备战2020年高考物理实验专题复习《其他热学实验》(解析版)

专题十六电学实验高考物理试题中，实验是必考内容，且近年来越来越受到重视．高考实验题除了对教材原有学生实验进行考查外，还把考查内容延伸到演示实验中，甚至拓展到迁移类实验、应用性实验、设计性实验以及“研究性学习”类实验．要求学生利用所学知识，对实验仪器或实验方法重组，将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到情景新颖的实验中去．高考物理实验题具有以下几个特点：1．重视对实验操作能力的考查．如实验步骤的排序、纠错；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择；实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据；实验结论的总结及误差分析；实验方案的改进创新等．2．重视对基本仪器的读数、构造原理、重要实验方法及电学实验中的故障分析的考查，如游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数．3. 设计性实验是考查的热点．在近几年的各地高考中设计性的实验题比较多，此类实验能够综合考查考生创造性地应用已学知识、方法、原理，灵活处理陌生实验问题的能力，要求学生有较高的知识迁移能力、实验设计能力．4．电学实验在高中阶段所占比例较大，是实验考查的重点，各地高考实验题中必有电学实验题．对物理实验的考查通常是以独立题型出现，在高考中实验试题的命题一般是一个力学实验和一个电学实验．一个以考查演示实验或基本实验的基础实验知识、基本实验技能为主；另一个一般以考纲要求的基本实验为载体进行必要的改进和创新，考查考生对基本实验的理解能力、迁移能力和创新能力．预测高考电学实验题：以电流、电压的测量为基本测量的设计性电学实验，涉及实验电路和方法的设计、实验原理的迁移、实验器材的选择、电路实物连线及图象法处理实验数据等，分值较多，能力要求较高，命题形式可能为填空、选择性填空、电路图或实物连线、图象图表分析等．知识点一、测量读数类仪器使用1．电流表、电压表(1)电流表、电压表使用时量程选择的规则:根据被测电流或电压值的大小选择量程.测量时最好使指针偏转超过所选量程的2/3,至少超过1/2.在不知道被测电流或电压大小的情况下,应选用电表的较大量程,然后再根据指针偏转情况选取合适的量程.(2)读数方法:读数时应使视线垂直于刻度盘表面.凡仪器最小刻度是10分度的,要求读到最小刻度后再往下估读一位(估读的这位是不可靠数字);凡仪器最小刻度不是10分度的,只要求读到最小刻度所在的这一位,不再往下估读.2．电阻箱电阻箱是按照各个数量级上指针的对应数值读数的,指针必须指向某一个确定的数值,不能在两个数值之间,因此电阻箱测量结果的各位读数都是从电阻箱上指针所指位置直接读出的,不再向下估读．如图所示的电阻箱的阻值为84580.2 Ω.3．多用电表(1)使用多用电表测电压、电流时，应根据选择的量程确定最小刻度值，然后读数．(2)使用欧姆挡时，注意以下几个方面：①用多用电表测电阻时,测量前应根据估计的阻值选用适当的挡位.由于欧姆挡刻度的非线性,使用欧姆挡测电阻时,表头指针偏转过大或过小都有较大误差,通常只使用表盘中间一段刻度范围为测量的有效范围,否则要变换倍率.②每更换一次倍率，都要重新进行欧姆调零.③由于欧姆挡表盘刻度不均匀,难于估读,测量结果只需取两位有效数字.计数时不要忘记乘上相应挡位的倍率.④测量时待测电阻要跟其他元件和电源断开.⑤多用电表使用完毕后,应将选择开关拨离欧姆挡,旋至OFF挡或交流电压最高挡上.特别提醒：要区分开“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置．调整的是表盘下边中间的定位螺丝．“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．知识点二、电学实验1．电路设计及仪器选取原则正确地选择仪器和设计实验电路,有一定的灵活性,应遵循以下几个基本原则:(1)正确性．(2)安全性．(3)方便性．(4)精确性．2．“伏安类”实验中电流表的内、外接法【特别提醒】在R V、R A均不知的情况下,可采用试触法.如图所示,分别将a端与b、c接触,如果前后两次电流表示数比电压表示数变化明显,说明电压表分流作用大,应采用内接法;如果前后两次电压表示数比电流表示数变化明显,说明电流表分压作用大,应采用外接法.3．滑动变阻器的接法(1)若符合下列情况之一,则滑动变阻器必须接成分压式.①要求电表能从零开始读数;②要求电表能有较大的调节范围;③当待测电阻R x≫R(滑动变阻器的最大阻值)时.(2)当待测电阻R x≪R(滑动变阻器的最大阻值)时,既可接成分压式、也可接成限流式.知识点三、实验误差1．偶然误差和系统误差从性质和来源看,误差分为偶然误差和系统误差两种.(1)偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的误差.减小偶然误差的方法就是通过多次测量求平均值.(2)系统误差是由于仪器本身不精确,或实验方法粗略或实验原理不完善而产生的.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或完善实验原理.2．有效数字(1)测量既然总有误差,测量的数值就只能是近似数,如“174.2 mm”最末的一位数字“2”是不可靠数字,但它仍有意义不能舍,因为它代表了一个大概数量关系,比如这里174.2与174.8相比是接近174还是175就显而易见了.像174.2 mm这种带一位不可靠数字的近似数字叫有效数字,有效数字的最后一位为误差所在位.在实验中,测量时要按有效数字的规则来读数.(2)确定有效数字时，应注意以下问题：①有效数字的位数与小数点的位置无关.有效数字的位数与单位无关.②关于“0”在有效数字中的特殊性:0在前时,从左往右数第一个不为零的数字才是有效数字.0在后时,计入有效数字.③乘方不算有效数字;比如3.020×10－3 m/s中的－3不是有效数字,10也不是.3．减小实验误差的方法(1)多次测量求平均值．(2)累积法．(3)图象法．知识点四、创新实验1.创新实验方案的设计,一般应遵循以下四条原则(1)科学性原则．(2)可靠性原则．(3)方便性原则．(4)准确性原则．2．设计性实验的设计思路知识点五、控制电路的设计技巧1．滑动变阻器控制电路的方式有分压式和限流式两种，下列几种情况必须选用分压式接法：(1)要求被控制电路的电流(或电压)从零开始可连续调节时(如：测绘导体的伏安特性曲线等实验)；(2)被控制电路的电阻R L远大于滑动变阻器的最大值R0时；(3)实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组数据)时；(4)若采用限流式接法，电路中实际电压(或电流)的最小值仍超过电表或电器的额定值时．