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课堂讲义
物理 3－3
第一章 分子动理论
第一节 物体是由大量分子组成的
[目标定位] 1.知道物体是由大量分子组成的． 2.知道分子的简化模型，即球
形模型或立方体模型，知道分子直径的数量级． 3.知道阿伏加德罗常数是联
系宏观世界和微观世界的桥梁，记住它的物理意义、数值和单位，会用这个常
数进行有关的计算和估算．
一、分子的大小
1．分子：物体是由大量分子组成的，分子是构成物质并保持物质化学性质的最
小微粒．
2．除了一些有机物质的大分子外，多数分子尺寸的数量级为 10－10_m.
二、阿伏加德罗常数
1．定义：1 mol 物质所含有的粒子数为阿伏加德罗常数，用符号 NA 表示．
23 －1
2．数值：阿伏加德罗常数通常取 NA＝6.02×10 _mol ，粗略计算中可取
23 －1
NA＝6.0×10 mol .
3．意义：阿伏加德罗常数是一个重要的常数，它是联系微观量和宏观量的桥梁，
阿伏加德罗常数把物体的体积 V、摩尔体积 Vm、物质的质量 m、摩尔质量 M、
物质的密度 ρ 等宏观物理量和分子体积 V0、分子直径 d、分子质量 m0 等微观物
理量都联系起来了.
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一、分子的两种模型
1．球体模型
对固体和液体，分子间距比较小，可以认为分子是一个一个紧挨着的球．
6V
4 d 3
设分子的体积为 V，由 V＝3π(2)3，可得分子直径 d＝ π .
2．立方体模型
由于气体分子间距比较大，是分子直径的 10 倍以上，此时常把分子占据的空间
视为立方体，认为分子处于立方体的中心(如图 1－1－1 所示)，从而计算出气
体分子间的平均距离为 a＝3 V.
图 1－1－1
图 1－1－2
例 1 现在已经有能放大数亿倍的非光学显微镜(如电子显微镜、场离子显微镜
等)，使得人们观察某些物质内的分子排列成为可能．如图 1－1－2 所示是放大
倍数为 3×107 倍的电子显微镜拍摄的二硫化铁晶体的照片．据图可以粗略地测
出二硫化铁分子体积的数量级为________m3，(照片下方是用最小刻度为毫米的
刻度尺测量的照片情况)
答案 10－29
解析 由题图可知，将每个二硫化铁分子看做一个立方体，四个小立方体并排
边长之和为 4d′＝4 cm，所以平均每个小立方体的边长 d′＝1 cm.又因为题图
是将实际大小放大了 3×107 倍拍摄的照片，所以二硫化铁分子的小立方体边长
d′ 1 × 10－2
为：d＝3 × 107＝ 3 × 107 m≈3.33×10－10 m.
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所以测出的二硫化铁分子的体积为：
V＝d3＝(3.33×10－10 m)3≈3.7×10－29 m3.
二、阿伏加德罗常数的应用
1．NA 的桥梁和纽带作用
阿伏加德罗常数是宏观世界和微观世界之间的一座桥梁．它把摩尔质量 Mmol、
摩尔体积 Vmol、物质的质量 m、物质的体积 V、物体的密度 ρ 等宏观量，跟单
个分子的质量 m0、单个分子的体积 V0 等微观量联系起来．下图将这种关系呈
现得淋漓尽致．
m Mmol m0
其中密度 ρ＝V＝Vmol，但要切记对单个分子 ρ＝V0是没有物理意义的．
2．常用的重要关系式
Mmol
(1)分子的质量：m0＝ NA .
Vmol Mmol
(2)分子的体积：V0＝ NA ＝ ρNA (适用于固体和液体)．注意：对于气体分子
Vmol
NA 只表示每个分子所占据的空间．
mNA
(3)质量为 m 的物质中所含有的分子数：n＝Mmol.
VNA
(4)体积为 V 的物质所含有的分子数：n＝Vmol.
