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1、2023年高考物理专题突破讲义专题突破 第19课时热学命题规律1.命题角度：(1)分子动理论、固体和液体；(2)气体实验定律和理想气体状态方程；(3)热力学定律与气体实验定律的结合.2.常考题型：选择题或计算题高考题型1分子动理论固体和液体1估算问题(1)分子总数：NnNANANA.特别提醒：对气体而言，V0不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间(2)两种分子模型：球体模型：VR3d3(d为球体直径)；立方体模型：Va3.2分子热运动：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3分子间作用力、分子势能与分子间距离
2、的关系(如图1)图14气体压强5晶体与非晶体分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点确定不确定原子排列有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化例1(多选)(2021全国百校联盟5月联考)图2甲是分子力随分子之间距离变化的关系图象，图乙是分子势能随分子之间距离变化的关系图象，下列说法正确的是()图2A分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小B在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们间的分子力先增大后减小C在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小D分子在平衡位
3、置附近振动时，分子动能与分子势能之和保持不变E在两个分子从无限接近到逐渐远离的过程中，分子力先做正功后做负功答案ADE解析分子间同时存在引力和斥力，随分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小，A正确；在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们间的分子力先增大后减小到零再增大，B错误；由于平衡位置分子势能最小，在无限远处分子势能为零，所以在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，C错误；分子在平衡位置附近振动时，只有分子力做功，分子动能与分子势能之和保持不变，D正确；在两个分子从无限接近到逐渐远离的过程中，分子力先表现为斥力，分子力做正功，后表现为引力，分子力
4、做负功，E正确例2(2021山东济南市一模)根据所学知识分析，下列说法中正确的是()A布朗运动就是热运动B只有液体和气体才能发生扩散现象C太空飞船中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果D分子间相互作用的引力和斥力的合力一定随分子间的距离增大而减小答案C解析布朗运动是微粒在液体或气体中的无规则运动，间接反映了液体分子或气体分子在永不停息地做无规则运动，它不是微粒的热运动，也不是液体分子的热运动，A错误；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，B错误；太空飞船中的水滴处于完全失重状态，在表面张力作用下收缩为球形，C正确；当rr0时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而先增大后减小，D错
5、误例3(多选)下列关于固体、液体的说法正确的是()A唐诗观荷叶露珠中有“霏微晓露成珠颗”中荷叶和露水表现为浸润B小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是浮力与其重力平衡的结果C液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D蔗糖块是多晶体，它是由许多小的单晶体颗粒组成的E石墨和金刚石都是碳单质但它们的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同答案CDE解析唐诗观荷叶露珠中有“霏微晓露成珠颗”，诗中荷叶和露水表现为不浸润，A错误；小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中，是因为液体表面张力在起作用，B错误；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，C正
6、确；蔗糖块是多晶体，它是由许多小的单晶体颗粒组成的，D正确；石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同，E正确高考题型2气体实验定律理想气体状态方程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求解，压强单位为Pa.(2)水银柱密封的气体，应用pp0ph或pp0ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg.2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中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解(2)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式求解3关联气体问题解决由活塞、
7、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解考向一气体实验定律例4(2020全国卷33(2)如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口右管中有高h0 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l12 cm.管底水平段的体积可忽略环境温度为T1283 K，大气压强p076 cmHg.图3(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部此时水银柱的高度为多少？(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度
8、为多少？答案(1)12.9 cm(2)363 K解析(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1p2V2设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为，根据题设条件有p1p0gh0p2p0ghV1(2Hlh0)SV2HS联立式并代入题给数据得h12.9 cm(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖吕萨克定律有按题设条件有V3(2Hh)S联立式并代入题给数据得T2363 K考向二理想气体状态方程例5(2020山东卷15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上
