2018-2019版物理新导学笔记选修3-3人教版讲义：模块要点回眸+第3点+Word版含答案
2018-2019版物理新导学笔记粤教通用版选修3-3讲义：第三章 热力学基础 第五节-第六节
第五节能源与可持续发展第六节研究性学习——能源的开发利用与环境保护[学习目标]1.了解能源与环境.2.知道能源开发和利用带来的问题及应该采取的对策.3.培养可持续发展的责任感和节约能源的意识．一、能源与环境、温室效应和酸雨[导学探究]你知道产生温室效应和酸雨的主要污染物是什么吗？答案产生温室效应的污染物是二氧化碳，形成酸雨的主要污染物是二氧化硫和氮氧化合物．[知识梳理]1．温室效应(1)成因：温室效应是由于大气里温室气体含量增大而形成的，石油和煤炭燃烧时产生二氧化碳．(2)危害：温室效应会导致全球变暖、海平面上升、气候变化、疾病增多等．(3)改善措施：调整能源结构，控制二氧化碳的过量排放．具体措施：一是提高能源利用率；二是开发新能源．(4)新能源①清洁能源：如：核能、水能、太阳能、风能、地热能、沼气等．②新能源特点：污染少，可再生或资源丰富．2．酸雨(1)定义：pH值小于5.6的降水．(2)成因：大气中酸性污染物质，如二氧化硫、氮氧化合物等，在降水过程中溶入雨水，使其成为酸雨．(3)危害：酸雨影响人的健康，危害生态系统，使土壤酸化、贫瘠，腐蚀建筑物和艺术品等．(4)防治：①健全法规，强化管理，控制排放．②发展清洁煤技术，减少燃烧过程SO2的排放．③通过改造发动机，安装汽车尾气净化器，用无铅汽油代替含铅汽油等手段，控制汽车尾气排放．二、能量降退与节约能源[导学探究]流动的水带动水磨做功，由于磨盘和粮食之间的摩擦和挤压，使磨盘和粮食的温度升高，水流的一部分机械能转变成了内能，这些内能最终流散到周围的环境中，我们没有办法把这些流散的内能重新收集起来加以利用．可见，内能与机械能相比，哪种能量的品质低？答案内能[知识梳理]1．能量降退(1)能量降退：能量可利用程度降低的现象．(2)能量降退从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性．(3)能量降退虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低(填“降低”或“提高”)，它实际上将能量从高度有用的形式降级为不大有用的形式．2．节约能源能量虽然不会减少，但能源会越来越少，所以要节约能源．三、能源的开发利用与环境保护1．新能源的开发(1)太阳能：有直接加热物体的太阳能热水器、太阳灶，有利用半导体材料把太阳能转化为电能的太阳能电池等，主要问题是只有白天工作，还要受天气影响，会妨碍大规模使用太阳能，要研究储存太阳能的方法．(2)水能：水能有巨大的开发潜力，可以开发梯级电站．(3)核能：是一个巨大的能源，通过原子反应堆进行核发电，主要应注意核泄漏、控制核污染．(4)风能：为了增加风力发电的功率，通常把很多风车建在一起，成为“风车田”．我国的新疆、内蒙古等地已经开始大规模利用风力发电．2．做好环境保护工作目前的任务是采用环境能源技术，解决突出的环境污染问题，例如：城市生活垃圾问题，变垃圾为能源；汽车尾气问题，达到废气“零”排放；环境污染的综合治理问题，解决废物、废水、废气等污染问题，要变废为宝.一、能源与环境例1(多选)关于温室效应，下列说法中正确的是()A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了温室效应B．石油和煤炭燃烧时增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了温室效应C．温室效应使得地面气温上升、两极冰雪融化D．温室效应使得土壤酸化答案BC解析温室效应的产生是由于石油和煤炭的燃烧增加了大气中二氧化碳的含量，它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、淹没沿海城市、海水和河流倒灌等，故选项B、C正确．例2人类只有一个地球，我们要保护赖以生存的环境．试完成以下三个题目：(1)下列哪一种不属于当今世界的三大环境问题()A．酸雨B．臭氧层的破坏C．人口的急剧增长D．温室效应(2)酸雨的形成主要是由于()A．大气中CO2含量的增加B．大气中SO2含量的增加C．乱砍滥伐森林，破坏生态环境D．大气中氟利昂含量增加(3)大气臭氧层()A．能大量反射太阳辐射中的紫外线，所以那里的温度较低B．能散射太阳光中的紫外线，使地面生物免受紫外线之害C．是大气层中存在臭氧的唯一场所，我们应该加以保护D．吸收大量的太阳紫外线，减小到达地面的紫外线辐射答案(1)C(2)B(3)D解析(1)当今世界的三大环境问题是：酸雨的危害，臭氧层的破坏导致大气层的保护作用减弱，温室效应使地球温度普遍变暖，因此正确的选项是C.(2)酸雨形成的基本原因主要与煤炭和石油燃烧以及工业生产等释放到大气中的二氧化硫和氮氧化合物污染物有关，二氧化硫和氮氧化合物污染物在大气中通过化学反应分别转化为硫酸和硝酸，混入雨水或者雪水中，使其酸度增加，同时酸雨的形成还与大气中其他的碱性物质有关，如空气中的氧化钙、土壤中的硫酸钙以及其他碱性物质可与酸发生中和反应，因此正确的选项为B.(3)大量的紫外线的照射可以对人和牲畜造成伤害，而大气臭氧层主要是吸收大量的紫外线，减小到达地面的紫外线辐射从而对地球上的生物起到保护作用，因此正确的选项为D.二、能量降退与节约能源例3(多选)下列对能量降退理解正确的是()A．能量降退说明能量在不断减少B．能量降退遵守能量守恒定律C．能量降退说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失D．能量降退从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性答案 BD解析 在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终转化为流散到周围环境中的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量降退．能量降退并不违反能量守恒定律，宇宙中的能量既没有减少，也没有消失，它从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A 、C 错，B 、D 对．三、能源的开发利用与环境保护例4 下列供热方式最有利于环境保护的是( )A ．用煤做燃料供热B ．用石油做燃料供热C ．用天然气或煤气做燃料供热D ．用太阳灶供热答案 D解析 煤、石油、天然气等燃料的利用，使人类获得大量的内能．但由于这些燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉尘、一氧化碳、二氧化硫等物质，污染了大气．而太阳能是一种无污染的能源，应大力推广，故答案应选D.能源与可持续发展⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 能源与环境⎩⎪⎨⎪⎧ 温室效应⎩⎪⎨⎪⎧ 成因危害防治措施酸雨⎩⎪⎨⎪⎧ 成因危害防治措施能量降退与节约能源能源的开发利用与环境保护1．(能源与环境)酸雨对植物的正常生长影响很大，为了减少酸雨的影响，应采取的措施是( )①少用煤作燃料 ②燃料脱硫 ③在已经酸化的土壤中加石灰 ④多种植美人蕉、银杏等植物 ⑤开发新能源A ．①②④⑤B ．①②⑤C ．①②③④⑤D ．①②③⑤答案 A解析酸雨主要是由煤、石油等燃料燃烧所释放的SO2和氮氧化物在降水过程中溶入雨水中形成的．因而为减少酸雨的影响，少用煤作燃料和燃料脱硫是有效的方法．开发新能源也是减少煤使用量的方法，另外美人蕉和银杏对SO2有较强的吸收能力，所以①、②、④、⑤正确，应选A.2．(能源与环境)下列说法中不正确的是()A．核能是一种常规能源B．煤、石油、天然气叫做常规能源C．大量消耗常规能源产生了“温室效应”D．燃烧煤炭时生成的二氧化硫使雨水酸度升高，形成酸雨答案 A解析煤、石油、天然气属于常规能源，核能、地热能、海洋能、太阳能等则属于新能源．3．(能源降退与节约能源)关于能源的开发和利用，下列观点不正确的()A．能源是有限的，无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的C．在对能源进行开发和利用的同时，必须加强对环境的保护D．不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的主要途径答案 B解析能量是守恒的，但由于能量降退，使得能利用的能源越来越少．4．(能源的开发利用与环境保护)为了倡导“低碳生活”，我们应当大力开发和利用下列能源中的()A．石油B．太阳能C．天然气D．煤炭答案 B解析要减小碳排放，就必需利用非化石能源，即能源中不能含有C元素，而石油、天然气和煤炭都含有C元素，故应大力开发和利用太阳能，故B正确．题组一能源与环境1．下列叙述中不正确的是()A．一般将pH小于5.6的降水称为酸雨B．无氟冰箱的使用会使臭氧层受到不同程度的破坏C．大气中CO2含量的增多是引起温室效应的主要原因D．“白色污染”是当前环境保护亟待解决的问题之一答案 B2．CO2气体几乎不吸收太阳的短波辐射，大气中CO2浓度增加能使地表温度因受太阳辐射而上升；另外，它还有强烈吸收地面红外热辐射的作用，阻碍了地球周围的热量向外层空间的排放，使整个地球就像一个大温室一样，因此，大气中二氧化碳气体浓度的急剧增加会导致气温的逐步上升，使全球气候变暖．请回答：(1)大气中CO2增多产生的效应称为()A．光热效应B．光电效应C．光气效应D．温室效应(2)导致大气中CO2浓度增加的主要原因是()A．大量植物和生物物种灭绝B．大量燃料如石油、煤炭、天然气等的燃烧C．人口剧增，呼出的二氧化碳增多D．自然因素破坏了地球生态环境的平衡答案(1)D(2)B3．下列不属于火力发电厂的污染的是()A．排放导致温室效应的气体B．废渣污染水土C．酸雨D．破坏大气臭氧层答案 D解析煤中的可燃性硫经在锅炉中高温燃烧，大部分氧化为二氧化硫，其中只有0.5%～5%再氧化为三氧化硫．在大气中二氧化硫氧化成三氧化硫的速度非常缓慢，但在相对湿度较大、颗粒物存在时，可发生催化氧化反应．此外，在太阳光紫外线照射并有氧化氮存在时，可发生光化学反应而生成三氧化硫和硫酸酸雾，这些气体对人体和动、植物均有害．大气中二氧化硫是造成酸雨的主要原因：粉煤灰渣，是煤燃烧后排出的固体废弃物．其主要成分是二氧化硅、三氧化二铝、氧化铁、氧化钙、氧化镁及部分微量元素．粉煤灰既是“废”也是“资源”．如不很好处置而排入江河湖海，则会造成水体污染；煤燃烧产生的二氧化碳是导致温室效应的气体，故属于火力发电厂的污染；破坏大气臭氧层的气体主要是氟利昂，不属于火力发电厂的污染．题组二能量降退与节约能源4．下列关于能量降退的说法中不正确的是()A．能量降退使能的总量减少，违背了能量守恒定律B．能量降退是指散失在环境中的内能不容易收集起来被人类利用C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动发生的D．能量降退导致能量品质的降低答案 A5．下列现象属于能量降退的有()A．利用水能发电转化为电能B．电能通过灯泡中的电阻丝转化为光能C．电池的化学能转化为电能D．火炉把房子烤暖答案 D解析能量降退是指其他形式的能转化为内能，最终流散在周围环境中无法重新收集并加以利用的现象，能够重新收集并加以利用的能不能称为能量降退．本题中的电能、光能都可以重新收集并加以利用，如用光作能源的手表等．只有当用电灯照明时的光能被墙壁吸收之后变为周围环境的内能，才无法重新收集并加以利用，但本题没有告诉该光能用来做什么，故不能算能量降退．火炉把房子烤暖后使燃料的化学能转化成内能并流散在周围的环境中，无法重新收集并加以利用，属于能量降退．6．能源利用的过程实质上是()A．能量的消失过程B．能量的创造过程C．能量的转化和转移过程D．能量的转化、传递并且逐渐消失的过程答案 C解析能源利用的过程是做功或热传递的过程，前者是能量的转化，后者是能量的转移．题组三能源的开发利用与环境保护7．(多选)下面关于能源的说法中正确的是()A．能源是取之不尽，用之不竭的B．能源是有限的，特别是常规能源，如煤、石油、天然气等C．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源D．核能的利用对环境的影响比燃烧石油、煤炭大答案BC解析尽管能量守恒，但耗散的能量无法重新收集利用，所以能源是有限的，特别是常规能源，A项错，B项对．常规能源的利用比核能的利用对环境的影响大，C项对，D项错．8．作为新型燃料，从环保角度看，氢气具有的突出特点是()A．在自然界里存在氢气B．氢气轻，便于携带C．燃烧氢气污染小D．氢气燃烧发热量高答案 C解析氢气燃烧生成水，所以对环境污染小．9．关于能源的开发和节约，你认为下列哪些观点是错误的()A．常规能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现C．能源的开发和利用，必须要同时考虑其对环境的影响D．