例 2 据统计“酒驾”是造成交通事故的主要原因之一，交警可以通过手持式
酒精测试仪很方便地检测出驾驶员呼出的气体中的酒精含量，以此判断司机是
否饮用了含酒精的饮料．当司机呼出的气体中酒精含量达 2.4×10－4 g/L 时，酒
精测试仪开始报警．假设某司机呼出的气体刚好使仪器报警，并假设成人一次
呼出的气体体积约为 300 mL，试求该司机一次呼出的气体中含有酒精分子的个
－1 23 －1
数(已知酒精的摩尔质量为 46 g mol ，NA＝6.02×10 mol )．
答案 9.42×1017 个
解析 该司机一次呼出气体中酒精的质量为
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m＝2.4×10－4×300×10－3 g＝7.2×10－5g
一次呼出酒精分子数目为
m 7.2 × 10－5
M 46 23 17
N＝ ·NA＝ ×6.02×10 个≈9.42×10 个．
例 3 已知氧气分子的质量 m＝5.3×10－26kg，标准状况下氧气的密度 ρ＝1.43
3 23 －1
kg/m ，阿伏加德罗常数 NA＝6.02×10 mol ，求：
(1)氧气的摩尔质量；
(2)标准状况下氧气分子间的平均距离；
(3)标准状况下 1 cm3 的氧气中含有的氧分子数．(保留两位有效数字)
答案 (1)3.2×10－2kg/mol (2)3.3×10－9m
(3)2.7×1019 个
23 26
解析 (1)氧气的摩尔质量为 M＝NAm＝6.02×10 ×5.3×10－
kg/mol≈3.2×10－2 kg/mol.
M V M
ρ NA ρNA
(2)标准状况下氧气的摩尔体积 V＝ ，所以每个氧分子所占空间 V0＝ ＝ .
3 3
而每个氧分子占有的体积可以看成是棱长为 a 的立方体，即 V0＝a ，则 a ＝
M
ρNA，
M 3.2 × 10－2
3 3
a＝ ρNA＝ 1.43 × 6.02 × 1023 m≈3.3×10－9m.
(3)1 cm3 氧气的质量为
m′＝ρV′＝1.43×1×10－6 kg＝1.43×10－6 kg
则 1 cm3 氧气中含有的氧分子个数
m′ 1.43 × 10－6
N＝m＝5.3 × 10－26个≈2.7×1019 个.
分子模型
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1．登陆月球是每个天文爱好者的梦想，天文爱好者小明设想将铁分子一个接一
个地排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”，已知地球到月球的平均
距离为 384 400 km，试问，这条“大道”需要多少个分子？这些分子的总质量
为多少？(设铁分子的直径为 3.0×10－10 m，铁的摩尔质量为 5.60×10－2 kg/mol)
答案 1.28×1018 个 1.2×10－7 kg
s 384 400 × 103
解析 “分子大道”需要的铁分子的个数为 n＝d＝ 3.0 × 10－10 个＝1.28×1018 个，
n 1.28 × 1018
这些分子的总质量为NA·M＝6.02 × 1023×5.6×10－2 kg＝1.2×10－7 kg.
阿伏加德罗常数的应用
2．(双选)铜的摩尔质量为 M，密度为 ρ，若用 NA 表示阿伏加德罗常数，则下列
说法正确的是( )
A．1 个铜原子的质量是 ρ/NA
M
B．1 个铜原子占有的体积是ρNA
C．1 m3 铜所含原子的数目是 ρ/M
D．1 kg 铜所含原子的数目是 NA/M
答案 BD
M V M
NA NA ρNA
解析 1 个铜原子的质量应是 m＝ ，A 错；1 个铜原子的体积 V0＝ ＝ ，
ρV ρNA
3 M M
B 正确；1 m 铜含铜的原子个数 N＝nNA＝ NA＝ ，C 错；1 kg 铜含铜原子
1 NA
M M
数 N＝nNA＝ NA＝ ，D 正确．
－3 23
3．已知水的摩尔质量 MA＝18×10 kg/mol,1 mol 水中含有 6.0×10 个水分子，
试估算水分子的质量和直径．
答案 3.0×10－26 kg 4.0×10－10 m
解析 水分子的质量
MA 18 × 10－3
NA 6.0 × 1023 －26
m0＝ ＝ kg＝3.0×10 kg
由水的摩尔质量 MA 和密度 ρ，可得水的摩尔体积
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MA
ρ
VA＝
把水分子看做是一个挨一个紧密地排列的小球，1 个水分子的体积为
VA MA 18 × 10－3
NA ρ·NA 1.0 × 103 × 6.0 × 1023 3
V0＝ ＝ ＝ m
＝3.0×10－29 m3
每个水分子的直径为
6V0 6 × 3.0 × 10－29
3 3
d＝ π ＝ 3.14 m
≈4.0×10－10 m.