9、，进而治疗某些疾病常见拔罐有两种，如图4所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的.若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值图4答案解
10、析设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1p0、T1450 K、V1V0、T2300 K、V2由理想气体状态方程得则有代入数据得p20.7p0对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0，由题意知p3p0、V3V0、p4p2由玻意耳定律得p3V3p4V4则有p0V0p2V4联立式，代入数据得V4V0设抽出的气体的体积为V，由题意知VV4V0故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为联立式，代入数据得.考向三关联气体例6(2021全国甲卷33(2)如图5，一汽缸
11、中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动气体温度始终保持不变向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为.图5(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强答案(1)0.4V2p0(2)(1)Vp0解析(1)对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0VpBV解得pB2p0对A气体分析，根据玻意耳定律有p0VpAVApApB0.5p0联立解得VA0.4V.(2)再使活塞向左缓慢回到初始位
12、置，假设隔板不动，则A的体积为V，由玻意耳定律可得p0VpV则此情况下A的压强为pp00；温度降低，内能减少，U0.由公式UWQ分析内能变化(2)做功情况W由体积变化分析气体做功情况体积膨胀，气体对外界做功，W0.(3)气体吸、放热Q一般由公式QUW分析气体的吸、放热情况，Q0，吸热；Q0，放热2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，但会产生其他影响例7(多选)(2020全国33(1)如图6，一开口向上的导热汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦现用外力作用在活塞上使其缓慢下降环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态在
13、活塞下降过程中()图6A气体体积逐渐减小，内能增知B气体压强逐渐增大，内能不变C气体压强逐渐增大，放出热量D外界对气体做功，气体内能不变E外界对气体做功，气体吸收热量答案BCD解析温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，故B正确；根据UWQ，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故C、D正确，E错误例8(多选)(2021四川省高三期末)一定质量的理想气体从状态A开始，经AB、BC、CA三个过程后回到初始状态A，其pV图象如图7所示，已知状态A的气体温度为TA200 K，下列说法正确的是()图7A状态B的气体温度为800 KB在AB过程中，气体既不对外做功，
14、外界也不对气体做功C在BC过程中，气体对外做功1 200 JD在CA过程中，气体内能先增大后减小E在ABCA一个循环过程中，气体从外界吸收热量450 J答案ABD解析状态AB为等容变化，有，代入数据解得TBTA800 K，故A正确；在AB过程中，气体体积没有发生变化，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；在BC过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据WpV得W14105 Pa(52)103 m31 200 J，故C错误；根据C，得pC，可知，pV的等温曲线是反比例函数图象根据数学知识可知，在CA过程中，气体温度先增大后减小，内能先增大后减小，故D正确；在ABCA一个循环过程中，温度
15、不变，内能U0.AB过程，气体体积不变，做功为零；BC过程，外界对气体做功为1 200 J；CA过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积W2(14)105 Pa3103 m3750 J，根据热力学第一定律：UWQ，表达式中的W表示外界对气体做的功，故WW1W21 200 J750 J450 J，则QUW0450 J450 J，气体向外界释放热量450 J，故E错误高考题型4用油膜法估测油酸分子的大小1原理：认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成，在估测油酸分子大小的数量级时，把每个油酸分子简化为球体，认为油膜的厚度就是油酸分子的直径d，如图8.图82对“V”的测量：(1)配制一定浓
16、度的油酸酒精溶液，设其浓度为n；(2)用注射器吸取一段油酸酒精溶液，读出它的体积为V0；(3)再把它一滴滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数N；(4)则一滴油酸酒精溶液中，纯油酸的体积Vn.3对“S”的测量：(1)浅盘里盛水，把适量的痱子粉均匀撒在水面上；(2)用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液，待油膜形状稳定后，将带方格的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描下薄膜的形状；(3)数出轮廓范围内正方形的个数n0，不足半格的舍去，多于半格的算一个；(4)用正方形的个数乘单个正方形的面积S0(即n0S0)计算出油膜的面积S.4注意事项(1)实验前应检查浅盘是否干净，如果有油渍将影响实验结果(2)由于油酸膜要经
