2024屆物理一輪復習講義第3講熱力學定律與能量守恒定律學習目標1.理解熱力學第一定律，會用熱力學第一定律分析有關問題。2.理解熱力學第二定律，知道熱現象的方向性。3.會分析熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合問題。eq\a\vs4\al(1.,,,,,,)eq\a\vs4\al(,2.)eq\a\vs4\al(,3.)1.思考判斷(1)為了增加物體的內能，必須對物體做功或向它傳遞熱量，做功和熱傳遞的實質是相同的。(×)(2)絕熱過程中，外界壓縮氣體做功20J，氣體的內能可能不變。(×)(3)在給自行車打氣時，會發現打氣筒的溫度升高，這是因為打氣筒從外界吸熱。(×)(4)可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功。(√)2.一定質量的理想氣體在某一過程中，外界對氣體做功7.0×104J，氣體內能減少1.3×105J，則此過程()A.氣體從外界吸收熱量2.0×105JB.氣體向外界放出熱量2.0×105JC.氣體從外界吸收熱量6.0×104JD.氣體向外界放出熱量6.0×104J答案B3.(多選)下列現象中能夠發生的是()A.一杯熱茶在打開杯蓋后，茶會自動變得更熱B.蒸汽機把蒸汽的內能全部轉化成機械能C.桶中混濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離D.電冰箱通電后把箱內低溫物體的熱量傳到箱外高溫物體答案CD考點一熱力學第一定律與能量守恒定律1.對熱力學第一定律的理解(1)做功和熱傳遞在改變系統內能上是等效的。(2)做功過程是系統與外界之間的其他形式能量與內能的相互轉化。(3)熱傳遞過程是系統與外界之間內能的轉移。2.三種特殊情況(1)若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU。(2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU。(3)若過程的初、末狀態物體的內能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q。例1(多選)如圖1所示，兩端開口、下端連通的導熱汽缸，用兩個輕質絕熱活塞(橫截面積分別為S1和S2)封閉一定質量的理想氣體，活塞與汽缸壁間無摩擦。在左端活塞上緩慢加細沙，活塞從A下降h高度到B位置時，活塞上細沙的總質量為m。在此過程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始終不變。整個過程環境溫度和大氣壓強p0保持不變，系統始終處于平衡狀態，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖1A.整個過程，外力F做功大于0，小于mghB.整個過程，理想氣體的分子平均動能保持不變C.整個過程，理想氣體的內能增大D.整個過程，理想氣體向外界釋放的熱量小于p0S1h＋mgh答案BD解析整個過程中右邊活塞的位置始終不變，外力F不做功，A錯誤；整個過程中系統的溫度不變，所以一定質量的理想氣體的分子平均動能不變，內能不變，B正確，C錯誤；當左邊活塞到達B位置時汽缸內氣體的壓強最大，最大壓強p＝eq\f(mg,S1)＋p0，所以外界對氣體做的功小于p0S1h＋mgh，由于內能不變，由熱力學第一定律知，理想氣體向外界釋放的熱量小于p0S1h＋mgh，D正確。跟蹤訓練1.如圖2是密閉的汽缸，外力推動活塞P壓縮理想氣體，對缸內氣體做功200J，同時氣體向外界放熱100J，缸內氣體的()圖2A.溫度升高，內能增加100JB.溫度升高，內能減少200JC.溫度降低，內能增加100JD.溫度降低，內能減少200J答案A解析外界對氣體做功W＝200J，氣體向外界放熱，則Q＝－100J，根據熱力學第一定律知，氣體內能的增量ΔU＝W＋Q＝200J－100J＝100J，即內能增加100J。對于一定質量的理想氣體，內能增加，溫度必然升高，故A正確?？键c二熱力學第二定律1.熱力學第二定律的理解(1)“自發地”指明了熱傳遞等熱力學宏觀現象的方向性，不需要借助外界提供能量的幫助。(2)“不產生其他影響”的含義是發生的熱力學宏觀過程只在本系統內完成，對周圍環境不產生熱力學方面的影響，如吸熱、放熱、做功等。在產生其他影響的條件下內能可以全部轉化為機械能，如氣體的等溫膨脹過程。(3)熱力學第二定律的每一種表述，都揭示了大量分子參與的宏觀過程的方向性，進而使人們認識到自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性。2.熱力學過程的方向性分析跟蹤訓練2.根據熱力學定律，判斷下列說法正確的是()A.