2018届二轮复习专题十第1讲热　学课件（51张）（全国通用） 51页

第 1 讲　 热 　学 专题十 　 选考部分 (3-3 3-4) 高考题型 2 　 气体 实验定律的应用 高考题型 3 　 热学 中的综合问题 高考题型 1 　 热学 基本知识 高 考题 精选精练 热学基本知识 高考题型 1 例 1 　 (2017· 全国卷 Ⅰ ·33(1)) 氧气分子在 0 ℃ 和 100 ℃ 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图 1 中两条曲线所示 . 下列说法正确的是 ________. A. 图中两条曲线下的面积相等 B. 图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C. 图中实线对应于氧气分子在 100 ℃ 时的情形 D. 图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E. 与 0 ℃ 时相比， 100 ℃ 时氧气分子速率出现在 0 ～ 400 m/s 区间内的 分 子 数占总分子数的百分比 较大 答案 解析 √ 图 1 √ √ 解析　 根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以题图中两条曲线下的面积相等，选项 A 正确 ； 温度 是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子所占比例较大，所以图中实线对应于氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项 B 、 C 正确 ； 根据 曲线不能求出任意区间的氧气分子数目，选项 D 错误 ； 由 图线可知 100 ℃ 时的氧气分子速率出现在 0 ～ 400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比比 0 ℃ 时的百分比小，选项 E 错误 . 技巧点拨 1. 分子动理论 (1) 分子大小 ① 阿伏加德罗常数： N A ＝ 6.02 × 10 23 mol － 1 . ② 分子体积： V 0 ＝ ( 占有空间的体积 ). ③ 分子质量： m 0 ＝ . ④ 油膜法估测分子的直径： d ＝ . (2) 分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动 . ① 扩散现象特点：温度越高，扩散越快 . ② 布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈 . (3) 分子间的相互作用力和分子势能 ① 分子力：分子间引力与斥力的合力 . 分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快 . ② 分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为 r 0 ( 分子间的距离为 r 0 时，分子间作用力的合力为 0) 时，分子势能最小 . 2. 固体、液体和气体 (1) 晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同 . 晶体具有确定的熔点 . 单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性 . 晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转化 . (2) 液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间 . 液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性 . (3) 液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切 . (4) 饱和汽压的特点 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 . (5) 相对湿度 某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的百分比 . 即 B ＝ × 100%. 3. 热力学定律 (1) 热力学第一定律 Δ U ＝ Q ＋ W (2) 热力学第二定律 ① 热量不能自发地由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化； ② 不可能从单一热源吸收热量并使之完全转化为功，而不引起其他变化 . 1.(2017· 山东淄博市模拟 ) 关于热学知识，下列叙述中正确的是 ________. A. 温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小 B. 布朗运动就是液体分子的热运动 C. 将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体 D. 第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的 E. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 对点拓展练 √ 答案 √ √ 1 2 3 4 2.(2017· 广西南宁市模拟 ) 关于液体和固体，下列说法正确的是 ________. A. 液体的温度越低，其饱和汽压越小 B. 酒精灯中的酒精能沿灯芯向上升，这与毛细现象有关 C. 纳米材料的粒径一定是 1 nm D. 具有各向同性的固体一定是非晶体 E. 