通过核聚变和平利用核能是目前开发新能源的一种新途径答案 B解析虽然能量守恒，但能量的耗散导致能量的品质降低及不可再利用，也往往对环境产生破坏，从而应开发新型的清洁型的能源，故B选项错．10．(多选)下列关于能量耗散的说法中正确的是()A．能量耗散使能量的总量减少，违背了能量守恒定律B．能量耗散是指散失在环境中的内能再也不能收集起来并被人类利用C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动发生、全额发生的D．能量耗散导致能量的品质降低答案BCD11．(1)关于能量耗散，下列说法中正确的是________．A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了B．能量耗散表明能量守恒定律是不正确的C．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了D．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性E．煤炭中常常含有较多的硫，大量燃烧形成的二氧化硫等物质使雨水中酸度升高，形成“酸雨”(2)某地的平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多少？答案(1)CDE(2)3.4 kW解析(1)能量耗散的过程是能量向品质低的内能转变的过程，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消失，故A、B错误；能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，C正确；根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性的，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确；煤炭中常常含有较多的硫，大量燃烧形成的二氧化硫等物质使雨水中酸度升高，形成“酸雨”，选项E正确．(2)在时间t内作用于风车的气流质量为m＝πr2v tρ这些气流的动能为12m v 2 转变的电能为E ＝12m v 2×10% 故风车带动的电动机功率为P ＝E t ＝12πr 2ρv 3×10% 代入数据得P ≈3.4 kW.。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-5讲义浙江专用版：模块要点回眸 模块要点回眸 10 Word版含答案
第10点 两类核衰变在磁场中的径迹静止核在磁场中自发衰变，其轨迹为两相切圆，α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切，根据动量守恒m 1v 1＝m 2v 2和r ＝m vqB知，半径小的为新核，半径大的为α粒子或β粒子，其特点对比如下表：匀强磁场中轨迹对点例题 一个静止的放射性同位素的原子核3015P 衰变为3014Si ，另一个静止的天然放射性元素的原子核23490Th 衰变为23491Pa ，在同一磁场中，得到衰变后粒子的运动径迹1、2、3、4，如图1所示，则这四条径迹依次是( )图1A ．电子、23491Pa 、3014Si 、正电子 B.23491Pa 、电子、正电子、3014Si C.3014Si 、正电子、电子、23491Pa D ．正电子、3014Si 、23491Pa 、电子解题指导3015P →3014Si ＋0＋1e(正电子)，产生的两个粒子，都带正电，应是外切圆，由R ＝m v qB，电荷量大的半径小，故3是正电子，4是3014Si.23490Th →23491Pa ＋－1e(电子)，产生的两个粒子，一个带正电，一个带负电，应是内切圆，由R ＝m vqB 知，电荷量大的半径小，故1是23491Pa,2是电子，故B 项正确．答案 B特别提示由本题解答过程可知，当静止的原子核在匀强磁场中发生衰变时，大圆轨道一定是带电粒子(α粒子或β粒子)的，小圆轨道一定是反冲核的．α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切．如果已知磁场方向，还可根据左手定则判断绕行方向是顺时针还是逆时针．1.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图2中a、b所示，由图可以判定()图2A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β衰变C．磁场方向一定垂直纸面向里D．磁场方向一定垂直纸面向外答案 B解析原来静止的原子核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据题图，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外．2．如图3所示，在匀强磁场中，有一个原来静止的146C原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为()图3A.146C→01e＋145BB.146C→42He＋104BeC.146C→21H＋125BD.146C→0－1e＋147N答案 D解析静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核的电性相反，根据r ＝m vBq ，因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1确定电荷量大小之比为1∶7，再根据电荷数守恒及质量数守恒可得出核反应方程式为D.。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-3人教版讲义：第七章 分子动理论+5+Word版含答案
5内能[学习目标] 1.知道温度是分子平均动能的标志.2.明确分子势能与分子间距离的关系.3.理解内能的概念及其决定因素．一、分子动能1．分子动能：由于分子永不停息地做无规则运动而具有的能量．2．分子的平均动能所有分子热运动动能的平均值．3．温度是物体分子平均动能大小的唯一标志．二、分子势能1．分子势能：由分子间的相对位置决定的能．2．决定因素(1)宏观上：分子势能的大小与物体的体积有关．(2)微观上：分子势能与分子之间的距离有关．三、内能1．内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．2．普遍性：组成任何物体的分子都在做着无规则的热运动，所以任何物体都具有内能．3．相关因素(1)物体所含的分子总数由物质的量决定．(2)分子热运动的平均动能由温度决定．(3)分子势能与物体的体积有关．故物体的内能由物质的量、温度、体积共同决定，同时受物态变化的影响．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)温度反映了每个分子热运动的剧热程度．(×)(2)温度是分子平均动能的标志．(√)(3)温度升高时物体的每个分子的动能都将增大．(×)(4)分子的势能是由分子间相对位置决定的能量，随分子间距的变化而变化．(√)(5)温度高的物体内能大．(×)2．(1)1千克10℃的水比10千克2℃的铁的分子的平均动能________．(2)质量和体积一定的同种气体，温度高时气体的内能________．答案(1)大(2)大一、分子动能[导学探究](1)为什么研究分子动能的时候主要关心大量分子的平均动能？(2)物体温度升高时，物体内每个分子的动能都增大吗？(3)物体运动的速度越大，其分子的平均动能也越大吗？答案(1)分子动能是指单个分子热运动的动能，但分子是无规则运动的，因此各个分子的动能以及一个分子在不同时刻的动能都不尽相同，所以研究单个分子的动能没有意义，我们主要关心的是大量分子的平均动能．(2)温度是大量分子无规则热运动的集体表现，含有统计的意义，对于个别分子，温度是没有意义的．所以物体温度升高时，个别分子的动能可能减小，也可能不变．(3)不是．分子的平均动能与宏观物体运动的速度无关．[知识深化]1．单个分子的动能由于分子运动的无规则性，在某时刻物体内部各个分子的动能大小不一，就是同一个分子，在不同时刻的动能也可能是不同的，所以单个分子的动能没有意义．2．分子的平均动能(1)温度是大量分子无规则热运动的宏观表现，具有统计意义．温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，个别分子的动能可能减小或不变，但总体上所有分子的动能之和一定是增加的．(2)由于不同物质的分子质量一般不同，所以同一温度下，不同物质的分子热运动的平均动能相同，但平均速率一般不同．特别提醒分子的平均动能与宏观上物体的运动速度无关．例1下列关于物体的温度与分子动能的关系，正确的说法是()A．某物体的温度是0℃，说明物体中分子的平均动能为零B．物体温度升高时，每个分子的动能都增大C．物体温度升高时，分子平均动能增大D．物体的运动速度越大，则物体的温度越高答案 C解析某种气体温度是0℃，物体中分子的平均动能并不为零，因为分子在永不停息地运动，A错；当温度升高时，分子运动加剧，平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，B 错，C对；物体的运动速度越大，物体的动能越大，这并不能代表物体内部分子的热运动越剧烈，所以物体的温度不一定高，D错．1．虽然温度是分子平均动能的标志，但是零度(0℃)时物体中分子的平均动能却不为零．2．物体内分子做无规则热运动的速度和物体做机械运动的速度是完全不同的两个概念．二、分子势能[导学探究](1)功是能量转化的量度，分子力做功对应什么形式的能量变化呢？(2)若分子力表现为引力，分子间距离增大时，分子力做什么功？分子势能如何变化？分子间距离减小时，分子力做什么功？分子势能如何变化？(3)若分子力表现为斥力，分子力做功情况以及分子势能的变化情况又如何呢？答案(1)分子力做功对应分子势能的变化(2)负功分子势能增加正功分子势能减小(3)分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小；分子间距离减小时，分子力做负功，分子势能增大．[知识深化]1．分子力、分子势能与分子间距离的关系分子势能与分子间的距离的关系图象如图1所示．图12．分子势能的特点由分子间的相对位置决定，随分子间距离的变化而变化．分子势能是标量，正、负表示的是大小，具体的值与零势能点的选取有关．3．分子势能的影响因素(1)宏观上：分子势能跟物体的体积有关．(2)微观上：分子势能跟分子间距离r有关，分子势能与r的关系不是单调变化的．例2(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不能再靠近．在此过程中，下列说法正确的是()A．分子力先增大，后一直减小B．分子力先做正功，后做负功C．分子动能先增大，后减小D．分子势能先增大，后减小E．分子势能和分子动能之和不变答案BCE解析由分子动理论的知识，当两个分子从相距较远的位置相互靠近，直至不能再靠近的过程中，分子力先是表现为引力且先增大后减小，之后表现为分子斥力，一直增大，所以A 错误；分子引力先做正功，然后分子斥力做负功，分子势能先减小再增大，分子动能先增大后减小，所以B、C正确，D错误；因为只有分子力做功，所以分子势能和分子动能的总和保持不变，所以E正确．1．分子势能的变化情况只与分子力做功相联系．分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大．分子力做功的大小等于分子势能变化量的大小．2．讨论分子势能变化时，绝不能简单地由物体体积的增大、减小得出结论．导致分子势能变化的原因是分子力做功．例3(多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图2中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是()图2A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B．在r<r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大D．在r＝r0时，分子势能为零答案AC解析由图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故选项A正确；在r<r0阶段，当r减小时F做负功，分子势能增加，分子动能减小，故选项B错误；在r＝r0时，分子势能最小，动能最大，故选项C正确；在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，故选项D错误．分子势能图象问题的解题技巧1．要明确分子势能、分子力与分子间的距离关系图象中拐点的不同意义．分子势能图象的最低点(最小值)对应的距离是分子平衡距离r0，分子力图象与r轴交点的横坐标表示平衡距离r0.2．要把图象上的信息转化为分子间的距离，再求解其他问题．三、内能[导学探究](1)结合影响分子动能和分子势能的因素，从微观和宏观角度讨论影响内能的因素有哪些？