1、专题七 选考模块 第1讲 分子动理论、气体及热力学定律 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.分子动理论：分子动理论：分子直径的数量级是分子直径的数量级是 10 10 m；分子永不停息地做无规则 ；分子永不停息地做无规则 运动运动；分子间存在着相互作用的引力和斥力。；分子间存在着相互作用的引力和斥力。 2.两种微观模型两种微观模型 (1)球体模型球体模型(适用于固体、液体适用于固体、液体)：一个分子的体积：一个分子的体积 V04 3( d 2) 3 1 6d 3， ，d 为分子的直径为分子的直径。 (2)立方体模型立方体模型(适用于气体
2、适用于气体)：一个分子占据的平均空间：一个分子占据的平均空间 V0d3，d 为分子为分子 间的距离间的距离。 3.晶体、 非晶体的关键性区别为晶体、 非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点是否具有固定的熔点， 只有， 只有单晶体才可能单晶体才可能 具有各向异性具有各向异性。晶体与非晶体可以相互转化。晶体与非晶体可以相互转化。 4.液晶是一种特殊的物质，液晶是一种特殊的物质， 既可以流动， 又可以表现既可以流动， 又可以表现出单晶体的分子出单晶体的分子排列排列 特点特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性，但不是所有性质但不是所有性质。 5.气体的气体的“
3、三定律、一方程三定律、一方程” (1)玻意耳定律：玻意耳定律：p1V1p2V2 (2)查理定律：查理定律： p1 T1 p2 T2 (3)盖盖吕萨克定律：吕萨克定律：V1 T1 V2 T2 (4)理想气体状态方程：理想气体状态方程：p1V1 T1 p2V2 T2 6.热力学定律热力学定律 (1)热力学第一定律：热力学第一定律：UQW(第一类永动机不可能制成第一类永动机不可能制成)。 (2)热力学第二定律：自然界中进行的涉及热现象的热力学第二定律：自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向宏观过程都具有方向 性性(第二类永动机不可能制成第二类永动机不可能制成)。 考向一 分子动理论、内能及热力
4、学定律 1“一个桥梁、三个核心” (1)宏观量与微观量的转换桥梁 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 (2)分子模型、分子数分子模型、分子数 分子模型：球模型分子模型：球模型 V4 3R 3，立方体模型 ，立方体模型 Va3。 分子数：分子数：NnNA m Mmol NA V VmolNA(固体、液体 固体、液体)。 (3)分子运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则分子运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则 运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。 (4)分子势能、分子力与分子间距
5、离的关系分子势能、分子力与分子间距离的关系 2理想气体相关三量U、W、Q的分析思路 (1)内能变化量U的分析思路 由气体温度变化分析气体内能变化。温度升高，内能增加；温度降低，内能减少。 由公式UWQ分析内能变化。 (2)做功情况W的分析思路 由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功；体积被压缩，外界对气体做功。 由公式WUQ分析气体做功情况。 (3)气体吸、放热Q的分析思路：一般由公式QUW分析气体的吸、放热情况。 典例典例 1 下下列说法正确的是列说法正确的是( ) A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B布朗运动不是液体分子的运动，但
6、它可以说明液体分子在永不停息地布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地 做无规则运动做无规则运动 C 当分子力表现为斥力时， 分子力和分子势能总是随分子间距离的减小 当分子力表现为斥力时， 分子力和分子势能总是随分子间距离的减小 而增大而增大 D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 E某气体的摩尔体积为某气体的摩尔体积为 V，每个分子的体积为，每个分子的体积为 V0，则阿伏加德罗常数，则阿伏加德罗常数 可表示为可表示为 NA V V0 ABC 解析解析 若外界对气体做的功大于气体放出的热若外界对气体做的
7、功大于气体放出的热量，气体温度升高，其分量，气体温度升高，其分 子的平均动能增大，故子的平均动能增大，故 A 正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可 以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故 B 正确；当分子力表现正确；当分子力表现 为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故 C 正正 确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故 D 错误；某固体或液体的摩