2．若测量电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且被控制电路的电阻R L 与滑动变阻器的最大值R0接近或R L略小于R0，则应该采用限流式接法．测定电源的电动势和内阻实验必须采用限流式接法．知识点六、电学仪器的选择技巧电学实验器材和电路选择的原则是安全、精确和方便，器材的选择与实验所用的电路密切相关，因此在选择器材前首先要根据实验目的和实验原理设计测量精确、安全可靠、操作方便的实验电路，再根据实验电路的需要选择器材．具体如下：1．电源的选择：一般可以根据待测电阻的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．2．电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏左右，以减小读数的偶然误差，提高精确度．3．变阻器的选择：所选用的变阻器的额定电流应大于电路中通过变阻器的最大电流，以确保变阻器的安全；为满足实验中电流变化的需要和调节的方便，在分压式接法中，应选用电阻较小而额定电流较大的变阻器，在限流式接法中，变阻器的阻值不能太小．高频考点一基本仪器使用与读数电学实验中的“两尺”与“三表”(1)游标卡尺(2)螺旋测微器(千分尺)读数方法：①测量值＝固定刻度读数＋0.01 mm×可动刻度读数(一定要估读)．②读数时，要注意固定刻度上半毫米刻度线是否已经露出．(3)电流表和电压表(4)多用电表(欧姆表)①使用a．机械调零：检查表针是否停在左端的“0”位置；b．选取适当倍率挡；c．欧姆调零：两表笔相接，检查表针是否停在右端的“0”位置；d．把两表笔分别与待测电阻两端相接，欧姆表的读数乘以倍率即被测电阻的阻值；e．实验结束后，将表笔拔出，并将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡．②注意事项a．测量电阻时，待测电阻要与其他电路元件断开，两手不要接触待测电阻两端；b．选择好倍率挡后要进行欧姆调零，且每换一次倍率挡要“调零”一次；c．测量电阻时，若指针偏角过小，换较大倍率挡；若指针偏角过大，换较小倍率挡；d．读数＝示数×倍率．例1．下面各图均是用游标卡尺测量时的示意图，图甲中游标卡尺为50分度，图乙为20分度游标卡尺，图丙为10分度游标卡尺，它们的读数分别为__________；________；________.【解析】在图甲中，主尺读数为42 mm，游标尺上第5条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是50分度的，所以读数为42 mm＋5×0.02 mm＝42.10 mm；在图乙中，主尺读数为63 mm，游标尺上第6条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是20分度的，所以读数为63 mm＋6×0.05 mm＝63.30 mm；在图丙中，主尺读数为29 mm，游标尺上第8条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是10分度的，所以读数为29 mm＋8×0.1 mm＝29.8 mm.【答案】42.10 mm63.30 mm29.8 mm【变式探究】如图所示为电压表和电流表的刻度盘示意图，指针位置分别如图甲、乙所示．(1)若使用的是0～3 V量程的电压表，读数为________V．若使用的是0～15 V量程的电压表，读数为________V.(2)若使用的是0～0.6 A量程的电流表，读数为________A．若使用的是0～3 A量程的电流表，读数为________A.【解析】对于电压表，当选取0～3 V量程时，每小格为0.1 V，读数为1.68 V，当选取0～15 V量程时，每小格为0.5 V，读数为8.4 V；对于电流表，当选取0～0.6 A量程时，每小格为0.02 A，读数为0.46 A，当选取0～3 A量程时，每小格为0.1 A，读数为2.30 A.【答案】(1)1.688.4(2)0.46 2.30【举一反三】(1)为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：①将K旋转到电阻挡“×100”的位置．②将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件________(选填“C”或“D”)，使指针对准电阻的“0”刻度线．③将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图甲所示．为使测量比较精确，应将选择开关旋到________(选填“×1”、“×10”、“×1 k”)的倍率挡位上，并重新调零，再进行测量．(2)多用电表电阻挡的内部电路如图乙虚线框中所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g 为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x的关系式为________；(3)某同学想通过多用电表中的欧姆挡去测量一量程为3 V的电压表内阻．该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×1 k”的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图中________(选填“A”或“B”)方式连接．在进行了正确的连接、测量后，欧姆表的读数如图甲所示，读数为______ Ω，这时电压表的读数为如图乙所示．若该欧姆挡内阻为24 kΩ，则可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为______V(计算结果保留两位有效数字)．【解析】(1)②将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件D，使指针对准电阻的“0”刻度线；③指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换“×10”挡．(2)根据图乙，多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有：I＝ER g＋R0＋R x＋r.