(2)物体的内能随机械能的变化而变化吗？内能可以为零吗？答案(1)微观上：物体的内能取决于物体所含分子的总数、分子的平均动能和分子间的距离．宏观上：物体的内能取决于物体所含物质的量、温度和体积及物态．(2)物体的机械能变化时其温度和体积不一定变化，因此其内能不一定变化，两者之间没有必然联系．组成物体的分子在做永不停息的无规则运动，因此物体的内能不可能为零．[知识深化]1．内能的决定因素(1)宏观因素：物体内能的大小由物质的量、温度和体积三个因素决定，同时也受物态变化的影响．(2)微观因素：物体内能的大小由物体所含的分子总数、分子热运动的平均动能和分子间的距离三个因素决定．2．温度、内能和热量的比较(1)温度宏观上表示物体的冷热程度，是分子平均动能的标志． (2)内能是物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．(3)热量指在热传递过程中，物体吸收或放出热的多少，等于物体内能的变化量． 3．内能和机械能的区别与联系4.物态变化对内能的影响一些物质在物态发生变化时，如冰的熔化、水在沸腾时变为水蒸气，温度不变，此过程中分子的平均动能不变，由于分子间的距离变化，分子势能变化，所以物体的内能变化． 例4 下列说法正确的是( )A ．铁块熔化成铁水的过程中，温度不变，内能也不变B ．物体运动的速度增大，则物体中分子热运动的平均动能增大，物体的内能增大C ．A 、B 两物体接触时有热量从物体A 传到物体B ，这说明物体A 的内能大于物体B 的内能D ．A 、B 两物体的温度相同时，A 、B 两物体的内能可能不同，分子的平均速率也可能不同 答案 D解析 温度是分子平均动能的标志，内能是所有分子热运动动能和分子势能的总和，故温度不变时，内能可能变化，A 项错误；两物体温度相同，内能可能不同，分子的平均动能相同，但分子的平均速率可能不同，故D 项正确；最易出错的是认为有热量从A 传到B ，A 的内能肯定大，其实有热量从A 传到B ，只说明A 的温度高，内能大小还要看它们的总分子数和分子势能这些因素，故C 项错误；机械运动的速度与分子热运动的平均动能无关，故B 项错误．比较物体内能的大小和判断内能改变的方法具体比较和判断时，必须抓住物体内能的大小与分子总数、温度、物体的体积及物态等因素有关，结合能量守恒定律，综合进行分析．(1)当物体质量m一定时(相同物质的摩尔质量M相等)，物体所含分子数n就一定．(2)当物体温度一定时，物体内部分子的平均动能就一定．(3)当物体的体积不变时，物体内部分子间的相对位置就不变，分子势能也不变．(4)当物体发生物态变化时，要吸收或放出热量，使物体的温度或体积发生改变，物体的内能也随之变化.1.(分子动能)下列有关“温度”的概念的说法中正确的是()A．温度反映了每个分子热运动的剧烈程度B．温度是分子平均动能的标志C．一定质量的某种物质，内能增加，温度一定升高D．温度升高时物体的每个分子的动能都将增大答案 B解析温度是分子平均动能的标志，而对某个确定的分子来说，其热运动的情况无法确定，不能由温度反映，故A、D错，B对；温度不升高而仅使分子的势能增加，也可以使物体内能增加，冰熔化为同温度的水就是一个例证，故C错．2．(分子势能)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是()A．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小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而增大D．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减小答案 C解析当分子力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，所以A、B错误；当分子力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力增大，分子力做负功，分子势能增大，所以C正确，D错误．3．(分子力和分子势能)下列四幅图中，能正确反映分子间作用力F和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是()答案 B解析当r<r0时，分子力表现为斥力，随分子间距离r增大，分子势能E p减小；当r>r0时，分子力表现为引力，随分子间距离r增大，分子势能E p增大；当r＝r0时，分子力为零，此时分子势能最小，故选项B正确．4．(内能)关于物体的内能，下列说法中正确的是()A．机械能可以为零，但内能永远不为零B．温度相同、质量相同的物体具有相同的内能C．温度越高，物体的内能越大D．0℃的冰的内能与等质量的0℃的水的内能相等答案 A解析机械能是宏观能量，可以为零，而物体内的分子在永不停息地做无规则运动，且存在相互作用力，所以物体的内能永不为零，A项正确；物体的内能与物质的量、温度和体积及物态有关，B、C、D错误．一、选择题考点一分子动能1．(多选)对于20℃的水和20℃的水银，下列说法正确的是()A．两种物体的分子的平均动能相同B．水银的分子的平均动能比水的大C．两种物体的分子的平均速率相同D．水银分子的平均速率比水分子的平均速率小答案AD解析 温度是分子平均动能的标志，温度相同的物体的分子的平均动能相同，故A 对，B 错；由水银的摩尔质量大于水的摩尔质量，知D 对，C 错． 2．(多选)下列关于分子动能的说法，正确的是( ) A ．物体的温度升高，每个分子的动能都增加 B ．物体的温度升高，分子的平均动能增加C ．如果分子的质量为m ，平均速率为v ，则平均动能为12m v 2D ．分子的平均动能等于物体内所有分子的动能之和与所有分子的总数之比 答案 BD解析 温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增加，但是其中个别分子的动能却有可能减小，A 错，B 对；分子的平均动能等于物体内所有分子的动能之和与所有分子总数的比值，所以C 错，D 对．3．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中，温度保持不变，体积增大，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是( ) A ．气体分子间的作用力增大 B ．气体分子的平均速率增大 C ．气体分子的平均动能减小 D ．气体分子的平均动能不变 答案 D解析 气泡在上升的过程中，内部气体温度不变，分子的平均动能不变，平均速率不变，体积增大，分子间的作用力减小．考点二 分子势能与分子力的功4．下列情况中分子势能一定减小的是( ) A ．分子间距离减小时B ．分子间表现为斥力且分子间距离增大时C ．分子动能增大时D ．分子间作用力做负功时 答案 B解析 当分子间距离减小时，分子间的作用力可能做正功，也可能做负功，所以分子势能可能减小也可能增大，A 错误；当分子间表现为斥力且分子间距离增大时，分子间的作用力做正功，分子势能减小，B正确；分子动能与分子势能没有关系，C错误；分子间的作用力做负功时，分子势能增大，D错误．5.如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲、乙两分子间的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力．a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现将乙分子从a移动到d的过程中，两分子间的分子力和分子势能同时都增大的阶段是()图1A．从a到b B．从b到cC．从b至d D．从c到d答案 D解析根据分子力做功与分子势能的关系，分子力做正功分子势能减少，分子力做负功分子势能增加，故D选项正确．6．在两个分子间的距离由r0(平衡位置)变为10r0的过程中，关于分子间的作用力F和分子间的势能E p的说法中，正确的是()A．F不断减小，E p不断减小B．F先增大后减小，E p不断增大C．F不断增大，E p先减小后增大D．F、E p都是先减小后增大答案 B解析分子间距r＝r0时，分子力F＝0；随r的增大，分子力表现为引力，F≠0；当r＝10r0时，F＝0，所以F先增大后减小．在分子间距由r0至10r0的过程中，始终克服分子引力做功，所以分子势能一直增大，所以选项B正确．考点三内能、物体的机械能及综合应用7．关于物体的内能，以下说法正确的是()A．箱子运动的速度减小，其内能也减小B．篮球的容积不变，内部气体的温度降低，其气体的内能将减小C．物体的温度和体积均发生变化，其内能一定变化D．对于一些特殊的物体，可以没有内能答案 B解析物体的内能与物体的机械运动无关，故A错误；当气体的体积不变而温度降低时，气体的分子势能不变，分子的平均动能减小，气体的内能减小，故B正确；物体的温度和体积均发生变化时，物体内的分子势能和分子的平均动能都发生变化，其内能可能不变，故C错误；任何物体都有内能，故D错误．8．一定质量的0℃的水在凝结成0℃的冰的过程中，体积变大，它内能的变化是() A．分子平均动能增加，分子势能减少B．分子平均动能减小，分子势能增加C．分子平均动能不变，分子势能增加D．分子平均动能不变，分子势能减少答案 D解析温度相同，分子的平均动能相同，体积改变，分子势能发生了变化．由于不清楚由水变成冰分子力做功的情况，不能从做功上来判断．水变成冰是放出热量的过程，因此分子势能减少，故选D.9．下面有关机械能和内能的说法中正确的是()A．机械能大的物体，内能一定也大B．物体做加速运动时，其运动速度越来越大，物体内分子平均动能必增大C．物体降温时，其机械能必减少D．摩擦生热是机械能向内能的转化答案 D解析机械能与内能有着本质的区别，对于同一物体，机械能是由其宏观运动速度和相对高度决定的，而内能是由物体内部分子无规则运动和聚集状态决定的．二、非选择题10．(分子动能、分子势能与内能)三个瓶子分别盛有质量相同的氢气、氧气和氮气，它们的温度相同，则分子平均速率最大的是__________；在不计分子势能的情况下，气体内能最大的是________．答案氢气氢气11．(内能的比较)(1)1kg的40℃的水跟1kg的80℃的水哪个内能多？(2)1kg的40℃的水跟2kg的40℃的水哪个内能多？(3)一杯100℃的开水跟一池塘常温下的水哪个内能多？(4)1kg的100℃的水跟1kg的100℃的水蒸气哪个内能多？答案见解析解析(1)两者质量一样，同种物质，所以分子数目一样，而80℃的水比40℃的水的水分子平均动能大，若不考虑水的膨胀引起的体积微小变化，则1kg的80℃的水的内能多．(2)1kg的40℃的水跟2kg的40℃的水比较，2kg的40℃的水内能多，因为后者分子数目多．(3)虽然100℃的开水的水分子平均动能较大，但池塘的水的分子数比一杯水的分子数多得多，故一池塘常温下的水的内能比一杯100℃的开水的内能多．(4)它们的质量相等，因而所含分子数相等，分子的平均动能也相同，但100℃的水蒸气分子势能比100℃的水的分子势能大，故1kg的100℃的水蒸气的内能比1kg的100℃的水的内能多．。
物理新导学笔记选修3-3人教讲义：模块要点回眸+第19点
第19点改变内能的两种方式的比较1．做功和热传递是改变内能的两种方式在单纯做功过程中，外界对物体做了多少功，物体内能就增加多少；物体对外界做了多少功，物体内能就减少多少，此时有W＝ΔU.在单纯热传递过程中，物体吸收了多少热量，物体内能就增加多少；物体放出了多少热量，物体内能就减少多少，此时有Q＝ΔU.2．做功和热传递在改变物体的内能上是等价的一杯水可以通过加热(热传递)的方法使温度升高到某一温度值，水的内能增加ΔU；也可以通过搅拌(做功)的方法使水温升高到同一温度值，水的内能增量相同．除非事先知道，否则我们无法区分是哪种方式使这杯水的内能增加的，因此，做功和热传递在改变物体内能上是等价的．3．做功和热传递的本质区别做功使物体内能改变的过程是一个宏观过程，是机械能转化为内能的过程；热传递使物体内能改变的过程是一个微观过程，是物体间内能的转移过程，没有能量形式的转化．对点例题下列关于做功和热传递的说法中正确的是()A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等价的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的解题指导做功和热传递在改变物体内能上是等价的，但本质不同，做功是将其他形式的能量转化为内能或将内能转化为其他形式的能量的过程；热传递是将一个物体的内能传递给另一个物体的过程，且做功和热传递可以同时进行．故正确选项为B.答案 B规律总结正确解答本题的关键是理解做功和热传递的区别与联系．做功过程涉及能量的转化，必须通过宏观的运动来实现；热传递过程只是能量的转移，没有能量形式的变化，其发生的唯一条件是温度差．两过程是各自独立的，可以同时发生，也可以不同时发生．(多选)用下列方法改变物体的内能，属于做功方式的是()A．搓搓手会感到手暖和些B．汽油机汽缸内被压缩的气体C．车刀切下的炽热的铁屑D．物体在阳光下被晒热答案ABC精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-3人教版讲义：模块要点回眸+第2点+Word版含答案