8、尔体积为错误；某固体或液体的摩尔体积为 V，每个分子的体积为，每个分子的体积为 V0，则阿伏，则阿伏 加德罗常数可表示为加德罗常数可表示为 NA V V0，但对于气体此式不成立，故 ，但对于气体此式不成立，故 E 错误。错误。 1(2020贵州黔东南模拟)某汽车轮胎在阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看 作理想气体，则下列有关分析 正确的是( ) A轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造成的 B轮胎爆裂前胎内气体温度升高，压强增大 C轮胎爆裂前胎内气体温度升高，气体分子对轮胎的平均作用力增大 D轮胎爆裂过程中，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的 E轮胎爆裂过
9、程中，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的 BCD 解析：车胎爆裂是车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，单位时间内撞击到单位面积上气体分子的数 量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大，气体压强增大造成的，不是气体分子间的平均作用力 增大造成的，故A错误，B、C正确；在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外 放热，但气体温度降低主要还是对外做功造成的，故D正确，E错误。 2(2020东北三省四市教研联合体高三模拟)关于热力学定律，下列说 法正确的是( ) A对物体持续降温冷却后不可能把它的温度降为绝对零度 B三个系统a、b、c，若a与b内能相等，b
10、与c内能相等，则根据热平衡定律a与c接触时一定不会发生热交换 C热量可以从低温物体传递到高温物体 D自然界的能量是守恒的，所以我们可以不必节约能源 E一定量的理想气体经过绝热压缩其内能一定增大 ACE 解析：绝对零度是不可能达到的，故A正确；热平衡状态即为两物体的温度相同，但两物体内能相同时，温度不 一定相同，故B错误；热量可以从低温物体传递到高温物体，例如电冰箱，但需要消耗电能，故C正确；自然界 中有的能量在转化过程中具有单向性，散失到环境中的能量是不能收回的，因此要节约能源，故D错误；一定质 量的理想气体经过绝热压缩，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，故E正确。 3(2
11、020江西南昌二模)对于下面所列的热学现象说法正确的是( ) A若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同 B硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果 C“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律 D自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的 E直径为1 m的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数少 ABD 解析：解析：温度是温度是分子平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有分子平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有 相同的分子平均动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不相同的分子平均动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平
12、均速率不 同，故同，故 A 正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币 受到的重力等于表面张力，故受到的重力等于表面张力，故 B 正确；第一类永动机不可能制成是因为正确；第一类永动机不可能制成是因为 它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违反它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违反 了热力学第二定律了热力学第二定律，故，故 C 错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及 热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故热现象的宏观过程都具有方向性，是不可
13、逆的，故 D 正确；直径为正确；直径为 1 m 的水珠所含水分子的个数为的水珠所含水分子的个数为 n V M NA 1 g/cm34 3 （10 4cm） ）3 18 g/mol 6.021023 mol 1 1.41011，远多于地球总人口数，故，远多于地球总人口数，故 E 错误。错误。 考向二 固体、液体和气体压强 1固体和液体的特点 (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、