(时间：60 分钟)
题组一 分子模型及微观量的估算
1．(双选)下列说法中正确的是( )
A．物体是由大量分子组成的
B．无论是无机物的分子，还是有机物的分子，其分子大小的数量级都是 10－10
m
C．本节中所说的“分子”，包含了分子、原子、离子等多种含义
D．分子的质量是很小的，其数量级为 10－19 kg
答案 AC
2．纳米材料具有很多优越性，有着广阔的应用前景．边长为 1 nm 的立方体，
可容纳液态氢分子(其直径约为 10－10 m)的个数最接近于( )
A．102 个 B．103 个 C．106 个 D．109 个
答案 B
解析 1 nm＝10－9 m，则边长为 1 nm 的立方体的体积 V＝(10－9)3 m3＝10－27
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3 10
m ；将液态氢分子看作边长为 10－ m 的小立方体，则每个氢分子的体积 V0＝
V
(10－10)3 m3＝10－30 m3，所以可容纳的液态氢分子的个数 N＝V0＝103 个．液态
氢分子可认为分子是紧挨着的，其空隙可忽略，对此题而言，建立立方体模型
比球形模型运算更简洁．
3．已知在标准状况下，1 mol 氢气的体积为 22.4 L，氢气分子间距约为( )
A．10－9 m B．10－10 m C．10－11 m D．10－8 m
答案 A
解析 在标准状况下，1 mol 氢气的体积为 22.4 L，则每个氢气分子占据的体积
V 22.4 × 10－3
ΔV＝NA＝ 6.02 × 1023 m3＝3.72×10－26 m3.
3 3
按立方体估算，占据体积的边长：L＝ ΔV＝ 3.72 × 10－26 m＝3.3×10－9 m．故
选 A.
4．有一种花卉叫“滴水观音”，在清晨时，其叶尖部往往会有一滴水，体积约
3
为 0.1 cm ，则这滴水中含有水分子的个数最接近(已知阿伏加德罗常数 NA＝
23 －1 3
6.0×10 mol ，水的摩尔体积 Vm＝18 cm /mol)( )
A．6×1023 个 B．3×1021 个
C．6×1019 个 D．3×1017 个
答案 B
题组二 阿伏加德罗常数的应用
5．(双选)若已知阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量、摩尔体积，则可以计算出( )
A．固体物质分子的大小和质量
B．液体物质分子的大小和质量
C．气体分子的大小和质量
D．气体分子的质量和分子的大小
答案 AB
6．从下列数据组可以算出阿伏加德罗常数的是( )
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A．水的密度和水的摩尔质量
B．水的摩尔质量和水分子的体积
C．水分子的体积和水分子的质量
D．水分子的质量和水的摩尔质量
答案 D
解析 阿伏加德罗常数是指 1 mol 任何物质所含的粒子数，对固体和液体，阿
摩尔质量M 摩尔体积V
分子质量m0 分子体积V0
伏加德罗常数 NA＝ ，或 NA＝ .因此，正确的选项是 D.
7．NA 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同
B．2 g 氢气所含原子数目为 NA
C．在常温常压下，11.2 L 氮气所含的原子数目为 NA
D．17 g 氨气所含电子数目为 10NA
答案 D
解析 由于构成单质分子的原子数目不同，所以同温同压下，同体积单质气体
所含原子数目不一定相同，A 错；2 g 氢气所含原子数目为 2NA，B 错；只有在
标准状况下，11.2 L 氮气所含的原子数目才为 NA，而常温常压下，原子数目不
能确定，C 错；17 g 氨气即 1 mol 氨气，其所含电子数目为(7＋3)NA，即
10NA，D 正确．
8．2008 年北京奥运会上，美丽的“水立方”游泳馆简直成了破世界纪录的摇
篮，但“水立方”同时也是公认的耗水大户，因此，“水立方”专门设计了雨
水回收系统，平均每年可以回收雨水 10 500 m3，相当于 100 户居民一年的用水
量，请你根据上述数据估算一户居民一天的平均用水量与下面哪个水分子数目
最接近(设水分子的摩尔质量为 M＝1.8×10－2 kg/mol)( )
A．3×1031 个 B．3×1028 个
C．9×1027 个 D．9×1030 个
答案 C
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10 500
解析 每户居民一天所用水的体积 V＝100 × 365 m3≈0.29 m3，该体积所包含的
ρV
M 27
水分子数目 n＝ NA≈9×10 个，选项 C 正确．
9．1 mol 铜的质量为 63.5 g，铜的密度为 8.9×103 kg/m3，试估算一个铜原子的
23 －1
质量和体积．(已知 NA＝6×10 mol )
答案 1.05×10－25 kg 1.18×10－29m3
解析 铜的摩尔质量
M＝63.5 g/mol＝6.35×10－2 kg/mol，
23
1 mol 铜有 NA＝6.02×10 个原子，一个原子的质量为：
M
NA －25
m0＝ ＝1.05×10 kg
铜的摩尔体积为：
M 6.35 × 10－2
ρ 8.9 × 103 3 －6 3
Vm＝ ＝ m /mol＝7.13×10 m /mol
所以，一个铜原子的体积：
Vm 7.13 × 10－6
NA 6.02 × 1023 3 －29 3
V0＝ ＝ m ＝1.18×10 m .
