流动性,具有单晶体的各向异性。
光学性质随所加电压的改变而改变。
6.气体实验定律 (1)气体实验定律①玻意耳定律(等温变化):pV=C 或p 1V 1=p 2V 2。
②查理定律(等容变化):V V =C 或V 1V 1=V2V 2。
③盖—吕萨克定律(等压变化):V V =C 或V 1V 1=V2V 2。
(2)理想气体状态方程:VVV=C 或V 1V 1V 1=V 2V 2V 2。
7.饱和汽、未饱和汽和饱和汽压 (1)饱和汽:与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽:没有达到饱和状态的蒸汽。
(3)饱和汽压:饱和汽所具有的压强。
特点:液体的饱和汽压与温度有关,温度越高,饱和汽压越大,且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
第十章热力学定律10.1功和内能10.2热和内能[学习目标] 1.了解焦耳的两个实验的原理，知道做功和热传递的实质.2.知道做功和热传递是改变内能的两种方式，理解做功和热传递对改变系统内能是等效的，明确两种方式的区别.3.明确内能、功、热量、温度四个物理量的区别和联系．一、功和内能[导学探究](1)在焦耳的许多实验中，有两个最具有代表性：一个实验是让重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温上升；另一个实验是通过电流的热效应给水加热．焦耳的这两个实验说明了什么问题？(2)如图1，在有机玻璃筒底放少量浸有乙醚的棉花，压下活塞，观察棉花的变化．图1①你能看到什么现象？实验现象说明了什么？②图中用力按压活塞时为什么一定要迅速？(3)如图2，小孩沿滑梯下滑时屁股通常会感到发热，这是为什么？图2答案(1)做功和热传递对改变物体的内能是等效的．(2)①可以看到棉花燃烧．实验现象说明压缩空气做功，使空气内能增大，达到棉花的燃点后引起棉花燃烧．②迅速按下活塞是为了减少甚至杜绝热传递，创造一个绝热条件．(3)小孩沿滑梯下滑时克服摩擦力做功，内能增加．[知识梳理]1．焦耳的实验(1)绝热过程：系统只由于外界对它做功而与外界交换能量，它不从外界吸热，也不向外界放热．(2)代表性实验重物下落带动叶片搅拌容器中的水，引起水温上升．通过电流的热效应给水加热．(3)实验结论：要使系统状态通过绝热过程发生变化，做功的量只由过程始末两个状态决定，而与做功的方式无关(填“有关”或“无关”)．2．功和内能(1)内能微观：所有分子的动能和势能之和．宏观：只依赖于热力学系统自身状态的物理量．(2)功和内能：在绝热过程中，外界对系统做的功等于系统内能的增加量，即ΔU＝W.(3)ΔU＝W适用条件是绝热过程．(4)在绝热过程中：外界对系统做功，系统的内能增加；系统对外界做功，系统的内能减少．[即学即用]判断下列说法的正误．(1)某一系统经历绝热过程时，只要初、末状态相同，则做功的数量也一定相同．(√)(2)在绝热过程中，做功方式不同会直接影响系统状态变化的最终结果．(×)(3)转动的叶片不断搅动水，水温升高．(√)(4)在绝热过程中，外界对气体做功，气体内能增加．(√)(5)在绝热过程中，气体对外界做功，气体内能减少．(√)二、热和内能[导学探究](1)用铁锤反复敲击铁棒，铁棒的温度会升高，把铁棒放在碳火上烧，铁棒的温度也会升高，这说明了什么问题？(2)如图3所示是热传递的三种方式——传导、对流和辐射．图3①这三种方式在传递能量时有什么共同点？②热传递和做功都可以改变物体的内能，这两种方式在改变物体内能时本质上又有什么不同？答案(1)说明做功和热传递都能改变物体的内能．(2)①三种方式都是热量从一个物体传递到另外一个物体．②热传递是内能在物体间转移，做功是其他形式的能和内能之间的转化．[知识梳理]1．热传递(1)条件：物体的温度不同．(2)热传递：热量总是从高温物体向低温物体传递．2．热和内能(1)热量：它是在单纯的传热过程中系统内能变化的量度．(2)表达式：ΔU＝Q.(3)热传递与做功在改变系统内能上的异同．①做功和热传递都能引起系统内能的改变．②做功时是内能与其他形式能的转化；热传递只是不同物体(或一个物体的不同部分)之间内能的转移．[即学即用]判断下列说法的正误．(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，从效果上是等效的．(√)(2)热传递只能发生在两个物体间，同一物体不能发生热传递．(×)(3)功和内能都是能量转化的量度．(×)一、对功和内能的理解1．做功与内能变化的关系(1)做功改变物体内能的过程是其他形式的能(如机械能)与内能相互转化的过程．(2)在绝热过程中，外界对物体做多少功，就有多少其他形式的能转化为内能，物体的内能就增加多少．2．功与内能的区别(1)功是过程量，内能是状态量．(2)在绝热过程中，做功一定能引起内能的变化．(3)物体的内能大，并不意味着做功多．在绝热过程中，只有内能变化越大时，相应地做功才越多．例1如图4所示，活塞将汽缸分成甲、乙两气室，汽缸、活塞(连同拉杆)是绝热的，且不漏气．以E甲、E乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，则在将拉杆缓慢向外拉的过程中()图4A．E甲不变，E乙减小B．E甲不变，E乙增大C．E甲增大，E乙不变D．E甲增大，E乙减小答案D解析本题解题的关键是明确甲、乙两气室气体都经历绝热过程，内能的改变取决于做功的情况．对甲室内的气体，在拉杆缓慢向外拉的过程中，活塞左移，压缩气体，外界对甲室内的气体做功，其内能应增大；对乙室内的气体，活塞左移，气体膨胀，乙室内的气体对外界做功，内能应减小．(1)压缩气体，外界对气体做功，内能增大，温度升高，柴油机就是利用这个原理点火的.(2)在绝热过程中，末态内能大于初态内能时，ΔU为正，W为正，外界对系统做功.末态内能小于初态内能时，ΔU为负，W为负，系统对外界做功.针对训练1如图5所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体()图5A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加答案C解析向下压活塞，力F对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故选项C正确．二、对热和内能的理解1．在单纯传热中，系统从外界吸收多少热量，系统的内能就增加多少；系统向外界放出多少热量，系统的内能就减少多少．即ΔU＝U2－U1＝Q.2．传热改变物体内能的过程是物体间(或一个物体的不同部分)内能转移的过程．例2(多选)关于热传递，下列说法正确的是()A．热传递中，热量一定从含热量多的物体传向含热量少的物体B．两个物体间发生热传递的条件是它们之间有温度差C．在热传递中热量一定从内能多的物体传向内能少的物体D．内能相等的两个物体相互接触时，也可能发生热传递答案BD解析热量的概念只有在涉及能量传递时才有意义，所以不能说物体含有多少热量，A错误；物体间发生热传递的条件是物体间存在温度差，B正确；在热传递中，热量一定从温度高的物体传向温度低的物体，温度高的物体内能不一定多，故C错误，D正确．(1)热传递与物体的内能的多少无关，只与两个物体(或一个物体的两部分)的温度差有关，热量总是从高温物体自发地传递到低温物体.(2)热传递过程中，能量可以由内能大的物体传递到内能小的物体上，也可以由内能小的物体传递到内能大的物体上.针对训练2(多选)在外界不做功的情况下，物体的内能增加了50 J，下列说法中正确的是()A．一定是物体放出了50 J的热量B．一定是物体吸收了50 J的热量C．一定是物体分子动能增加了50 JD．物体分子的平均动能可能不变答案BD三、内能和相关概念的辨析1．内能与热量内能是状态量，可以说系统具有多少内能而不能说传递多少内能；热量是过程量，不能说系统具有多少热量，只能说传递了多少热量．2．热量与温度热量是系统的内能变化的量度，而温度是系统内部大量分子做无规则运动的激烈程度的标志．虽然热传递的前提是两个系统之间要有温度差，但是传递的是热量，不是温度．3．热量与功热量和功，都是系统内能变化的量度，都是过程量，一定量的热量与一定量的功相当，功是能量变化的量度，但它们之间有着本质的区别．例3关于温度、热量、功和内能，以下说法正确的是()A．同一物体温度高时，含有的热量多B．物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高C．外界对系统做功W，内能必定增加D．发生热传递的条件是两物体之间存在温度差答案D解析热量是物体间进行热传递时内能的转移，不能说物体含有多少热量，故A错；物体的吸热或放热对应物体的内能变化，并不对应物体内能的大小，故B错；由于做功和热传递都可引起物体内能的变化，只根据做功无法准确判断物体内能的变化，故C错；物体间发生热传递的条件是存在温度差，故D对．物理量之间进行比较时，关键是弄清物理量的概念及其意义，特别是容易混淆的一些概念，它们一定有不同之处，如内能、功和热量的区别关键之处是状态量与过程量.针对训练3关于物体的内能和热量，下列说法中正确的是()A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减小，内能小的物体其内能将增大，直到两物体的内能相等D．热量是热传递过程中内能转移的量度答案D解析物体的内能由温度、体积及物体的质量决定，不是只由温度决定，故选项A、B错；在热传递过程中，热量由高温物体传给低温物体，而与物体的内能大小无关，所以完全有可能是内能大的物体内能继续增大，内能小的物体内能继续减小，故选项C错；关于热量的论述，选项D是正确的．。
专题：热学计算题题一已知1mol水的质量为18g、密度为1.0×103kg/m3，阿伏伽德罗常数为6.0×1023mol-1，试估算1200ml水所含的水分子数目。
(计算结果保留一位有效数字)题二在“用单分子油膜估测分子大小”试验中：(1)某同学操作步骤如下：①取确定量的无水酒精和油酸，制成确定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛确定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上掩盖透亮玻璃，描出油膜外形，用透亮方格纸测量油膜的面积。
改正其中的错误：。
(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10-3ml，其形成的油膜面积为40cm2，则估测出油酸分子的直径为m。
题三一只容器的体积为V0，封在容器中的气体的压强为p0，现用活塞式抽气机对容器抽气，活塞筒的有效抽气容积为V，其工作示意图如图所示，K1，K2为工作阀门，求抽气机抽n次后容器里气体的压强(设温度不变)．题四在一端封闭、内径均匀的直玻璃管内，有一段水银柱封闭确定质量的抱负气体a。
将管口向上竖直放置，若温度为T，达到平衡时，气柱a的长度为L；将管口向下竖直放置，若温度为T1，达到平衡时，气柱a的长度为L1。
然后将管平放在水平桌面上，此时温度为T2，在平衡时，气柱a的长度为L2。
已知：T、T1、T2、L、L1；大气压P0始终保持不变，不计玻璃管和水银的体积随温度的变化。
求L2题五如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、B两部分。
活塞与气缸顶部有一弹簧相连。
当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。
开头时B内充有确定量的气体，A内是真空。
B部分高度为L1=0.10米、此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。
现将整个装置倒置，达到新的平衡后B部分的高度L2等于多少?设温度不变。
课后练习详解题一答案：4×1025a。