冰箱能使熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，因此不遵循熱力學第二定律B.自發的熱傳導是可逆的C.可以通過給物體加熱而使它運動起來，但不產生其他影響D.氣體向真空膨脹具有方向性答案D解析有外界的幫助和影響，熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體，仍遵循熱力學第二定律，A錯誤；據熱力學第二定律可知，自發的熱傳導是不可逆的，B錯誤；不可能通過給物體加熱而使它運動起來但不產生其他影響，這違背了熱力學第二定律，C錯誤；氣體可自發地向真空容器膨脹，具有方向性，D正確。3.關于兩類永動機和熱力學的兩個定律，下列說法正確的是()A.第二類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第一定律B.第一類永動機不可能制成是因為違反了熱力學第二定律C.由熱力學第一定律可知做功不一定改變內能，熱傳遞也不一定改變內能，但同時做功和熱傳遞一定會改變內能D.由熱力學第二定律可知熱量從低溫物體傳向高溫物體是可能的，從單一熱源吸收熱量，完全變成功也是可能的答案D解析第一類永動機違反能量守恒定律，第二類永動機違反熱力學第二定律，A、B錯誤；由熱力學第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C錯誤；由熱力學第二定律可知D中現象是可能的，但會引起其他變化，D正確。考點三熱力學第一定律與氣體圖像的綜合1.氣體的狀態變化可由圖像直接判斷或結合理想氣體狀態方程eq\f(pV,T)＝C分析。2.氣體的做功情況、內能變化及吸放熱關系可由熱力學第一定律分析。(1)由體積變化分析氣體做功的情況：體積膨脹，氣體對外做功；氣體被壓縮，外界對氣體做功。(2)由溫度變化判斷氣體內能變化：溫度升高，氣體內能增大；溫度降低，氣體內能減小。(3)由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q判斷氣體是吸熱還是放熱。(4)在p－V圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示對外或外界對氣體整個過程中所做的功。例2(2023·山東省實驗中學模擬)一定質量的理想氣體從狀態A變化到狀態B，再變化到狀態C，其變化過程的p－V圖像如圖3所示，下列說法正確的是()圖3A.氣體在A狀態時的內能大于C狀態時的內能B.氣體在B狀態時每個分子的動能都比A狀態時大C.氣體從狀態A到B吸收的熱量大于從狀態B到C放出的熱量D.氣體從狀態A到B吸收的熱量等于從狀態B到C放出的熱量答案C解析由p－V圖像可得pAVA＝pCVC，則氣體在A狀態和C狀態時的溫度相等，TA＝TC，由于一定質量的理想氣體的內能只與溫度有關，所以氣體在A狀態時的內能等于在C狀態時的內能，A錯誤；由圖像知，理想氣體從狀態A變化到狀態B為等壓膨脹過程，溫度升高，TA＜TB，氣體在B狀態時分子平均動能比A狀態時大，分子平均動能變大并不是每個分子的動能都增大，B錯誤；A→B過程：氣體體積變大，外界對氣體做負功，即W＜0，溫度升高，內能增加，即ΔU>0，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，則此過程氣體吸熱，吸收的熱量等于增加的內能加上外界對氣體做功的絕對值；B→C過程：氣體體積不變，外界不對氣體做功，即W＝0，溫度降低，內能減少，即ΔU<0，此過程氣體放熱，放出的熱量等于減少的內能；因TA＝TC，可得A→B過程升高的溫度等于B→C過程降低的溫度，所以A→B過程內能增加量等于B→C過程內能減少量；由以上分析可知：氣體從狀態A到B吸收的熱量大于從狀態B到C放出的熱量，D錯誤，C正確。跟蹤訓練4.(多選)封閉在汽缸內一定質量的理想氣體由狀態A變到狀態D，其體積V與熱力學溫度T的關系如圖4所示，O、A、D三點在同一直線上，則()圖4A.由狀態B變到狀態C過程中，氣體從外界吸收熱量，內能增加B.由狀態A變到狀態B過程中，氣體吸收熱量C.氣體在D狀態時單位時間內與單位面積器壁碰撞的分子數比在A狀態時少D.C狀態時氣體的壓強小于D狀態時氣體的壓強答案BC解析由狀態B變到狀態C的過程中，溫度不變，內能不變ΔU＝0，體積變大，氣體對外界做功W<0，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，氣體從外界吸收熱量，A錯誤；氣體從狀態A到狀態B體積不變，發生的是等容變化，氣體不做功W＝0，溫度升高，內能增加ΔU>0，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，知Q>0，氣體吸收熱量，B正確；A點和D點在過原點的連線上，說明氣體由A到D壓強不變，體積增大，分子的密集程度減小，狀態D溫度高，分子的平均動能大，狀態A和狀態D壓強相等，所以D狀態時單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數比A狀態少，C正確；氣體從C到D發生等容變化，根據查理定律知，p∝T，因為TC>TD，所以pC>pD，即C狀態氣體的壓強大于D狀態氣體的壓強，D錯誤?？