(3)欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：30×1 kΩ＝30 kΩ，电压表的读数为：1.60 V．由题意知欧姆表的内阻为24 kΩ，与电压表的内阻30 kΩ串联，由欧姆定律可知：E＝I(R＋r)＝1.6030 000×(2.4×104＋3×104) V≈2.9 V.【答案】(1)D“×10”(2)I＝ER g＋R0＋R x＋r(3)A30 k 2.9高频考点二以测电阻为核心的电学实验1．最常用的电阻测量方法(1)“伏安法”有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”．(2)“安安法”电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”．(3)“伏伏法”电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”．(4)“伏安加R法”在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，加保护电阻的方法就应运而生，“伏安加R法”又叫做“加保护电阻法”．(5)滑动变阻器限流式、分压式接法的选择①当题中要求负载上电压或电流从零开始调节时，应采用分压式接法；②当题中要求测量精确度高且调节范围大时，一般用分压式接法；③当滑动变阻器的总电阻比待测电阻阻值的一半还小时，一般用分压式接法；④负载电阻的阻值小于滑动变阻器的总电阻或相差不多，且电压、电流不要求从零可调时，一般用限流式接法；⑤两种接法均可使用时，优先用限流式接法(节能)．(6)电表的“三用”：如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．2．最为精确的电阻测量方法——等效替代法(1)电流等效替代(2)电压等效替代3．电表内阻测量最常用的方法——半偏法(1)用半偏法测电流表内阻，如图所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测<R 真．(2)若测电压表内阻，如图所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，且R测>R真.例2．某实验小组利用提供的器材测量某种电阻丝(电阻约为20 Ω)材料的电阻率．他们首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：电池组E(电动势为3.0 V，内阻约1 Ω)；电流表A1(量程0～100 mA，内阻约5 Ω)；电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约0.2 Ω)；电阻箱R(0～999.9 Ω)；开关、导线若干．他们的实验操作步骤如下：A．用螺旋测微器在三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；B．根据提供的器材，设计并连接好如图甲所示的电路；C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，闭合开关S；D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调节电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调节电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L.F．断开开关，拆除电路并整理好器材．(1)小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次直径的测量值d ＝________mm ；(2)实验中电流表应选择________(选填“A 1”或“A 2”)；(3)小明用记录的多组电阻箱的电阻值R 和对应的接入电路中电阻丝长度L 的数据，绘出了如图丙所示的R －L 关系图线，图线在R 轴的截距为R 0，在L 轴的截距为L 0，再结合测出的电阻丝直径d ，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．【解析】(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5 mm ，可动刻度是22.6×0.01 mm ＝0.226 mm ，金属丝直径d ＝0.5 mm ＋0.226 mm ＝0.726 mm.(2)电路中最大电流约为I ＝ER 电阻丝＋r ＝320＋1 A≈0.14 A ，不到0.6 A 的四分之一，如果使用电流表A 2实验误差较大，因此电流表应选A1.(3)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R 总＝R ＋R 电阻丝＝R ＋ρL S＝R ＋ρL π(d 2)2＝R ＋ρ4L πd 2， 由题图丙可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R 总＝R 0，则R ＋ρ4L πd 2＝R 0，R ＝R 0－ρ4L πd 2，图象斜率的绝对值|k |＝R 0L 0＝4ρπd 2，则电阻率ρ＝πd 2R 04L 0. 【答案】(1)0.726(0.725～0.727) (2)A 1 (3)πd 2R 04L 0【变式探究】待测电阻R x 的阻值约为20 Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A ．电流表A 1(量程为150 mA ，内阻约为10 Ω)B ．电流表A 2(量程为20 mA ，内阻r 2＝30 Ω)C ．电压表V(量程为15 V ，内阻约为3 000 Ω)D ．定值电阻R 0＝100 ΩE ．滑动变阻器R 1，最大阻值为5 Ω，额定电流为1.0 AF ．滑动变阻器R 2，最大阻值为5 Ω，额定电流为0.5 AG ．电源，电动势E ＝4 V(内阻不计)H ．电键S 及导线若干(1)为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不小于其量程的三分之一，请从所给的器材中选择合适的实验器材：__________________________(均用器材前对应的序号字母填写)；(2)根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量R x 的最佳实验电路图并标明元件符号；(3)待测电阻的表达式为R x ＝____________，式中各符号的物理意义为___________________________________________．