热力学定律[体系构建][核心速填］1．内能（1）功和内能:在绝热情况下,功是能量变化的量度．（2)热和内能:只有热传递时,热量是内能变化的量度．(3）做功和热传递在改变物体的内能上呈等效的．2．热力学第一定律(1）内容：一个热力学系统的内能增量等于功W和传递的热量Q的总和．(2）表达式：ΔU＝Q＋W.(3)能量守恒定律：不创生,不消失，只能转化和转移，总量不变．（4)第一类永动机不能制成，违背了能量守恒定律．3．热力学第二定律（1）克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．（2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功,而不产生其他影响．（3)微观解释：一切自发过程总是沿分子热运动无序性增大的方向进行．（4）熵增加原理:在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减少．(5)第二类永动机不能制成,违背了热力学第二定律．4．能源与可持续发展（1)能量耗散:一切能量最终要转化成不可回收的能量．（2)环境污染:温室效应，酸雨，光化学烟雾．(3）开发新能源：太阳能，生物质能，风能，水能等．热力学第一定律及其应用12．注意各物理量符号和理想气体的特点（1)各物理量符合的意义物理量ΔU W Q大于零物体的内能增加外界对物体做功物体吸热小于零物体的内能减少物体对外界做功物体放热等于零物体内能不变物体对外界(或外界对物体)不做功物体与外界绝热①只有绝热过程Q＝0,ΔU＝W，用做功可判断内能的变化．②只有在气体体积不变时,W＝0，ΔU＝Q，用吸热、放热情况可判断内能的变化．③若物体内能不变，即ΔU＝0，W和Q不一定等于零，而是W＋Q＝0，功和热量符号相反．大小相等,因此判断内能变化问题一定要全面考虑．④对于气体，做功W的正负一般要看气体体积变化，气体体积缩小，W〉0;气体体积增大，W<0.【例1】(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大C．若气体温度升高1 K，其等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量D．在完全失重状态下，气体的压强为零E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大ACE ［一定质量的理想气体的内能与温度有关，若气体的压强和体积都不变，则温度不变，其内能也一定不变,A正确；由错误!＝C知，气体的温度不断升高,压强不一定增大，B错误；根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，气体温度升高1 K，ΔU相同，等容过程W＝0，等压过程，体积增大，则W<0，故等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量，C正确；气体的压强是由于分子频繁撞击器壁而产生的，与是否失重无关，D错误;温度升高,理想气体的内能一定增大，E正确．］［一语通关］(1）对于气体要抓住体积V变化是做功的标志(气体自由膨胀除外，一般情况下，V变大,对外做功，W＜0，反之，对内做功，W＞0)．（2）对于理想气体要抓住温度T变化是内能变化的标志（T升高，内能增加ΔU＞0，反之，内能减少ΔU＜0)．1．在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程:第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J．图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：（1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；（2）从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.[解析] (1）由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有：ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.（2）从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.［答案] (1）0 9 J （2)9 J 3 J热力学第二定律及其应用1（1）热传递具有方向性两个温度不同的物体进行接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，而低温物体不可能自发地将热量传给高温物体．要实现低温物体向高温物体传递热量,必须借助外界的帮助，来产生其他影响或引起其他变化．(2）气体的扩散现象具有方向性两种不同的气体可以自发地进入对方,最后成为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，绝不会自发地分开，成为两种不同的气体．（3）机械能和内能的转化过程具有方向性物体在水平面上运动,因摩擦而逐渐停下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后,在地面上重新运动起来．（4）气体向真空膨胀具有方向性气体可自发地向真空容器膨胀，但绝不可能出现气体自发地再从容器中流回，使容器变为真空．2．深刻理解热力学第二定律的内涵掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质,即热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明．凡是对这种宏观自然过程进行方向的说明,都可以作为热力学第二定律的表述．本章对热力学第二定律的表述很多，这些不同形式的表述都是等价的．【例2】（多选）下列说法正确的是( ）A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律B．空调工作时消耗的电能比室内温度降低所放出的热量要多C．自发的热传导是不可逆的D．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其它影响E．气体向真空膨胀具有方向性BCE ［有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，空调消耗的电能必大于室内温度降低所放出的热量,A错误,B正确；不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其它影响,这违背了热力学第二定律,D错误，C正确；气体可自发地向真空容器膨胀，E正确．］［一语通关]（1)自然界中一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性,都是不可逆的．(2)理解的关键是“自发”和“不引起其他变化"．2．（多选）地球上有很多的海水,它的总质量约为1。
高考物理高考专题复习学案《选修3-3》考题一热学的基本知识1.分子动理论知识结构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V 0＝43π(d 2)3＝16πd 3，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V 0＝d 3，d 为分子间的距离.3.阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，计算时要注意抓住与其相关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量.4.固体和液体 (1)晶体和非晶体(2)液晶的性质液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性. (3)液体的表面张力使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切. (4)饱和气压的特点液体的饱和气压与温度有关，温度越高，饱和气压越大，且饱和气压与饱和汽的体积无关. (5)相对湿度某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和气压的百分比.即：B ＝pp s×100%.例1 下列说法中正确的是( )A.气体分子的平均速率增大，气体的压强也一定增大B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D.因为布朗运动的激烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫做热运动解析气体压强由气体分子数密度和平均动能决定，气体分子的平均速率增大，则气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气体的压强不一定增大，A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B正确；液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，C正确；热运动属于分子的运动，而布朗运动是微小颗粒的运动，D错误.答案BC训练1.下列说法正确的是()A.空气中水蒸气的压强越大，人体水分蒸发的越快B.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C.水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的D.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答案CD解析空气中水蒸气压强越大，越接近饱和气压，水蒸发越慢；故A错误；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，选项B错误；水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的，选项C正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小，分子力做负功，故分子势能随分子间距离的减小而增大，选项D正确；故选C、D.2.下列说法正确的是()A.分子间距离增大，分子力先减小后增大B.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可算出气体分子的体积C.一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定浓度范围具有液晶态D.从塑料酱油瓶里向外倒酱油时不易外洒，这是因为酱油可以浸润塑料答案 C解析分子间距离从零开始增大时，分子力先减小后增大，再减小，选项A错误；只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可算出气体分子运动占据的空间大小，而不能计算气体分子的体积，选项B错误；当有些物质溶解达到饱和度时，会达到溶解平衡，所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态，故C正确；从塑料酱油瓶里向外倒酱油时不易外洒，这是因为酱油对塑料是不浸润的，选项D错误；故选C.3.关于能量和能源，下列说法正确的是()A.在能源利用的过程中，能量在数量上并未减少B.由于自然界中总的能量守恒，所以不需要节约能源C.能量耗散说明在转化过程中能量不断减少D.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造答案 A解析根据能量守恒定律可知，在能源使用过程中，能量在数量上并未减少，故A正确，C错误；虽然总能量不会减小，但是由于能源的品质降低，无法再应用，故还需要节约能源，故B错误；根据能量守恒可知，能量不会被创造，也不会消失，故D错误.4.下列说法中正确的是()A.能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B.扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生C.有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以存在表面张力答案AD解析能的转化和守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律，选项A 正确；扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，选项B错误；有规则外形的物体是单晶体，没有确定的几何外形的物体是多晶体或者非晶体，选项C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以存在表面张力，选项D正确；故选A、D.考题二气体实验定律的应用1.热力学定律与气体实验定律知识结构2.应用气体实验定律的三个重点环节(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要保证研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系.(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速的找到规律.(3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律.