《高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破六 第1講 分子動理論 氣體及熱力學定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破六 第1講 分子動理論 氣體及熱力學定律（77頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題六 選修部分 第1講　分子動理論　氣體及熱力學定律 微網(wǎng)構建 核心再現(xiàn) 知識規(guī)律 (1)分子動理論：分子直徑的數(shù)量級是10－10m；分子永不停息地做無規(guī)則運動；分子間存在相互的引力和斥力． (2)氣體實驗定律和理想氣體狀態(tài)方程． ①p1V1＝p2V2；②＝；③＝； ④＝. (3)熱力學定律． ①熱力學第一定律：ΔU＝W＋Q. ②熱力學第二定律：自然界中進行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性． 思想方法 (1)物理思想：理想化模型思想、控制變量思想． (2)物理方法：類比法、假設法、轉換研究對象法. 高頻考點一　分子動理論 知能必備 1.分子動理論的基本內(nèi)容． 2.分子的兩種模型及分子直徑的測量方法． 3.比較布朗運動、擴散現(xiàn)象和分子的熱運動． 4.分子間相互作用力隨分子間距的變化特點，分子力做功與分子勢能的變化及影響物體內(nèi)能的因素. [題組沖關] 1．(2016湖南長沙高三質(zhì)檢)(多選)下列敘述中正確的是(　　) A．布朗運動是固體小顆粒的運動，是液體分子的熱運動的反映 B．分子間距離越大，分子勢能越大；分子間距離越小，分子勢能也越小 C．兩個鉛塊壓緊后能粘在一起，說明分子間有引力 D．用打氣筒向籃球充氣時需用力，說明氣體分子間有斥力 E．溫度升高，物體的內(nèi)能卻不一定增大 解析：選ACE.布朗運動不是液體分子的運動，而是懸浮在液體中的小顆粒的運動，它反映了液體分子的運動，A正確；若取兩分子相距無窮遠時的分子勢能為零，則當兩分子間距離大于r0時，分子力表現(xiàn)為引力，分子勢能隨間距的減小而減小(此時分子力做正功)，當分子間距離小于r0時，分子力表現(xiàn)為斥力，分子勢能隨間距的減小而增大(此時分子力做負功)，故B錯誤；將兩個鉛塊用刀刮平壓緊后便能粘在一起，說明分子間存在引力，C正確；用打氣筒向籃球充氣時需用力，是由于籃球內(nèi)壓強在增大，不能說明分子間有斥力，D錯誤；物體的內(nèi)能取決于溫度、體積及物體的質(zhì)量，溫度升高，內(nèi)能不一定增大，E正確． 2．(多選)關于分子間的作用力，下列說法正確的是(　　) A．分子之間的斥力和引力同時存在 B．分子之間的斥力和引力大小都隨分子間距離的增大而減小 C．分子之間的距離減小時，分子力一直做正功 D．分子之間的距離增大時，分子勢能一直減小 E．分子之間的距離增大時，可能存在分子勢能相等的兩個點 解析：選ABE.分子間既存在引力，也存在斥力，只是當分子間距離大于平衡距離時表現(xiàn)為引力，小于平衡距離時表現(xiàn)為斥力，故A正確；分子間存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，故B正確；兩分子之間的距離大于r0時，分子力為引力，故當相互靠近時分子力做正功；當分子間距小于r0時，分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功，因無法判斷是在何處減小距離，故C錯誤；兩分子之間的距離大于r0，分子力為引力，故當分子之間的距離增加時，分子力做負功，分子勢能增加，故D錯誤；當兩分子之間的距離等于r0時，分子勢能最小；從該位置起增加或減小分子距離，都是分子力做負功，分子勢能增加，故分子之間的距離分別減小或增大時，可能存在分子勢能相等的兩個點，故E正確． 3．已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，地面大氣壓強為p0，重力加速度大小為g.由此可估算得，地球大氣層空氣分子總數(shù)為________，空氣分子之間的平均距離為________． 解析：可認為地球大氣對地球表面的壓力是由其重力引起的，即mg＝p0S＝p04πR2，故大氣層的空氣總質(zhì)量m＝，空氣分子總數(shù)N＝NA＝.由于h?R，則大氣層的總體積V＝4πR2h，每個分子所占空間設為一個棱長為a的正方體，則有Na3＝V，可得分子間的平均距離a＝. 答案：　 4．(原創(chuàng)題)(1)(多選)給體積相同的兩個容器A、B分別裝滿溫度為60 ℃的熱水和6 ℃的冷水．下列說法中正確的是(　　) A．由于溫度是分子平均動能的標志，所以容器A中水分子的平均動能比容器B中水分子的平均動能大 B．由于溫度越高，布朗運動越劇烈，所以容器A中水分子的布朗運動比容器B中水分子的布朗運動更劇烈 C．若把A、B兩個容器靠在一起，則A、B兩容器內(nèi)水的內(nèi)能都將發(fā)生改變，這種改變內(nèi)能的方式叫熱傳遞 D．由于A、B兩容器內(nèi)水的體積相等，所以A、B兩容器中水分子間的平均距離相等 E．已知水的相對分子質(zhì)量是18，若容器B中水的質(zhì)量為3 kg，水的密度為1.0103 kg/m3，阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.021023 mol－1，則容器B中水分子個數(shù)約為1.01026 (2)教育部辦公廳和衛(wèi)生部辦公廳日前聯(lián)合發(fā)布了《關于進一步加強學?？責煿ぷ鞯囊庖姟罚兑庖姟分幸螅處熢趯W校的禁煙活動中應以身作則、帶頭戒煙，通過自身的戒煙，教育、帶動學生自覺抵制煙草的誘惑．試估算一個高約2.8 m，面積約10 m2的兩人辦公室，若只有一人吸了一根煙(人正常呼吸一次吸入氣體300 cm3，一根煙大約吸10次)．求： ①估算被污染的空氣分子間的平均距離； 二輪復習　物理第1部分　專題六　選修部分②另一不吸煙者呼吸一次大約吸入多少個被污染過的空氣分子． 解析：(1)布朗運動不是水分子的運動，而是水中小顆粒的無規(guī)則運動，所以選項B錯誤．由于A、B兩容器中水的密度不同(熱水的密度較小)，所以A、B兩容器中水的質(zhì)量不同，水分子的個數(shù)不同，水分子間的平均距離也不相等，選項D錯誤．根據(jù)題意，水的摩爾質(zhì)量為18 g/mol，容器B中水的物質(zhì)的量為n＝ mol＝ mol，所以容器B中水分子個數(shù)約為N＝nNA＝1.01026，選項E正確． (2)①吸煙者一根煙吸入的總氣體體積為V＝10300 cm3＝3 000 cm3 含有空氣分子數(shù)為n＝6.021023個＝8.11022個 辦公室單位體積內(nèi)含有的被污染空氣分子數(shù)為 個＝2.91021個 每個污染空氣分子所占的體積為V0＝ m3 分子間的平均距離L＝＝ m≈710－8 m ②不吸煙者一次呼吸吸入的被污染過的空氣分子個數(shù)為N＝＝8.71017個． 答案：(1)ACE　(2)①710－8 m?、?.71017個 分子動理論的三個核心規(guī)律 1．