3
10．某种物质的摩尔质量为 M(kg/mol)，密度为 ρ(kg/m )，若用 NA 表示阿伏加
德罗常数，则：
(1)每个分子的质量是________ kg；
(2)1 m3 的这种物质中包含的分子数目是________；
(3)1 mol 的这种物质的体积是________ m3；
(4)平均每个分子所占有的空间是________ m3.
M ρNA M M
答案 (1)NA (2) M (3) ρ (4)ρNA
M
NA
解析 (1)每个分子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，即 m0＝ .
1
M ρ
(2)1 m3 的物质中含有的分子的物质的量为 n＝ ρ ＝M，故 1 m3 的物质中含有的
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ρNA
M
分子数为 n·NA＝ .
M
ρ
(3)1 mol 物质的体积，即摩尔体积 Vm＝ .
(4)平均每个分子所占有的空间是摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值，即 V0＝
Vm M
NA＝ρNA.
11．用长度放大 600 倍的显微镜观察悬浮在水中的小颗粒(炭粒)的运动．估计
放大后的体积为 0.1×10－9 m3，碳的密度是 2.25×103 kg/m3，摩尔质量是
1.2×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数为 6.0×1023 mol－1，则该小炭粒含分子数约
为多少个？(结果取一位有效数字)
答案 5×1010 个
解析 设小颗粒边长为 a，放大 600 倍后，则其体积
V＝(600a)3＝0.1×10－9 m3，
10－16
实际体积 V′＝a3＝ 216 m3，
25
质量 m＝ρV′＝24×10－15 kg，
m
含分子数为 N＝1.2 × 10－2×6.0×1023 个≈5×1010 个．
第二节 测量分子的大小
[目标定位] 1.理解用油膜法测量分子大小的原理，学会利用宏观量测定微观量
数量级的方法． 2.通过用油膜法测定分子大小的实验，学会用理想化模型来
处理实际问题． 3.通过探究学习培养学生的创新思维和严谨、求实的科学素
养．
一、实验原理
1．理想化：把很小的一滴油酸滴在水面上，水面上会形成一块油酸薄膜，薄膜
是由单层的油酸分子组成的．
2．模型化：在估测油酸分子大小的数量级时，可以把它简化为球形，认为油膜
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的厚度就是油酸分子的直径．
V
3．测量：油膜的厚度就等于油酸分子的直径，即 d＝S.
二、实验器材
注射器(或滴管)、小量筒、浅盘、玻璃板、痱子粉或细石膏粉、水、酒精、油
酸、彩笔、坐标纸．
一、实验原理
实验采用使油酸在水面上形成一层单分子油膜的方法估测分子的大小．油酸的
分子式为 C17H33COOH，它的一个分子可以看成由两部分组成：一部分是
C17H33—，另一部分是—COOH.其中—COOH 对水有很强的亲和力，当把一滴
用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开(其中的酒精溶于水中
并很快挥发)，在水面上形成近似圆形的一层纯油酸薄膜，如图 1－2－1(甲)所
示．
其中 C17H33 一部分冒出水面，而—COOH 部分留在水中，油酸分子直立在水面
上，形成一个单分子层油膜，如图 1－2－1(乙)所示．
图 1－2－1
实验中如果算出一定体积的纯油酸在水面上形成的单分子油膜的面积 S，即可
V
估算出油酸分子直径的大小 d＝S.
二、实验器材
已稀释的油酸若干毫升(体积配比为 1∶200)；浅盘一只(30 cm×40 cm)；注射器
(或滴管)1 支；带方格的透明塑料盖板 1 块；量筒 1 个；彩色水笔 1 支；痱子粉
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(或石膏粉)(带纱网或粉扑)．
三、实验与收集数据
(1)用注射器或滴管将老师事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，
记下量筒内增加一定体积(例如 1 mL)时的滴数．计算出每滴液滴体积的平均值，
如图 1－2－2(A)．
图 1－2－2
(2)如图 1－2－2(B)所示，在水平放置的浅盘内倒入约 2 cm 深的水，用纱网(或
粉扑)将适量痱子粉轻轻撒在水面上．
(3)如图 1－2－2(C)所示 ，用滴管将一滴油酸溶液轻轻滴入水面中央，待油膜
形状稳定后，在浅盘上盖上塑料盖板，用彩笔描出油膜的边缘轮廓，如图 1－
2－2(D)所示．
(4)将画有油酸薄膜轮廓的塑料板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积 S.