例2如图1所示，用销钉固定的活塞把导热汽缸分隔成两部分，A部分气体压强p A＝6.0×105 Pa，体积V A＝1 L；B部分气体压强p B＝2.0×105 Pa，体积V B＝3 L.现拔去销钉，外界温度保持不变，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气，A、B两部分气体均为理想气体.求活塞稳定后A部分气体的压强.图1解析拔去销钉，待活塞稳定后，p A′＝p B′①根据玻意耳定律，对A部分气体，p A V A＝p A′(V A＋ΔV) ②对B部分气体，p B V B＝p B′(V B－ΔV) ③由①②③联立：p A′＝3.0×105 Pa答案 3.0×105 Pa变式训练5.如图2甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V －T 图象.已知气体在状态A 时的压强是1.5×105 Pa.图2(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值.(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p －T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程.答案 (1)200 K (2)见解析解析 (1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A＝V B T B，所以T A ＝V A V BT B ＝0.40.6×300 K ＝200 K(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B＝p CT C所以p C ＝T C T Bp B ＝400300×1.5×105 Pa ＝2.0×105 Pa则可画出由状态A →B →C 的p －T 图象如图所示.6.某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球，发现当气球升高到1 600 m 时破裂.实验表明氢气球内外压强近似相等，当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂.已知地面附近大气的温度为27 ℃，常温下当地大气压随高度的变化如图3所示.求：高度为1 600 m 处大气的摄氏温度.图3答案 17 ℃解析 由题图得：在地面球内压强： p 1＝76 cmHg1 600 m 处球内气体压强： p 2＝70 cmHg由气态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2T 2＝p 2V 2p 1V 1T 1＝70×8.476×8×300 K ≈290 Kt 2＝(290－273) ℃＝17 ℃7.如图4所示，竖直放置的导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，缸内气体高度为2h .现在活塞上缓慢添加砂粒，直至缸内气体的高度变为h .然后再对汽缸缓慢加热，让活塞恰好回到原来位置.已知大气压强为p 0，大气温度为T 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸壁间摩擦.求：图4(1)所添加砂粒的总质量；(2)活塞返回至原来位置时缸内气体的温度. 答案 (1)m ＋p 0Sg (2)2T 0解析 (1)设添加砂粒的总质量为m 0，最初气体压强为p 1＝p 0＋mgS 添加砂粒后气体压强为p 2＝p 0＋(m ＋m 0)gS该过程为等温变化， 有p 1S ·2h ＝p 2S ·h 解得m 0＝m ＋p 0S g(2)设活塞回到原来位置时气体温度为T 1，该过程为等压变化，有V 1T 0＝V 2T 1解得T 1＝2T 08.如图5所示，一竖直放置的、长为L 的细管下端封闭，上端与大气(视为理想气体)相通，初始时管内气体温度为T 1.现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为1∶3.若将管内下部气体温度降至T 2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出).已知T 1＝52T 2，大气压强为p 0，重力加速度为g .求水银柱的长度h 和水银的密度ρ.图5答案 215L 105p 026gL解析 设管内截面面积为S ，初始时气体压强为p 0，体积为V 0＝LS 注入水银后下部气体压强为p 1＝p 0＋ρgh 体积为V 1＝34(L －h )S由玻意耳定律有：p 0LS ＝(p 0＋ρgh )×34(L －h )S 将管倒置后，管内气体压强为p 2＝p 0－ρgh 体积为V 2＝(L －h )S由理想气体状态方程有：p0LST1＝(p0－ρgh)(L－h)ST2解得：h＝215L，ρ＝105p026gL考题三热力学第一定律与气体实验定律的组合1.应用气体实验定律的解题思路(1)选择对象——即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p1、V1、T1及p2、V2、T2；(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气态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性.2.牢记以下几个结论(1)热量不能自发地由低温物体传递给高温物体；(2)气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的，压强大小与分子热运动的剧烈程度和分子密集程度有关；(3)做功和热传递都可以改变物体的内能，理想气体的内能只与温度有关；(4)温度变化时，意味着物体内分子的平均动能随之变化，并非物体内每个分子的动能都随之发生同样的变化.3.对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式(1)定性判断.利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三个量做出判断.(2)定量计算.一般计算等压变化过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算.(3)注意符号正负的规定.若研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化决定.气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0.例3如图6所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T1.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦，求：图6(1)活塞上升的高度；(2)加热过程中气体的内能增加量.[思维规范流程](1)气体发生等压变化，有hS(h＋Δh)S＝T1T2(1分)解得Δh＝T2－T1T1h(1分)(2)加热过程中气体对外做功为W＝pS·Δh＝(p0S＋mg)h T2－T1T1(1分)由热力学第一定律知内能的增加量为ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)h T2－T1T1(1分)答案(1)T2－T1T1h(2)Q－(p0S＋mg)hT2－T1T1训练9.一定质量理想气体由状态A经过A→B→C→A的循环过程的p－V图象如图7所示(A→B为双曲线).其中状态___________(选填A、B或C)温度最高，A→B→C 过程是_______的.(选填“吸热”或“放热”)图7答案C吸热解析 根据公式pV T ＝C ，可得从A 到B 为等温变化，温度应不变，从B 到C 为等容变化，压强增大，温度升高，从外界吸热，从C 到A 为等压变化，体积减小，温度降低，所以C 温度最高，从A 到B 到C 需要从外界吸热.10.一只篮球的体积为V 0，球内气体的压强为p 0，温度为T 0.现用打气筒对篮球充入压强为p 0、温度为T 0的气体，使球内气体压强变为3p 0，同时温度升至2T 0.已知气体内能U 与温度的关系为U ＝aT (a 为正常数)，充气过程中气体向外放出Q 的热量，篮球体积不变.求：(1)充入气体的体积；(2)充气过程中打气筒对气体做的功.答案 (1)0.5V 0 (2)Q ＋aT 0解析 (1)设充入气体体积为ΔV ，由理想气体状态方程可知：p 0(V 0＋ΔV )T 0＝3p 0V 02T 0则ΔV ＝0.5V 0(2)由题意ΔU ＝a (2T 0－T 0)＝aT 0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋(－Q )可得：W ＝Q ＋aT 011.如图8所示，一轻活塞将体积为V 、温度为2T 0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内.已知大气压强为p 0，大气的温度为T 0，气体内能U 与温度的关系为U ＝aT (a 为正常数).在汽缸内气体温度缓慢降为T 0的过程中，求：图8(1)气体内能减少量ΔU ；(2)气体放出的热量Q .答案 (1)aT 0 (2)aT 0－12P 0V解析 (1)由题意可知ΔU ＝a (2T 0－T 0)＝aT 0(2)设温度降低后的体积为V ′，则V 2T 0＝V ′T 0外界对气体做功W ＝p 0·(V －V ′)热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q解得Q ＝aT 0－12P 0V《选修3-3》考前针对训练1.(1)下列说法中正确的是( )A.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故B.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C.布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)若一条鱼儿正在水下10 m 处戏水，吐出的一个体积为1 cm 3的气泡.气泡内的气体视为理想气体，且气体质量保持不变，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2，湖水温度保持不变，气泡在上升的过程中，气体________(填“吸热”或者“放热”)；气泡到达湖面时的体积为________cm 3.(3)利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数.把密度ρ＝0.8×103 kg/m 3的某种油，用滴管滴一滴在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V ＝0.5×10－3 cm 3，形成的油膜面积为S ＝0.7 m 2，油的摩尔质量M ＝9×10－2 kg/mol ，若把油膜看成单分子层，每个油分子看成球形，那么：①油分子的直径是多少？②由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数N A 是多少？(以上结果均保留一位有效数字)答案 (1)BD (2)吸热 2(3)①7×10－10 m ②6×1023 mol －1解析 (1)水的沸点和气压有关，高原地区水的沸点较低，是因为高原地区大气压较低，A 错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，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，故B 正确；布朗运动显示的是悬浮微粒的运动，反应了液体分子的无规则运动，C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，D正确.(2)气泡上升的过程中体积增大，对外做功，由于保持温度不变，故内能不变，由热力学第一定律可得，气泡需要吸热；气泡初始时的压强p1＝p0＋ρgh＝2.0×105 Pa气泡浮到水面上的气压p2＝p0＝1.0×105 Pa由气体的等温变化可知，p1V1＝p2V2带入数据可得：V2＝2 cm3(3)①油分子的直径d＝VS＝0.5×10－3×10－60.7m≈7×10－10 m②油的摩尔体积为V mol＝M ρ，每个油分子的体积为V0＝4πR33＝πd36，阿伏加德罗常数可表示为N A＝V mol V0，联立以上各式得N A＝6Mπd3ρ，代入数值计算得N A≈6×1023 mol－1.2.(1)关于饱和汽和相对湿度，下列说法中错误的是()A.