第2点 微观量估算中的两大要点要对描述分子的微观量进行正确估算，必须把握两大要点：一是要建立正确的分子模型，二是要准确理解阿伏加德罗常数的桥梁作用．(1)分子的两类模型①球体模型对于固体和液体，常把分子视为紧密排列的球形分子．由球的体积公式得分子体积V 0＝16πd 3，以及N ＝V V 0可估算出分子的直径d ＝36V πN .式中V 是固体或液体的体积，N 是分子的个数． ②立方体模型气体分子所占据的空间千倍于气体分子本身的体积．把气体分子所占据的空间视为立方体模型．可估算出相邻气体分子间的平均距离L ＝3V N. (2)阿伏加德罗常数(N A ＝6.02×1023mol －1) 宏观量的摩尔质量M 、摩尔体积V 、密度ρ与微观量的分子直径d 、分子质量m 、每个分子的体积V 0的关系． ①一个分子的质量：m ＝M N A. ②一个分子的体积：V 0＝M ρN A.(只适用于固体、液体) ③一摩尔物质的体积：V ＝M ρ. ④单位质量中所含分子数：N ＝N A M. ⑤单位体积中所含分子数：N ′＝ρN A M. ⑥相邻气体分子间的平均距离：d ＝3V N A . ⑦分子球体模型的直径d ＝36V πN A.对点例题 2009年末，世界环境大会在哥本哈根召开，引起全球关注，环境问题越来越与我们的生活息息相关．比如说公共场所禁止吸烟，我们知道被动吸烟比主动吸烟害处更大．试估算一个高约2.8m 、面积约10m 2的办公室，若只有一人吸了一根烟．求：(人正常呼吸一次吸入气体300cm 3，一根烟大约吸10次)(1)估算被污染的空气分子间的平均距离；(2)另一不吸烟者一次呼吸大约吸入多少个被污染过的空气分子．解题指导 (1)吸烟者抽一根烟吸入气体的总体积V 0＝10×300cm 3，含有空气分子数为N ＝V 0V mol N A ＝10×300×10－622.4×10－3×6.02×1023个≈8.1×1022个， 办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为N ′＝N V ＝8.1×102210×2.8个/米3≈2.9×1021个/米3， 每个被污染的空气分子所占体积为V ′＝1N ′＝12.9×1021m 3， 所以平均距离为L ＝3V ′≈7×10－8m. (2)被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为N ″＝2.9×1021×300×10－6个＝8.7×1017个． 答案 (1)7×10－8m (2)8.7×1017个技巧点拨 (1)在标准状况下，1mol 任何气体的体积都是22.4L.(2)此题关键是找到微观量与宏观量的关系，然后建立空气分子立方体模型．一个标准足球场的面积为105m ×68m ＝7140m 2.若标准足球场附近一定体积的空气中所含的水蒸气凝结成水后的体积为103cm 3，已知水的密度为ρ＝1.0×103kg /m 3，水的摩尔质量M mol ＝1.8×10－2 kg/mol ，试求：(计算结果均保留一位有效数字)(1)水蒸气凝结成的水中含有多少水分子；(2)估算一个水分子的直径为多大．答案 (1)3×1025个 (2)4×10－10m解析 (1)水的摩尔体积为：V 0＝M mol ρ＝1.8×10－21.0×103m 3/mol ＝1.8×10－5 m 3/mol 水分子数：N ＝V 水N A V 0＝103×10－6×6.02×10231.8×10－5个≈3×1025个． (2)建立水分子的球体模型有16πd 3＝V 0N A， 得水分子的直径：d ＝36V 0πN A ＝36×1.8×10－53.14×6.02×1023m ≈4×10－10m.。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-5讲义浙江专用版：模块要点回眸 模块要点回眸 11 Word版含答案
第11点质量亏损和核能的计算1．对质能方程的理解(1)物体的质量包括静止质量和运动质量，质量亏损指的是静止质量的减少，减少的静止质量转化为和辐射能量有关的运动质量．(2)质量亏损并不是这部分质量消失或转变为能量，只是静止质量的减少．(3)在核反应中遵循能量守恒定律．(4)质量只是物体具有能量多少及能量转变多少的一种量度．2．核能计算的几种方法(1)根据ΔE＝Δmc2计算，Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．(2)根据ΔE＝Δm×931.5MeV计算，因1原子质量单位(u)相当于931.5MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．(3)有时可结合动量守恒和能量守恒进行分析计算，此时应注意动量、动能关系式p2＝2mE k 的应用．对点例题一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核(42He)，同时放出一个中子，已知氘核质量为m1＝2.0141u，氚核质量为m2＝3.0160u，氦核质量为m3＝4.0026u，中子质量为m4＝1.008665u，求：(1)写出聚变的核反应方程；(2)此反应过程中释放的能量为多少？解题指导(1)核反应方程为21H＋31H→42He＋10n(2)此反应过程的质量亏损为Δm＝2.0141u＋3.0160u－4.0026u－1.008665u＝0.018835u，ΔE＝Δmc2＝0.018835×931.5MeV≈17.5MeV.答案(1)21H＋31H→42He＋10n(2)17.5MeV利用氦3(32He)和氘进行的聚变反应安全无污染，容易控制．月球上有大量的氦3，每个航天大国都将获取氦3作为开发月球的重要目标之一．已知两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子的核反应方程是：221H→32He＋10n＋3.26MeV，若有2g氘全部发生聚变，则释放的能量是(N A为阿伏加德罗常数)()A．0.5×3.26MeV B．3.26MeVC．0.5N A×3.26MeV D．N A×3.26MeV答案 C解析2g氘共有N A个氘核，每2个氘核反应就放出3.26MeV能量，2g氘全部发生聚变，释放的能量为0.5N A×3.26MeV，所以C项正确．。
2018-2019版物理新导学笔记粤教通用版选修3-3讲义：第三章 热力学基础 第二节-第三节
第二节热力学第一定律第三节能量守恒定律[学习目标]1.理解热力学第一定律并会运用于分析和计算.2.理解能量守恒定律，知道能量守恒是自然界普遍遵从的基本规律.3.知道第一类永动机是不可能造成的．一、热力学第一定律[导学探究]一根金属丝经过某一物理过程，温度升高了，除非事先知道，否则根本无法判定是经过做功的方法还是使用了热传递的方法使它的内能增加．因为单纯地对系统做功和单纯地对系统传热都能改变系统的内能．既然它们在改变系统内能方面是等效的，那么当外界对系统做功为W，又对系统传热为Q时，系统内能的增量ΔU应该是多少？答案系统内能的增量ΔU＝Q＋W.[知识梳理]1．热力学第一定律：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么，物体内能的增加ΔU就等于物体吸收的热量Q和外界对物体做的功W之和．2．热力学第一定律的表达式：ΔU＝Q＋W.3．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定4.三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．(2)若过程中外界没有对物体做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量． 二、热力学第一定律应用举例 [导学探究]1．理想气体的内能与什么因素有关？答案 由于理想气体忽略了分子间的作用力，即忽略了分子势能，所以理想气体的内能只跟气体的温度和物质的量有关，与气体的体积无关．2．你能应用热力学第一定律讨论理想气体在等压膨胀过程中的能量转换关系吗？ 答案 设一定质量的理想气体，保持压强不变，由(V 1，T 1)变为(V 2，T 2)，而且V 1＜V 2. 由盖·吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2及V 1＜V 2知T 1＜T 2.因气体膨胀(V 1＜V 2)，则气体对外做功，W ＜0. 因气体温度升高(T 1＜T 2)，则气体的内能增加ΔU ＞0.由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q ＝ΔU －W ＞0.即系统由外界吸收热量，系统吸收的热量一部分用来增加内能，一部分转化为气体对外所做的功． [知识梳理]1．等压过程中的能量转换(1)等压膨胀：由于W ＜0，ΔU ＞0，则Q ＝ΔU －W ＞0，即气体吸收的热量一部分用来增加内能，另一部分转化为气体对外所做的功．(2)等压压缩：由于W ＞0，ΔU ＜0，则Q ＝ΔU －W ＜0，即气体向外界放热，放出的热量等于外界对气体所做的功与气体内能减小量之和． 2．等容过程中的能量转换(1)温度升高：由于ΔU ＞0，W ＝0，则Q ＝ΔU ，即气体从外界吸收的热量全部用于增加气体的内能．(2)温度降低，由于ΔU ＜0，W ＝0，则Q ＝ΔU ，即气体向外界放出的热量等于气体内能的减少量．3．等温过程中的能量转化(1)等温膨胀：由于W ＜0，ΔU ＝0，则Q ＝－W ＞0，即气体从外界吸收的热量全部转换为气体对外所做的功．(2)等温压缩：由于W ＞0，ΔU ＝0，则Q ＝－W ＜0，即外界对气体所做的功全部转换为气体传给外界的热量．三、能量守恒定律[导学探究]使热力学系统内能改变的方式是做功和热传递．做功的过程是其他形式的能转化为内能的过程，热传递是把其他物体的内能转移为系统的内能．在能量发生转化或转移时，能量的总量会减少吗？答案能量的总量保持不变．[知识梳理]1．能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化成为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体；在转化和转移过程中其总量不变．2．对能量守恒定律的理解(1)某种形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．3．能量的存在形式及相互转化各种运动形式都有对应的能：机械运动有机械能，分子的热运动有内能，还有诸如电磁能、化学能、原子能等．各种形式的能通过某种力做功可以相互转化．4．第一类永动机(1)定义：不需要任何动力或燃料却能不断对外做功的机器．(2)不可能制成的原因：违背了能量守恒定律．[延伸思考]热力学第一定律、机械能守恒定律是能量守恒定律的具体体现吗？答案是一、热力学第一定律例1(多选)关于物体内能的变化情况，下列说法中正确的是()A．吸热的物体，其内能一定增加B．体积膨胀的物体，其内能一定减少C．放热的物体，其内能也可能增加D．绝热压缩的气体，其内能一定增加答案CD解析 做功和热传递都能改变物体的内能，不能依据一种方式的变化就判断内能的变化． 例2 空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J 的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J ，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？ 答案 5×104 J解析 选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU ＝W ＋Q . 由题意可知W ＝2×105 J ，ΔU ＝1.5×105 J ，代入上式得： Q ＝ΔU －W ＝1.5×105 J －2×105 J ＝－5×104 J.负号表示空气向外释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J. 二、热力学第一定律与气体实验定律的结合例3 如图1所示，倒悬的导热气缸中封闭着一定质量的理想气体．轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S ，活塞的下面吊着一个重为G 的物体，大气压强恒为p 0.起初环境的热力学温度为T 0时，活塞到气缸底面的距离为L .当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L ，气缸中的气体吸收的热量为Q .求：图1(1)气缸内部气体内能的增量ΔU ； (2)最终的环境温度T .