分子模型、分子數(shù)： (1)分子模型：球模型：V＝πR3，立方體模型：V＝a3. (2)分子數(shù)：N＝nNA＝NA＝NA. 2．分子運動： 分子做永不停息的無規(guī)則運動，溫度越高，分子的無規(guī)則運動越劇烈． 3．分子勢能、分子力與分子間距離的關系： 高頻考點二　固體、液體性質(zhì)的考查 知能必備 1.晶體、非晶體及多晶體的區(qū)別，液晶的微觀結構． 2.飽和汽壓和溫度的理解． 3.液體表面張力的形成原因及特點. [題組沖關] 1．(多選)下列說法正確的是(　　) A．懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了花粉分子的熱運動 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果 C．彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質(zhì)具有各向異性的特點 D．高原地區(qū)水的沸點較低，這是高原地區(qū)溫度較低的緣故 E．干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱的結果 解析：選BCE.水中花粉的布朗運動，反映的是水分子的熱運動規(guī)律，則A項錯．正是表面張力使空中雨滴呈球形，則B項正確．液晶的光學性質(zhì)是各向異性，液晶顯示器正是利用了這種性質(zhì)，C項正確．高原地區(qū)大氣壓較低，對應的水的沸點較低，D項錯誤．因為紗布中的水蒸發(fā)吸熱，則同樣環(huán)境下濕泡溫度計顯示的溫度較低，E項正確． 2．(多選)下列說法正確的是(　　) A．液體的分子勢能與體積有關 B．空中下落的雨滴呈球形是因為液體有表面張力 C．飽和蒸汽是指液體不再蒸發(fā)，蒸汽不再液化時的狀態(tài) D．布朗運動表明了分子越小，分子運動越劇烈 E．液晶既有液體的流動性，又有光學性質(zhì)的各向異性 解析：選ABE.分子的勢能與分子間的距離有關，則就與液體的體積有關，故A正確；空中下落的雨滴呈球形是因為液體有表面張力，液體表面有收縮的趨勢而形成的，故B正確；飽和蒸汽是指液體蒸發(fā)與蒸汽液化相平衡的狀態(tài)，液體仍在蒸發(fā)，蒸汽仍在液化，故C錯誤；布朗運動是液體分子無規(guī)則運動的反映，它不是分子運動，故D錯誤；液晶既有液體的流動性，又有光學性質(zhì)的各向異性，故E正確． 3．(2016江西南昌十校二模)(多選)下列說法正確的是(　　) A．液晶具有流動性，光學性質(zhì)各向異性 B．氣體擴散現(xiàn)象表明氣體分子間存在斥力 C．熱量總是自發(fā)地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體 D．機械能不可能全部轉化為內(nèi)能，內(nèi)能也無法全部用來做功以轉化成機械能 E．液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以以液體表面存在表面張力 解析：選ACE.液晶是一類介于晶體與液體之間的特殊物質(zhì)，它具有流動性，光學性質(zhì)各向異性，故A正確；擴散說 明分子在做無規(guī)則運動，不能說明分子間存在斥力，故B錯誤；熱量總是自發(fā)地從溫度高的物體傳遞到溫度低的物體，而溫度是分子平均動能的標志，故C正確；根據(jù)能量轉化的方向可知，機械能可能全部轉化為內(nèi)能，故D錯誤；液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，所以液體表面存在表面張力，故E正確． 4．(改編題)(多選)對下列幾種固體物質(zhì)的認識，正確的有(　　) A．食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體 B．燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是晶體 C．天然石英表現(xiàn)為各向異性，是由于該物質(zhì)的微粒在空間的排列不規(guī)則 D．石墨和金剛石的物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結構不同 E．晶體都具有固定熔點、熔化時吸收的熱量全部用于分子勢能的增加 解析：選ADE.晶體在熔化過程中溫度保持不變，吸收的熱量用來增加分子勢能，食鹽具有這樣的特點，則說明食鹽是晶體，選項A、E正確；蜂蠟的導熱特點是各向同性的，燒熱的針尖使蜂蠟熔化后呈橢圓形，說明云母片的導熱特點是各向異性的，故云母片是晶體，選項B錯誤；天然石英表現(xiàn)為各向異性，則該物質(zhì)微粒在空間的排列是規(guī)則的，選項C錯誤；石墨與金剛石皆由碳原子組成，但它們的物質(zhì)微粒排列結構是不同的，選項D正確． 1．熟記晶體和非晶體的區(qū)別 晶體具有固定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點；晶體中的單晶體物理性質(zhì)為各向異性，晶體中的多晶體和非晶體物理性質(zhì)為各向同性． 2．理解液晶的特性 液晶是一種特殊物質(zhì)，它既具有液體的流動性，又像某些晶體那樣具有光學各向異性．不是所有物質(zhì)都具有液晶態(tài)． 高頻考點三　氣體實驗定律與熱力學定律的綜合應用 知能必備 1.熱力學第一定律的內(nèi)容、公式及公式中各符號的意義． 2.熱力學第二定律的兩種表述． 3.氣體實驗定律及理想氣體狀態(tài)方程． 4.氣體狀態(tài)變化的圖象及其意義. [命題視角] 視角1　熱力學定律與能量守恒定律 [例1]　(2016湖北黃石二中月考)在將空氣壓縮裝入氣瓶的過程中，溫度保持不變，外界做了24 kJ的功．現(xiàn)潛水員背著該氣瓶緩慢地潛入海底，若在此過程中，瓶中空氣的質(zhì)量保持不變，且放出了5 kJ的熱量．在上述兩個過程中，空氣的內(nèi)能共減小________kJ，空氣________(填“吸收”或“放出”)的總熱量為________kJ. 思路探究　(1)改變物體內(nèi)能的兩種方式是什么？ (2)公式ΔU＝Q＋W中各符號的意義是什么？ 嘗試解答　__________ 解析　因為理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關，第一個過程是等溫壓縮，所以內(nèi)能不變，有ΔU＝Q＋W，又W＝24 kJ，故Q＝－24 kJ，即在第一個過程中，空氣放出的熱量為24 kJ；第二個過程中，體積不變，說明只與外界發(fā)生熱傳遞，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，所以ΔU＝0－5 kJ＝－5 kJ，故空氣內(nèi)能減小5 kJ，空氣放出29 kJ的熱量． 答案　5　放出　29 視角2　以圖象方式考查氣體實驗定律和熱力學定律 [例2]　(2016湖南十校聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，用面積為S的活塞在汽缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞上放一砝碼，活塞和砝碼的總質(zhì)量為m.