使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法B.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和气压C.密闭容器中装有某种液体及其饱和蒸汽，若温度升高，同时增大容器的容积，饱和气压可能会减小D.相对湿度过小时，人会感觉空气干燥(2)如图1所示，一定质量的理想气体发生如图1所示的状态变化，从状态A到状态B，在相同时间内撞在单位面积上的分子数____________(选填“增大”“不变”或“减小”)，从状态A经B、C再回到状态A，气体吸收的热量________放出的热量(选填“大于”“小于”或“等于”).图1(3)已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，在标准状态(压强p0＝1 atm、温度t0＝0 ℃)下任何气体的摩尔体积都为22.4 L，已知上一题中理想气体在状态C时的温度为27 ℃，求该气体的分子数.(计算结果取两位有效数字)答案(1)C(2)减小大于(3)2.4×1022解析(1)饱和气压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则使未饱和汽变成饱和汽，可采用降低温度的方法，故A正确；根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近饱和气压，故B正确；温度升高，饱和气压增大.故C错误；相对湿度过小时，人会感觉空气干燥.故D正确.(2)理想气体从状态A到状态B，压强不变，体积变大，分子的密集程度减小，所以在相同时间内撞在单位面积上的分子数减小，从状态A经B、C再回到状态A，内能不变，一个循环过程中，A到B外界对气体做功W1＝－2×3＝－6 J，B到C过程中外界对气体做功W2＝12×()1＋3×2＝4 J，C到A体积不变不做功，所以外界对气体做功W＝W1＋W2＝－2 J，根据ΔU＝W＋Q，Q＝2 J，即一个循环气体吸热2 J，所以一个循环中气体吸收的热量大于放出的热量.(3)根据盖－吕萨克定律：V0T0＝V1T1，代入数据：1273＋27＝V1 273，解得标准状态下气体的体积为V1＝0.91 L，N＝V1V mol N A＝0.9122.4×6×1023个≈2.4×1022个.3.某学习小组做了如下实验，先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图2.图2(1)在气球膨胀过程中，下列说法正确的是________A.该密闭气体分子间的作用力增大B.该密闭气体组成的系统熵增加C.该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D.该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则该密闭气体的分子个数为________；(3)若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，则该气体内能变化了________ J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________.(填“升高”或“降低”)答案(1)B(2)ρVM N A(3)0.3降低解析(1)气体膨胀，分子间距变大，分子间的引力和斥力同时变小，故A错误；根据热力学第二定律，一切宏观热现象过程总是朝着熵增加的方向进行，故该密闭气体组成的系统熵增加，故B正确；气体压强是由气体分子对容器壁的碰撞产生的，故C错误；气体分子间隙很大，该密闭气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故D错误.(2)气体的量为：n＝ρVM；该密闭气体的分子个数为：N＝nN A＝ρVM N A；(3)气体对外做了0.6 J的功，同时吸收了0.9 J的热量，根据热力学第一定律，有：ΔU＝W＋Q＝－0.6 J＋0.9 J＝0.3 J；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气压气体迅速碰撞，对外做功，内能减小，温度降低.4.(1)某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图3所示，图中f(v)表示v 处单位速率区间内的分子数百分率，由图可知()图3A.气体的所有分子，其速率都在某个数值附近B.某个气体分子在高温状态时的速率可能与低温状态时相等C.高温状态下大多数分子的速率大于低温状态下大多数分子的速率D.高温状态下分子速率的分布范围相对较小(2)如图4所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知在此过程中，气体内能增加100 J，则该过程中气体________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.图4(3)已知气泡内气体的密度为1.29 kg/m3，平均摩尔质量为0.29 kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10 m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值.(结果保留一位有效数字)答案(1)BC(2)放出100(3)1×10－5解析(1)由不同温度下的分子速率分布曲线可知，在一定温度下，大多数分子的速率都接近某个数值，不是所有，故A错误；高温状态下大部分分子的速率大于低温状态下大部分分子的速率，不是所有，有个别分子的速率会更大或更小，故B正确；温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，即高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大，故C正确，故D错误.(2)根据公式：ΔU＝W＋Q和外界对气体做功W＝pΔV＝200 J，可以得到：Q＝－100 J，所以放出100 J热量.(3)设气体体积为V1，完全变为液体后体积为V2气体质量：m＝ρV1含分子个数：n ＝m M N A每个分子的体积：V 0＝43π(D 2)3＝16πD 3液体体积为：V 2＝nV 0液体与气体体积之比：V 2V 1＝πρN A D 36M ＝3.14×1.29×6×1023×(2×10－10)36×0.29≈1×10－5. 5.(1)下列说法正确的是( )A.饱和气压随温度升高而增大B.露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最大D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点(2)图5所示为一定质量的理想气体等压变化的p －T 图象.从A 到B 的过程，该气体内能________(选填“增大”“减小”或“不变”)、________(选填“吸收”或“放出”)热量.图5(3)石墨烯是目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料.已知1 g 石墨烯展开后面积可以达到2 600 m 2，试计算每1 m 2的石墨烯所含碳原子的个数.阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，碳的摩尔质量M ＝12 g/mol.(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)AB (2)增大 吸收 (3)1.9×1019个解析 (1)与液体处于动态平衡的蒸汽叫饱和蒸汽；饱和蒸汽压强与饱和蒸汽体积无关；在一定温度下，饱和蒸汽的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和气压；故饱和气压随温度升高而增大，故A 正确；液体表面张力使液体具有收缩的趋势，露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B 正确；分子力做功等于分子势能的减小量；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零；此后不管是增加分子间距还是减小分子间距，分子力都是做负功，故分子势能增加；故C 错误；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D 错误.(2)理想气体的分子势能可以忽略不计，气体等压升温，温度升高则气体的内能一定增大；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，温度升高，内能增大，即ΔU 为正值；同时气体的体积增大，对外做功，则W 为负值，故Q 必定为正值，即气体一定从外界吸收热量.(3)由题意可知，已知1 g 石墨烯展开后面积可以达到2 600 m 2，1 m 2石墨烯的质量：m ＝12600 g ，而1 m 2石墨烯所含原子个数：n ＝m M N A ＝1260012×6×1023 个≈1.9×1019个.6.如图6所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机内水位升高，与洗衣机相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量.图6(1)当洗衣缸内水位缓慢升高时，设细管内空气温度不变.则被封闭的空气( )A.分子间的引力和斥力都增大B.分子的热运动加剧C.分子的平均动能增大D.体积变小，压强变大(2)若密闭的空气可视为理想气体，在上述(1)中空气体积变化的过程中，外界对空气做0.6 J 的功，则空气________(选填“吸收”或“放出”)了________J 的热量；当洗完衣服缸内水位迅速降低时，则空气的内能________(选填“增加”或“减小”).(3)若密闭的空气体积V ＝1 L ，密度ρ＝1.29 kg/m 3，平均摩尔质量M ＝0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，试估算该气体分子的总个数(结果保留一位有效数字).答案(1)AD(2)放出0.6减小(3)3×1022个解析(1)水位升高，压强增大，被封闭气体做等温变化，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，分子之间距离减小，因此引力和斥力都增大，故A、D正确；气体温度不变，因此分子的热运动情况不变，分子平均动能不变，故B、C 错误.(2)在(1)中空气体积变化的过程中，气体温度不变，内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量；若水位迅速降低，压强则迅速减小，体积迅速膨胀，气体对外做功，由于过程迅速，没有来得及吸放热，因此内能减小.(3)物质的量为：n＝ρV M分子总数：N＝nN A＝ρVM N A代入数据得：N≈3×1022个故该气体分子的总个数为3×1022个.。