答案 (1)Q －0.1p 0SL ＋0.1LG (2)1.1T 0 解析 (1)密封气体的压强p ＝p 0－(G /S ) 密封气体对外做功W ＝pS ×0.1L 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W 得ΔU ＝Q －0.1p 0SL ＋0.1LG(2)该过程是等压变化，由盖·吕萨克定律有 LS T 0＝(L ＋0.1L )S T 解得T ＝1.1T 0三、能量守恒定律例4下列对能量守恒定律的认识错误的是()A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——第一类永动机是不可能制成的D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了答案 D解析A选项是指不同形式的能量间的转化，转化过程中能量是守恒的．B选项是指能量在不同的物体间发生转移，转移过程中能量是守恒的，A、B选项正好是能量守恒定律的两个方面——转化与转移．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．所以A、B、C正确；D选项中石子的机械能减少，但机械能并没有消失，能量守恒定律表明能量既不能创生，也不能消失，故D错误．故选D项．1．(热力学第一定律)一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则根据热力学第一定律，下列各式中正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J答案 B解析因为外界对气体做功，W取正值，即W＝8×104J；内能减少，ΔU取负值，即ΔU＝－1.2×105J；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＝ΔU－W＝－1.2×105J－8×104J ＝－2×105 J，即B选项正确．2．(热力学第一定律)如图2所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓缓下降的过程中，筒内空气体积减小，且()图2A．从外界吸热B．内能增大C．向外界放热D．内能减少答案 C解析本题考查气体性质和热力学第一定律，由于不计气体分子之间的相互作用，且整个过程缓慢进行，所以可看成温度不变，即气体内能不变，选项B、D均错．根据热力学第一定律公式ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界对气体做功，式中W取正号，ΔU ＝0，所以Q为负，即气体向外放热，故选项A错，C对．正确答案为C.3．(能量守恒定律)下面设想不符合能量守恒定律的是()A．利用永久磁铁间的作用力，造一台永远转动的机械B．做一条没有动力系统的船，在水面上行驶C．通过太阳照射飞机，即使飞机不带燃料也能飞行D．利用核动力，驾驶地球离开太阳系答案 A解析利用磁场能可以使磁铁所具有的磁场能转化为动能，但由于摩擦力的不可避免性，动能最终转化为内能使转动停止，故A不符合．船能利用水流的能量行驶，飞机可利用光能的可转化性和电能的可收集性，使光能转化为飞机的动能，实现飞机不带燃料也能飞行，故B、C符合；利用反冲理论，以核动力为能源，使地球获得足够大的能量，挣脱太阳引力的束缚而离开太阳系，故D符合．故选A项．4．(热力学第一定律与气体实验定律的综合应用)如图3是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的气柱长度为22 cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的气柱长度变为2 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞的重力．问：图3(1)若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大？(2)若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)答案(1)1.1×106 Pa(2)82 J解析(1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22 cm，l＝2 cm，V0＝l0S，V ＝lS，缓慢压缩，气体温度不变由玻意耳定律得p0V0＝pV解出p＝1.1×106 Pa(2)大气压力对活塞做功W1＝p0S(l0－l)＝2 J人做功W2＝100 J由热力学第一定律得ΔU＝W1＋W2＋QQ＝－20 J解得ΔU＝82 J题组一热力学第一定律1．关于物体内能的变化，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D ．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变 答案 C解析 根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)和物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A 错；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B 错；若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能不变，C 正确；而放热与对外做功都使物体内能减少，故D 错．2．夏天将密闭有空气的矿泉水瓶放进低温的冰箱中会变扁，此过程中瓶内空气(可看成理想气体)( )A ．内能减小，外界对其做功B ．内能减小，吸收热量C ．内能增加，对外界做功D ．内能增加，放出热量 答案 A解析 此过程中瓶内空气温度降低，体积减小，所以内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，ΔU <0，W >0，Q ＝ΔU －W <0，所以空气放热，只有选项A 正确．3．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J ，气体对外界做功1.0×104 J ，则该理想气体的 ( ) A ．温度降低，密度增大 B ．温度降低，密谋减小 C ．温度升高，密度增大 D ．温度升高，密度减小答案 D解析 由ΔU ＝W ＋Q 可得理想气体内能变化ΔU ＝－1.0×104 J ＋2.5×104 J ＝1.5×104 J ＞0，故温度升高，A 、B 两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝m V 可知密度变小，故C 项错误，D 项正确．4．一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa 的状况下，体积从20 L 膨胀到30 L ，这一过程中气体从外界吸热4×103 J ，则气体内能的变化为( ) A ．增加了5×103 J B ．减少了5×103 J C ．增加了3×103 JD ．减少了3×103 J答案 C解析气体等压膨胀过程对外做功W＝pΔV＝1.0×105Pa×(30－20)×10－3m3＝1.0×103 J．这一过程气体从外界吸热Q＝4×103 J．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，W应取负值，则可得ΔU＝－1.0×103 J＋4.0×103 J＝3.0×103 J，即气体内能增加了3×103 J．故选项C正确．题组二能量守恒定律5．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法中正确的是()A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒答案 D解析自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减少，故A、C项错误；而减少的机械能通过摩擦转化成了内能，故B项错误，D项正确．6．一颗子弹以某一水平速度击中了静止在光滑水平面上的木块，并从中穿出．对于这一过程，下列说法中正确的是()A．子弹减少的机械能等于木块增加的机械能B．子弹减少的动能等于木块增加的动能C．子弹减少的机械能等于木块增加的动能与木块增加的内能之和D．子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块增加的内能之和答案 D解析射穿木块的过程中，由于相互间摩擦力的作用使得子弹的动能减小，木块获得动能，同时产生热量，且系统产生的热量在数值上等于系统机械能的损失．A、B项没有考虑到系统增加的内能，C项中应考虑的是系统减少的机械能等于系统增加的内能．故正确答案为D. 7．“第一类永动机”不可能制成，是因为()A．不符合机械能守恒定律B．违背了能量守恒定律C．做功产生的热不符合热功当量D找不到合适的材料和合理的设计方案答案 B8．如图1所示，上端开口、粗细均匀的U形管的底部中间有一阀门，开始阀门关闭，两管中的水面高度差为h.现将阀门打开，最终两管水面相平，则这一过程中()图1A．大气压做正功，重力做负功，水的内能不变B．大气压不做功，重力做正功，水的内能增大C．大气压不做功，重力做负功，水的内能增大D．大气压做负功，重力做正功，水的内能不变答案 B解析由于两管粗细相同，作用在液体上的大气压力的合力为零，故大气压力不做功；水流动过程中重心下降，重力做正功，水的重力势能减少，减少的重力势能最终转化为内能，故水的内能增大，选项B对，A、C、D错．题组三热力学第一定律与气体实验定律的综合应用9．(多选)如图2所示，一绝热容器被隔板K隔成a、b两部分．已知a内有一定质量的稀薄气体，b内为真空．抽离隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中()图2A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变答案BD解析抽离隔板K，a内气体体积变大，由于b内为真空，所以a内气体不做功，由热力学第一定律可得B正确．内能不变，故温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知压强变小，所以D正确．10．高压锅加热到一定程度，高压水汽会冲开气阀喷出，高压水汽喷出的过程()A．喷出的水汽体积增大，温度降低，压强减小B．喷出的水汽压强减小，大气对水汽做正功，内能增大C．水汽刚喷出的短暂时间里，水汽对外做正功，吸热，内能增加D．水汽刚喷出的短暂时间里，水汽对外做负功，放热，内能减小答案 A解析由于外面压强小于高压锅内部压强，所以喷出的水汽压强减小，体积增大，对外做正功，温度降低，放出热量，内能减小．故选项A正确．11．如图3所示，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时()图3A．气体内能一定增加B．气体压强变大C．气体对外界做功D．气体对外界放热答案 C解析由图可知，理想气体的变化为等温膨胀，故气体压强减小，内能不变，气体对外做功；由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量．综上可知，C对，A、B、D错．12．重庆出租车常以天然气作为燃料．加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)()A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小答案 B解析储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确．13.如图4所示，一定质量的理想气体从状态A 先后经过等压、等容和等温过程完成一个循环，A 、B 、C 状态参量如图所示，气体在状态A 的温度为27 ℃，求：图4(1)气体在状态B 的温度T B ；(2)气体从A →B →C 状态变化过程中与外界交换的总热量Q .答案 (1)600 K (2)2p 0V 0解析 (1)A 到B 过程是等压变化，有V A T A ＝V B T B代入数据得T B ＝600 K(2)根据热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W其中W ＝－2p 0V 0解得Q ＝2p 0V 0(吸热)14.如图5所示，导热材料制成的横截面积相等、长度均为45 cm 的气缸A 、B ，通过带有阀门的管道连接．初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C 位于B 内左侧，在A 内充满压强p A ＝2.8×105 Pa 的理想气体，B 内充满压强p B ＝1.4×105 Pa 的理想气体，忽略连接气缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求：图5(1)平衡后活塞向右移动的距离和B 中气体的压强；(2)自打开阀门到平衡，B 内气体是吸热还是放热(简要说明理由)．答案 (1)15 cm 2.1×105 Pa (2)放热，理由见解析解析 (1)活塞向右运动后，对A 气体，有p A LS ＝p (L ＋x )S对B 气体，有p B LS ＝p (L －x )S得x ＝15 cmp ＝2.1×105 Pa(2)活塞C向右移动，对B中气体做功，而气体做等温变化，内能不变，由热力学第一定律可知B内气体放热．。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-3人教版课件：第十章 热力学定律 3