14、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。 2饱和汽压的特点饱和汽压的特点 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 饱和汽的体积无饱和汽的体积无关。关。 3相对湿度相对湿度 某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，即某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，即 B p ps。 。 4对气体压强的两点理解 (1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞容器壁的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因 碰撞而
15、产生的压强就越大。 (2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的。 典例2 下列说法正确的是( ) A针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡为晶体 B温度一定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的绝对湿度一定增大 C两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的内能 D一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的 E若气体分子总数不变而气体温度升高，则气体压强可能不变 BDE 解析 针尖加热后接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母为晶体，A错误；温度一 定时，当人们逐渐感到潮湿，则此时空气的相对湿度增大，而同一温度下水的饱和汽压一定，故绝对湿度
16、一定 增大，B正确；两个相互接触的物体达到热平衡时，此时二者一定具有相同的温度，C错误；根据热力学第二定 律可知，一切与热现象对应的自发过程都是不可逆的，D正确；若气体分子总数不变而气体温度升高，若气体的 体积变大，则气体压强可能不变，E正确。 4(2020江西九江第二次统考)关于液体，下列叙述中正确的是( ) A露珠呈球形是液体的表面张力的缘故 B液体的表面张力垂直于液面指向液体的内部 C液体与固体接触的附着层分子如果比液体内部更稀疏，则液体与固体表现为浸润 D对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显 E加上不同的电压可以改变液晶的光学性质 ADE 解析：露珠呈球形是液体的
17、表面张力的缘故，故A正确；表面张力的方向跟液面相切，使液面收缩，故B错误； 液体对某种固体是浸润的，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布就比液体内部 更密，故C错误；对特定的液体和特定材质的毛细管，管的内径越小毛细现象越明显，故D正确；液晶在光学性 质上表现为各向异性，加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故E正确。 5某同学发现自行车轮胎内气体不足，于是用打气筒打气。假设打气过程中，轮胎内气体的体积和温度均不变， 则在打气过程中，下列说法 正确的是( ) A轮胎内气体的总内能不断增加 B轮胎内气体分子的平均动能保持不变 C轮胎内气体的无规则运动属于布朗运动 D轮胎内气
18、体分子间斥力增大使得胎内气压增大 E轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多 ABE 解析：根据内能的定义可知，用打气筒向轮胎内打气，轮胎内气体的分子个数不断增加，而气体的温度保持不 变，则轮胎内气体的总内能不断增加，故A正确；胎内气体的温度保持不变，故轮胎内气体分子的平均动能保持 不变，故B正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，故C错误；在打气过程中气体分子的数量增加，单位时间 内碰撞胎壁的分子数不断增多，使得胎内气压增大，故D错误；在打气过程中温度不变，轮胎内气体压强增大， 故轮胎内气体单位时间内碰撞胎壁的分子数不断增多，故E正确。 6以下说法正确的是( ) A单晶体和多晶体都表现出各
19、向异性 B叶面上的露珠呈球形是重力作用的结果 C当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象 D晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化 E晶体熔化时吸收的热量全部转化为分子势能 CDE 解析：单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；叶面上的露珠呈球形是液体表面张力作用的 结果，故B错误；当液体和固体的附着层内的分子距离比较小时，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象，故C 正确；晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻 璃)为非晶体，故D正确；晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度不变，分子的平均动能不变
20、，晶体熔化时吸 收的热量全部转化为分子势能，故E正确。 考向三 气体实验定律与理想气体状态方程 1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，通常分析液片或液柱的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。 2规律的选取 (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。 3两类问题 (1)“两团气”问题 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或位移关系，列出辅