键c四熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合解答該類問題的思維流程例3(2022·四川成都一診)在圖5甲所示的密閉汽缸內裝有一定質量的理想氣體，圖乙是它從狀態A變化到狀態B的V－T圖像。已知AB的反向延長線過坐標原點O，氣體在狀態A時的壓強為p＝1.0×105Pa，在從狀態A變化到狀態B的過程中，氣體從外界吸收的熱量為Q＝6.0×102J，求：圖5(1)氣體在狀態B時的體積VB；(2)此過程中氣體內能的增加量ΔU。答案(1)8.0×10－3m3(2)4.0×102J解析(1)由圖像可知，VA＝6.0×10－3m3，TA＝300K，TB＝400K，從狀態A到狀態B為等壓過程，根據蓋－呂薩克定律，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)解得VB＝8.0×10－3m3。(2)在從狀態A變化到狀態B的過程中，氣體壓強不變，對外界做功為W＝－p(VB－VA)＝－200J根據熱力學第一定律可得ΔU＝Q＋W＝4.0×102J。跟蹤訓練5.如圖6所示，密閉導熱容器A、B的體積均為V0，A、B浸在盛水容器中，達到熱平衡后，A中壓強為p0，溫度為T0，B內為真空，將A中的氣體視為理想氣體。打開開關C，A中部分氣體進入B。圖6(1)若再次達到平衡時，水溫未發生變化，求此時氣體的壓強；(2)若密閉氣體的內能與溫度的關系為ΔU＝k(T2－T1)(k為大于0的已知常量，T1、T2分別為氣體始末狀態的溫度)，在(1)所述狀態的基礎上，將水溫升至1.2T0，重新達到平衡時，求氣體的壓強及所吸收的熱量。答案(1)0.5p0(2)0.6p00.2kT0解析(1)容器內的理想氣體從打開C到再次平衡時，發生等溫變化，根據玻意耳定律得p0V0＝p·2V0解得此時氣體壓強p＝0.5p0。(2)升高溫度，理想氣體發生等容變化，根據查理定律得eq\f(p,T0)＝eq\f(p′,1.2T0)解得壓強為p′＝1.2p＝0.6p0溫度改變，理想氣體的體積不變，外界不對理想氣體做功，即W＝0；升高溫度，內能增量為ΔU＝k(1.2T0－T0)＝0.2kT0根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體吸收的熱量為Q＝ΔU＝0.2kT0。A級基礎對點練對點練1熱力學第一定律與能量守恒定律1.(多選)下列有關物體內能改變的說法中，正確的是()A.外界對物體做功，物體的內能一定增加B.外界對物體傳遞熱量，物體的內能一定增加C.物體對外界做功，物體的內能可能增加D.物體向外界放熱，物體的內能可能增加答案CD解析做功和熱傳遞都能改變物體的內能，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知，當外界對物體做功時，物體的內能不一定增加，同理當外界對物體傳遞熱量時，物體的內能也不一定增加，故A、B錯誤；由ΔU＝Q＋W可知，若物體對外界做功的同時吸收熱量，物體的內能可能增加，同理物體向外界放熱的同時外界對物體做功，物體的內能可能增加，故C、D正確。2.(2023·山東菏澤模擬)一個充氣氣球用繩子拴著一塊石頭正在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，氣球導熱良好，則氣球內氣體()A.內能增加B.對外界做正功C.減少的內能小于放出的熱量D.減少的內能大于放出的熱量答案C解析充氣氣球用繩子拴著一塊石頭在湖水中緩慢下沉，越往下水溫越低，則內能減少，A錯誤；根據氣球內氣體壓強等于湖水中的壓強，可知壓強逐漸增大，根據理想氣體狀態方程eq\f(pV,T)＝C知，氣球體積減小，對外界做負功，B錯誤；氣球下降時，氣球內氣體內能減小，外界對氣球做功，根據熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，可知放出的熱量大于減小的內能，C正確，D錯誤。3.(2023·福建漳州調研)如圖1，汽缸內活塞左邊封閉著一定量的可視為理想氣體的空氣，壓強和大氣壓相同。把汽缸和活塞固定，使汽缸內空氣升高一定的溫度，空氣吸收的熱量為Q1。如果讓活塞可以自由滑動(活塞與汽缸間無摩擦、不漏氣)，也使汽缸內空氣溫度升高相同溫度，其吸收的熱量為Q2，則Q1和Q2的大小關系是()圖1A.Q1＝Q2 B.Q1＞Q2C.Q1＜Q2 D.