(5)根据老师配制的油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积 V，根
V
据一滴油酸的体积 V 和薄膜的面积 S 即可算出油酸薄膜的厚度 d＝S，即油酸分
子的大小．
(6)洗涤浅盘，擦去塑料盖板上的油膜轮廓线，重复实验 2～3 次．
四、分析与论证
1．数据处理
V
在利用公式 d＝S计算时
(1)式中的 V 是 1 滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积．计算方法是：设 n 滴油酸酒
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1
精溶液是 1 mL，则每 1 滴的油酸酒精溶液的体积是n mL，事先知道配制溶液的
1
浓度为 η，则 1 滴溶液中的纯油酸体积 V＝n·η mL.
(2)式中的 S 是滴入水中后纯油酸形成的油膜面积，其大小用坐标纸上对应的格
数来计算，数格时，不足半个的舍去，多于半个的算 1 个．
2．实验结论：分析得到的实验数据，可得出这样的结论：油酸分子直径的数量
级是 10－10 m.
五、注意事项
1．痱子粉不要撒得太多，只要能够帮助看清油膜边界即可．
2．滴入油酸溶液时，一定要细心，不要一下滴得太多，使油膜的面积过大．
3．待测油酸扩散后又收缩，要在稳定后再画轮廓．
4．利用坐标纸求油膜面积时，以边长为 1 cm 的正方形为单位，计算轮廓内正
方形的个数时，大于半个的均算一个．
5．当重做实验时，水从盘的一侧边缘倒出，在这侧面会残留油酸，用少量酒精
清洗，并用脱脂棉擦去再用清水冲洗，这样可保持盘的清洁．
例 1 用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：浓度为 0.05%(体积分数)的
油酸酒精溶液、最小刻度 0.1 mL 的量筒、盛有适量清水的 45×50 cm2 浅盘、
痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．
(1)下面是实验步骤，请填写所缺的步骤 C.
A．用滴管将浓度为 0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入 1
mL 油酸酒精溶液时的滴数 N
B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为 0.05%的油酸酒精溶
液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与
器壁接触为止，记下滴入的滴数 n
C．___________________________________
D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为 1 cm 的正
方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积 S cm2
(2)用已给的和测得的物理量表示单个油膜分子的直径大小________(单位：
cm)．
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0.05%n
答案 (1)见解析 (2) NS
解析 (1)由步骤 D 即可提示出，步骤 C 应该是：将玻璃板放在浅盘上，用彩笔
将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
V 1 × 10－6 × 0.05% × n
(2)d＝S＝ NS × 10－4 m
0.05%n 0.05%n
＝ NS ×10－2 m＝ NS cm.
图 1－2－3
例 2 在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，油酸酒精溶液的浓度为每
104 mL 溶液中有纯油酸 6 mL，用注射器测得 1 mL 上述溶液中有液滴 50 滴，
把 1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻
璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图 1－2－3 所
示，坐标纸中正方形小方格的边长为 20 mm，则：
(1)油膜的面积是多少？
(2)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是多少？
(3)根据上述数据，估测出油酸分子的直径是多少？
答案 (1)2.32×10－2m2 (2)1.2×10－5mL
(3)5.2×10－10m
解析 (1)油膜轮廓包围的方格数约 58 个，则油酸膜的面积
S＝58×(20×10－3)2m2＝2.32×10－2m2.
1 6
(2)每滴溶液中含纯油酸的体积 V＝50×104 mL
＝1.2×10－5mL＝1.2×10－11m3
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V 1.2 × 10－11
(3)油酸分子的直径 d＝S＝2.32 × 10－2 m
≈5.2×10－10m.
借题发挥 解答本题的关键是准确计算油膜所占的面积和纯油酸的体积，数方
格数时，不足半个格的舍去，大于半个格的算一个即“四舍五入”.
1．(双选)用油膜法测分子大小时，采用的理想化条件是( )
A．把在水面上尽可能充分散开的油膜视为单分子油膜
B．把形成单分子油膜的分子看做紧密排列的球形分子
C．把油膜视为单分子油膜，但需考虑分子间隙
D．油酸酒精溶液中的酒精完全溶于水
答案 AB
解析 由用油膜法估测分子的大小的实验可知，将体积为 V 的油膜液滴滴在水
V
面上，形成面积为 S 的油膜，由此可以估算出油酸分子的直径为 d＝S，这显然
是将油膜视为单分子层，将油酸分子视为球形且认为分子是紧密排列的，公式
V
d＝S中，并没有将分子间隙所占体积除外，D 项中酒精也可以挥发掉一部分，
是否完全溶于水对本实验无影响．本题的正确选项应为 A、B.