第一类永动机违反了 能量守恒定律 答案 √ √ √ 1 2 3 4 3.(2017· 云南昆明市二统 ) 下列说法中正确的是 ________. A. 布朗运动是悬浮在气体或液体中固体颗粒分子的无规则运动 B. 分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 C. 温度相同的不同物体，它们分子的平均动能一定相同 D. 在潮湿的天气里，空气的相对湿度小，有利于蒸发 E. 一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程，温度均由 T 1 升高 到 T 2 ，等压过程比等容过程吸收的热量多 答案 √ √ √ 1 2 3 4 4.(2017· 全国卷 Ⅱ ·33(1)) 如图 2 ，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 解析 图 2 √ √ √ 1 2 3 4 解析　 因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，既不吸热也不放热，也不对外界做功 . 根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，选项 A 正确，选项 C 错误 ； 气体 被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，选项 B 、 D 正确，选项 E 错误 . 1 2 3 4 气体实验定律的应用 高考 题型 2 例 2 　 (2017· 全国卷 Ⅰ ·33(2)) 如图 3 ，容积均为 V 的汽缸 A 、 B 下端有细管 ( 容积可忽略 ) 连通，阀门 K 2 位于细管的中部， A 、 B 的顶部各有一阀门 K 1 、 K 3 ； B 中有一可自由滑动的活塞 ( 质量、体积均可忽略 ). 初始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部；关闭 K 2 、 K 3 ，通过 K 1 给汽缸充气，使 A 中气体的压强达到大气压 p 0 的 3 倍后关闭 K 1 . 已知室温为 27 ℃ ，汽缸导热 . 图 3 解析　 设打开 K 2 后，稳定时活塞上方气体的压强 为 p 1 ，体积为 V 1 . 依题意，被活塞分开的两部分气体 都 经历 等温过程 . 由玻意耳定律得 p 0 V ＝ p 1 V 1 ① (3 p 0 ) V ＝ p 1 (2 V － V 1 ) ② 联立 ①② 式得 V 1 ＝ ③ p 1 ＝ 2 p 0 ④ 答案 ( ⅰ ) 打开 K 2 ，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； 解析 解析　 打开 K 3 后，由 ④ 式知，活塞必定上升 . 设在 活 塞 下方气体与 A 中气体的体积之和为 V 2 ( V 2 ≤ 2 V ) 时 ， 活塞 下气体压强为 p 2 ，由玻意耳定律得 (3 p 0 ) V ＝ p 2 V 2 ⑤ 由 ⑤ 式得 p 2 ＝ p 0 ⑥ 由 ⑥ 式知，打开 K 3 后活塞上升直到 B 的顶部为止； 此时 p 2 为 p 2 ′ ＝ p 0 答案 ( ⅱ ) 接着打开 K 3 ，求稳定时活塞的位置； 解析 答案　 B 的顶部 解析　 设加热后活塞下方气体的压强为 p 3 ，气体温度从 T 1 ＝ 300 K 升高到 T 2 ＝ 320 K 的等容过程中，由查理定律 得 ⑦ 将有关数据代入 ⑦ 式得 p 3 ＝ 1.6 p 0 ⑧ 答案 ( ⅲ ) 再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ℃ ，求此时活塞下方气体的压强 . 解析 答案　 1.6 p 0 技巧点拨 1. 气体实验定律 (1) 等温变化： pV ＝ C 或 p 1 V 1 ＝ p 2 V 2 ； 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、快速地找到规律 . (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 . 5.(2017· 安徽合肥市第二次检测 ) 图 4 为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，下管足够长，图中管的截面积分别为 S 1 ＝ 2 cm 2 ， S 2 ＝ 1 cm 2 ，管内水银长度为 h 1 ＝ h 2 ＝ 2 cm ，封闭气体长度 L ＝ 10 cm ，大气压强为 p 0 ＝ 76 cmHg ，气体初始温度为 300 K ，若缓慢升高气体温度，试求： 对点拓展练 答案 6 5 解析 图 4 (1) 当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度； 答案　 350 K 解析　 设全部进入细管水银长度为 x V 水银 ＝ h 1 S 1 ＋ h 2 S 2 ＝ xS 2 6 5 p 1 ＝ p 0 － ( h 1 ＋ h 2 ) ＝ 72 cmHg p 2 ＝ p 0 － x ＝ 70 cmHg. 解得： T 2 ＝ 350 K (2) 当气体温度为 525 K 时，水银柱上端距玻璃管底部的距离 . 答案 6 5 解析 答案　 24 cm 解得 V 3 ＝ 36 cm 3 设水银又下移了 h 3 ，则 S 1 ( L ＋ h 1 ) ＋ S 2 h 3 ＝ 36 cm 3 ， 解得 h 3 ＝ 12 cm ， 因此水银柱上端距玻璃管底部的距离为 h ＝ h 3 ＋ h 1 ＋ L ＝ 24 cm. 6.