【解析】(1)由于电源电动势为4 V ，电压表V 量程为15 V ，测量中电压表示数达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可将电流表A 2与定值电阻R 0串联当作电压表与电流表A 1配合使用，用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表A 1采用外接法，改装的电压表量程为20 mA×130 Ω＝2.6 V ，两个滑动变阻器最大阻值均为5 Ω，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为0.8 A ，故滑动变阻器只能选择R 1，经过估算当电流表A 1满偏时，电流表A 2也正好满偏，非常匹配，满足电表读数不小于其量程的三分之一．故器材选择ABDEGH.(2)如图所示(3)待测电阻R x ＝I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2，其中，I 1、I 2分别为A 1和A 2的示数，R 0与r 2分别为定值电阻和A 2内阻的阻值．【答案】(1)ABDEGH (2)见解析图 (3)I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2 I 1、I 2分别为A 1和A 2的示数，R 0与r 2分别为定值电阻和A 2内阻的阻值【举一反三】某同学利用右图所示电路测量量程为2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下①按电路原理图连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据电路图将下图中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA【解析】(1)本实验测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故选R1可减小实验误差．(2)滑动变阻器为分压式接法，连接实物电路如图所示：(3)电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00 V和0.50 V，则R V＝4R＝2 520 Ω.(4)电压表的满偏电流I g＝UR V＝2.52 520A≈1 mA，故选项D正确．【答案】(1)R1(2)见解析图(3)2 520(4)D 高频考点三测量电源电动势和内阻1．电源电动势和内阻的测量方法任何一种实验方法．一定要紧扣闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，而最关键的是看电路中如何测量出路端电压U和电路中的总电流I，这也是命题专家命题时的入手点．2．数据处理利用图象得出电动势和内阻是常见的方法，对于不同的电路设计，在作图象时都要画出倾斜直线，即得到有关电动势和内阻的一次函数关系，再利用图象中的斜率与截距求解．当电流表或电压表量程不符合实验要求时，要考虑改装电表进行测量，所以有时也会用两个电流表或两个电压表来进行测量．例3．某物理兴趣实验小组的同学为了测量电动势约为3 V的某电源的电动势和内阻，实验室可供选择的实验器材如下．A．电压表V1(0～3 V，R V1＝10 kΩ)B．电压表V2(0～15 V，R V2＝50 kΩ)C．电流表A1(0～3 mA，R g＝100 Ω)D．电流表A2(0～3 A，内阻约为0.5 Ω)E．滑动变阻器R1(0～10 Ω)F．滑动变阻器R2(0～1 000 Ω)G．定值电阻R3＝0.5 ΩH．定值电阻R4＝10 ΩI．开关S以及导线若干回答下列问题：(1)在设计本实验时，为了减小实验误差，电压表应选______(填器材前的序号)，为了操作方便，滑动变阻器应选________(填器材前的序号)，通过分析可知电流表A1的量程太小、电流表A2的量程太大，该小组的同学想将电流表A 1改装成量程合适的电流表，则应将电流表A 1与定值电阻________(填器材前的序号)________(填“串”或“并”)联，改装后的电流表的量程应为________A ；(2)请设计合适的电路图测量电源的电动势和内阻，画在如图甲所示的虚线框内；(3)该实验小组的同学利用所设计的电路得到多组数据，以电流表A 1的示数为横坐标、电压表的示数为纵坐标建立坐标系，并将各组数据描绘在该坐标系中，得到的U －I 图象如图乙所示，则该电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果保留两位小数)【解析】(1)电源的电动势约为3 V ，电压表应选A ，为方便实验操作，滑动变阻器应选E ，它的阻值范围是0～10 Ω，电路中最小电流约为0.3 A ，为了扩大电流表A 1的量程，应与A 1并联一个小电阻R 3，改装电流表的满偏电流I ＝I g ＋I g R g R 3＝0.003 A ＋3×10－3×1000.5A ＝0.603 A ； (2)电路图如图所示；(3)分析可知，改装后电流表的量程是电流表A 1量程的201倍，图线在纵轴上的截距等于电源的电动势，由题图乙读出电源的电动势为E＝2.96 V，图线斜率的绝对值表示电源内阻r，故r＝2.96－2.12201×2.5×10－3Ω＝1.67 Ω.【答案】(1)A E G并0～0.603(2)见解析图(3)2.96 1.67【变式探究】某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1＝1.0 kΩ，电阻R1＝9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0 Ω的电阻．①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开．②排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图．由I1－I2图象得到电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.【解析】①用多用电表的电压挡测U ab≠0，说明两表笔与电源两极间为通路，问题出在a、b′之间的含有电键的电路部分；若U aa′≠0，说明aa′导线断路，若U aa′＝0，说明导线bb′断开．②由于I2≫I1，故可将I2视为干路电流，则有I1(R1＋r1)＝E－I2(r＋R0)则I1＝ER1＋r1－r＋R0R1＋r1·I2，故从图线的截距和斜率可求得E＝1.4 V，r＝0.5 Ω。