不能確定答案C解析對一定量的理想氣體，內能由溫度決定，兩種情況下氣體溫度變化相同，氣體內能變化量相等，即ΔU1＝ΔU2＝ΔU；第一種情況，汽缸與活塞都固定不動，氣體體積不變，氣體不做功，W1＝0，第二種情況，活塞自由移動，氣體體積增大，氣體對外做功，W2＜0，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知Q1＝ΔU1－W1＝ΔU1＝ΔU，Q2＝ΔU2－W2＝ΔU－W2＞ΔU＞Q1，選項C正確。對點練2熱力學第二定律4.以下現象違背熱力學第二定律的是()A.一杯熱茶在打開蓋后，茶會自動變涼B.沒有漏氣、沒有摩擦的理想熱機，其效率可能達到100%C.桶中渾濁的泥水在靜置一段時間后，泥沙下沉，上面的水變清，泥、水自動分離D.在地面上運動的物體逐漸停下來，機械能全部變為內能答案B解析熱茶自動變涼是熱量從高溫物體傳遞到低溫物體；任何熱機效率都不可能達到100%；泥水分離是機械能(重力勢能)向內能的轉化；物體因摩擦力而停下來，是機械能(動能)向內能的轉化，是自發過程。故選項B正確。對點練3熱力學第一定律與氣體圖像的綜合5.如圖2所示，a、b、c為一定質量的理想氣體變化過程中的三個不同狀態，下列說法正確的是()圖2A.a、b、c三個狀態的壓強相等B.從a到c氣體的內能減小C.從a到b氣體吸收熱量D.從a到b與從b到c氣體對外界做功的數值相等答案C解析如圖所示，V－T圖線的斜率的倒數表示壓強的大小，所以pa＜pb＜pc，A錯誤；從a到c，溫度升高，氣體的內能增加，B錯誤；從a到b，體積增大，氣體對外做功，W＜0；溫度升高，內能增加，ΔU＞0，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q知，Q＞0，即吸收熱量，C正確；從a到b與從b到c，體積變化相同，但壓強一直增大，氣體對外界做功的數值W＝pΔV不相等，D錯誤。6.(2022·江蘇鹽城模擬)一定質量的理想氣體由狀態a開始，經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態，其p－T圖像如圖3所示，氣體在三個狀態的體積分別為Va、Vb、Vc，壓強分別為pa、pb、pc。已知pb＝p0，pc＝4p0，則下列說法正確的是()圖3A.pa＝3p0B.Vb＝3VcC.從狀態a到狀態b，氣體對外做功D.從狀態c到狀態a，氣體從外界吸熱答案D解析從狀態a到狀態b，氣體體積不變，由查理定律可得eq\f(pa,Ta)＝eq\f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A錯誤；從狀態b到狀態c，氣體溫度不變，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B錯誤；從狀態a到狀態b，氣體體積不變，氣體對外界不做功，C錯誤；從狀態c到狀態a，溫度升高，內能增大，體積增大，對外做功，所以吸收熱量，D正確。對點練4熱力學定律與氣體實驗定律的綜合7.(多選)蛟龍號是我國首臺自主研制的作業型深海載人潛水器，下潛深度已突破7000m。已知在深度3000m以下，海水溫度基本不變。若蛟龍號在執行某次任務時，外部攜帶一裝有氧氣(可看作理想氣體)的小型汽缸(如圖4所示)，汽缸及活塞導熱性能良好，活塞與汽缸間無摩擦，若蛟龍號從4000m深度下潛到5000m深度的過程中，氣體質量不變，則()圖4A.每個氧氣分子的動能均不變B.5000m深度時氧氣的體積為4000m深度時體積的eq\f(4,5)C.外界對氧氣做的功大于氧氣放出的熱量D.氧氣分子單位時間撞擊汽缸壁單位面積的次數增加答案BD解析每個氧氣分子的運動是無規則的，其動能無法確定，溫度不變是分子的平均動能不變，A錯誤；根據玻意耳定律有p1V1＝p2V2，p1＝p0＋ρgh1，p2＝p0＋ρgh2，代入數據可得eq\f(V1,V2)＝eq\f(p2,p1)＝eq\f(p0＋ρgh2,p0＋ρgh1)＝eq\f(1.0×105＋1.0×103×10×5000,1.0×105＋1.0×103×10×4000)≈eq\f(5,4)，所以5000m深度時氧氣的體積為4000m深度時體積的eq\f(4,5)，B正確；根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，由于溫度不變，氣體的內能不變，ΔU＝0，氣體壓強增大，體積減小，外界對氣體做正功，W＞0，則氧氣放出熱量，并且外界對氧氣做的功等于氧氣放出的熱量，C錯誤；氣體壓強增大，體積減小，但是溫度不變，氣體分子的平均動能不變，則氧氣分子單位時間撞擊汽缸壁單位面積的次數增加，壓強才會增大，D正確。8.(多選)(2023·天津適應性訓練)如圖5所示，一定質量的理想氣體被質量為m的絕熱活塞封閉在豎直放置的絕熱汽缸中，活塞的面積為S，與汽缸底部相距L，溫度為T0?，F接通電熱絲給氣體緩慢加熱，活塞緩慢向上移動距離L后停止加熱，整個過程中，氣體吸收的熱量為Q，大氣壓強為p0，重力加速度為g。