21、助方程， 最后联立求解。 (2)“变质量”问题 在“充气、抽气、灌气(分装)、漏气”问题中通过巧选研究对象可以把变质量问题转化为定质量的问题。 典例3 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有 一阀门K1、K3；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K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27 ，汽缸导热。 (1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置； (3)再缓慢加热汽缸内气体使其温
22、度升高20 ，求 此时活塞下方气体的压强。 思路点拨 (1)打开K2，A、B气体均做等温变化。 (2)打开K3，判定活塞位置可用假设法。 (3)再缓慢加热，汽缸内气体做等容变化。 解析解析 (1)设打开设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压后，稳定时活塞上方气体的压强为强为 p1，体积为，体积为 V1。 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 p0Vp1V1 (3p0)Vp1(2VV1) 联立联立式得式得 V1V 2 p12p0 (2)打打开开 K3后，由后，由式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与式知，活塞必定
23、上升。设在活塞下方气体与 A 中气中气 体的体积之和为体的体积之和为 V2(V22V)时，活塞下气体压强为时，活塞下气体压强为 p2。由玻意耳定律得。由玻意耳定律得 (3p0)Vp2V2 由由式得式得 p23V V2 p0 由由式知，打开式知，打开 K3后活塞上升直到后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时的顶部为止；此时 p2为为 p23 2p0。 。 (3)设加热后活塞下方气体的压强为设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从，气体温度从 T1300 K 升高到升高到 T2 320 K 的等容过程中，由查理定律得的等容过程中，由查理定律得 p2 T1 p3 T2 将有关数据代入将有关数据代
24、入式得式得 p31.6p0 答案答案 (1)V 2 2p0 (2)上升到上升到 B 的顶部的顶部 (3)1.6p0 规律总结 应用气体实验定律的“三个环节” (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及体积找联系，如典例中打开K2后的两部分气体总体积保持不变。 (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帮 助同学们比较准确、快速地找到规律，如典例中打开K2后，A部分气体体积变大，压强减小，B部分气体体积减 小，压强增大。 (3)认清变化过程：准确分析变化过
25、程以便正确选用气体实验定律，如典例中打开K2后的两部分气体都为等温变 化。 7有一如图所示导热性良好的U形容器，右管顶端封闭，容器的左、右两部分横截面 积之比为12。容器内部密封一部分水银。现测得右端部分的水银液面与容器顶端的 高度h5 cm，左、右两部分容器的水银面的高度差H15 cm，设大气压p075 cmHg， 外界环境温度t27 ，求： (1)向左边的容器缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度； (2)当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升高，直到右端 容器内被密封的气体的长度为 5 cm时，此时温控室的温度。 解析：解
26、析：(1)以右边容器内封闭的气体为研究对象，封闭气体等温变化，设以右边容器内封闭的气体为研究对象，封闭气体等温变化，设 当两管的水银液面相平齐时，右端被封闭的气体长度为当两管的水银液面相平齐时，右端被封闭的气体长度为 h。 初、末状态的压强分别为初、末状态的压强分别为 p1p0gH，p2p0 根据等温变化可得根据等温变化可得 p1hSp2hS 解得解得 hh（ （p0gH） p0 4 cm。 (2)空气柱的长度变为开始时的长度空气柱的长度变为开始时的长度 h 时，右管水银面下降时，右管水银面下降 1 cm，则左管，则左管 水银面会上升水银面会上升 2 cm，此时两侧水银面高度差为，此时两侧水银
27、面高度差为 h03 cm，此时空气柱的，此时空气柱的 压强压强 p3p0gh0 根据等容变化得到根据等容变化得到p1 T p3 T 其中其中 T(27273)K300 K 解得解得 T390 K，即，即 t117 。 答案：答案：(1)4 cm (2)117 8(2020四川成都一诊)如图所示，为了测量某刚性导热容器A的容积，用细管把它与水平固定的导热汽缸B相连。 汽缸中活塞的横截面积S100 cm2。初始时，环境温度T300 K，活塞离缸底距离d40 cm。现用水平向左的力 F缓慢推活塞，当F1.0103 N时，活塞离缸底距离d10 cm。已知大气压强p0 1.0105 Pa。不计一切摩擦，