《其他热学实验》一、实验题1.某小组同学利用如图(a)所示的装置研究一定质量气体的压强与温度的关系．他们在与压强传感器相连的试管中封闭了一定质量的气体，将温度传感器的热敏元件伸入到试管内部，通过数据采集器和计算机测得试管内气体的压强和温度．实验中，把试管浸在烧杯的冷水中，通过在烧杯中逐次加入热水来改变试管内气体的温度．温度传感器压强传感器试管热敏元件(a)(1)该组同学在先后三次实验中获得了三组实验数据，通过计算机绘出的p−t图象分别如图(b)中的a、b、c所示，其中三条线不重合的原因是______；(2)如果图中p1为已知量，则图线a的函数表达式为______；(3)如果某次实验中，加入热水后没有充分搅拌，就立即记录压强和温度的数值，则测量的气体温度和该时刻气体实际温度相比将______(填“偏高”“偏低”“一致”)2.在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中．某同学按如下步骤进行实验：①将注射器活塞移动到体积适中的V0位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与压强p0．②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积．③读出注射器刻度表示的体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p．④重复②③两步，记录5组数据．作p−1图．V(1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：______.因为该操作通常会影响气体的______(填写状态参量)．(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p−1直线应是图a中的______.(填V写编号)(3)由相关数学知识可知，在软管内气体体积△V不可忽略时，p−1图象为双曲线，试用玻意耳V定律分析，该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是p=______.(用V0、p0、△V表示)3.如图为一个测温装置，图中C为测温泡，装入水银的U形管B管开口向上，A管通过细玻璃管与测温泡C相通，U形管的下端通过软管相连．测温时，调节B管的高度，使A管中的液面保持在a处，此时根据U形管A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度．假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76cmHg，该温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm．(1)当测温泡中气体温度升高时，为使A管中的液面保持在a处，则B管应向______(填“上”或“下”)移动；(2)该测温装置的刻度应刻在______管(填“A”或“B”)；(3)由于天气的原因会导致大气压发生变化，当实际温度为16℃时，该温度计的读数为17℃，则此时大气压为______cmHg．4.如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置．将气球、压强传感器和大型注射器用T型管连通．初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积V0，压强p0.T型管与传感器内少量气体体积可忽略不计．缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好．(1)该装置可用于验证______定律．(填写气体实验定律名称)V0，压强传感器读数(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为23为p1，则此时气球体积为______．(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图．根据该图象估算：若初始时注射器内仅有体积为0.5V0、压强为p0的气体．当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为______p0.(保留3位小数)5.采用验证玻马定律实验的主要器材针管及其附件，来测定大气压强的值，实验步骤如下：(1)将针管水平固定，拔下橡皮帽，向右将活塞从针管中抽出。