則()圖5A.初始時，氣體壓強p1＝p0B.停止加熱時，氣體的溫度T＝2T0C.該過程中，氣體內能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SLD.該過程中，氣體內能增加量ΔU＝Q－p0SL答案BC解析對處于平衡狀態的活塞進行受力分析，受到大氣壓力、重力和氣體向上壓力，則有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq\f(mg,S)＋p0，故A錯誤；活塞緩慢上升過程中氣體壓強不變，根據蓋－呂薩克定律有eq\f(LS,T0)＝eq\f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正確；氣體對外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根據熱力學第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正確，D錯誤。B級綜合提升練9.(多選)一定質量的理想氣體，從狀態A經B、C變化到狀態D的狀態變化過程p－V圖像如圖6所示，AB與橫軸平行，BC與縱軸平行，ODC在同一直線上。已知A狀態溫度為400K，從A狀態至B狀態氣體吸收了320J的熱量，下列說法正確的是()圖6A.D狀態的溫度為225KB.A狀態的內能大于C狀態的內能C.從A狀態至D狀態整個過程中，氣體對外做功62.5JD.從A狀態到B狀態的過程中，氣體內能增加了240J答案ACD解析根據eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pDVD,TD)，可解得TD＝225K，選項A正確；因為A、C兩狀態的pV乘積相等，則溫度相同，即A狀態的內能等于C狀態的內能，選項B錯誤；因p－V圖像的面積等于功，則從A狀態至D狀態整個過程中，氣體對外做功W＝0.4×105×2×10－3J－(eq\f(0.15＋0.2,2)×105×10－3)J＝62.5J，選項C正確；從A狀態到B狀態的過程中，氣體吸收了320J的熱量，同時氣體對外做功WAB＝0.4×105×2×10－3J＝80J，氣體內能增加了240J，選項D正確。10.(多選)一定質量的理想氣體從狀態A變化到狀態B再變化到狀態C，其變化過程的V－T圖像如圖7所示，BC的反向延長線通過坐標原點O。已知該氣體在狀態A時的壓強為1.5×105Pa，下列說法正確的是()圖7A.該氣體在狀態B時的壓強為2.0×105PaB.該氣體在狀態C時的壓強為1.0×105PaC.該氣體從狀態A到狀態C的過程中吸收的熱量為100JD.該氣體從狀態A到狀態C的過程中放出的熱量為200J答案BC解析氣體從狀態A到狀態B，發生的是等容變化，由查理定律得eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)，解得在狀態B時的壓強為pB＝1.0×105Pa，選項A錯誤；氣體從狀態B到狀態C，發生的是等壓變化，有pC＝pB＝1.0×105Pa，選項B正確；由于狀態A與狀態C的溫度相同，所以該氣體從狀態A到狀態C的過程中，內能變化量ΔU＝0，氣體從狀態A到狀態B不做功，從狀態B到狀態C的過程中氣體對外做功，做功為W＝－pBΔV＝－1.0×105×(3－2)×10－3J＝－100J，由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W知整個過程中吸收的熱量Q＝100J，選項C正確，D錯誤。11.肺活量測量儀模型如圖8所示，一導熱性能良好、內壁光滑的汽缸內有兩個輕活塞A、B，活塞B緊靠固定閥門K，活塞A、B間封閉有一定質量的理想氣體，氣體體積V1＝6.0×103mL，壓強為一個標準大氣壓p0。用力推活塞A使其緩慢向右移動，當閥門K與活塞B間的氣體體積V2＝3.5×103mL時，測得氣體的壓強為1.2p0，忽略氣體溫度變化。圖8(1)氣體的壓強為1.2p0時，求閥門K與活塞A間氣體的體積V；(2)此過程中，活塞A對活塞A、B間氣體做的功為504J，活塞A、B間氣體對活塞B做的功為395J，求活塞A、B間氣體放出的熱量Q。答案(1)1.5×103mL(2)109J解析(1)氣體做等溫變化，初態為V1＝6.0×103mL，p1＝p0末態V2＝3.5×103mL＋V，p2＝1.2p0由玻意耳定律得p0V1＝1.2p0V2解得V＝1.5×103mL。(2)由熱力學第一定律，即ΔU＝W＋Q因溫度沒有變化，則內能沒有變化，ΔU＝0又W＝504J－395J＝109J解得Q＝－109J所以，活塞A、B間氣體放出熱量為109J。12.(2023·江蘇蘇州期末)如圖9所示，上端開口的光滑圓柱形絕熱汽缸豎直放置，在距缸底h＝0.5m處有體積可忽略的卡環a、b。