2．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为 40 cm 的浅盘里倒入约 2 cm 深的水，待水面稳定后将适量的痱子
粉均匀地撒在水面上．
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的
体积和面积计算出油酸分子直径的大小．
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每
增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．
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⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的数字)
(2)将 1 cm3 的油酸溶于酒精，制成 300 cm3 的油酸酒精溶液，测得 1 cm3 的油酸
酒精溶液有 50 滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的
面积是 0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为________m．(结果保留 1 位有效
数字)
答案 (1)④①②⑤③ (2)5×10－10
解析 (1)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先配制油酸酒精溶液，
再往盘中倒入水，并撒痱子粉，然后用注射器将配好的溶液滴一滴在水面上，
V
待油膜形状稳定，再将玻璃板放于盘上，用彩笔描绘在玻璃板上，根据 d＝S计
算．
1 × 10－6 1 V
(2)一滴溶液中含油酸体积 V＝ 50 ×300 m3，故 d＝S≈5×10－10 m.
(时间：60 分钟)
题组一 实验原理及步骤
1．有关用油膜法估测分子直径的理想条件错误的是( )
A．将油酸分子看成球体
B．考虑各油酸分子间的间隙
C．认为油酸分子是紧密排列的
D．将油膜看成单分子油膜
答案 B
2．“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：
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A．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的
舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油膜的面积 S.
B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放
在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上．
C．用浅盘装入约 2 cm 深的水．
V
D．用公式 d＝S，求出薄膜厚度，即油酸分子的大小．
E．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积 V.
上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整，请指出：
(1)____________________________________________________
____________________________________________________.
(2)____________________________________________________
____________________________________________________.
上述实验步骤的合理顺序是___________________________________．
答案 (1)C 步骤中，要在水面上均匀地撒上痱子粉或石膏粉
(2)实验时，还需要：F.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴
地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数 C、F、B、A、E、D
解析 在滴入油酸酒精溶液之前，应将痱子粉或细石膏粉均匀地撒在水面上，
这样可以清楚地看出油酸的轮廓，另外，在实验过程中，必须记下一滴油酸的
体积．
题组二 数据处理与误差分析
3．(双选)某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能
是由于( )
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量的酒精
C．计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，1 mL 的溶液的滴数多记了 10 滴
答案 AC
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V
解析 油酸分子直径 d＝S.计算结果明显偏大，可能是 V 取大了或 S 取小了，
油酸未完全散开，所测 S 偏小，d 偏大，A 正确；油酸中含有大量的酒精，不
影响结果，B 错；若计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，使 S 变小，
d 变大，C 正确；若求每滴体积时，1 mL 的溶液的滴数多记了 10 滴，使 V 变
小，d 变小，D 不正确．
4．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需要知道油酸
的( )
A．摩尔质量 B．摩尔体积
C．体积 D．密度
答案 B
4 d 1
3 2 3 6 3
解析 知道分子直径后，可以求出分子的体积 V0＝ π( ) ＝ πd ，若再知道摩尔
Vm
V0
体积，即可求出 NA，即 NA＝ .
5．某种油剂的密度为 8×102 kg/m3，取这种油剂 0.8 g 滴在水面上，最后形成
油膜的最大面积约为( )
A．10－10 m2 B．104 m2 C．1010 cm2 D．104 cm2
答案 B
V V m 8 × 10－4
解析 由 d＝S，得 S＝d＝ρd＝8 × 102 × 10－10 m2＝104 m2.
6．(双选)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，若已知油的摩尔质量为 M，
密度为 ρ，油滴质量为 m，油滴在液面上扩散后的最大面积为 S，阿伏加德罗常
数为 NA，以上各量均为国际单位，那么( )
M
A．油滴分子直径 d＝ρ·S
m
B．油滴分子直径 d＝ρ·S
m
C．油滴所含分子数 n＝M·NA
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M
D．油滴所含分子数 n＝m·NA
答案 BC
V m
解析 由油膜法得分子直径 d＝S＝ρS
故 B 正确，A 错．
m
M
又 n＝n′·NA＝ ·NA
故 C 正确，D 错．故答案应选 B、C.