現(xiàn)使汽缸內(nèi)的氣體緩緩按圖乙所示的規(guī)律變化，汽缸內(nèi)的氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B.若該過程中氣體內(nèi)能發(fā)生了變化，氣體柱高度增加了ΔL.外界大氣壓強為p0. (1)下列說法中正確的是(　　) A．該過程中汽缸內(nèi)氣體的壓強始終為p0 B．該過程中氣體的內(nèi)能不斷增大 C．該過程中氣體不斷從外界吸收熱量 D．氣體在該過程中吸收的熱量大于它對外界做的功 E．A和B兩個狀態(tài)，汽缸內(nèi)壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)相同 (2)汽缸內(nèi)氣體的溫度為T1時，氣體柱的高度為L＝________(用圖中和題目中給出的字母表示)． (3)若氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中從外界吸收的熱量為Q，則被封閉氣體的內(nèi)能變化了多少？ 思路探究　(1)由乙圖分析封閉氣體發(fā)生了怎樣的變化？滿足什么規(guī)律？ (2)熱力學第一定律中，正、負號如何規(guī)定？ 嘗試解答　__________ 解析　(1)根據(jù)圖乙可知氣體在該過程中發(fā)生的是等壓變化，該過程中汽缸內(nèi)氣體的壓強始終為p0＋，選項A錯誤；由圖乙可知氣體溫度升高，內(nèi)能增大，氣體體積膨脹對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體必定從外界吸收熱量，且氣體從外界吸收的熱量大于氣體對外做的功，選項B、C、D正確；A和B兩個狀態(tài)，氣體溫度不相同，氣體分子運動的平均速率不相等，單個分子對汽缸內(nèi)壁的平均撞擊力也不相等，根據(jù)等壓變化，可判斷汽缸內(nèi)壁單位面積單位時間內(nèi)受到分子撞擊的次數(shù)不同，選項E錯誤． (2)由蓋－呂薩克定律得＝， 即＝， 解得L＝. (3)對活塞和砝碼整體，由力的平衡條件得 mg＋p0S＝pS 解得p＝p0＋ 氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中對外做的功為 W＝pSΔL＝(p0S＋mg)ΔL 由熱力學第一定律得 氣體內(nèi)能的變化量為ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)ΔL. 答案　(1)BCD　(2)　(3)Q－(p0S＋mg)ΔL 視角3　氣體實驗定律與理想氣體狀態(tài)方程的綜合 [例3]　(2016武漢模擬)如圖，上粗下細且上端開口的薄壁玻璃管內(nèi)有一部分水銀封住密閉氣體，橫截面積分別為S1＝1 cm2、S2＝2 cm2，細管內(nèi)水銀長度為h1＝4 cm，封閉氣體長度為L＝6 cm.大氣壓強為p0＝76 cmHg，氣體初始溫度為T1＝288 K，上管足夠長． (1)緩慢升高氣體溫度，求水銀剛好全部進入粗管內(nèi)時的溫度T2； (2)氣體溫度保持T2不變，為使封閉氣體長度變?yōu)? cm，需向開口端注入的水銀柱的體積為多少？ 思路探究　(1)水銀移動過程中，體積如何變化？ (2)“水銀剛好全部進入粗管內(nèi)時”前后狀態(tài)有哪些變化？ (3)“T2不變，封閉氣體變?yōu)? cm”封閉氣體壓強為多大？ 嘗試解答　__________ 解析　(1)初狀態(tài)：p1＝p0＋ph1，V1＝LS1 末狀態(tài)：p2＝p0＋ph2，V2＝(L＋h1)S1 又有：S1h1＝S2h2 根據(jù)＝ 由以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：T2＝468 K. (2)氣體等溫變化有：p2V2＝p3V3 解得p3＝97.5 cmHg， 設此時水銀柱的液面高度差為h3，有： h3＝97.5 cm－76 cm＝21.5 cm 注入的水銀柱體積V注＝(21.5－2)2 cm3＋21 cm3－41 cm3＝37 cm3. 答案　(1)468 K　(2)37 cm3 1．熱力學第一定律公式ΔU＝Q＋W符號的規(guī)定 物理量 功W 熱量Q 內(nèi)能的改變ΔU 取正值“＋” 外界對物體做功 物體從外界吸收熱量 物體的內(nèi)能增加 取負值“－” 物體對外界做功 物體向外界放出熱量 物體的內(nèi)能減少 2．氣體實驗定律 (1)等溫變化：pV＝C或p1V1＝p2V2； (2)等容變化：＝C或＝； (3)等壓變化：＝C或＝； (4)理想氣體狀態(tài)方程：＝C或＝. 3．分析有關氣體實驗定律和理想氣體狀態(tài)方程問題的物理過程一般要抓住三個要點： (1)階段性，即弄清一個物理過程分為哪幾個階段； (2)聯(lián)系性，即找出幾個階段之間是由什么物理量聯(lián)系起來的； (3)規(guī)律性，即明確哪個階段應遵循什么實驗定律． [題組沖關] 1．(原創(chuàng)題)(1)(多選)關于熱力學定律，以下說法正確的是________． A．熱力學第一定律是能量守恒定律在熱力學中的體現(xiàn)，否定了創(chuàng)造和消滅能量的可能性，告訴我們第一類永動機不可能制成 B．熱力學第二定律反映了一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然過程都具有方向性，告訴我們第二類永動機不可能制成 C．做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能，根據(jù)最后的結果可以區(qū)分是做功還是熱傳遞使物體溫度升高的 D．熱力學第一定律指出內(nèi)能可以與其他形式的能相互轉化，熱力學第二定律指出內(nèi)能不可能完全轉化為機械能，故二者是相互矛盾的 E．熱力學第一定律和熱力學第二定律分別從不同的角度揭示了與熱現(xiàn)象有關的物理過程所遵循的規(guī)律，二者相互獨立，又相互補充，都是熱力學的理論基礎 (2)如圖所示，在一端封閉的U形管中用水銀柱封住一段空氣柱，當空氣柱的溫度為14 ℃時，左臂水銀柱的長度h1＝10 cm，右臂水銀柱的長度h2＝7 cm，空氣柱長度L＝15 cm；將U形管放入100 ℃水中且狀態(tài)穩(wěn)定時，h1變?yōu)? cm.分別寫出空氣柱在初末兩個狀態(tài)的氣體參量，并求出末狀態(tài)空氣柱的壓強和當時的大氣壓強(單位用cmHg)． 解析：(1)做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能，根據(jù)最后的結果無法判斷是做功還是熱傳遞使物體溫度升高的，選項C錯誤；熱力學第一定律是能量守恒定律在熱現(xiàn)象中的體現(xiàn)，熱力學第二定律則指出了能量轉化的方向性，二者并不矛盾，選項D錯誤． (2)對于封閉的空氣柱(設大氣壓強為p0，管的橫截面積為S) 初態(tài)：p1＝p0＋h2－h(huán)1＝p0－3 cmHg V1＝LS＝15S(cm3)，T1＝287 K 末態(tài)：h1′＝7 cm，h2′＝10 cm 故壓強p2＝p0＋h2′－h(huán)1′＝p0＋3 cmHg V2＝(L＋3)S＝18S(cm3)，T2＝373 K 由理想氣體狀態(tài)方程得p1V1/T1＝p2V2/T2 解得大氣壓強為p0＝75.25 cmHg 在100 ℃的水中時，空氣柱的壓強為p2＝78.25 cmHg 答案：(1)ABE　(2)78.25 cmHg　75.25 cmHg 2．