3热力学第一定律能量守恒定律[学习目标] 1.理解热力学第一定律，并会运用于分析和计算.2.理解并会运用能量守恒定律.3.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因．一、热力学第一定律[导学探究](1)如图1所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多少？若保持气体体积不变，外界对汽缸传递10 J的热量，气体内能改变了多少？图1(2)一根金属丝经过某一物理过程，温度升高了，除非事先知道，否则根本无法判定是通过做功的方法，还是使用了传热的方法使它的内能增加．因为单纯地对系统做功和单纯地对系统传热都能改变系统的内能．既然它们在改变系统内能方面是等价的，那么当外界对系统做功为W，又对系统传热为Q时，系统内能的增量ΔU应该是多少？答案(1)都增加了10 J.(2)系统内能的增量ΔU＝Q＋W.[知识梳理](1)改变内能的两种方式：做功与热传递．两者在改变系统内能方面是等价的．(2)热力学第一定律：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(3)热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W.二、能量守恒定律[导学探究](1)使热力学系统内能改变的方式有做功和热传递．做功的过程是其他形式的能转化为内能的过程，热传递是把其他物体的内能转移为系统的内能．在能量发生转化或转移时，能量的总量会减少吗？(2)有一种所谓“全自动”的机械手表，既不需要上发条，也不用任何电源，却能不停地走下去．这是不是一种永动机？如果不是，维持表针走动的能量是从哪儿来的？答案(1)能量的总量不会减少．(2)这不是永动机．手表戴在手腕上，通过手臂的运动，机械手表获得能量，供手表指针走动．若将此手表长时间放置不动，它就会停下来．[知识梳理](1)能量守恒定律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另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．(2)能量守恒定律的意义①各种形式的能可以相互转化．②各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起．(3)永动机不可能制成①第一类永动机：人们把设想的不消耗能量的机器称为第一类永动机．②第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成．一、对热力学第一定律的理解例1空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？答案5×104 J解析选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q.由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，代入上式得Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J.负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J.应用热力学第一定律解题的一般步骤(1)根据符号法则写出各已知量(W、Q、ΔU)的正负；(2)根据方程ΔU＝W＋Q求出未知量；(3)再根据未知量结果的正负来确定吸热、放热情况或做功情况.针对训练一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有()A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q2答案 A解析对一定质量的理想气体，经过一系列的状态变化后又回到原状态，表明整个过程中内能的变化为零，即通过做功和热传递引起的内能变化相互抵消，所以A选项正确．当然，若Q1＝Q2，则必定有W1＝W2；若Q1＞Q2，则必定有W1＜W2；若Q1＜Q2，则必定有W1＞W2，所以B、C、D三项都有可能但不一定，故选A.二、能量守恒定律的理解和应用1．能量的存在形式及相互转化(1)各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有电磁能、化学能、原子能等．(2)各种形式的能，通过某种力做功可以相互转化．例如，利用电炉取暖或烧水，电能转化为内能；煤燃烧，化学能转化为内能；列车刹车后，轮子温度升高，机械能转化为内能．2．能量守恒的两种表达(1)某种形式的能减少，一定有其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．3．第一类永动机不可能制成的原因分析如果没有外界供给热量而对外做功，由ΔU＝W＋Q知，系统内能将减小．若想源源不断地做功，就必须使系统不断回到初始状态，在无外界能量供给的情况下是不可能的．例2如图2所示，直立容器内部被隔板隔开的A、B两部分气体(A、B两部分体积等大)，A的密度小，B的密度大，加热气体，并使两部分气体混合均匀，设此过程中气体吸热为Q，气体内能的增量为ΔU，则()图2A．ΔU＝Q B．ΔU<QC．ΔU>Q D．无法比较答案 B解析因A部分气体密度小，B部分气体密度大，以整体为研究对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重心应在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能量守恒定律可知，吸收的热量Q有一部分增加气体的重力势能，另一部分增加内能．故正确答案为B.利用能量守恒定律解决问题时，首先应明确题目中涉及哪几种形式的能量，其次分析哪种能量增加了，哪种能量减少了，确定研究的系统后，用能量守恒观点求解.三、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用对于理想气体，常把热力学第一定律与理想气体状态方程结合起来分析其状态变化规律，常见的分析思路如下：(1)利用体积的变化分析做功问题．气体体积增大，对外做功；气体体积减小，外界对气体做功．(2)利用温度的变化分析理想气体内能的变化．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加；温度降低，内能减小．(3)利用热力学第一定律判断是吸热还是放热．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，则Q ＝ΔU －W ，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程．例3 如图3所示，A 、B 两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A 变化到状态B 时( )图3A ．气体内能一定增加B ．气体压强变大C ．气体对外界做功D ．气体对外界放热答案 C解析 由图可知，理想气体的变化为等温膨胀，故气体压强减小，内能不变，气体对外做功；由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量．综上可知，C 对，A 、B 、D 错． 例4 如图4所示，一轻活塞将体积为V ，温度为2T 0的理想气体，密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内．已知大气压强为p 0，大气温度为T 0，气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT (a 为正的常数)．在汽缸内气体温度缓慢降为T 0的过程中，求：图4(1)气体内能的减少量ΔU ；(2)气体放出的热量Q .答案 (1)aT 0 (2)Q ＝12p 0V ＋aT 0 解析 (1)由题意可知气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ，所以开始时气体的内能：U 1＝a ×2T 0末状态：U 0＝aT 0；内能的减小量ΔU ＝U 1－U 0＝aT 0(2)设温度降低后的体积为V ′，由盖—吕萨克定律得V 2T 0＝V ′T 0外界对气体做功：W ＝p 0(V －V ′)由热力学第一定律解得：Q ＝12p 0V ＋aT 01．(热力学第一定律)一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J 的功，气体的内能减少了1.2×105 J ，则根据热力学第一定律，下列各式中正确的是( )A ．W ＝8×104 J ，ΔU ＝1.2×105 J ，Q ＝4×104 JB ．W ＝8×104 J ，ΔU ＝－1.2×105 J ，Q ＝－2×105 JC ．W ＝－8×104 J ，ΔU ＝1.2×105 J ，Q ＝2×104 JD ．W ＝－8×104 J ，ΔU ＝－1.2×105 J ，Q ＝－4×104 J答案 B解析 因为外界对气体做功，W 取正值，即W ＝8×104 J ；气体的内能减少，ΔU 取负值，即ΔU ＝－1.2×105 J ；根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，可知Q ＝ΔU －W ＝－1.2×105 J －8×104 J ＝－2×105 J ，即B 选项正确．2．(能量守恒定律)下面设想符合能量守恒定律的是( )A ．利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械B ．做一条船，利用流水的能量逆水行舟C ．通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行D ．利用核动力，驾驶地球离开太阳系答案 BCD解析 利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A 不符合．让船先静止在水中，设计一台水力发电机使船获得足够电能，然后把电能转化为船的动能使船逆水航行；同理可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B 、C 符合；利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D 符合．3．(热力学第一定律)如图5所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定( )图5A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减小答案 C解析由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为在下降过程中压强增大，气体体积减小，外界对气体做了功，式中W取正号，ΔU＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．题组一热力学第一定律1．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变答案 C解析根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)和物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能不变，C正确；而放热与对外做功都使物体内能减少，故D错．2．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小答案 D解析由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104 J＋2.5×104 J＝1.5×104 J>0，故温度升高，A 、B 两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝m V可知密度较小，故C 项错误，D 项正确．3．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa 的状况下，体积从20 L 膨胀到30 L ，这一过程中气体从外界吸热4×103 J ，则气体内能的变化为( )A ．增加了5×103 JB ．减少了5×103 JC ．增加了3×103 JD ．减少了3×103 J答案 C解析 气体等压膨胀过程对外做功W ＝p ΔV ＝1.0×105 Pa ×(30－20)×10－3 m 3＝1.0×103 J ．这一过程气体从外界吸热Q ＝4×103 J ．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，由于气体对外做功，W 应取负值，则可得ΔU ＝－1.0×103 J ＋4×103 J ＝3.0×103 J ，即气体内能增加了3×103 J ．故选项C 正确．4．如图1所示，在A →B 和D →A 的过程中，气体放出的热量分别为4 J 和30 J ，在B →C 和C →D 的过程中，气体吸收的热量分别为20 J 和12 J ．求气体完成一次循环对外界所做的功．图1答案 －2 J解析 完成一次循环内能不变，ΔU ＝0，根据热力学第一定律可知－W ＝Q AB ＋Q BC ＋Q CD ＋Q DA ＝(－4＋20＋12－30)J ＝－2 J ，即W ＝2 J ，气体完成一次循环外界对气体所做的功是2 J ，气体对外界做的功是－2 J.题组二 能量守恒定律5．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A ．不符合机械能守恒定律B ．违背了能量守恒定律C ．做功产生的热不符合热功当量D 找不到合适的材料和合理的设计方案答案 B6．如图2所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )图2A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案 D解析轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量一部分释放到空气中，另一部分使叶片在热水中伸展做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确．7．