7．为了减小“用油膜法估测分子的大小”的误差，下列方法可行的是( )
A．用注射器向量筒里逐滴滴入配制好的溶液至 1 毫升，记下滴数 n，则 1 滴溶
1
液含纯油酸的体积 V＝n mL
B．把浅盘水平放置，在浅盘里倒入一些水，使水面离盘口距离小一些
C．先在浅盘水中撒些痱子粉，再用注射器把油酸酒精溶液多滴几滴在水面上
D．用牙签把水面上的油膜尽量拨弄成矩形
答案 B
解析 A 项在计算一滴溶液中含纯油酸体积时忘记乘以溶液的浓度，故 A 项说
法错误；B 项的做法是正确的；多滴几滴油酸酒精溶液能够使测量形成油膜的
油酸体积更精确些，但多滴以后会使油膜面积增大，可能使油膜这个不规则形
状的一部分与浅盘的壁相接触，这样油膜就不是单分子油膜了，故 C 项错；
D 项中的做法没有必要，并且牙签上沾有油酸，会使油酸体积测量误差增大．
8．利用油膜法可粗略地测定分子的大小和阿伏加德罗常数．若已知 n 滴油的总
体积为 V，一滴油形成的油膜面积为 S，这种油的摩尔质量为 μ，密度为 ρ，则
4
3
每个油分子的直径 d 和阿伏加德罗常数 NA 分别为(球的体积公式 V＝3πR )( )
V μn V 6μn3S3
A．d＝nS，NA＝ρV B．d＝nS，NA＝ πρV3
V 6μn3S3 V 6μn3S3
C．d＝S，NA＝ πρV3 D．d＝S，NA＝ ρV3
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答案 B
V V μ
n nS ρ
解析 一滴油体积为 ，故直径 d＝ ；油的摩尔体积为 Vmol＝ ，一个油分子的
1 πV3 Vmol 6μn3S3
6 3 6n3S3 V0 πρV3
体积为 V0＝ πd ＝ ，故 NA＝ ＝ ，故 B 正确．
9．2010 年 5 月 5 日，美国墨西哥湾原油泄漏事件引起了国际社会的高度关注，
墨西哥湾沿岸生态环境正在遭遇“灭顶之灾”，相关专家指出，污染可能导致
墨西哥湾沿岸 1 000 英里长的湿地和海滩被毁，渔业受损，脆弱的物种灭
绝．若在海洋中泄漏 1 t 原油可覆盖 12 km2 的海面，则油膜厚度大约是分子直
径数量级的________倍．(已知原油的密度为 0.91×103 kg/m3，结果保留一位有
效数字)
答案 9×102
m 1 × 103 V
解析 原油的体积 V＝ ρ ＝0.91 × 103 m3，则形成的油膜厚度就应为 d＝S＝
1 × 103 9 × 10－8
0.91 × 103 × 12 × 106 m≈9×10－8 m，所以约是分子直径数量级的 10－10 ＝900
倍．
10．某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：
油酸的摩尔质量 M＝0.283 kg·mol－1，密度 ρ＝0.895×103 kg·m－3.若 100 滴油酸
的体积为 1 mL，则 1 滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是____m2.
1
23 －1 3
(取 NA＝6.02×10 mol ，球的体积 V 与直径 D 的关系为 V＝6πD ，结果保留
一位有效数字)
答案 1×101
6M
M 1 3
解析 一个油酸分子的体积 V＝ρNA，又 V＝6πD3，得分子直径 D＝ πρNA
VD
最大面积 S＝ D ，解得 S＝1×101 m2.
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11.
中央电视台的一档美食节目，教给大家一种快速辨别真假香油的方法：将购买
的香油滴在水面上，能迅速散开形成透明油膜的为真货．由此小明同学联想到
“用油膜法估测油酸分子大小”这一实验，想通过类似方法测定一滴香油形成
的油膜的厚度，于是借助“油膜法估测油酸分子大小”的实验器材得到了一滴
香油的油膜轮廓图，如图，已知一滴香油的体积约为 10－2 cm3，方格边长为 2
cm，试求该油膜的厚度．
答案 2.08×10－7 m
V
解析 由图知该油膜面积 S＝120×4×10－4 m2＝4.8×10－2 m2，d＝S＝
1 × 10－2 × 10－6
4.8 × 10－2 m＝2.08×10－7 m.
第三节 分子的热运动
[目标定位] 1.知道扩散现象、布朗运动以及热运动的定义． 2.理解布朗运动
产生的原因和特点． 3.知道什么是热运动及决定热运动激烈程度的因素．
一、扩散现象
物理学中由于分子的无规则运动而产生的物质迁移现象称为扩散现象．
二、布朗运动
1．定义：悬浮在液体(或气体)中的固体微粒的不停的无规则运动．它首先是由
英国植物学家布朗在 1827 年用显微镜观察悬浮在水中的花粉微粒时发现的．
2．产生的原因：大量液体分子对悬浮微粒撞击的不平衡造成的．
3．微粒越小，温度越高，布朗运动越激烈．
4．悬浮微粒的无规则运动不是分子的运动，但是它间接地反映了液体或气体分
子的无规则运动．
三、热运动
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1．定义：分子永不停息的无规则运动．
2．宏观表现：布朗运动和扩散现象．
3．特点
(1)永不停息；
(2)运动无规则；
(3)温度越高，分子的热运动越激烈.