2020届高考物理仿真冲刺卷(三)一、单选题 (共6题)第(1)题为研究影响家用保温瓶保温效果的因素，某同学在保温瓶中灌入热水，现测量初始水温，经过一段时间后再测量末态水温．改变实验条件，先后共做了6次实验，实验数据记录如下表：下列研究方案中符合控制变量方法的是A．若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第1、3、5次实验数据B．若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第2、4、6次实验数据C．若研究初始水温与保温效果的关系，可用第1、2、3次实验数据D．若研究保温时间与保温效果的关系，可用第4、5、6次实验数据第(2)题如图所示，不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体连接，连接物体B的绳最初水平。

从当前位置开始，使物体B以速度沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）A．物体A做匀速运动B．物体A做加速运动C．小于D．等于第(3)题半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示．在时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（ ）A．第3秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为第(4)题在下列几种情景中，对情景的分析和判断正确的是（ ）A．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零第(5)题“鹊桥”卫星是地球与位于月球背面的“嫦娥四号”月球探测器实现信号传输的中继站。

《热力学定律综合题》一、计算题1.如图所示图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280J，放出热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中气体对外界做功200J．求：过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？2.图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。

整个装置均由导热材料制成。

起初阀门关闭，A内有压强帕的氮气。

B内有压强帕的氧气。

阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。

假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略。

求：活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热简要说明理由。

3.薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数，其中t为渗透持续时间，S为薄膜的面积，d为薄膜的厚度，为薄膜两侧气体的压强差．k称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好．图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U形管内横截面积实验中，首先测得薄膜的厚度，再将薄膜固定于图中处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为，薄膜能够透气的面积打开开关、与大气相通，大气的压强，此时U形管右管中气柱长度，关闭、后，打开开关，对渗透室上部分迅速充气至气体压强，关闭并开始计时．两小时后，U形管左管中的水面高度下降了实验过程中，始终保持温度为求该薄膜材料在时对空气的透气系数．本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值来代替公式中的普适气体常量，．4.地面上放一开口向上的气缸，用一质量为的活塞封闭一定质量的气体，不计一切摩擦，外界大气压为活塞截面积为重力加速度g取，则活塞静止时，气体的压强为多少？若用力向下推活塞而压缩气体，对气体做功为，同时气体通过气缸向外传热，则气体内能变化为多少？5.一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，其图象如图所示。

一、选择题1. 一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”（1）关于气球内气体的压强，下列说法正确的是B.是由于气体重力而产生的C.是由于气体分子之间的斥力而产生的（2）在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变。

下列说法正确的是A.球内气体体积变大B.球内气体体积变小C.球内气体内能变大(3) 为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸。