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是()A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能B．子弹减少的动能等于木块增加的动能C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和答案 D解析射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减小，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A、B项没有考虑到系统增加的内能，C项中应考虑的是系统减少的机械能等于系统增加的内能．故正确答案为D.题组三热力学第一定律与气体实验定律的综合应用8．如图3所示，一绝热容器被隔板K隔成a、b两部分．已知a内有一定质量的稀薄气体，b内为真空．抽离隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中()图3A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变答案 BD解析 抽离隔板K ，a 内气体体积变大，由于b 内为真空，所以a 内气体不做功，由热力学第一定律可得B 正确．内能不变，故温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知压强变小，所以D 正确．9．一定质量的理想气体，当发生如下哪些状态变化时，能放出热量( )A ．体积不变，压强减小B ．压强不变，体积减小C ．温度不变，体积减少D ．温度不变，压强减小答案 ABC解析 根据pV T＝C 可知，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，W ＝0，则气体放热，选项A 正确；同理，压强不变，体积减小，则温度降低，内能减小，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，W >0，则Q <0，气体放热，选项B 正确；温度不变，体积减少，则ΔU ＝0，W >0，则Q <0，气体放热，选项C 正确；温度不变，压强减小，则体积变大，ΔU ＝0，W <0，则Q >0，气体吸热，选项D 错误，故选A 、B 、C.10. 如图4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 .已知状态A 的温度为300 K.图4(1)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．答案 (1)1 200 K (2)见解析解析 (1)由题图知p A ＝0.5 atm ，p B ＝1.0 atm ，V A ＝1 m 3，V B ＝2 m 3，由p A V A T A ＝p B V B T B得气体在状态B 的温度T B ＝p B V B T A p A V A ＝1.0×2×3000.5×1K ＝1 200 K (2)由状态B 到状态C ，气体做等容变化，p C ＝0.5 atm ，由查理定律得p B T B ＝p C T C则：T C ＝p C p BT B ＝600 K 气体由状态B 到状态C 为等容变化，不做功，但温度降低，内能减少，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，ΔU <0，W ＝0，故Q <0，可知气体放热．11．一定质量的理想气体，状态从A →B →C →D →A 的变化过程可用如图5所示的p －V 图线描述，其中D →A 为等温线，气体在状态A 时温度为T A ＝300 K ，试求：图5(1)气体在状态C 时的温度T C ；(2)气体在AB 过程中对外做了多少功；(3)若气体在AB 过程中吸热1 000 J ，则在AB 过程中气体的内能怎样变化．答案 (1)375 K (2)600 J (3)增加400 J解析 (1)由理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C得T C ＝p C V C T A p A V A＝375 K (2)气体在AB 过程对外做的功为W ＝p ΔV ＝600 J(3)由热力学第一定律ΔU ＝－W ＋Q得ΔU ＝400 J内能增加400 J.。
第十章章末总结一、热力学第一定律及其应用热力学第一定律揭示了内能的增量(ΔU )与外界对物体做功(W )和物体从外界吸收热量(Q )之间的关系，即ΔU ＝W ＋Q ，正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键．(1)外界对物体做功，W >0；物体对外界做功，W <0；(2)物体从外界吸热，Q >0；物体放出热量，Q <0；(3)ΔU >0，物体的内能增加；ΔU <0，物体的内能减少．分析题干，确定内能改变的方式(W 、Q )→判断W 、Q 的符号→代入公式ΔU ＝W ＋Q →得出结论⎩⎪⎨⎪⎧ΔU >0，则内能增加ΔU ；ΔU <0，则内能减少|ΔU |. 例1 如图1所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa 不变，吸收的热量Q ＝7.0×102 J ，求此过程中气体内能的增量．图1答案 5.0×102 J解析 等压变化过程有V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A ) 根据热力学第一定律有ΔU ＝Q －W ，代入数据解得ΔU ＝5.0×102 J.针对训练 (多选)一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p －T 图象如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小答案AD解析由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab中气体一定吸热，选项A正确；过程bc温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B 错误；过程ca压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p－T图象可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确．二、热力学第二定律及其微观意义1．热力学第二定律的表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．(3)用熵表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．2．热力学第二定律的微观解释(1)一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．(2)掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质，即热力学第二定律对宏观自然过程进行方向的说明，凡是对这种宏观自然过程进行方向说明的，都可以作为热力学第二定律的表述．热力学第二定律的表述很多，但这些不同的表述都是等价的．例2关于热力学第二定律，下列表述正确的是()A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功C．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行D．在任何的自然过程中，一个孤立系统的总熵一定增加答案C解析如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功，A、B错误；任何自然的过程都沿无序性增大的方向进行，C正确；在任何自然过程中一个孤立系统的总熵不会减小，总熵不会减小即总熵不变或增加，D错误．。
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第十章热力学定律章末复习课【知识体系】［答案填写] ①无②ΔU＝W③pΔV④温度差⑤做功⑥ΔU＝Q⑦W＋Q⑧不可能⑨自发的⑩单一⑪100％⑫增大⑬低品质主题1 热力学第一定律1．做功与热传递的区别与联系．做功和热传递是改变物体内能的两种方式，它们在改变物体的内能上是等效的,但它们的本质不同．做功是其他形式的能和内能之间的转化，热传递则是物体间内能的转移．2．热力学第一定律．ΔU＝W＋Q。
正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键．(1)外界对物体做功，W〉0;物体对外做功，W<0；(2）物体从外界吸热，Q〉0；物体放出热量，Q〈0;（3）ΔU>0,物体的内能增加；ΔU〈0，物体的内能减少．分析题干，确定内能改变的方式（W,Q)→判断W，Q的符号→代入公式ΔU＝W＋Q→得出结论：错误!【例1】（2016·全国Ⅱ卷)(多选)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态,其p-T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________．A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功解析：由理想状态方程知ca为等容线，体积相等则A正确；a、c两状态a的温度大于c 的温度，则a的内能大于c的内能故B正确；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，cd过程温度不变（内能不变）,则Q＝－W，故C错误;da过程温度升高内能增大，则吸收的热量大于对外做的功,故D错误；bc过程温度降低量和da过程温度的升高量相同则内能的变化量相同，由热力学第一定律知E正确．答案：ABE针对训练1．(2015·重庆卷)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么下列正确的是( ）A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功,内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析：对车胎内的理想气体分析知,因为是理想气体分子势能认为是0,内能只看分子动能,中午温度升高,分子平均动能增大故内能增大，体积增大为气体对外做功，故选D。
热力学定律与能量守恒考点一热力学第一定律的理解和应用【典例1】一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【通型通法】1.题型特征：热力学第一定律的应用。
2.思维导引：气体的内能仅与状态有关，气体返回到原状态，整个过程中气体内能变化为零。
【解析】(1)由热力学第一定律可得ΔU=W+Q=-120J+280J=160J，气体的内能增加了160J。
(2)气体从状态2回到状态1的过程中内能的减少量应等于从状态1到状态2的过程中内能的增加量，如此从状态2到状态1的内能应减少160J，即ΔU′=-160J，又Q′=-240J，根据热力学第一定律得：ΔU′=W′+Q′，所以W′=ΔU′-Q′=-160J-(-240J)=80J，即外界对气体做功80J。
答案：(1)增加了160J (2)外界对气体做功80J1.热力学第一定律ΔU=Q+W：(1)符号法如此。
符号W Q ΔU(2)三种特殊情况。
2.做功和热传递的区别与联系：看能的性质能的性质发生了变化能的性质不变变化情况联系做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是一样的【加固训练】(多项选择)如下列图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两局部。
a内有一定量的稀薄气体，b内为真空。
抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。
在此过程中( )A.气体对外界做功，内能减少B.气体不对外界做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变E.单位时间内和容器壁碰撞的分子数目减少【解析】选B、D、E。
a内气体向真空膨胀，不对外界做功，故A错误；又因容器绝热，Q=0，由热力学第一定律知，ΔU=0，故B正确；稀薄气体可看作理想气体，内能不变，如此温度不变，由玻意耳定律知压强减小，故C错误，D、E正确。