两个因素均有关，物体吸收热量，内能不一定增大，因为物体可能同时对
外做功，故内能有可能不变或减少，A错；
物体对外做功，还有可能吸收热量，内能可能不变或增大，B错，C正确；
物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少，D错误.
3.判断是否做功的方法 一般情况下看物体的体积是否变化. ①若物体体积增大，表明物体对外界做功，W<0. ②若物体体积减小，表明外界对物体做功，W>0. 特别提醒 热力学第一定律是将单纯的绝热过程和单纯的传热过程中 内能改变的定量表达推广到一般情况，既有做功又有传热的过程，其 中ΔU表示内能改变的数量，W表示做功的数量，Q表示外界与物体间 传递的热量.
答案
重点探究
一、热力学第一定律
[导学探究] (1)如图1所示，快速推动活塞对汽缸内气体做功10 J，气体内能改变了多 少？若保持气体体积不变，外界对汽缸传递10 J的热量，气体内能改变 了多少？
图1 答案 都增加了10 J.
答案
(2)一根金属丝经过某一物理过程，温度升高了，除非事先知道，否则根 本无法判定是通过做功的方法，还是使用了传热的方法使它的内能增加. 因为单纯地对系统做功和单纯地对系统传热都能改变系统的内能.既然它 们在改变系统内能方面是等价的，那么当外界对系统做功为W，又对系 统传热为Q时，系统内能的增量ΔU应该是多少？ 答案 系统内能的增量ΔU＝Q＋W.
例1 一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体 的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是 A.W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 J
2018-2019版物理新导学笔记粤教通用版选修3-3讲义：第二章 固体、液体和气体 微型专题
微型专题 理想气体状态方程与气体实验定律的应用[学习目标] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．一、变质量问题例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )图1A ．np 0，1n p 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V )n p 0，(1＋V 0V )n p 0D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 0答案 D解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得： p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0.抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得： 第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝V V ＋V 0p 0.活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0)np 0.故正确答案为D.二、液柱移动问题液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案． 常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔTT p .(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A 、B 所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )图2A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定答案 A解析 假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T ，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)．(3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)．3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图3答案 78 ℃解析 初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ， V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ； 末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ， V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，T 2＝？ 根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据得：76 cmHg ×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg ×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例4 用销钉固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图4所示，起初A 中有温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa 的空气，B 中有温度为27 ℃、压强为1.2×105 Pa 的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．图4答案 1.3×105 Pa 1.3×105 Pa解析 对A 中空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，T A ＝400 K. 末状态：T A ′＝300 K ，由理想气体状态方程有p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′，得：1.8×105 V A 400＝p A ′V A ′300对B 中空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，T B ＝300 K. 末状态：T B ′＝300 K.由理想气体状态方程有：p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′，得：1.2×105 V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′， V A ∶V B ＝2∶1， p A ′＝p B ′，联立解得p A ′＝p B ′＝1.3×105 Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：图5(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ 答案 (1)15 (2)1.5 L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1 atm ×300 cm 3＝1.5×103 cm 3×p ，p ＝0.2 atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm ×1.5 L ＝1 atm ×V V ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图6答案 向上移动 解析 方法一 假设法假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2.Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2. 同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2， 所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动． 方法二 图象法在同一p －T 图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强． 答案 3.2 atm解析 将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ， 初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V3，T 1＝250 K ，末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ， 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2 atm.4.(理想气体状态方程的应用)如图7，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L ＝22 cm ，两边水银柱高度差h ＝16 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg.图7(1)为使左端水银面下降3 cm ，封闭气体温度应变为多少？(2)封闭气体的温度重新回到280 K 后，为使封闭气柱长度变为20 cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？ 答案 (1)350 K (2)10 cm解析 (1)对被封闭气体，初状态压强p 1＝(76－16) cmHg ＝60 cmHg ， 末状态左右水银面高度差为(16－2×3) cmHg ＝10 cmHg ， 末状态压强p 2＝(76－10) cmHg ＝66 cmHg 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得T 2＝p 2V 2p 1V 1T 1＝66×2560×22×280 K ＝350 K.(2)设加入的水银柱长度为L ′， 末状态时左右水银面高度差 h ′＝(16＋2)－(L ′－2)＝20－L ′，由玻意耳定律p 1V 1＝p 3V 3，式中p 3＝76－(20－L ′)＝56＋L ′， 解得：L ′＝10 cm.题组一 变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 atm答案 A解析 初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L末状态：p 2，V 2＝6.0 L根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．2．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0的空气的体积为( ) A.p 0p V B.p p 0V C ．(pp 0－1)VD ．(pp 0＋1)V答案 C解析 取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′； 末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ， 解得：V ′＝(pp 0－1)V ，故选项C 正确．3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107 Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106 Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋 B ．56袋 C ．50袋 D ．40袋 答案 B解析 设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107 Pa ×20 L ＝1.0×106 Pa ×20 L ＋n ×1.0×106 Pa ×5 L ， 解得n ＝56，B 选项正确．4．