(2017· 云南昆明市二统 ) 内径相同、导热良好的 “⊥” 型细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长并且上端开口与大气相通 . 管中有水银将管分成三部分， A 、 B 两部分封有理想气体，各部分长度如图 5 所示 . 将水银缓慢注入竖直管中直到 B 中气柱长度变为 8 cm ，取大气压 p 0 ＝ 76 cmHg ，设外界温度不变 . 求 ： (1) 此时， A 、 B 两管中气柱长度之比 ； 6 5 答案 解析 图 5 答案　 2 ∶ 1 解析　 对 A 气体 p A 1 L A 1 S ＝ p A 2 L A 2 S 对 B 气体： p B 1 L B 1 S ＝ p B 2 L B 2 S 且 p A 1 ＝ p B 1 ， p A 2 ＝ p B 2 据题意可得： L A 2 ∶ L B 2 ＝ 2 ∶ 1 6 5 (2) 注入管中水银柱的长度 . 6 5 答案 解析 答案　 30 cm 解析　 据题意： p B 1 ＝ 96 cmHg ， L B 1 ＝ 10 cm ， L B 2 ＝ 8 cm 可得： p B 2 ＝ 120 cmHg 由几何关系可得注入水银柱的长度： L ＝ 120 cm － 76 cm － 20 cm ＋ ( L A 1 － L A 2 ) ＋ ( L B 1 － L B 2 ) 解得： L ＝ 30 cm 热学中的综合问题 高考 题型 3 例 3 　 (2017· 全国卷 Ⅱ ·33(2)) 一热气球体积为 V ，内部充有温度为 T a 的热空气，气球外冷空气的温度为 T b . 已知空气在 1 个大气压、温度为 T 0 时的密度为 ρ 0 ，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加速度大小为 g . ( ⅰ ) 求该热气球所受浮力的大小 ； 答案 解析 解析　 设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T 0 时的体积为 V 0 ，密度为 ρ 0 ＝ ① 在温度为 T 时的体积为 V T ，密度为 ρ ( T ) ＝ ② 由盖－吕萨克定律得 ③ 联立 ①②③ 式得 ρ ( T ) ＝ ρ 0 ④ 气球所受到的浮力为 F ＝ ρ ( T b ) gV ⑤ 联立 ④⑤ 式得 F ＝ Vgρ 0 ⑥ ( ⅱ ) 求该热气球内空气所受的重力； 答案 解析 解析　 气球内热空气所受的重力为 G ＝ ρ ( T a ) Vg ⑦ 联立 ④⑦ 式得 G ＝ Vgρ 0 ⑧ ( ⅲ ) 设充气前热气球的质量为 m 0 ，求充气后它还能托起的最大质量 . 答案 解析 解析　 设该气球还能托起的最大质量为 M ，由力的平衡条件得 Mg ＝ F － G － m 0 g ⑨ 联立 ⑥⑧⑨ 式得 M ＝ Vρ 0 T 0 ( － ) － m 0 ⑩ 技巧点拨 1. 多个系统相互联系的定质量气体问题，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 . 2. 对于打气 ( 放气 ) 等变质量问题要用假想的口袋将打入 ( 或放出 ) 的气体装起来与原有气体 ( 剩余气体 ) 整体分析，变为总质量不变的状态变化问题 . 7.(2017· 湖南省十三校第一次联考 ) 如图 6 所示，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B ，再从状态 B 变化到状态 C ，已知状态 A 的温度为 480 K ，求 ： (1) 气体在状态 C 时的温度 ； 对点拓展练 答案 8 7 解析 图 6 答案　 160 K 解析　 A 、 C 两状态体积相同，故 有 所以 T C ＝ 160 K. 8 7 (2) 试着分析从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量 . 答案　 见解析 解析　 根据理想气体状态方程： ， 则 T B ＝ 480 K. 由此可知， A 、 B 两状态温度相同，故 A 、 B 两状态内能相等，而该过程体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知：该过程中气体吸收热量 . 答案 解析 8.(2017· 陕西西安市二检 ) 如图 7 所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为 S . 开始时气体的温度为 T 0 ，活塞与容器底的距离为 h 0 . 现将整个装置放在大气压恒为 p 0 的空气中，当气体从外界 吸 答案 8 7 解析 收热量 Q 后，活塞缓慢上升 d 后再次平衡，重力加速度为 g . 求 ： (1) 外界空气的温度 ； 图 7 解析　 取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖－吕萨克定律 有 8 7 (2) 在此过程中密闭气体增加的内能 . 答案 8 7 解析 答案　 Q － ( mg ＋ p 0 S ) d 解析　 活塞上升过程中，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功 W ＝－ ( mg ＋ p 0 S ) d 根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能 Δ U ＝ Q ＋ W ＝ Q － ( mg ＋ p 0 S ) d . 高考题精选精练 题组　全国卷真题精选 1.