質量m＝5kg、截面積S＝25cm2的活塞擱在a、b上，將一定質量的理想氣體封閉在汽缸內。開始時缸內氣體的壓強等于大氣壓強，溫度為T0＝300K。現通過內部電熱絲緩慢加熱汽缸內氣體，直至活塞離開a、b緩慢上升Δh＝0.1m，已知大氣壓強p0＝1×105Pa，g取10m/s2。求：圖9(1)當活塞緩慢上升Δh時(活塞未滑出汽缸)缸內氣體的溫度T；(2)若全過程電阻絲放熱45J，求氣體內能的變化ΔU。答案(1)432K(2)15J解析(1)活塞剛要離開ab時，活塞受力平衡p0S＋mg＝p1S解得p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.2×105Pa活塞在上升Δh＝0.1m的過程中壓強p＝p1＝1.2×105Pa根據理想氣體的狀態方程有eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(pV,T)可得eq\f(p0hS,T0)＝eq\f(p（h＋Δh）S,T)解得T＝432K。(2)氣體對外做功W＝－p·SΔh＝－30J電阻絲放熱45J，所以氣體吸熱Q＝45J根據熱力學第一定律可得ΔU＝W＋Q代入數據解得ΔU＝15J。實驗二十用油膜法估測油酸分子的大小學習目標1.知道油膜法估測油酸分子的大小的原理。2.掌握用油膜法估測油酸分子的大小的方法。實驗原理與器材實驗操作1.實驗原理：利用油酸酒精溶液在平靜的水面上形成單分子油膜，用d＝eq\f(V,S)計算出油膜的厚度，其中V為一滴油酸酒精溶液中所含油酸的體積，S為油膜面積，這個厚度就近似等于油酸分子的直徑，如圖。2.實驗器材盛水淺盤、注射器(或滴管)、容量瓶、坐標紙、玻璃板、痱子粉、油酸酒精溶液、量筒、彩筆。1.配制油酸酒精溶液，取純油酸1mL，注入500mL的容量瓶中，然后向容量瓶內注入酒精，直到液面達到500mL刻度線為止。2.用注射器(或滴管)將油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并記下量筒內增加一定體積Vn時的滴數n。根據V0＝eq\f(Vn,n)算出每滴油酸酒精溶液的體積V0。3.向淺盤里倒入約2cm深的水，并將痱子粉或細石膏粉均勻地撒在水面上。4.用注射器(或滴管)將一滴油酸酒精溶液滴在水面上。5.待油酸薄膜的形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，并將油酸膜的形狀用彩筆畫在玻璃板上。6.將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，算出油酸薄膜的面積S(求面積時以坐標紙上邊長為1cm的正方形為單位計算輪廓內正方形的個數，不足半個的舍去，多于半個的算一個)。7.根據溶液的比例，算出一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積V，并代入公式d＝eq\f(V,S)算出薄膜的厚度d，即為分子直徑。誤差分析1.純油酸體積的計算引起誤差。2.對油膜形狀畫線時帶來誤差。3.數格子法本身是一種估算的方法，從而會帶來誤差?？键c一實驗原理與操作例1(2022·北京海淀區模擬)在“油膜法估測分子直徑”的實驗中，我們通過宏觀量的測量間接計算微觀量。(1)本實驗利用了油酸分子易在水面上形成________(選填“單層”或“多層”)分子油膜的特性。若將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，這滴溶液中含有純油酸體積為V，形成面積為S的油酸薄膜，則由此可估測油酸分子的直徑為________。(2)某同學實驗中先取一定量的無水酒精和油酸，制成一定濃度的油酸酒精溶液，測量并計算一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積后，接著又進行了下列操作：A.將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地擴展為形狀穩定的油酸薄膜B.將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上計算油酸薄膜的面積C.將玻璃板蓋到淺水盤上，用彩筆將油酸薄膜的輪廓畫在玻璃板上D.向淺盤中倒入約2cm深的水，將痱子粉均勻地撒在水面上以上操作的合理順序是________(填字母代號)。(3)該同學做完實驗后，發現自己所測的分子直徑d明顯偏大。出現這種情況的原因可能是________。A.將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進行計算B.油酸酒精溶液長時間放置，酒精揮發使溶液的濃度發生了變化C.水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開D.