用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( ) A ．5次 B ．10次 C ．15次 D ．20次 答案 C解析 因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得1．5 atm ×3 L ＋n ×1 atm ×0.5 L ＝4 atm ×3 L ，解得n ＝15.题组二 液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确． 6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )图2A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小D ．h 变小，l 变大 答案 A题组三 理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析 质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )图3A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1D ．5∶6∶3 答案 B解析 由pVT ＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104 Pa.图4(1)求状态A 的压强；(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态． 答案 (1)4×104 Pa (2)见解析 解析 (1)根据理想气体状态方程： p A V A T A ＝p D V DT D则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×102Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化 由查理定律p A T A ＝p BT B得p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105Pa B →C 是等温变化由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14Pa ＝4×104 PaC →D 是等容变化p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．题组四 理想气体状态方程的综合应用11．如图5所示，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，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l 2，两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5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(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 (1)330 K (2)1.01×105 Pa解析 (1)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V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l 2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K 末状态V 2＝lS 2解得T 2＝23T 1＝330 K (2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2解得p 1＝1.1×105 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p 1T 2＝p 2T 3T 3＝T ＝303 K解得p 2＝1.01×105 Pa.12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：甲乙图6(1)活塞刚离开B处时的温度T B；(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图象．答案(1)330 K(2)1.1p0(3)见解析图解析(1)气缸内的气体初态时p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K．当活塞刚离开B处时，气体的状态参量p2＝p0，V2＝V0，T2＝T B.根据p1T1＝p2T2，得0.9p0297＝p0T B，所以T B＝330 K.(2)随着温度不断升高，活塞最后停在A处，此时气体的状态参量p4＝p，V4＝1.1V0，T4＝399.3K．根据p1V1T1＝p4V4T4，得0.9p0V0297＝1.1pV0399.3，解得p＝1.1p0.(3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A处时，气体的状态参量p3＝p0，V3＝1.1V0，T3＝T A，由p1V1T1＝p3V3T3得0.9p0V0297＝1.1p0V0T A，解得T A＝363 K．综上可知，气体在温度由297 K升高到330 K过程中，气体做等容变化；由330 K升高到363 K过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K过程中，气体做等容变化．故整个过程的p－V图象如图所示．。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-3第七章3
3分子间的作用力[学习目标] 1.通过实验知道分子间存在着空隙和相互作用力.2.通过图象分析知道分子力与分子间距离的关系.3.明确分子动理论的内容．一、分子间的作用力[导学探究](1)如图1所示，把一块洗净的玻璃板吊在弹簧测力计下面，使玻璃板水平地接触水面，若想使玻璃板离开水面，在拉出玻璃板时，弹簧测力计的示数与玻璃板的重力相等吗？为什么？图1(2)既然分子间存在引力，当两个物体紧靠在一起时，为什么分子引力没有把它们粘在一起？(3)无论容器多大，气体有多少，气体分子总能够充满整个容器，是分子斥力作用的结果吗？答案(1)不相等；因为玻璃板和液面之间有分子引力，所以在使玻璃板拉出水面时弹簧测力计的示数要大于玻璃板的重力．(2)虽然两物体靠得很紧，但绝大部分分子间距离仍很大，达不到分子引力起作用的距离，所以不会粘在一起．(3)气体分子之间的距离r＞10r0时，分子间的作用力很微弱，可忽略不计．所以气体分子能充满整个容器，并不是分子斥力作用的结果，而是分子的无规则运动造成的．[知识梳理]1．分子间同时存在着相互作用的引力和斥力．分子间实际表现出的作用力是引力和斥力的合力．2．分子间作用力与分子间距离变化的关系(如图2所示)．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变化得快．图23．分子间作用力与分子间距离的关系．(1)当r＝r0时，F引＝F斥，此时分子所受合力为零．(2)当r＜r0时，F引＜F斥，作用力的合力表现为斥力．(3)当r＞r0时，F引＞F斥，作用力的合力表现为引力．(4)当r＞10r0(即大于10－9 m)时，分子间的作用力变得很微弱，可忽略不计．4．分子力小球－弹簧模型：当分子间的距离在r0附近变化时，它们之间的作用力的合力的变化类似于弹簧连接着两个小球间弹力的变化：由原长拉伸时表现为引力，由原长压缩时表现为斥力．二、分子动理论[导学探究](1)参与热运动的某一个分子的运动有规律可循吗？大量分子的运动呢？(2)为什么物体既难以拉伸，又难以压缩？答案(1)以气体为例，气体分子在无序运动中不断发生碰撞，每个分子的运动速率不断地发生变化．在某一特定时刻，某个特定分子究竟做怎样的运动完全是偶然的，不能预知．但对大量分子的整体，在一定条件下，实验和理论都证明，它们遵从一定的统计规律．(2)拉伸时，分子间表现为引力，压缩时分子间表现为斥力．[知识梳理]1．分子动理论(1)概念：把物质的热学性质和规律看做微观粒子热运动的宏观表现而建立的理论．(2)内容：①物体是由大量分子组成的．②分子在做永不停息的无规则运动．③分子之间存在着引力和斥力．2．统计规律：由大量偶然事件的整体所表现出来的规律．(1)微观方面：单个分子的运动是无规则(选填“有规则”或“无规则”)的，具有偶然性．(2)宏观方面：大量分子的运动表现出规律性，受统计规律的支配．3．分子力的宏观表现(1)当外力欲使物体拉伸时，组成物体的大量分子间将表现为引力，以抗拒外力对它的拉伸．(2)当外力欲使物体压缩时，组成物体的大量分子间将表现为斥力，以抗拒外力对它的压缩.一、分子间的作用力1．分子间的引力、斥力和分子力随分子间距离变化的图象如图3所示．图3(1)分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小．(2)当r<r0时，分子力随分子间距离的增大而减小；当r>r0时，分子力随分子间距离的增大先增大后减小．2．分子力做功由于分子间存在着分子力，所以当分子间距离发生变化时，分子力做功．(1)当r>r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功；当r减小时，分子力做正功．(2)当r<r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功；当r增大时，分子力做正功．例1设r0是分子间引力和斥力平衡时的距离，r是两个分子间的实际距离，则以下说法中正确的是()A．r＝r0时，分子间引力和斥力都等于零B．r0＜r＜4r0时，分子间只有引力而无斥力C．r由4r0逐渐减小到小于r0的过程中，分子间的引力先增大后减小D．r由4r0逐渐减小到小于r0的过程中，分子间的引力和斥力都增大，其合力先增大后减小再增大答案 D解析当r＝r0时，分子间引力和斥力相等，但都不为零，合力为零，A错；当r0＜r＜4r0时，引力大于斥力，两者同时存在，B错；在r减小的过程中，分子引力和斥力都增大，C 错；r由4r0逐渐减小到r0的过程中，由分子力随r的变化关系图线可知，分子力有一个极大值，到r＜r0时分子力又增大，所以在r由4r0逐渐减小到小于r0的过程中分子力先增大后减小再增大，D对．针对训练由于分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能．如图4所示为分子势能E p随分子间距离r变化的图象，取r趋近于无穷大时E p为零．通过功能关系可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息，则下列说法正确的是()图4A．假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将开始远离B．假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近C．假设将两个分子从r＝r1处释放，它们的加速度先增大后减小D．假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大答案 D解析由题图可知，两个分子在r＝r2处的分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0.结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；假设将两个分子从r＝r1处释放，由于r1<r2，可知在r ＝r1处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正功，分子的速度增大；当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时它们的速度最大，整个过程中分子力先减小后增大，故加速度先减小后增大，故C错误，D正确．二、分子力的宏观表现例2(多选)下列说法正确的是()A．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现B．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现C．两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空(马德堡半球)，用力很难拉开，这是分子间存在引力的宏观表现D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在引力的宏观表现答案AD解析水是液体、铁棒是固体，正常情况下它们分子之间的距离都为r0，分子间的引力和斥力恰好平衡．