(1)(多選)關于熱力學定律，下列說法正確的是(　　) A．為了增加物體的內(nèi)能，必須對物體做功或向它傳遞熱量 B．對某物體做功，必定會使該物體的內(nèi)能增加 C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣? D．不可能使熱量從低溫物體傳向高溫物體 E．機械能轉化為內(nèi)能的實際宏觀過程是不可逆過程 (2)一定質(zhì)量的理想氣體，處在A狀態(tài)時，溫度為tA＝27 ℃，氣體從狀態(tài)A等容變化到狀態(tài)M，再等壓變化到狀態(tài)B，A、M、B的狀態(tài)參量如圖所示．求： ①狀態(tài)B的溫度； ②從A到B氣體對外所做的功．(取1 atm＝1.0105 Pa) 解析：(1)由ΔU＝W＋Q可知做功和熱傳遞是改變內(nèi)能的兩種途徑，它們是等效的，故A正確、B錯誤．由熱力學第二定律可知，可以從單一熱源吸收熱量，使之全部變?yōu)楣Γ珪a(chǎn)生其他影響，故C正確．由熱力學第二定律知，熱量只是不能自發(fā)地從低溫物體傳向高溫物體，則D項錯．一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀過程不可逆，則E正確． (2)①氣體在A狀態(tài)：T1＝300 K，V1＝3 m3，p1＝2.5 atm 氣體在B狀態(tài)：T2，V2＝6 m3，p2＝1 atm 氣體從A狀態(tài)到B狀態(tài) 由＝，得T2＝240 K＝－33 ℃ ②從A到M狀態(tài)，氣體做等容變化，不做功，從M到B是等壓變化，做的功為W＝p2ΔV＝3.0105 J，從A到B氣體對外做功3.0105 J. 答案：(1)ACE　(2)①－33 ℃?、?.0105 J [真題試做] [真題1]　(2016高考全國甲卷)(1)(多選)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其p－T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點O.下列判斷正確的是________． A．氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等 B．氣體在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于它在狀態(tài)c時的內(nèi)能 C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功 D．在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功 E．在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功 (2)一氧氣瓶的容積為0.08 m3，開始時瓶中氧氣的壓強為20個大氣壓．某實驗室每天消耗1個大氣壓的氧氣0.36 m3.當氧氣瓶中的壓強降低到2個大氣壓時，需重新充氣．若氧氣的溫度保持不變，求這瓶氧氣重新充氣前可供該實驗室使用多少天． 解析：(1)由ac的延長線過原點O知，直線Oca為一條等容線，氣體在a、c兩狀態(tài)的體積相等，選項A正確；理想氣體的內(nèi)能由其溫度決定，故在狀態(tài)a時的內(nèi)能大于在狀態(tài)c時的內(nèi)能，選項B正確；過程cd是等溫變化，氣體內(nèi)能不變，由熱力學第一定律知，氣體對外放出的熱量等于外界對氣體做的功，選項C錯誤；過程da氣體內(nèi)能增大，從外界吸收的熱量大于氣體對外界做的功，選項D錯誤；由理想氣體狀態(tài)方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.設過程bc中壓強為p0＝pb＝pc，過程da中壓強為p0′＝pd＝pa.由外界對氣體做功W＝pΔV知，過程bc中外界對氣體做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，過程da中氣體對外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，選項E正確(此選項也可用排除法直接判斷更快捷)． (2)設氧氣開始時的壓強為p1，體積為V1，壓強變?yōu)閜2(2個大氣壓)時，體積為V2.根據(jù)玻意耳定律得 p1V1＝p2V2① 重新充氣前，用去的氧氣在p2壓強下的體積為 V3＝V2－V1② 設用去的氧氣在p0(1個大氣壓)壓強下的體積為V0，則有 p2V3＝p0V0③ 設實驗室每天用去的氧氣在p0下的體積為ΔV，則氧氣可用的天數(shù)為 N＝V0/ΔV④ 聯(lián)立①②③④式，并代入數(shù)據(jù)得 N＝4(天)⑤ 答案：(1)ABE　(2)4天 [真題2]　(2015高考新課標卷Ⅰ)(1)(多選)下列說法正確的是________． A．將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體 B．固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質(zhì) C．由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體 D．在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w E．在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變 (2) 如圖，一固定的豎直汽缸由一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞．已知大活塞的質(zhì)量為m1＝2.50 kg，橫截面積為S1＝80.0 cm2；小活塞的質(zhì)量為m2＝1.50 kg，橫截面積為S2＝40.0 cm2；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l＝40.0 cm；汽缸外大氣的壓強為p＝1.00105 Pa，溫度為T＝303 K．初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為T1＝495 K．現(xiàn)汽缸內(nèi)氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與汽缸壁之間的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求： ①在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，汽缸內(nèi)封閉氣體的溫度； ②缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內(nèi)封閉氣體的壓強． 