17、过先扩大后收缩的过程，因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画，画时视线要与玻璃板垂直(3)分子大小的数量级为1010 m，若不是则要重做实验例9(2021青海省期末)根据某同学所做“用油膜法估测分子的大小”的实验，已知2 500 mL的油酸酒精溶液中含有纯油酸1 mL，回答下列问题(1)该油酸酒精溶液的浓度为_ %；若每滴油酸酒精溶液的体积为V0，将该溶液滴一滴到水面上，稳定后形成油膜的面积为S，则油酸分子直径大小的表达式为d_.(2)若将一滴油酸溶液滴在水面上，形成的油膜轮廓如图9所示，图中正方形小方格的边长为1 cm，则油膜的面积约为_ m2；根据上述数据，已知1 mL溶液含100滴，则可求得油
18、酸分子的直径为_ m.图9(3)该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大出现这种情况的原因可能是_(填选项前的序号)A将滴入的油酸酒精溶液的体积作为油酸的体积进行计算B油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化C水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开答案(1)0.04(2)6.01036.71010(3)AC解析(1)浓度为0.04%，每滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为，稳定后形成油膜的面积为S，则油酸分子直径大小的表达式为d，(2)每个小方格的面积为1 cm2，不足半格的舍去，超过半格的算一格，油膜覆盖的小方格一共有60格，所以油膜面积为6103 m2，一滴油酸酒精溶液中
19、纯油酸的体积为V1 mL41012 m3则油酸分子的直径为d m6.71010 m(3)根据油酸分子直径大小的表达式，若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则V0偏大，d偏大，A正确；如果水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开，则S偏小，d偏大，C正确；油酸酒精溶液长时间放置，酒精挥发使溶液的浓度增大，则S将偏大，d偏小，B错误.1(多选)(2021青海省高三二模)下列说法错误的是()A物理性质表现为各向同性的固体可能是晶体也可能是非晶体B自行车打气越打越困难主要是分子间相互排斥的原因C用“油膜法”估测分子直径时，滴在水面的油酸酒精溶液体积为V，铺开的油膜面积为S，则可估算出油酸分子
20、的直径为D晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变E若某气体的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA表示，则该气体的分子体积为答案BCE解析多晶体和非晶体都具有物理性质各向同性，A项正确；自行车打气越打越困难主要是气体压强的原因，B项错误；油膜法估测分子直径时d中的V指的是油酸的体积，不是油酸酒精溶液的体积，C项错误；晶体在熔化过程中吸收热量但温度不变，D项正确；分子体积不适用于气体，E项错误2(多选)(2021江西上饶市高三二模)分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图10中曲线所示，曲线与横轴交点为r1，曲线最低点对应横坐标为r2(取无限远处分子势能Ep0)下列说法正确的是()图10A分子间的引力
21、和斥力都随着分子间距离r增大而减小B当rr1时，分子势能和分子间作用力都随r减小而增大C当rr1时，分子间作用力为零D当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离减小而增大E当r1rr2时，随着分子间距离r增大，分子力先做正功后做负功答案ABD解析分子间的引力和斥力都随着分子间距离r增大而减小，A正确；由题图可知当rr1时，分子势能随r减小而增大；rr1时，分子间作用力表现为斥力，随r减小而增大，B正确；当rr2时，分子间作用力为零，C错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子间作用力做负功，分子势能增大，D正确；当r1rr2时，随着分子间距离r增大，分子间作用力一直在做正功，
22、E错误3.(多选)质量一定的理想气体完成如图11所示的循环，其中AB过程是等容过程，BC过程是等压过程，CA过程是等温过程，已知在状态C时气体的体积V3.0103 m3，则下列关于气体状态变化及其能量变化的说法正确的有()图11AAB过程，气体从外界吸热，内能减小BCA过程单位体积的分子数增多C气体在状态B时的体积是5103 m3DABC的整个过程中向外放热600 J答案CD解析AB过程，体积不变，外界对气体不做功，温度升高，内能增大，气体从外界吸热，选项A错误；CA过程，温度不变，压强减小，体积增大，所以单位体积的分子数减少，选项B错误；由，得VB5103 m3，选项C正确；由热力学第一定律
23、UQW，A、C状态温度相等，内能不变，W3105 PaV，VVBV2103，得Q600 J，即向外放热600 J，选项D正确4.(2021广东韶关市一模)如图12所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分温度都为T0300 K，上部分气体压强为p01.0105 Pa，活塞A有2104 Pa(S为活塞横截面积)现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)求：图12(1)下部分气体的压强；(2)上部分气体的温度答案(1)2.4105 Pa(2)1 080 K解析(1)对下部分
24、气体，做等温变化，初状态压强为：p1p0体积为：V1V0末状态：压强为p2，体积为： V2V0根据玻意耳定律有：p1V1p2V2代入数据解得：p22.4105 Pa(2)对上部分气体，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p2p2初状态：压强为p0，温度为T0，体积为V0末状态：压强为p2，温度为T2，体积为V2V0根据理想气体状态方程，有：代入数据解得：T23.6T01 080 K.专题强化练保分基础练1(多选)(2021江西临川一中高三三模)以下说法正确的是()A有些晶体是各向同性的B布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动C内能相等的两个物体相互接
25、触，也可能发生热传递D对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的E随着科技的进步，人类一定能制造出从单一热源吸收热量使之完全转化为功而不产生其他影响的热机答案ACD解析有些晶体是各向同性的，例如多晶体，故A正确；虽然布朗运动的剧烈程度与温度有关，但布朗运动并不是分子的运动，而是分子热运动的对外宏观体现，所以不能称之为分子热运动，故B错误；内能相等的两个物体相互接触，若温度不相等，热量将会从高温物体传递到低温物体，故C正确；根据麦克斯韦统计规律可知，对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的，故D正确；根