当水被压缩时，分子间距离由r0略微减小，分子间斥力大于引力，分子力表现为斥力，其效果是水的体积很难被压缩；当用力拉铁棒两端时，铁棒发生很小的形变，分子间距离由r0略微增大，分子间引力大于斥力，分子力表现为引力，其效果为铁棒没有断，所以选项A、D正确；气体分子由于永不停息地做无规则运动，能够到达容器内的任何空间，所以很容易就充满容器，所以B错；抽成真空的马德堡半球，之所以很难拉开，是由于球外大气压力对球的作用，所以C错．分子力的作用是有范围的，当r＜r0时，分子力表现为斥力，当r＞r0时，分子力表现为引力.固体、液体的体积难以改变，往往是分子力的宏观表现，而对于气体，一般情况下分子力很小，甚至可忽略.1．(分子力的特点)关于分子间的引力、斥力和分子力的说法中正确的是()A．引力存在时斥力就不存在B．引力总是大于斥力，分子力总为引力C．分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离小于平衡距离D．分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离大于平衡距离答案 C解析分子间的相互作用力由引力和斥力组成，这两种力同时存在，实际的分子力是引力和斥力的合力，故A错误；当两个分子间距离等于平衡距离时，分子间的斥力和引力相等，合力为零，当两个分子间距离大于平衡距离时，引力大于斥力，分子间的相互作用力表现为引力，当两个分子间距离小于平衡距离时，斥力大于引力，表现为斥力，故选项C正确，选项A、B、D错误．丹徒高级中学高二下期末)如图5所示，纵坐标表示两个分子2．(分子力的特点)(多选)(2017・间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是()图5A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为引力D．若两个分子间距离越来越大，则分子力越来越大答案BC解析在F－r图象中，随着距离的增大斥力比引力变化得快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力，故e点为平衡距离，数量级为10－10m，故A错误，B正确；若两分子间距离大于e点的横坐标时，分子力表现为引力，故C正确；当r<r0时，r增大，分子力减小；当r>r0时，r增大，分子力先增大后减小，当r>10r0时，分子力已很微弱，可以忽略不计，故选项D错误．3．(分子的宏观表现)下列各种现象中能说明分子间存在斥力的是()A．气体的自由膨胀B．铁块的体积很难被压缩C．打开香油瓶盖，香气四溢D．密闭在针筒内的气体需要花费很大的力气才能被压缩答案 B解析气体的自由膨胀说明气体分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故A错误；铁块分子有间隙，但铁块的体积很难被压缩，说明分子间存在斥力，故B正确；打开香油瓶盖，香气四溢，说明分子在做无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故C错误；密闭在针筒内的气体需要花费很大的力气才能被压缩，是因为气体的压强增大，故D错误．4．(分子力的特点)如图6所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中d点是分子靠得最近的位置，则乙分子速度最大处是()图6A．a点B．b点C．c点D．d点答案 C解析从a点到c点分子间的作用力表现为引力，分子间的作用力做正功，速度增加；从c 点到d点分子间的作用力表现为斥力，分子间的作用力做负功，速度减小，所以在c点速度最大．考点一分子力的宏观表现1．固体和液体很难被压缩，其原因是()A．分子已占据了整个空间，分子间没有空隙B．分子间的空隙太小，分子间只有斥力C．压缩时，分子斥力大于分子引力D．分子都被固定在平衡位置不动答案 C解析分子在做永不停息的无规则的热运动，且分子间存在着空隙，故A、D选项错误．压缩固体和液体时，分子间的引力和斥力是同时存在的，只不过是斥力大于引力，分子力表现为斥力，故选项B错误，选项C正确．2．(多选)对下列现象的解释正确的是()A．两块铁经过高温加压将连成一整块，这说明铁分子间有吸引力B．一定质量的气体能充满整个容器，这说明在一般情况下，气体分子间的作用力很微弱C．电焊能把两块金属连接成一整块是分子间的引力起作用D．破碎的玻璃不能把它们拼接在一起是因为其分子间斥力作用的结果答案ABC解析高温下铁分子运动非常激烈，两铁块上的铁分子间距很容易接近到分子引力起作用的距离内，所以两块铁经过高温加压将很容易连成一整块，电焊也是相同的原理，所以A、C 项正确；通常情况下，气体分子间的距离大约为分子直径的10多倍，此种情况下分子力非常微弱，气体分子可以无拘无束地运动，从而充满整个容器，所以B项正确；玻璃断面凹凸不平，即使用很大的力也不能使两断面间距接近到分子引力作用的距离，所以碎玻璃不能接合，若把玻璃加热，玻璃变软，则可重新接合，所以D项错误．3．(多选)下列关于分子间距与分子力的说法中，正确的是()A．水和酒精混合后的体积小于原来的体积之和，说明分子间有空隙；正是由于分子间有空隙，才可以将物体压缩B．实际上水的体积很难被压缩，这是由于水分子间距稍微变小时，分子间的作用就表现为斥力C．一般情况下，当分子间距r<r0(平衡距离)时，分子力表现为斥力，r＝r0时，分子力为零；当r>r0时，分子力表现为引力D．弹簧被拉伸或被压缩时表现的弹力，正是分子引力和分子斥力的对应表现答案ABC解析分子间有空隙，水和酒精混合后的体积小于原来的体积之和，分子间有距离，距离可改变，所以物体可以被压缩，A正确；液体很难被压缩，是因为分子间距离小到一定程度，将表现为斥力，B正确；当两个分子间的距离r＝r0时，分子力为0，当r>r0时，分子力表现为引力，当r<r0时，分子力表现为斥力，C正确；弹簧被拉伸或被压缩时表现的弹力，是弹簧伸长或压缩要恢复原状产生的，不是由于分子的引力和斥力造成的，D错误．4．将下列实验事实与产生的原因对应起来．A．水与酒精混合体积变小B．固体很难被压缩C．细绳不易拉断D．糖在热水中溶解得快E．冰冻食品也会变干a．固体分子也在不停地运动b．分子运动的剧烈程度与温度有关c．分子间存在着空隙d．分子间存在着引力e．分子间存在着斥力它们的对应关系分别是①__________，②____________，③__________，④__________，⑤__________.(在横线上填上实验事实与产生原因的符号)答案①Ac②Be③Cd④Db⑤Ea解析A．水与酒精混合后体积变小，说明分子之间有间隙； B.固体很难被压缩说明分子间有斥力；C.细绳不易拉断，说明分子间有引力； D.糖在热水中溶解得快，说明温度越高，分子热运动越剧烈； E.冷冻食品也会变干，说明固体分子也在做无规则运动．考点二分子力的特点5．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的()A．引力增加，斥力减小B．引力增加，斥力增加C．引力减小，斥力减小D．引力减小，斥力增加答案 C解析分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力变化得快，故C正确．6．分子间的相互作用力由引力F引和斥力F斥两部分组成，则()A．F斥和F引是同时存在的B．F引总是大于F斥，其合力总是表现为引力C．分子之间的距离越小，F引越小，F斥越大D．分子之间的距离越小，F引越大，F斥越小答案 A解析分子间的引力和斥力是同时存在的，它们的大小都是随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力变化得更快一些．当r＜r0时，合力表现为斥力，随分子间距离的增大而减小．当r＞r0时，合力表现为引力，合力的大小随分子间距离的增大表现为先增大后减小．正确选项是 A.7.两分子间的作用力F与间距r的关系图线如图1所示，下列说法中正确的是()图1A．r<r1时，两分子间的引力为零B．r1<r<r2时，两分子间的作用力随r的增大而逐渐增大C．r＝r2时，两分子间的引力最大D．r>r2时，两分子间的引力随r的增大而增大，斥力为零答案 B解析分子间同时存在引力和斥力，r<r1时，斥力大于引力，合力表现为斥力，故A错误；r1<r<r2时，两分子间的作用力随r的增大而逐渐增大，负号表示方向，故B正确；分子间同时存在引力和斥力，且均随着两分子间距离的减小而增加，r＝r2时，分子间的引力不是最大，故C错误；r>r2时，两分子间的引力随r的增大而减小，斥力不为零，故D错误．8．有甲、乙两个分子，甲分子固定不动，乙分子由无穷远处向甲靠近，直到不能再靠近为止，此过程中：(1)若不考虑其他作用力，则整个过程中乙分子的加速度怎么变化？(2)若不考虑其他作用力，则整个过程中乙分子的动能怎么变化？答案(1)由于乙分子只受分子力作用，根据牛顿第二定律，乙分子的加速度与它所受的分子力成正比，也就是乙的加速度的变化与分子力的变化一致，即在整个过程中，乙分子的加速度大小是先增大后减小再增大，加速度的方向先是指向甲，后是沿甲、乙连线指向乙．(2)根据动能定理，乙分子的动能变化量等于合力即分子力对乙分子所做的功，由于分子力对乙分子先做正功后做负功，所以乙分子的动能先增大后减小．。
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第3点对布朗运动认识的误区
对布朗运动认识的误区：
(1)误认为布朗运动就是液体分子的运动．
造成这一误区的原因是：认为布朗运动的研究对象是液体分子．
(2)误认为布朗运动就是固体颗粒分子的运动．注意：固体颗粒不是分子，它是由分子组成的．
(3)误认为固体小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著．
只有在固体微粒很小，各个方向的液体分子对它的撞击作用不平衡时才做布朗运动．因此正确的说法是：固体微粒体积越小，布朗运动越显著，如果固体微粒过大，液体分子对它的撞击作用在各个方向上是平衡的，它就不会做布朗运动了．
(4)大风天常常看到飞沙弥漫、尘土飞扬，误认为是布朗运动．
能在液体或气体中做布朗运动的微粒都很小，一般数量级是10－6m，必须用显微镜才能看到，并且布朗运动是无规则运动．而大风天看到的飞沙、尘土都是较大的颗粒在气流作用下的定向运动．
(5)误认为布朗运动是热运动．
热运动是分子
．．．的无规则运动．布．．永不停息的无规则运动，布朗运动是液体中悬浮的固．体颗粒
朗运动间接反映了液体分子的无规则运动．
对点例题布朗运动是生物学家布朗首先发现的物理现象，后来成为分子动理论和统计力学发展的基础，下列关于布朗运动的说法正确的是()
A．布朗每隔30s把小炭粒的位置记下，然后用直线依次连接起来，得到小炭粒的运动轨迹B．悬浮在液体中的小颗粒不停地无规则互相碰撞是产生布朗运动的原因
C．在尽量排除外界影响的情况下(如振动、液体对流等)，布朗运动依然存在
D．布朗运动的激烈程度与颗粒大小、温度有关，布朗运动就是分子的运动
解题指导小炭粒在30s内的运动是很复杂的，其运动轨迹是毫无规则的，用直线连接起来的线段，是一段时间内的位移，A错误；形成布朗运动的原因是悬浮小颗粒受到周围液体分子无规律的碰撞，使得来自各个方向的碰撞效果不平衡所致，布朗运动间接地证明了液体分子的无规则运动，B错误；布朗运动不是外界任何因素影响产生的，如温度差、压强差、振
动、液体对流等，C正确；布朗运动是悬浮的固体颗粒(粒子数量级一般在10－6m，肉眼是看不到)的运动，不是单个分子的运动，D错误．
答案 C
特别提醒布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是分子的运动．它是由于液体分子对其撞击的不平衡而产生的，温度越高，颗粒越小，撞击的不平衡性越明显，布朗运动也就越明显．
(多选)我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作，PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，可在显微镜下观察到，它漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害，矿物燃料燃烧时废弃物的排放是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中正确的是()
A．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动
B．温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈
C．PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈
D．由于周围大量空气分子对PM2.5碰撞的不平衡，使其在空中做无规则运动
答案BCD
解析PM2.5是固体小颗粒，不是分子，故A错误；温度越高，PM2.5的无规则运动越剧烈，故B正确；PM2.5的质量越小，其无规则运动越剧烈，故C正确；由于周围大量空气分子对PM2.5碰撞的不平衡，使其在空中做无规则运动，故D正确．。