計算油膜面積時，將不完整的方格作為完整方格處理答案(1)單層eq\f(V,S)(2)DACB(3)AC解析(1)本實驗利用了油酸分子易在水面上形成單層分子油膜的特性。若將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，這滴溶液中含有純油酸體積為V，形成面積為S的油酸薄膜，則由此可估測油酸分子的直徑為d＝eq\f(V,S)。(2)實驗中先在淺盤中倒入約2cm深的水，將痱子粉均勻地撒在水面上；然后將一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地擴展為形狀穩定的油酸薄膜；將玻璃板蓋到淺水盤上，用彩筆將油酸薄膜的輪廓畫在玻璃板上；將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上計算油酸薄膜的面積。則合理的順序是DACB。(3)該同學做完實驗后，發現自己所測的分子直徑d明顯偏大。根據d＝eq\f(V,S)可知，將滴入的油酸酒精溶液體積作為油酸體積進行計算，則V偏大，測得的分子直徑d偏大，選項A正確；油酸酒精溶液長時間放置，酒精揮發使溶液的濃度變大，則油膜的面積偏大，則測得的分子直徑偏小，選項B錯誤；水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開，則S的測量值偏小，分子直徑測量值偏大，選項C正確；計算油膜面積時，將不完整的方格作為完整方格處理，則S測量值偏大，分子直徑測量值偏小，選項D錯誤。考點二實驗數據處理與誤差分析例2在“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗中，將1mL的純油酸配制成5000mL的油酸酒精溶液，用注射器測得1mL溶液為80滴，再滴入1滴這樣的溶液到準備好的淺盤中，描出的油膜輪廓如圖1所示，每格邊長是0.5cm，根據以上信息，回答下列問題：圖1(1)1滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為________mL。(2)油膜的面積為________cm2。(3)油酸分子的直徑約為________m(此小題保留1位有效數字)。(4)從油酸酒精溶液滴入淺盤到油膜穩定過程中，油膜的面積大小變化情況是_________________________________________________________________。(5)甲、乙、丙三位同學分別在三個實驗小組做“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗，但都發生了操作錯誤。其中會導致所測的分子直徑d偏小的是________。A.甲同學在配制油酸酒精溶液時，不小心把酒精倒少了一點，導致油酸酒精溶液的實際濃度比計算值大一些B.乙在計算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液體積后，不小心拿錯了一個注射器把溶液滴在水面上，這個拿錯的注射器的針管比原來的細，每滴油酸酒精溶液的體積比原來的小C.丙在計算油膜面積時，把凡是不足一格的油膜都不計，導致計算的面積比實際面積小一些答案(1)2.5×10－6(2)35(3)7×10－10(4)先變大后變小(5)A解析(1)一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積V＝eq\f(1,80)×eq\f(1,5000)mL＝2.5×10－6mL。(2)由題圖油膜可知，油膜所占坐標紙的格數約140個，油膜的面積為S＝140×0.5×0.5cm2＝35cm2。(3)油酸分子的直徑約為d＝eq\f(V,S)≈7×10－10m。(4)從油酸酒精溶液滴入淺盤到油膜穩定過程中，由于酒精的揮發，油膜的面積大小變化情況是先變大后變小。(5)甲同學在配制油酸酒精溶液時，不小心把酒精倒少了一點，導致油酸酒精溶液的實際濃度比計算值大了一些，算出的一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積比實際值小，由d＝eq\f(V,S)可知，所測的分子直徑d偏小，A正確；乙同學在計算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液體積后，不小心拿錯了一個注射器把溶液滴在水面上，這個拿錯的注射器的針管比原來的細，一滴油酸酒精溶液的實際體積變小，一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積變小，對應的油膜面積S變小，但體積V還是按原來的計算的，由d＝eq\f(V,S)可知，所測的分子直徑d偏大，B錯誤；丙在計算油膜面積時，把凡是不足一格的油膜都不計，導致計算的面積比實際面積小一些，由d＝eq\f(V,S)可知，所測的分子直徑d偏大，C錯誤。