高中物理选修3-3精品复习学案《热学》第1节分子动理论内能一、分子动理论1．物体是由大量分子组成的(1)分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型．(2)分子的大小①分子直径：数量级是10－10 m；②分子质量：数量级是10－26 kg；③测量方法：油膜法．(3)阿伏加德罗常数1 mol任何物质所含有的粒子数，N A＝6.02×1023 mol－1.2．分子热运动分子永不停息的无规则运动．(1)扩散现象相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行．(2)布朗运动悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著．3．分子力分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快．二、内能1．分子平均动能(1)所有分子动能的平均值．(2)温度是分子平均动能的标志．2．分子势能由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关．3．物体的内能(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．(2)决定因素：温度、体积和物质的量．三、温度1．意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小)．2．两种温标(1)摄氏温标t：单位℃，在1个标准大气压下，水的冰点作为0 ℃，沸点作为100 ℃，在0 ℃～100 ℃之间等分100份，每一份表示1 ℃.(2)热力学温标T：单位K，把－273.15 ℃作为0 K.(3)就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即ΔT＝Δt.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T＝t＋273.15.(4)绝对零度(0 K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值．[概念测试]1．判断正误(1)质量相等的物体含有的分子个数不一定相等．(√)(2)组成物体的每一个分子运动是有规律的．(×)(3)布朗运动是液体分子的运动．(×)(4)分子间斥力随分子间距离的减小而增大，但分子间引力却随分子间距离的减小而减小．(×)(5)内能相同的物体，温度不一定相同．(√)(6)分子间无空隙，分子紧密排列．(×)2．(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是( ) A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的解析：选BC.根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.3．关于物体的内能，以下说法正确的是( )A．不同物体，温度相等，内能也相等B．所有分子的势能增大，物体内能也增大C．温度升高，分子平均动能增大，但内能不一定增大D．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等解析：选 C.不同物体，温度相等，分子平均动能相等，分子动能不一定相等，不能说明内能也相等，A错误；所有分子的势能增大，不能反映分子动能如何变化，不能确定内能也增大，B错误；两物体的质量、温度、体积相等，但其物质的量不一定相等，不能得出内能相等，D错误，C正确．考点一宏观量与微观量的计算1．微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.2．宏观量：物体的体积V、摩尔体积V m、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.3．关系(1)分子的质量：m0＝MN A＝ρV mN A.(2)分子的体积：V0＝V mN A＝MρN A.(3)物体所含的分子数：N＝VV m·N A＝mρV m·N A或N＝mM·N A＝ρVM·N A.4．分子的两种模型(1)球体模型直径d＝36Vπ.(常用于固体和液体)(2)立方体模型边长d＝3V0.(常用于气体)对于气体分子，d＝3V0的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离．1．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，N A表示阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的是( )A．N A＝ρVm B．ρ＝μN A vC．ρ＜μN A v D．m＝μN A解析：选ACD.由于μ＝ρV，则N A＝μm＝ρVm，变形得m＝μN A，故A、D正确；由于分子之间有空隙，所以N A v＜V，水的密度为ρ＝μV＜μN A v，故C正确，B错误．2．(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为N A(mol－1)．下列判断正确的是( )A．1 kg铜所含的原子数为N A MB．1 m3铜所含的原子数为MN A ρC．1个铜原子的质量为MN A(kg)D．1个铜原子的体积为MρN A(m3)解析：选ACD.1 kg 铜所含的原子数N ＝1M N A ＝N A M ，A 正确；同理，1 m 3铜所含的原子数N ＝ρM N A ＝ρN A M ，B 错误；1个铜原子的质量m 0＝M N A(kg)，C 正确；1个铜原子的体积V 0＝m 0ρ＝M ρN A(m 3)，D 正确． 3．(2016·陕西西安二模)目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．实验发现，在水深300 m 处，二氧化碳将变成凝胶状态，当水深超过2 500 m 时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体．设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，将二氧化碳分子看成直径为D 的球⎝ ⎛⎭⎪⎫球的体积公式V 球＝16πD 3，则在该状态下体积为V 的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为________．解析：二氧化碳气体变成硬胶体后，可以看成是分子一个个紧密排列在一起的，故体积为V 的二氧化碳气体质量为m ＝ρV ；所含分子数为n ＝m M N A ＝ρV M N A ；变成硬胶体后体积为V ′＝n ·16πD 3＝πρVN A D 36M .答案：πρVN A D 36M在进行微观量与宏观量之间的换算的两点技巧(1)正确建立分子模型：固体和液体一般建立球体模型，气体一般建立立方体模型．(2)计算出宏观量所含物质的量，通过阿伏加德罗常数进行宏观量与微观量的转换与计算．考点二布朗运动与分子热运动1．(多选)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：选ACD.扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A 正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B 错误、选项C正确、选项E错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确．2．关于布朗运动，下列说法正确的是( )A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动C．气体分子的运动是布朗运动D．液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显解析：选 D.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，A、B错误．气体分子的运动不是布朗运动，C错误．布朗运动的剧烈程度与液体的温度以及颗粒的大小有关，液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显，D正确．3．(多选)下列哪些现象属于热运动( )A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，但我们喝汤时尝到了胡椒的味道C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清D．用砂轮打磨而使零件温度升高解析：选ABD.热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”、物体的热传递等，而水变澄清的过程是泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．区别布朗运动与热运动应注意以下两点(1)布朗运动并不是分子的热运动．(2)布朗运动可通过显微镜观察，分子热运动不能用显微镜直接观察．考点三 分子力、分子力做功和分子势能分子力和分子势能随分子间距变化的规律如下：[典例] (2016·东北三省三市联考)(多选)分子力比重力、引力等要复杂得多，分子势能跟分子间的距离的关系也比较复杂．图示为分子势能与分子间距离的关系图象，用r 0表示分子引力与分子斥力平衡时的分子间距，设r →∞时，E p ＝0，则下列说法正确的是( )A ．当r ＝r 0时，分子力为零，E p ＝0B ．当r ＝r 0时，分子力为零，E p 为最小C ．当r 0＜r ＜10r 0时，E p 随着r 的增大而增大D．当r0＜r＜10r0时，E p随着r的增大而减小E．当r＜r0时，E p随着r的减小而增大解析由E p－r图象可知，r＝r0时，E p最小，再结合F－r图象知此时分子力为0，则A项错误，B项正确；结合F－r图象可知，在r0＜r＜10r0内分子力表现为引力，在间距增大过程中，分子引力做负功分子势能增大，则C项正确，D项错误；结合F－r图象可知，在r＜r0时分子力表现为斥力，在间距减小过程中，分子斥力做负功，分子势能增大，则E项正确．答案BCE判断分子势能变化的两种方法(1)利用分子力做功判断分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加．(2)利用分子势能E p与分子间距离r的关系图线判断如图所示，仅受分子力作用，分子动能和势能之和不变，根据E p变化可判知E k变化．而E p变化根据图线判断．但要注意此图线和分子力与分子间距离的关系图线形状虽然相似，但意义不同，不要混淆．1．(2016·海口模拟)(多选)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，分子势能最小，动能最大D．在r＝r0时，分子势能为零E．分子动能和势能之和在整个过程中不变解析：选ACE.由E p－r图可知：在r＞r0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＜r0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＝r0时，分子势能最小，但不为零，动能最大，故C正确，D错误；在整个相互接近的过程中，分子动能和势能之和保持不变，故E正确．2．(2016·山东烟台二模)(多选)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解析：选BCE.两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡位置时，分子力为零，之后再靠近分子力表现为斥力且越来越大，A 选项错误；分子力先做正功后做负功，B选项正确；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，C选项正确、D选项错误；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，E选项正确．考点四 实验：用油膜法估测分子大小1. 实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d ＝V S 计算出油膜的厚度，其中V 为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S 为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径．2．实验器材：盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或细石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩笔．3．实验步骤：(1)取1 mL(1 cm 3)的油酸溶于酒精中，制成200 mL 的油酸酒精溶液．(2)往边长为30～40 cm 的浅盘中倒入约2 cm 深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上．(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n 滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1 mL ，算出每滴油酸酒精溶液的体积V 0＝1n mL.(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积．(7)据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V ，据一滴油酸的体积V和薄膜的面积S，算出油酸薄膜的厚度d＝VS，即为油酸分子的直径．比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10－10m，若不是10－10m需重做实验．4．实验时应注意的事项：(1)油酸酒精溶液的浓度应小于11 000.(2)痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使粉自动扩散至均匀．(3)测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小．(4)浅盘里水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直．(5)要待油膜形状稳定后，再画轮廓.(6)利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去．大于半个的算一个．5．可能引起误差的几种原因：(1)纯油酸体积的计算引起误差．(2)油膜面积的测量引起的误差主要有两个方面：①油膜形状的画线误差；②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差．1．(2016·湖北三校联考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是_____．(填写步骤前面的数字)(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液，测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为________ m．(结果保留1位有效数字)解析：(1)依据实验顺序，首先配置混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油膜的总面积，故正确的操作顺序为④①②⑤③；(2)一滴油酸酒精溶液的体积为V＝1 cm3300×50＝SD，其中S＝0.13 m2，故油酸分子直径D＝VS＝1×10－6m3300×50×0.13 m2＝5×10－10m.答案：(1)④①②⑤③(2)5×10－102．(1)现有按酒精与油酸的体积比为m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S.根据以上数据可估算出油酸分子直径为d＝________；(2)若已知油酸的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为________．解析：(1)一滴油酸酒精溶液里含油酸的体积为：V1＝nV(m＋n)N，油膜的总面积为8S；则油膜的厚度即为油酸分子直径，即d＝V18S＝nV8S(m＋n)N(2)一个油酸分子的体积：V′＝16πd3，则油酸的摩尔质量为M＝ρNAV′＝16πρN A d3.答案：(1)nV8S(m＋n)N(2)πρN A d363．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则(1)油酸薄膜的面积是________cm2.(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL.(取一位有效数字)(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________m．(取一位有效数字)解析：(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，故油膜的面积：S＝115×1 cm2＝115 cm2.(2)一滴油酸酒精溶液的体积：V′＝175mL，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：V＝6104V′＝8×10－6 mL.(3)油酸分子的直径：d＝VS＝8×10－12115×10－4m＝7×10－10 m.答案：(1)115±3 (2)8×10－6(3)7×10－10[基础巩固题组]1．(多选)以下关于分子动理论的说法中正确的是( )A．物质是由大量分子组成的B．－2 ℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动C．随分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小解析：选ACD.物质是由大量分子组成的，A正确；分子是永不停息地做无规则运动的，B错误；在分子间距离增大时，如果先是分子力做正功，后是分子力做负功，则分子势能是先减小后增大的，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化得快，D正确．2．下列叙述正确的是( )A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动就越明显D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小解析：选A.水的摩尔质量除以水分子的质量就等于阿伏加德罗常数，选项A 正确；气体分子间的距离很大，气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的不是气体分子的体积，选项B错误；布朗运动与固体颗粒大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，选项C错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项D错误．3．(多选)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是( )A．分子的平均动能和分子的总动能都相同B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同C．内能相同D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C错误、D正确．4．(多选)下列关于布朗运动的说法，正确的是( )A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的解析：选BD.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误．温度越高、颗粒越小，布朗运动越剧烈，B正确．布朗运动是由液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误、D正确．5．(多选)下列说法正确的是( )A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大解析：选ACD.根据布朗运动的定义，显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，不是分子运动，是小炭粒的无规则运动．但却反映了小炭粒周围的液体分子运动的无规则性，A正确．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先增大后减小，也可能一直减小，B错误．由于分子间的距离不确定，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直增大，C正确．由扩散现象可知，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，D正确．当温度升高时，分子的热运动加剧，但不是物体内每一个分子热运动的速率都增大，E错误．6．如图所示是分子间作用力和分子间距离的关系图线，关于图线下面说法正确的是( )A．曲线a是分子间引力和分子间距离的关系曲线B．曲线b是分子间作用力的合力和分子间距离的关系曲线C．曲线c是分子间斥力和分子间距离的关系曲线D．当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先减小，后增大解析：选B.在F－r图象中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以a为斥力曲线，c为引力曲线，b为合力曲线，故A、C错误，B正确；当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先增大，后减小，故D错误．7．(多选)当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力大小相等．关于分子之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小B．当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力C．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小D．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力一直增大E．在两个分子间的距离由r＝r0逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大解析：选ACE.两个分子间的距离等于r0时，分子力为零，分子势能最小，选项A正确；两分子之间的距离小于r0时，它们之间既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表现为斥力，选项B错误；当分子间距离等于r0时，它们之间引力和斥力的大小相等、方向相反，合力为零，当两个分子间的距离由较远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小，表现为引力，选项C正确，D错误；两个分子间的距离由r＝r0开始减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大，表现为斥力，选项E正确．8．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：(1)关于油膜面积的测量方法，下列说法中正确的是( )A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积(2)实验中，将1 cm3的油酸溶于酒精，制成200 cm3的油酸酒精溶液，又测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2 m2的单分子薄层，由此可估算油酸分子的直径d＝________ m.解析：(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液滴在水面上，油膜会散开，待稳定后，再在玻璃板上画下油膜的轮廓，用坐标纸计算油膜面积，故选D.(2)一滴油酸酒精溶液里含纯油酸的体积V＝1200×150cm3＝10－10 m3.油酸分子的直径d＝VS＝10－100.2m＝5×10－10 m.答案：(1)D (2)5×10－10[综合应用题]9．(多选)如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离增大，则分子势能也增大D．由分子动理论可知，温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同E．质量和温度都相同的氢气和氧气(视为理想气体)，氢气的内能大解析：选BDE.分子引力和分子斥力都会随着分子间距离的增大而减小，只是斥力减小得更快，所以当分子间距离一直增大，最终分子力表现为引力，即ab为引力曲线，cd为斥力曲线，二者相等即平衡时分子距离数量级为10－10 m，。