解析：(1)A.將一晶體敲碎后，得到的小顆粒仍是晶體，故選項A錯誤． B．單晶體具有各向異性，有些單晶體沿不同方向上的光學性質(zhì)不同，故選項B正確． C．例如金剛石和石墨由同種元素構成，但由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，故選項C正確． D．晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化．如天然水晶是晶體，熔融過的水晶(即石英玻璃)是非晶體，也有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體，故選項D正確． E．熔化過程中，晶體的溫度不變，但內(nèi)能改變，故選項E錯誤． (2)①設初始時氣體體積為V1，在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，缸內(nèi)封閉氣體的體積為V2，溫度為T2.由題給條件得 V1＝S1＋S2① V2＝S2l② 在活塞緩慢下移的過程中，用p1表示缸內(nèi)氣體的壓強，由力的平衡條件得 S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③ 故缸內(nèi)氣體的壓強不變．由蓋－呂薩克定律有 ＝④ 聯(lián)立①②④式并代入題給數(shù)據(jù)得 T2＝330 K⑤ ②在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，被封閉氣體的壓強為p1.在此后與汽缸外大氣達到熱平衡的過程中，被封閉氣體的體積不變．設達到熱平衡時被封閉氣體的壓強為p′，由查理定律，有 ＝⑥ 聯(lián)立③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得 p′＝1.01105 Pa⑦ 答案：(1)BCD　(2)①330 K?、?.01105 Pa [真題3]　(2016高考全國丙卷)(1)(多選)關于氣體的內(nèi)能，下列說法正確的是________． A．質(zhì)量和溫度都相同的氣體，內(nèi)能一定相同 B．氣體溫度不變，整體運動速度越大，其內(nèi)能越大 C．氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變 D．一定量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關 E．一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加 (2)一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞．初始時，管內(nèi)汞柱及空氣柱長度如圖所示．用力向下緩慢推活塞，直至管內(nèi)兩邊汞柱高度相等時為止．求此時右側管內(nèi)氣體的壓強和活塞向下移動的距離．已知玻璃管的橫截面積處處相同；在活塞向下移動的過程中，沒有發(fā)生氣體泄漏；大氣壓強p0＝75.0 cmHg.環(huán)境溫度不變． 解析：(1)氣體的內(nèi)能由物質(zhì)的量、溫度和體積決定，質(zhì)量和溫度都相同的氣體，內(nèi)能可能不同，說法A錯誤．內(nèi)能與物體的運動速度無關，說法B錯誤．氣體被壓縮時，同時對外傳熱，根據(jù)熱力學第一定律知內(nèi)能可能不變，說法C正確．一定量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關，說法D正確．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，一定量的某種理想氣體在壓強不變的情況下，體積變大，則溫度一定升高，內(nèi)能一定增加，說法E正確． (2)設初始時，右管中空氣柱的壓強為p1，長度為l1；左管中空氣柱的壓強為p2＝p0，長度為l2.活塞被下推h后，右管中空氣柱的壓強為p1′，長度為l1′；左管中空氣柱的壓強為P2′，長度為l2′.以cmHg為壓強單位．由題給條件得 p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg① l1′＝ cm② 由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③ 聯(lián)立①②③式和題給條件得 P1′＝144 cmHg④ 依題意p2′＝p1′⑤ l2′＝4.00 cm＋ cm－h(huán)⑥ 由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式和題給條件得h＝9.42 cm⑧ 答案：(1)CDE　(2)144 cmHg　9.42 cm [新題預測] (1)(多選)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A.其中，A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程(氣體與外界無熱量交換)．這就是著名的“卡諾循環(huán)”．該循環(huán)過程中，下列說法正確 的是(　　) A．A→B過程中，氣體對外界做功 B．B→C過程中，氣體分子的平均動能增大 C．C→D過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多 D．D→A過程中，氣體分子的速率分布曲線不發(fā)生變化 E．B→C過程中，氣體內(nèi)能減小 (2)如圖所示，兩端封閉的玻璃管中間有一段長為h＝16 cm的水銀柱，在27 ℃的室內(nèi)水平放置，水銀柱把玻璃管中的氣體分成長度都是L0＝40 cm的A、B兩部分，兩部分氣體的壓強均為p0＝30 cmHg，現(xiàn)將A端抬起使玻璃管豎直． ①求玻璃管豎直時兩段氣體的長度LA和LB； ②在玻璃管豎直狀態(tài)下，給B氣體加熱(全過程中A氣體溫度不變)，需要加熱到多少攝氏度才能使水銀柱回到初始位置？ 解析：(1)A→B過程中，氣體體積變大，氣體對外做功，A項正確；B→C為絕熱過程，氣體體積增大，氣體對外界做功，內(nèi)能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，故B項錯誤，E項正確；C→D為等溫過程，氣體的溫度不變，體積減小，壓強增大，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，故C項正確；D→A過程中絕熱壓縮，氣體的溫度升高，因此氣體分子的速率分布曲線的最大值向速率大的方向偏移，故D項錯誤． (2)①玻璃管由水平放置轉到豎直放置，兩部分氣體均為等溫變化，設玻璃管的橫截面積為S 對A有p0L0S＝pALAS 對B有p0L0S＝pBLBS PB＝PA＋h，LA＋LB＝2L0 解得LA＝50 cm，LB＝30 cm. ②給B氣體加熱后，水銀柱回到初始位置，A部分氣體狀態(tài)參量與初始狀態(tài)相同，B氣體體積與初始狀態(tài)相同，此時B氣體壓強為p＝p0＋h＝46 cmHg 對B有＝ 解得T＝460 K 故需將B氣體加熱到187 ℃ 答案：(1)ACE　(2)①50 cm　30 cm　②187 ℃ 限時規(guī)范訓練 建議用時：40分鐘 1．