跟蹤訓練(1)如圖2反映“用油膜法估測分子的大小”實驗中的4個步驟，將它們按操作先后順序排列應是________(用符號表示)。圖2(2)在做“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，將油酸溶于酒精，其濃度為每1000mL溶液中有0.6mL油酸。用注射器測得1mL上述溶液有75滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩定后，畫出油膜的形狀。如圖3所示，坐標紙中正方形小方格的邊長為1cm，試求：圖3①油酸膜的面積是________cm2；②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是________mL；③按以上實驗數據估測出油酸分子的直徑是________m(結果保留2位有效數字)。(3)如果實驗中油膜沒有完全散開，測得的油酸分子直徑________(選填“偏大”或“偏小”)。答案(1)dacb(2)①132(130～134均可)②8×10－6③6.1×10－10(3)偏大解析(1)順序應是：先量出一滴油酸酒精溶液的體積，然后將油酸酒精溶液滴入撒入痱子粉的淺水盤中，穩定后將一塊玻璃板蓋到淺盤上，用筆將油膜的輪廓畫到玻璃板上，最后將玻璃板放到坐標紙上畫出油膜的輪廓，算出油膜的面積，因此順序為dacb。(2)油酸膜的面積S＝132×1cm2＝132cm2每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積V＝eq\f(0.6,1000)×eq\f(1,75)mL＝8×10－6mL根據d＝eq\f(V,S)，代入數據可得d≈6.1×10－10m。(3)若油膜沒有完全散開，則測量面積S偏小，測得油酸分子直徑偏大。1.“用油膜法估測分子的大小”實驗的簡要步驟如下：A.將畫有油膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，數出輪廓內的方格數(不足半個的舍去，多于半個的算一個)，再根據方格的邊長求出油膜的面積SB.將一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆將薄膜的形狀描畫在玻璃板上C.用淺盤裝入約2cm深的水D.用公式d＝eq\f(V,S)求出薄膜厚度，即油酸分子直徑的大小E.根據油酸酒精溶液的濃度，算出一滴溶液中純油酸的體積V(1)步驟中有步驟遺漏或步驟不完全，請指出：①__________________________________________________________________；②__________________________________________________________________。(2)上述實驗步驟的合理順序是_________________________________________。答案(1)見解析(2)CFBAED解析(1)①C步驟中，要在水面上均勻地撒上痱子粉。②實驗中有遺漏，添加步驟F：用注射器或滴管將事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，記下量筒內增加一定體積時的滴數。(2)合理順序為CFBAED。2.在“用油膜法估測分子的大小”實驗中：(1)下列說法正確的是________。A.將油膜看成單分子層油膜是一種理想化假設B.實驗中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是對油酸溶液起到稀釋作用C.用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的體積是1mL，則1滴溶液中含有油酸10－2mLD.在計算油酸膜面積時，只需要數出完整方格的數目，對不完整的方格均不計數(2)某老師為本實驗配制油酸酒精溶液，實驗室配備的器材有：面積為0.22m2的蒸發皿、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒體積約為1毫升)、純油酸和無水酒精若干。已知分子直徑數量級為10－10m，則該老師配制的油酸酒精溶液濃度(油酸與油酸酒精溶液的體積比)至多為________‰(保留2位有效數字)。答案(1)AB(2)1.1解析(1)在“用油膜法估測分子的大小”實驗中，分子直徑是依據體積與面積之比求出的，所以需要將油膜看成單層分子油膜，不考慮各油膜分子間隙，故A正確；油膜可以溶于酒精，因此酒精對油酸溶液起稀釋作用，方便于測量，故B正確；1滴溶液中含有油酸酒精溶液是10－2mL，含純油酸的體積小于10－2mL，故C錯誤；全部完整方格內的油膜面積小于真實油膜面