28、 整个装置气密性良好。求： (1)容器A的容积VA； (2)保持力F1.0103 N不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了d3 cm时，此时环境温度为多 少摄氏度？ 解析：解析： (1)依题意， 汽缸和容器依题意， 汽缸和容器 A 内所有气体先做等温变化， 有内所有气体先做等温变化， 有 p1V1p2V2 其中压缩前：其中压缩前：p1p0，V1VAdS 压缩后：压缩后：p2p0F S， ，V2VAdS 代入数据，解得代入数据，解得 VA2 L。 (2)依题意，接着做等依题意，接着做等压变化，有压变化，有V2 T2 V3 T3 其中变化前：其中变化前：T2T 变化后：变化后：V3V2d
29、 S 代入数据，解得代入数据，解得 T3270 K 则则 t33 答案：答案：(1)2 L (2)3 9 如图所示， 总体积为 如图所示， 总体积为 V 的圆柱形汽缸中， 有一个厚度不计的轻质活塞，的圆柱形汽缸中， 有一个厚度不计的轻质活塞， 活塞横截面积为活塞横截面积为 S，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为，与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为 T0、大气、大气 压强为压强为 p0的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质的环境中，用活塞密封一定质量的空气，并在活塞上放一个质 量为量为 m 的重物的重物(mgp0S)，系统达到平衡状态后，系统的体积为，系统达到平衡状态后，系统
30、的体积为V 2 ，并与，并与 环境温度相同。为环境温度相同。为使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气，使活塞升至汽缸顶部，现用一个打气筒对汽缸充气， 打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为打气筒一次可以把一个标准大气压下体积为 V 100的空气充入汽缸。 的空气充入汽缸。(空气空气 看作理想气体，看作理想气体， 21.414) (1)在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变，在缓慢充气的情况下，缸内气体温度不变， 求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？ (2)在快速充气的情况在快速充气的情况下，缸内气体来不及散热，下，缸内气体来不及散热， 且每次充气
31、可以使缸内气体温度升高且每次充气可以使缸内气体温度升高 T0 100，求至少 ，求至少 充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部？ 解析：解析：(1)设至少充气设至少充气 n 次，则次，则 n 次充气的气体体积为次充气的气体体积为 nV 100，压强为 ，压强为 p0， 充气后压强为充气后压强为 2p0，体积为，体积为V 2 ，由玻意耳定律有，由玻意耳定律有 p0 nV 100 2p0V 2 解得解得 n100 次。次。 (2)设至少充气设至少充气 N 次，则次，则 N 次充气的气体体积为次充气的气体体积为 NV 100，压强为 ，压强为 p0，温度为，温度为 T0；
32、汽缸原有气体体积；汽缸原有气体体积V 2 ，压强为，压强为 2p0，温度为，温度为 T0；充气后体积为；充气后体积为 V，压，压 强为强为 2p0，温度为，温度为 T0NT0 100 。由理想气体。由理想气体状态方程，得状态方程，得 p0NV 100 2p0V 2 T0 2p0V T0NT0 100 整理得到整理得到(1 N 100) 2 2 解得解得 N100( 21) 根据题意，取根据题意，取 N42 次。次。 答案：答案：(1)100 次次 (2)42 次次 考向四考向四 气体的状态变化图像与热力学定律的综合问题气体的状态变化图像与热力学定律的综合问题 1状态变化的图像状态变化的图像 类
33、别类别 图像图像 特点特点 其他图像其他图像 pVCT(其中其中 C 为恒量为恒量)，pV 之积之积 越大，温度越高，等温线离原点越越大，温度越高，等温线离原点越 远远 等温线等温线 pCT 1 V，斜率 ，斜率 kCT，即斜率越，即斜率越 大，温度越高大，温度越高 等容等容 线线 pC VT，斜率 ，斜率 kC V，即斜率越大， ，即斜率越大， 体积越小体积越小 等压等压 线线 VC p T，斜率，斜率 kC p ，即斜率越大，即斜率越大， 压强越小压强越小 2.“两种考法”“一注意” (1)定性判断 利用题中的条件和符号法则对W、Q、U中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用UWQ对第三
34、个量 做出判断。 (2)定量计算 一般计算等压变化过程的功，即WpV，然后结合其他条件，利用UWQ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，W0。 典例4 (2020江苏扬州高三下学期5月检测)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状 态变化过程的pV图像如图所示。已知AB过程放出热量Q，TATC，则 BC过程气体吸收还是放出热量？热量是 多少？ 思路点拨 解此题可按以下思路： (1)比较B、C两状态的温度，从而判断气体内能 的变化。 (2)比较B、C两状态的体积可判断功W的正、负，再