表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示若表演时大气压强为1.013105Pa，取g=10 m/s2，则气球内气体的压强为7. 假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数,每人每小时可以数5 000个,不间断地数,则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数NA取6×1023 mol-1) ( )A.10年B.1千年C.10万年D.1千万年答案： CA.弯管左管内外水银面的高度差为hC.若把弯管向下移动少许,右管内的水银柱沿管壁上升D.若环境温度升高,右管内的水银柱沿管壁上升答案： ACD9.已知地球半径约为 6.4×106 m,空气的摩尔质量约为29×10-3kg/mol,一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为 ( )A.4×1016 m3B.4×1018 m3C.4×1020 m3D.4×1022 m3答案： B10.对一定量的气体,下列说法正确的是( )A.气体的体积是所有气体分子的体积之和B.气体分子的热运动越剧烈,气体温度就越高C.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的答案： BC11.已知理想气体的内能与温度成正比,如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线则在整个过程中气缸内气体的内能 ( )B.先减小后增大C.单调变化D.保持不变答案：B12.下列说法正确的是( )B.热量只能从高温物体向低温物体传递C.遵守热力学第一定律的过程一定能实现D.做功和热传递是改变物体内能的两种方式答案： D13.地面附近有一正在上升的空气团,它与外界的热交换忽略不计,已知大气压强随高度增加而降低,则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能) ( )A.体积减小,温度降低B.体积减小,温度不变C.体积增大,温度降低D.体积增大,温度不变答案： C(2)往一杯清水中滴入一滴红墨水,一段时间后,整杯水都变成了红色.这一现象在物理学中称为现象,是由于分子的而产生的,这一过程是沿着分子热运动的无序性的方向进行的.答案： (1)大分子引力 (2)扩散无规则运动(热运动) 增加15.如图所示,喷雾器内有10 L水,上部封闭有1 atm的空气2 L.关闭喷雾阀门,用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3 L(设外界环境温度一定,空气可看作理想气体).(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时,求气体压强,并从微观上解释气体压强变化的原因.答案：(1)2.5 atm 温度不变,分子平均动能不变,单位体积内分子数增加,所以压强增加(2)吸热气体对外做功而内能不变,根据热力学第一定律可知气体吸热16.（I）下列说法正确的是（A）气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和；（C）功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；（D）热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；（E）一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小；（1）氦气在停止加热前的体积；（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积。

2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题35 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 (8)热点四关联气体的状态变化问题 (10)活塞封闭气体的问题 (10)水银柱封闭气体的问题 (11)热点题型五变质量问题 (12)充气问题 (12)抽气问题 (12)灌气问题 (13)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【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V1和V2.根据盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2 T2④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝(1＋hH)(1＋mgp0S)T0⑦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＝(p0S＋mg)h⑧【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 cm2，p1＝1.1×105 Pa，V1＝20S cm3，V2＝22S cm3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＋3mgS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Ⅰ)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 0S 26g⑥ 水银柱封闭气体的问题【例6】(2018·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．【答案】22.5 cm 7.5 cm【解析】设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为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′②p 2l 2＝pl 2′③两边气柱长度的变化量大小相等l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm ⑤l 2′＝7.5 cm ⑥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：p 1＝30 atm ，V 1＝20 L ；p 2＝1 atm ，V 2＝5n L.分装后整体的状态：p 1′＝5 atm ，V 1＝20 L ；p 2′＝5 atm ，V 2＝5n L根据玻意耳定律，有p 1V 1＋p 2V 2＝p 1′V 1＋p 2′V 2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V 1，膨胀后气体的体积为V 2.如图所示．初状态：p 1＝2.0×106 Pa ，V 1＝10 L末状态：p 2＝1.0×105 Pa ，V 2＝？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Ⅰ)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 ＝pC，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【答案】BCD【解析】在p-V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a到b温度升高，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代入数据得V ＝2.8×10－2 m 3.【题型演练】1．(2019·四川达州模拟)下列说法正确的是( ) A ．布朗运动就是分子的无规则运动B ．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C ．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D ．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E ．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【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A 错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C 正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故D 错误；温度是描述热运动的物理量，根据热平衡定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E 正确．2.(2019·河南开封高三冲刺)如图所示，一绝热容器被隔板K 隔开成a 、b 两部分．已知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 ．气体不做功，内能不变C ．气体压强变小，温度不变D ．气体压强变大，温度不变。

2020高考物理机热学练习及答案（通用版）*热学*一、选择题1、下列说法正确的是()A．1 g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的2、(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3、如图所示，是水的饱和汽压与温度关系的图线，请结合饱和汽与饱和汽压的知识判断下列说法正确的是()A．水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度升高，饱和汽压增大B．在一定温度下，饱和汽的分子数密度是不变的C．当液体处于饱和汽状态时，液体会停止蒸发现象D．在实际问题中，饱和汽压包括水蒸气的气压和空气中其他各种气体的气压4、(多选)下列对饱和汽、未饱和汽、饱和汽压以及湿度的认识，正确的是() A．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关B．增大压强一定可以使未饱和汽变成饱和汽C．降低温度一定可以使未饱和汽变成饱和汽D．空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大E．干湿泡湿度计的干、湿两支温度计的示数差越小，空气的相对湿度越大5、夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体，则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是()A．气体的内能减少B．气体的内能不变C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低6、(多选)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7、如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度变化关系的V－t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是()A．气体的内能增大B．气体的内能不变C．气体的压强减小D．气体的压强不变8、(多选)关于布朗运动，下列说法正确的是()A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的9、(2019·衡水金卷模拟) (多选)下列说法正确的是()A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用E．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大10、(多选)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二、非选择题1、(2019·全国卷Ⅲ)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_____________。