26、据热力学第二定律知，人类是不可能制造出从单一热源吸收热量使之完全转化为功而不产生其他影响的热机，故E错误2(2020北京市通州区第二中学高三三模)关于固体、液体，下列说法正确的是()A晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点B液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性C表面张力使液体表面具有扩张的趋势，使液体表面积趋于最大D发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降答案B解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，A错误；由液晶的性质知它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确；表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，C错误；毛细管插入浸润液体
27、中，管内液面上升，高于管外；毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管外，D错误3(多选)(2021广西桂林十八中高三月考)某气体的摩尔质量为M，分子质量为m，分子的体积为V0.若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为，该气体单位体积分子数为n，则阿伏加德罗常数NA可表示为()A. B. C. D.答案AD解析1摩尔该气体的体积为Vm，则单位体积分子数为n，又有摩尔体积Vm，A正确；因为气体分子间的间隙很大，气体摩尔体积与一个气体分子所占有的体积的比值等于阿伏加德罗常数NA，V0不是一个气体分子所占有的体积，B错误；气体分子的摩尔质量为M，分子质量为m，则1 mol气体的分子数为NA，因为C选项中
28、V0不是气体分子的质量，C错误，D正确4(2021山东省新高考测评)自行车胎充气过足，在阳光下受曝晒时车胎极易爆裂，曝晒过程中内胎容积的变化可以忽略不计则()A在车胎突然爆裂的瞬间，胎内气体内能减小B车胎爆裂是车胎内气体温度升高、气体分子间斥力急剧增大的结果C在车胎爆裂前，胎内所有气体分子的运动速率都在增大D在车胎爆裂前，胎内气体吸热、温度升高，气体分子的平均动能减小答案A解析在车胎突然爆裂的瞬间，可以认为胎内气体与外界没有热交换，而胎内气体对外做功，由热力学第一定律可知，车胎内气体内能减小，选项A正确；车胎爆裂是车胎内气体温度升高、压强增大的结果，与分子间斥力无关，选项B错误；在车胎爆裂前，
29、车胎内气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是所有气体分子的运动速率都在增大，实际上有些分子的运动速率可能减小，选项C、D错误5(2021山东卷2)如图1所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体()图1A内能减少B对外界做正功C增加的内能大于吸收的热量D增加的内能等于吸收的热量答案B解析由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气
30、体状态方程C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律UWQ，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误6(多选)(2021安徽省高三月考)一定质量的理想气体由状态a经状态b、状态c到状态d，最后回到状态a，其压强p与温度T的变化关系如图2所示，图中ab延长线过原点，bc、ad平行于T轴，cd平行于p轴下列说法正确的是()图2A气体在a、b两状态的体积相等B从b到c，每个气体分子的动能都增大C从c到d，单位体积中气体分子数增加D从d到a，外界对气体做功，气体放出热量E在过程bc中气体对外界做功小于过程da
31、中外界对气体做的功答案ADE解析a、b处于同一等容线上，则气体在a、b两状态的体积相等，所以A正确；从b到c，温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个气体分子的动能都增大，所以B错误；从c到d，是等温过程，压强与体积成反比，压强减小，则体积增大，所以单位体积中气体分子数减小，则C错误；从d到a，气体体积减小，外界对气体做功，但是气体的温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律UWQ，可知，气体放出热量，所以D正确；在过程bc中气体对外界做功为Wbcpbc(VcVb)，过程da中外界对气体做的功为Wdapda(VdVa)，过程cd为等温变化，有pbcVcpdaVd，联立可得WbcWdapdaVa
32、pbcVb，由图象可知pdapbc，VaVb则WbcWdapc，QabQac BpbQacCpbpc，Qabpc，QabQac答案B解析根据理想气体状态方程C，整理可得V，所以VT图线斜率越大，压强越小，b点的压强小于c点，即pbQac.故选B.争分提能练8(2021山东泰安市高三一模)2020年1月1日TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27 ，压强为240 kPa，轮胎的容积为30 L阿伏加德罗常数为NA6.01023 mol1,0 、1 atm下1 mol任何气体的体积均为22.4 L,1 atm100 kPa，则该状态下轮胎内气体的
33、分子数约为()A1.81023 B1.81024C8.01023 D8.01024答案B解析设胎内气体温度变为T2273 K，压强变为p2100 kPa，体积变为V2，则由理想气体方程得，所以V265.52 L，该状态下气体的物质的量为n2.925 mol，所以气体的分子数约为NnNA1.7551024，故选B.9.(2021江苏省1月适应性考试9)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成如图4所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体()图4A在状态a和c时的内能可能相等B在ab过程中，外界对其做的功全部用于增加内能Cbc过程中增加的内能小于da
34、过程中减少的内能D在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量答案B解析根据热力学第一定律有UWQ，cd为绝热过程，则Q0，V增大，W0，则UTd；da为等容过程，根据查理定律有C，知TdTa，则TcTa，故状态c的内能较大，A错误；ab为绝热过程，Q0，外界对气体做功W0，UW，B正确；cd气体对外界做功W1，大小等于cd曲线与V轴围成的面积，ab外界对气体做功W2，大小等于ab曲线与V轴围成的面积，可知W1W2，da、bc为等容过程W0，故全过程，气体对外界做功，大小等于bcda围成的面积，在一次循环过程中，根据热力学第一定律UWQ，W0，故一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量；由上面分析可