35、根据热力学第一定律解决问题。 解析解析 根据根据pV T C 知，知，BC 过程气体的压强不变，体积增大，温度过程气体的压强不变，体积增大，温度升升 高，则气体的内能增大。高，则气体的内能增大。 气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量。气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量。 B 到到 C 过程，气体对外做功的值为过程，气体对外做功的值为 Wp2(V2V1) A 到到 B 过程，气体的体积不变，不做功过程，气体的体积不变，不做功 由由 A 到到 C 过程，根据过程，根据 UWQ 得得QWQBC0 解得解得 QBCQWQp2(V2V1) 即即 BC 过程吸收热量为过程吸收热量为 Qp
36、2(V2V1)。 答案答案 吸收热量吸收热量 Qp2(V2V1) 10如图是一定质量的理想气体的pT图像，气体从abca完成一 次循环。关于气体的变化过程，下列说法正确的是( ) A气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc Bab过程气体的分子数密度变大 Cbc过程外界对气体做的功等于气体放出的热量 Dca过程气体压强增大，从微观讲是由于气体 分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的 E若ab过程气体吸热300 J，ca过程放热400 J， 则ca过程外界对气体做功100 J ADE 解析：解析：ca 过程气体压强增大，温度降低，根据过程气体压强增大，温度降低，根据pV T C 可知体积减小，可知体
37、积减小， 故气体在故气体在 a 态的体积态的体积 Va小于在小于在 c 态的体积态的体积 Vc，故，故 A 正确；正确；ab 过程是过程是 等容变化，气体的分子数密度不变，故等容变化，气体的分子数密度不变，故 B 错误；错误；bc 过程是等温变化，过程是等温变化， 气气体内能不变，体内能不变，U0，气体体积增大，气体对外界做功，气体体积增大，气体对外界做功，W0，气体吸收热量，由以上分析可知，气体吸收热量，由以上分析可知， bc 过程气体对外界做的功等于气体吸过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故收的热量，故 C 错误；错误；ca 过程过程 温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，
38、体积减小，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，气体压强增大，体积减小，气体 的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程 度增大引起的，故度增大引起的，故 D 正确；由热力学第一定律可知，若正确；由热力学第一定律可知，若 ab 过程气体吸过程气体吸 热热 300 J，ca 过程放热过程放热 400 J，则，则 ca 过程外界对气体做功过程外界对气体做功 100 J，E 正确。正确。 11一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化。已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300 J，气体在 状态C时的温度TC300
39、K，则从A到B气体放出的热量是_J；气体在状态A时的温度为_K。 解析：解析：从从 A 到到 B，外界对气体做功，有，外界对气体做功，有 WpV15104(82) 10 3J 900 J 根据热力学第一定律根据热力学第一定律 UWQ 得得 QUW1 200 J 即从即从 A 到到 B 气体放出的热量是气体放出的热量是 1 200 J。 根据理想气体状态方程有根据理想气体状态方程有pAVA TA pCVC TC 代入解得代入解得 TA1 200 K 答案：答案：1 200 1 200 12(2020湖北八校高三5月联考)一 定质量的理想气体从状态A变化到状 态B再变化到状态C，其状态变化过 程的
40、pV图像如图所示。已知该气体 在状态A时的温度为27 。 (1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少？ (2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 解析：解析：(1)对一定质量的理想气体由图像可知，对一定质量的理想气体由图像可知，AB 等容变化，由查理定等容变化，由查理定 律得律得pA T1 pB TB 代入数据得代入数据得 TB450 K 即即 tB177 AC 由理想气体状态方程得由理想气体状态方程得pAVA TA pCVC TC 代入数据得代入数据得 TC300 K 即即 tC27 。 (2)由于由于 TATC，该气体在状态，该气体在状态 A 和状态和状态 C 内能相等，内能相等， U0 从从 A 到到 B 气体体积不变，外界对气体做功为气体体积不变，外界对气体做功为 0， 从从 B 到到 C 气体体积减小，外界对气体做正功，气体体积减小，外界对气体做正功，WpV 由由 p- V 图线与横轴所围成的面积可得图线与横轴所围成的面积可得 W（ （pBpC）（）（VBVC） 2 1 200 J 由热力学第一定律由热力学第一定律 UWQ 可得可得 Q1 200 J 即气体向外界放出热量，传递的热量为即气体向外界放出热量，传递的热量为 1 200 J。 答案：答案：(1)177 27 (2)放热放热 1 200 J