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。

热学相关实验学习目标对应题号目标01用油膜法估测油酸分子的大小2，8，12，19，20，21，22，23，24，25目标02等温、等压、等容变化1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，13，14，15，16，17，181(2023·河北石家庄·统考三模)某同学利用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律，注射器中密封了一定质量的气体。

(1)该同学测得封闭气体的压强p 和体积V 的多组数据，在坐标系中描点作图，作出的图线如图乙所示，由图可知该同学选用的横轴为，图线后半段向上弯曲可能的原因是A.改变气体体积时推拉活塞速度过快B.推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分C.实验中有漏气现象D.环境温度降低(2)该小组改进了实验操作，避免了上述问题，同时为能更准确地测出气体的压强，直接用软管连通注射器和压强传感器，测得多组封闭气体的压强p 和体积V 的数据后，做出1p -V 图像如图丙所示，图线不过原点的原因可能是。

(写出一条即可)【答案】1V(或体积的倒数)AB没有考虑注射器和传感器连接细管中的气体(其他答案合理均给分)【详解】(1)[1]根据玻意耳定律有pV=C 则有p=C⋅1V图乙中图像的前一部分为过原点的倾斜的直线，可知该同学选用的横轴为1 V；[2]A．根据克拉珀龙方程有pV=nRT则有p=nRT1V可知，图乙中图线上的点与原点连线的斜率能够间接反映温度的大小，则图线后半段向上弯曲，图线上的点与原点连线的斜率增大，表明气体温度升高了。

从左往右看，1V增大，则体积减小，若改变气体体积时推活塞速度过快，外界对气体快速做功，气体温度升高了，图线向上弯曲，A正确；B．推拉活塞时，手握住注射器含有气体的部分，人的温度高于气体的温度，导致气体温度升高，根据上述，图线向上弯曲，B正确；C．根据上述有p=nRT1V若气体漏气，则表达式中的n减小，即图线上的点与运动连线的斜率减小图线向下弯曲，C错误；D．若环境温度降低，导致气体温度降低，根据上述图线上的点与运动连线的斜率减小图线向下弯曲，D错误。

1.计算分子大小（可求固液；气体空间） 固体液体认为是球型，气体空间是立方体型 2.扩散与布朗运动 （气体能充满容器是扩散，点表示30s 是的位置，线不表示轨迹） 3.分子间作用力 4.一切达到热平衡状态的系统都具有相同的温度．（注意：不是热量也不是内能） 5.ΔT ＝Δt 6.温度是分子热运动的平均动能的标志 7.油膜实验中酒精溶液的作用是对油酸起到稀释作用，酒精稀释油酸是为了进一步减小油酸的面密度更能保证其形成单层分子油膜，为了减小系统误差． 8. 取r →∞处为零势能处，分子势能E p 与分子间距离r 的关系如图所示，当r ＝r 0时分子势能最小．9. m 0＝M N A ＝ρV m N A . V 0＝V m N A ＝M ρN A.(适用于液体和固体，对于气体，V 0指一个分子所占体积) 10. 实验：用油膜法估测分子的大小 （误差 痱子粉太厚）11. 晶体与非晶体 （常见金属是多；集成电路是单；蜂蜡 玻璃 沥青非；硫酸铜 石英、云母、明矾等；各向同性各向异性，液晶；晶体 结构规则）12. 液体的表面张力 （原因 表面引力 收缩 方向平行/相切；温度越高，有杂质张力小；浓度大张力大）13. 饱和气压（T 升高 饱和气压大 与体积无关）14. 相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压⎝⎛⎭⎫B ＝p p s ×100% ≤1 越大越潮湿 蒸发越慢 15. 气体分子运动特点“中间多，两头大”16. 气体压强（温度体积 分子动能 分子密集程度）17. 气体实验定律 (1)推论：Δp ＝p 1T 1ΔT . (2推论：ΔV ＝V 1T 1ΔT . 18. 热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W （气体做功）19. 第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律.20. 热力学第二定律：热量不能自发地从低温物体传到高温物体；不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响.或表述为“第二类永动机不可能制成”（机械能和内能转化的方向性）；在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(热力学第二定律又叫做熵增加原理)；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；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.21. 气体向真空膨胀是不可逆的。