(1)(多選)一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p－T圖象如圖所示．下列判斷正確的是(　　) A．過程ab中氣體一定吸熱 B．過程bc中氣體既不吸熱也不放熱 C．過程ca中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱 D．a(chǎn)、b和c三個狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動能最小 E．b和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)不同 (2)一定質(zhì)量的理想氣體被活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內(nèi)．汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動．開始時氣體壓強為p，活塞下表面相對于汽缸底部的高度為h，外界的溫度為T0.現(xiàn)取質(zhì)量為m的沙子緩慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完時，活塞下降了.若此后外界的溫度變?yōu)門，求重新達到平衡后氣體的體積．已知外界大氣的壓強始終保持不變，重力加速度大小為g. 解析：(1)對封閉氣體，由題圖可知a→b過程，氣體體積V不變，沒有做功，而溫度T升高，則為吸熱過程，A項正確．b→c過程為等溫變化，壓強減小，體積增大，對外做功，則為吸熱過程，B項錯．c→a過程為等壓變化，溫度T降低，內(nèi)能減少，體積V減小，外界對氣體做功，依據(jù)W＋Q＝ΔE，外界對氣體所做的功小于氣體所放的熱，C項錯．溫度是分子平均動能的標志，Tapc，顯然E項正確． (2)設汽缸的橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對氣體產(chǎn)生的壓強為Δp，由玻意耳定律得 phS＝(p＋Δp)S① 解得Δp＝p② 外界的溫度變?yōu)門后，設活塞距底面的高度為h′.根據(jù)蓋－呂薩克定律，得＝③ 解得h′＝h④ 據(jù)題意可得Δp＝⑤ 氣體最后的體積為V＝Sh′⑥ 聯(lián)立②④⑤⑥式得V＝⑦ 答案：(1)ADE　(2) 2．(1)(多選)下列說法中正確的是(　　) A．分子間的距離增大時，分子勢能一定增大 B．晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點 C．根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體 D．物體吸熱時，它的內(nèi)能可能不增加 E．一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱 (2)如圖，在圓柱形汽缸中用具有質(zhì)量的光滑導熱活塞密閉有一定質(zhì)量的理想氣體，在汽缸底部開有一小孔，與U形水銀管相連，已知外界大氣壓為p0＝75 cmHg，室溫t0＝27 ℃，穩(wěn)定后兩邊水銀面的高度差為Δh＝1.5 cm，此時活塞離容器底部的高度為L＝50 cm.已知柱形容器橫截面積S＝0.01 m2,75 cmHg＝1.0105 Pa. ①求活塞的質(zhì)量； ②使容器內(nèi)溫度降至－63 ℃，求此時U形管兩側水銀面的高度差和活塞離容器底部的高度L′. 解析：(1)分子間的距離有一個特殊值r0，此時分子間引力與斥力平衡，分子勢能最?。敺肿娱g的距離小于r0時，分子勢能隨距離的增大而減小，當分子間的距離大于r0時，分子勢能隨距離的增大而增大，選項A錯誤．根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其他變化．在有外力做功的情況下熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，選項C錯誤． (2)①根據(jù)U形管兩側水銀面的高度差為 Δh＝1.5 cm，可知A中氣體壓強pA1＝p0＋pΔh＝75 cmHg＋1.5 cmHg＝76.5 cmHg 而pA1＝p0＋p塞 所以活塞產(chǎn)生的壓強p塞＝1.5 cmHg＝1.5105 Pa＝0.02105 Pa 由p塞＝mg/S，解得m＝2 kg. ②由于活塞光滑，所以氣體等壓變化，U形管兩側水銀面的高度差不變 仍為Δh＝1.5 cm 初狀態(tài)：溫度T1＝300 K，體積V1＝50 cmS； 末狀態(tài)：溫度T2＝210 K，體積V2＝L′S 由蓋－呂薩克定律，＝ 解得活塞離容器底部的高度L′＝35 cm. 答案：(1)BDE　(2)①2 kg　②1.5 cm　35 cm 3．(原創(chuàng)題)(1)(多選)下列敘述和熱力學定律相關，其中正確的是(　　) A．第一類永動機不可能制成，是因為違背了能量守恒定律 B．能量耗散過程中能量不守恒 C．電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界，違背了熱力學第二定律 D．能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性 E．物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功 (2)如圖所示，右端開口的絕緣、絕熱圓柱形汽缸放置在水平地面上，容積為V，汽缸內(nèi)部被絕熱活塞M和導熱性能良好的活塞N分成三個相等的部分，左邊兩部分分別封閉氣體A和B，兩活塞均與汽缸接觸良好，忽略一切摩擦；汽缸左邊有加熱裝置，可對氣體A緩慢加熱；初始狀態(tài)溫度為T0，大氣壓強為p0. ①給氣體A加熱，當活塞N恰好到達汽缸右端時，求氣體A的溫度； ②繼續(xù)給氣體A加熱，當氣體B的長度變?yōu)樵瓉淼臅r，求氣體B的壓強和氣體A的溫度． 解析：(1)由熱力學第一定律知A正確，能量耗散是指能量品質(zhì)降低，反映能量轉化的方向性仍遵守能量守恒定律，B錯誤，D正確；電冰箱的熱量傳遞不是自發(fā)，不違背熱力學第二定律，C錯誤；在有外界影響的情況下，從單一熱源吸收的熱量可以全部用于做功，E正確． (2)①活塞N移動至恰好到達汽缸右端的過程中氣體A做等壓變化＝ 解得T1＝2T0. ②繼續(xù)加熱過程，氣體B體積減小，做等溫變化 p0＝p1 解得p1＝p0 因不計摩擦，氣體A的壓強等于氣體B的壓強，對氣體A有＝ 解得T2＝3T0. 答案：(1)ADE　(2)①2T0?、趐0　3T0 4．(1)(多選)有關分子的熱運動和內(nèi)能，下列說法正確的是(　　) A．一定質(zhì)量的氣體，溫度不變，分子的平均動能不變 B．