(2016· 全国卷 Ⅰ ·33(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 1 2 3 解析 √ √ √ 解析　 气体内能的改变 Δ U ＝ Q ＋ W ，故对气体做功可改变气体内能， B 选项正确 ； 气体 吸热为 Q ，但不确定外界做功 W 的情况，故不能确定气体温度变化， A 选项错误 ； 理想气体 等压膨胀， W <0 ，由理想气体 状态方程 ＝ C ， p 不变， V 增大，气体温度升高，内能增大， Δ U >0 ，由 Δ U ＝ Q ＋ W ，知 Q >0 ，气体一定吸热， C 选项错误 ； 由 热力学第二定律， D 选项正确 ； 根据 热平衡性质， E 选项正确 . 1 2 3 2.(2016· 全国卷 Ⅲ ·33)(1) 关于气体的内能，下列说法正确的是 ________. A. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B. 气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C. 气体被压缩时，内能可能不变 D. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 √ 答案 解析 √ √ 1 2 3 解析　 质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子总动能不一定相同， A 错误 ； 宏观 运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大， B 错误 ； 根据 ＝ C 可知，如果等温压缩，则内能不变；等压膨胀，温度增大，内能一定增大， C 、 E 正确 ； 理想气体 的分子势能为零，所以理想气体的内能与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关， D 正确 . 1 2 3 (2) 一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞 . 初始时，管内汞柱及空气柱长度如图 8 所示 . 用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止 . 求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离 . 已知玻璃管的横截 面积 答案 解析 处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强 p 0 ＝ 75.0 cmHg. 环境温度不变 .( 结果保留三位有效数字 ) 图 8 答案　 144 cmHg 　 9.42 cm 1 2 3 解析　 设初始时，右管中空气柱的压强为 p 1 ，长度为 l 1 ；左管中空气柱的压强为 p 2 ＝ p 0 ，长度为 l 2 . 活塞被下推 h 后，右管中空气柱的压强为 p 1 ′ ，长度为 l 1 ′ ；左管中空气柱的压强为 p 2 ′ ，长度为 l 2 ′ . 以 cmHg 为压强单位 . 由 题给条件 得 : p 1 ＝ p 0 ＋ (20.0 － 5.00) cmHg ＝ 90 cmHg 　 l 1 ＝ 20.0 cm ① l 1 ′ ＝ (20.0 － ) cm ＝ 12.5 cm ② 由玻意耳定律得 p 1 l 1 S ＝ p 1 ′ l 1 ′ S ③ 1 2 3 联立 ①②③ 式和题给条件得 p 1 ′ ＝ 144 cmHg ④ 依题意 p 2 ′ ＝ p 1 ′⑤ l 2 ′ ＝ 4.00 cm ＋ cm － h ＝ 11.5 cm － h ⑥ 由玻意耳定律得 p 2 l 2 S ＝ p 2 ′ l 2 ′ S ⑦ 联立 ④⑤⑥⑦ 式和题给条件得 h ≈ 9.42 cm 1 2 3 3.(2015· 新课标全国 Ⅰ ·33(2)) 如图 9 ，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞 . 已知大活塞的质量为 m 1 ＝ 2.50 kg ，横截面积为 S 1 ＝ 80.0 cm 2 ；小活塞的质量为 m 2 ＝ 1.50 kg ，横截面积为 S 2 ＝ 40.0 cm 2 ；两活塞用刚性轻杆连接，间距为 l ＝ 40.0 cm ；汽缸外大气的压强为 p ＝ 1.00 × 10 5 Pa ，温度为 T ＝ 303 K. 初始时大活塞与大圆筒底部 相距 ， 两活塞间封闭气体的温度为 T 1 ＝ 495 K. 现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移 . 忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小 g 取 10 m/s 2 . 求： 图 9 1 2 3 ① 在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； 答案 解析 答案　 330 K 解析　 大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖 — 吕萨克定律 得 初状态 V 1 ＝ ( S 1 ＋ S 2 ) ， T 1 ＝ 495 K 末状态 V 2 ＝ lS 2 代入可得 T 2 ＝ T 1 ＝ 330 K 1 2 3 解析　 对大、小活塞受力分析则有 m 1 g ＋ m 2 g ＋ pS 1 ＋ p 1 S 2 ＝ p 1 S 1 ＋ pS 2 可得 p 1 ＝ 1.1 × 10 5 Pa 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律 得 T 3 ＝ T ＝ 303 K 解得 p 2 ＝ 1.01 × 10 5 Pa ② 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强 . 答案 解析 答案　 1.01 × 10 5 Pa 1 2 3