35、知，cd内能减少量大于ab内能的增加量，故bc内能的增加量应大于da内能的减少量，C、D错误10.(2021全国甲卷33(1)如图5，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积温度(Vt)图上的两条直线和表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0273.15 ；a为直线上的一点由图可知，气体在状态a和b的压强之比_；气体在状态b和c的压强之比_.图5答案1解析由体积温度(Vt)图象可知，直线为等压线，则a、b两点压强相等，则有1；t0 时，当气体体积为V1时，设其压强为p1，当气体体积为V2时，设其压强为p2，根据等温变化，由玻意耳定律有p1
36、V1p2V2由于直线和各为两条等压线，则有p1pb，p2pc联立解得.11(2021河北卷15(2)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 时，压强为3.0103 Pa.(1)当夹层中空气的温度升至37 ，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ，大气压强为1.0105 Pa.答案(1)3.1103 Pa(2)解析(1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得代入数据解得p23.1103 Pa(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以
37、静置后的所有空气为研究对象有p0Vp1V1解得V1V则夹层中增加空气的体积为VV1VV所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为.12(2020全国卷33(2)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等求调配后：(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比答案(1)p(2)解析(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p时，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)pV1两
38、罐中气体压强均为p时，总体积为(VV1)设调配后两罐中气体的压强为p，由玻意耳定律有p(VV1)p(V2V)联立式可得pp(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有pVpV2设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k联立式可得k.13(2021陕西宝鸡市高三二模)如图6所示，固定于地面的绝热汽缸A与导热汽缸B中各封闭着一定质量的理想气体，绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，且由刚性杆连接开始时两汽缸中气体体积均为V02.0103 m3、温度均为T0300 K，压强均为p01.0105 Pa，两汽缸横截面积相等缓慢加热A中气体，停止加热达
39、到稳定后，B中气体体积VB1.6103 m3，设环境温度始终保持不变求：图6(1)稳定后汽缸B中气体的压强；(2)稳定后汽缸A中气体的温度答案(1)1.25105 Pa(2)450 K解析(1)对汽缸B中气体，初状态p01.0105 PaV02.0103 m3末状态VB1.6103 m3由玻意耳定律得p0V0pBVB解得pB1.25105 Pa(2)设汽缸A中气体的体积为VA，膨胀后A、B压强相等，有pApB1.25105 PaVA2V0VB2.4103 m3对汽缸A中气体，由理想气体状态方程得解得TA450 K.第20课时机械振动和机械波命题规律1.命题角度：(1)机械振动；(2)机械波；(
40、3)振动图象与波的图象的综合应用.2.常考题型：选择题高考题型1机械振动1简谐运动的规律规律xAsin(t)图象反映同一质点在各个时刻的位移受力特征回复力Fkx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征振幅越大，能量越大在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为对称性特征关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的
41、位移大小相等2.简谐运动的应用单摆单摆周期表达式：T2.考向一描述简谐运动的物理量例1(多选)(2019江苏卷13B(1)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A位移增大 B速度增大C回复力增大 D机械能增大答案AC解析摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A正确，B错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C正确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项D错误考向二简谐运动图象例2(多选)如图1甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由
42、图可知下列说法中正确的是()图1A在t0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大B从t0到t0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动C在t0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能D在t0.2 s与t0.6 s两个时刻，振子的速度都为零答案BD解析在t0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；从t0到t0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，B正确；在t0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，C错误；在t0.2 s与t0.6 s两个时刻，振子在最大位移处，速度为