物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈 C．物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運動動能和分子勢能的總和 D．布朗運動是由懸浮在液體中的微粒之間的相互碰撞引起的 E．外界對物體做功，物體的內(nèi)能必定增加 (2)在室溫恒定的實驗室內(nèi)放置著如圖所示的粗細均勻的L形管，管的兩端封閉且管內(nèi)充有水銀，管的上端和左端分別封閉著長度均為L0＝15 cm的A、B兩部分氣體，已知豎直管內(nèi)水銀柱高度為H＝20 cm，A部分氣體的壓強恰好等于大氣壓強．對B部分氣體進行加熱到某一溫度，保持A部分氣體溫度不變，水銀柱上升h＝5 cm(已知大氣壓強為76 cmHg，室溫為300 K)．試求： ①水銀柱升高后A部分氣體的壓強； ②溫度升高后B部分氣體的溫度． 解析：(1)溫度是分子平均動能的標志，A正確；溫度越高，分子運動越劇烈，B正確；內(nèi)能指所有分子熱運動動能與分子勢能的總和，C正確；布朗運動是液體分子對懸浮顆粒的碰撞引起的，D錯誤；根據(jù)熱力學第一定律，內(nèi)能變化由做功和傳熱共同決定，E錯誤． (2)①設L形管的橫截面積為S，水銀柱上升前后A部分氣體的壓強分別為pA和pA′，氣體A的溫度并沒有發(fā)生變化，由玻意耳定律可得： pAL0S＝pA′(L0－h(huán))S pA′＝ 代入數(shù)據(jù)可得：pA′＝114 cmHg ②設水銀柱上升前后B部分氣體的壓強分別為pB和pB′，溫度分別是T和T′，則 pB＝pA＋PH，pB′＝pA′＋Ph＋PH 由氣體狀態(tài)方程可得： ＝ 代入數(shù)據(jù)解得：T′≈579.2 K 答案：(1)ABC　(2)①114 cmHg?、?79.2 K 5．(1)(多選)兩個相鄰的分子之間同時存在著引力和斥力，它們隨分子之間距離r的變化關系如圖所示．圖中虛線是分子斥力和分子引力曲線，實線是分子合力曲線．當分子間距r＝r0時，分子之間合力為零，則下列關于這兩個分子組成系統(tǒng)的分子勢能Ep與兩分子間距離r的關系曲線，可能正確的是(　　) (2)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，再變化到狀態(tài)C，其狀態(tài)變化過程的p－V圖象如圖所示．已知該氣體在狀態(tài)A時的溫度為27 ℃.求： ①該氣體在狀態(tài)B時的溫度； ②該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中與外界交換的熱量． 解析：(1)由于r＝r0時，分子之間的作用力為零，當r＞r0時，分子間的作用力為引力，隨著分子間距離的增大，分子力做負功，分子勢能增加，當r＜r0時，分子間的作用力為斥力，隨著分子間距離的減小，分子力做負功，分子勢能增加，故r＝r0時，分子勢能最?。C上所述，選項B、C、E正確，選項A、D錯誤． (2)①對于理想氣體：A→B過程，由查理定律有 ＝， 得TB＝100 K， 所以tB＝TB－273 ℃＝－173 ℃. ②B→C過程，由蓋－呂薩克定律有＝， 得TC＝300 K， 所以tC＝TC－273 ℃＝27 ℃. 由于狀態(tài)A與狀態(tài)C溫度相同，氣體內(nèi)能相等，而A→B過程是等容變化氣體對外不做功，B→C過程中氣體體積膨脹對外做功，即從狀態(tài)A到狀態(tài)C氣體對外做功，故氣體應從外界吸收熱量．Q＝pΔV＝1105(310－3－110－3)J＝200 J. 答案：(1)BCE　(2)①－173 ℃?、?00 J 6．(原創(chuàng)題)(1)(多選)在一個標準大氣壓下，1 g水在沸騰時吸收了2 260 J的熱量后變成同溫度的水蒸氣，對外做了170 J的功．已知阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.01023 mol－1，水的摩爾質(zhì)量M＝18 g/mol.下列說法中正確的是(　　) A．分子間的平均距離增大 B．水分子的熱運動變得更劇烈了 C．水分子總勢能的變化量為2 090 J D．在整個過程中能量是不守恒的 E．1 g水所含的分子數(shù)為3.31022個 (2)如圖所示，一個絕熱的汽缸豎直放置，內(nèi)有一個絕熱且光滑的活塞，中間有一個固定的導熱性良好的隔板，隔板將汽缸分成兩部分，分別密封著兩部分理想氣體A和B.活塞的質(zhì)量為m，橫截面積為S，與隔板相距h.現(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱氣體，已知電熱絲電阻為R，通過的電流為I.通電時間為t時，活塞上升了h，此時氣體的溫度為T1，已知大氣壓強為p0，電熱絲放出熱量的90%被氣體吸收，重力加速度為g. ①加熱過程中，若A氣體內(nèi)能增加了ΔE1，求B氣體內(nèi)能增加量ΔE2. ②現(xiàn)停止對氣體加熱，同時在活塞上緩慢添加砂粒，當添加砂粒的總質(zhì)量為m0時，活塞恰好回到原來的位置．求此時A氣體的溫度T2. 解析：(1)液體變成氣體后，分子間的平均距離增大了，選項A正確；溫度是分子熱運動劇烈程度的標志，由于兩種狀態(tài)下的溫度是相同的，故兩種狀態(tài)下水分子熱運動的劇烈程度是相同的，選項B錯誤；水發(fā)生等溫變化，分子平均動能不變，因水分子總數(shù)不變，分子的總動能不變，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，可得水的內(nèi)能的變化量為ΔU＝2 260 J－170 J＝2 090 J，即水的內(nèi)能增大2 090 J，則水分子的總勢能增大了2 090 J，選項C正確；在整個過程中能量是守恒的，選項D錯誤；1 g水所含的分子數(shù)為n＝NA＝6.01023＝3.31022(個)，選項E正確． (2)①由焦耳定律可得，電熱絲放出的熱量Q0＝I2Rt 氣體吸收的熱量Q＝0.9Q0＝0.9I2Rt B氣體對外做功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h 由熱力學第一定律得：ΔE1＋ΔE2＝Q－W 解得：ΔE2＝0.9I2Rt－(p0S＋mg)h－ΔE1. ②B氣體的初狀態(tài)：壓強p1＝p0＋，體積V1＝2hS，溫度為T1 B氣體的末狀態(tài)：壓強p2＝p0＋，體積V2＝hS，溫度為T2 由理想氣體狀態(tài)方程：＝ 解得：T2＝T1. 答案：(1)ACE　(2)見解析 7．(原創(chuàng)題)(1)(多選)下列說法中正確的是(　　) A．分子間的距離增大時，分子間的引力增大，斥力減小 B．大量氣體分子對容器壁的持續(xù)性作用形成氣體的壓強 C．對于一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變，壓強增大時，氣體的體積一定減小 D．根據(jù)熱力學第二定律可知，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體 E．氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在斥力的緣故 (2)在標準狀態(tài)下，空氣的密度為1.29 g/L，若房間的容積為100 m3，大氣壓等于77 cmHg，那么當室溫由17 ℃升至27 ℃時，房間里空氣的質(zhì)量將減少________kg. (3)某高速公路發(fā)生一起車禍，車禍系輪胎爆胎所致．爆胎后氣體迅速外泄，假設氣體對外做功為1 000 J，且來不及與外界發(fā)生熱交換，則此過程胎內(nèi)原有氣體內(nèi)能如何變化，變化了多少？ 解析：(1)當分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力均減小，A錯誤；根據(jù)氣體壓強產(chǎn)生的原因知，氣體的壓強就是大量氣體分子對容器壁的持續(xù)性作用形成的，B正確；由理想氣體狀態(tài)方程知，對于一定質(zhì)量的理想氣體，溫度不變，壓強增大時，氣體的體積一定減小，C正確；根據(jù)熱力學第二定律知，熱量從低溫物體傳到高溫物體需要其他作用的影響，D正確；氣體失去了容器的約束會散開，是因為氣體分子自由運動的緣故，E錯誤． (2)以17 ℃時“室內(nèi)氣體”為研究對象，氣體做等壓膨脹， 由蓋－呂薩克定律可得＝ 根據(jù)題意，V1＝100 m3，T1＝290 K，T2＝300 K，代入得： V2＝V1＝100 m3＝ m3， 因此27 ℃時有ΔV＝V2－V1＝ m3體積的氣體處于房間之外 再算出27 ℃時空氣密度ρ2，標準狀態(tài)下：p0＝76 cmHg、T0＝273 K、ρ0＝1.29 g/L. 27 ℃時房間內(nèi)的空氣：p2＝77 cmHg、T2＝300 K. 由理想氣體的狀態(tài)方程變形有：＝ 可得ρ2＝＝ kg/m3＝1.19 kg/m3. 因此房間里空氣質(zhì)量將減少Δm＝ρ2ΔV＝4.1 kg (3)氣體迅速膨脹對外做功，但短時間內(nèi)與外界幾乎不發(fā)生熱量傳遞，所以內(nèi)能減少 由熱力學第一定律得，變化的內(nèi)能為： ΔU＝W＋Q＝－1 000 J 答案：(1)BCD　(2)4.1 kg　(3)內(nèi)能減少?。? 000 J 第2講　振動和波　光 微網(wǎng)構建 核心再現(xiàn) 知識規(guī)律 (1)振動和波． ①振動的周期性、對稱性：x＝Asin ωt. ②波的產(chǎn)生和傳播：v＝. (2)光的折射和全反射． ①折射定律：光從真空進入介質(zhì)時：＝n. ②全反射條件：光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)；入射角等于或大于臨界角C，sin C＝. (3)波的干涉、衍射等現(xiàn)象． ①干涉、衍射是波特有的現(xiàn)象．干涉條件：頻率相同、相位差恒定，振動方向相同；明顯衍射條件： d≤λ. ②明條紋(振動加強區(qū))：Δr＝kλ； 暗條紋(振動減弱區(qū))：Δr＝(k＋)λ. ③光的干涉條紋特點：明暗相間，條紋間距Δx＝λ. 思想方法 (1)物理思想：理想化模型思想、類比思想． (2)物理方法：圖象法、作圖法、臨界與極值法. 高頻考點一　機械振動、機械波 知能必備 1.簡諧運動的基本特征及描述簡諧運動的物理量． 2.機械波的產(chǎn)生及描述，波速與波長、頻率的關系． 3.振動圖象和波動圖象的比較． 4.波的傳播方向與質(zhì)點振動方向的互判方法． 5.波的多解問題產(chǎn)生的原因及求解方法. [命題視角] 視角1　波動圖象的分析及應用 [例1]　(多選)2016年2月6日，臺灣高雄市發(fā)生6.7級地震，震源深度為15 km.如果該地震中的簡諧橫波在地球中勻速傳播的速度大小為4 km/s，已知波沿x軸正方向傳播，某時刻剛好傳到N處，如圖所示，則下列說法中正確的是________． A．從波源開始振動到波源遷移到地面需要經(jīng)過3.75 s B．從波傳到N處開始計時，經(jīng)過t＝0.03 s位于x＝240 m處的質(zhì)點加速度最小 C．波的周期為0.015 s D．波動圖象上M點此時速度方向沿y軸負方向，經(jīng)過一段極短的時間后動能減小 E．從波傳到N處開始，經(jīng)過0.012 5 s，M點的波動狀態(tài)傳播到N點 思路探究　(1)參與波動的所有質(zhì)點的運動有什么特點和規(guī)律？ (2)如何根據(jù)波的傳播方向判斷某一質(zhì)點的振動方向？ 嘗試解答　__________ 解析　波上所有質(zhì)點并不隨波遷移，選項A錯誤；由題意可知該波的周期為T＝0.015 s，從波傳到x＝120 m處開始計時，經(jīng)過t＝0.03 s，波向前傳播了2個周期，位于x＝240 m處的質(zhì)點在平衡位置，加速度最小，選項B、C正確；由“上下坡法”可得M點的速度方向沿y軸負方向，正在往平衡位置運動，速度增大，動能增大，選項D錯誤；M、N點之間相距50 m，波從M點傳到N點所需時間t1＝ s＝0.012 5 s，選項E正確． 答案　BCE 視角2　振動圖象與波動圖象的綜合分析 [例2]　(2016江南十校聯(lián)考)圖甲為某一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在t＝1.0 s時刻的波形圖，圖乙為參與波動的某一質(zhì)點的振動圖象，則下列說法正確的是(　　) A．該簡諧橫波的傳播速度為4 m/s B．從此時刻起，經(jīng)過2 s，P質(zhì)點運動了8 m的路程 C．從此時刻起，P質(zhì)點比Q質(zhì)點先回到平衡位置 D．乙圖可能是甲圖x＝2 m處質(zhì)點的振動圖象 E．此時刻M質(zhì)點的振動速度小于Q質(zhì)點的振動速度 思路探究　(1)振動圖象和波動圖象有什么區(qū)別？ (2)兩種圖象分別提供哪些信息？ (3)公式v＝中各符號代表什么？ 嘗試解答　__________ 解析　由甲圖可得λ＝4 m，由乙圖中可得T＝1.0 s，所以該簡諧橫波的傳播速度為v＝＝4 m/s，選項A正確；t＝2 s＝2T，則從此時刻起，經(jīng)過2 s，P質(zhì)點運動的路程為s＝8A＝80.2 cm＝1.6 cm，選項B錯誤；簡諧橫波沿x軸正向傳播，此時刻Q質(zhì)點向上運動，而P質(zhì)點直接向下運動，所以P質(zhì)點比Q質(zhì)點先回到平衡位置，選項C正確．由乙圖知t＝0時刻質(zhì)點的位移為0，振動方向沿y軸負方向，與甲圖x＝2 m處t＝0時刻的狀態(tài)相同，所以乙圖可能是甲圖x＝2 m處質(zhì)點的振動圖象，選項D正確．質(zhì)點越靠近平衡位置速度越大，則此時刻M質(zhì)點的振動速度大于Q質(zhì)點的振動速度，選項E錯誤． 答案　ACD 視角3　波的多解問題 [例3]　(2016江西名校聯(lián)考)一列簡諧橫波在x軸上傳播，在t1＝0和t2＝0.05 s時，其波形圖分別用如圖所示的實線和虛線表示，求： (1)這列波可能具有的波速； (2)當波速為280 m/s時，波的傳播方向如何？以此波速傳播時，x＝8 m處的質(zhì)點P從平衡位置運動至波谷所需的最短時間是多少？ 思路探究　(1)通常造成波多解的原因有哪些？ (2)“P從平衡