一、扩散现象与热运动
1．发生扩散的条件
任何情况下都可以发生，与外界因素无关．
2．影响扩散的因素
(1)浓度差：总是从浓度大向浓度小处扩散，两边达浓度相同时，保持动态平衡；
(2)物态：气态扩散最显著，液态次之，固态最慢；
(3)温度：在两种物质一定的前提下，温度越高，扩散现象越显著．
3．扩散成因
扩散现象不是外界作用引起，而是分子无规则运动的直接结果，是分子永不停
息做无规则热运动的实验证据．
4．扩散运动的两个特点：(1)永不停息；(2)无规则性
图 1－3－1
例 1 “墙角数枝梅，凌寒独自开．遥知不是雪，为有暗香来．”是北宋诗人
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王安石的一首脍炙人口的诗歌，把我们也仿佛带入了一个梅香扑鼻的冰雪世
界．如图 1－3－1 所示，王安石没有靠近梅树，却能闻到梅花的香味，这属于
物理学中的________现象．
答案 扩散
解析 梅香扑鼻正是分子运动(扩散现象)的最直接的证据，盛开的梅花的香气
在空中不断地扩散，不需靠近，就能闻到梅花的香气．
针对训练 扩散现象说明了( )
A．物体是由大量分子组成的
B．分子的运动是永不停息的
C．分子间存在着空隙
D．分子的运动是无规则的
答案 D
解析 扩散是分子运动彼此进入对方的现象．
二、布朗运动与热运动
1．研究对象：悬浮在液体中的固体小颗粒，不是固体颗粒中的单个分子，也不
是液体分子．
2．影响因素：(1)固体颗粒越小，布朗运动越显著；
(2)温度越高，布朗运动越剧烈．
3．原因：气体分子或液体分子对固体小微粒撞击不平衡．
4．特点：(1)布朗运动是永不停息的，说明液体(或气体)分子的运动是永不停息
的．
(2)布朗运动是无规则的，说明分子的运动是无规则的．
(3)温度越高布朗运动越激烈，说明分子运动剧烈程度与温度有关．
特别提醒：①布朗运动是固体微粒的运动，热运动是分子的运动．
②布朗运动间接反映了分子永不停息的无规则的热运动．
例 2 (双选)关于布朗运动，下列说法正确的是( )
A．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮微粒撞击作用的不平衡引起的
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B．微粒做布朗运动，充分说明了微粒内部分子是不停地做无规则运动的
C．布朗运动是无规则的，因此它说明了液体分子的运动是无规则的
D．布朗运动的无规则性，是由于外界条件无规律的不断变化而引起的
答案 AC
解析 布朗运动是悬浮在液体中的微小粒子的无规则运动，是由液体分子对微
小粒子的撞击作用的不平衡产生的，故 A 正确；布朗运动是指悬浮在液体或气
体中的小颗粒的运动，它不是指分子的运动．布朗运动的无规则性，是由液体
或气体分子的撞击引起的，通过布朗运动，间接反映了液体或气体分子的无规
则性，它不是由颗粒内部的分子无规则运动引起的，也不是由于外界条件变化
引起的，故 B、D 错误，C 正确．
图 1－3－2
例 3 如图 1－3－2 所示，是关于布朗运动的实验，下列说法正确的是( )
A．图中记录的是分子无规则运动的情况
B．图中记录的是微粒做布朗运动的轨迹
C．实验中可以看到，微粒越大，布朗运动越明显
D．实验中可以看到，温度越高，布朗运动越剧烈
答案 D
解析 图中记录的是每隔若干时间(如 30 s)微粒位置的连线，不是微粒运动的轨
迹，也不是分子的无规则运动，而是微粒的无规则运动，故选项 A、B 错；微
粒做布朗运动的根本原因是：各个方向的液体分子对它的碰撞不平衡，因此，
只有微粒越小、温度越高时，液体分子对它的碰撞越不平衡，布朗运动才越剧
烈，故选项 D 正确，C 错误．
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扩散现象与热运动
1．(双选)在下列给出的四种现象中，属于扩散现象的有( )
A．有风时，尘土飞扬到空中
B．将沙子倒入石块中，沙子要进入石块的空隙
C．把一块铅和一块金的接触面磨平，磨光后，紧紧地压在一起，几年后会发
现铅中有金
D．在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快会变咸
答案 CD
布朗运动与热运动
2．在显微镜下观察稀释了的碳素墨水，将会看到( )
A．水分子的运动情况 B．碳分子的运动情况
C．水分子对炭粒的作用 D．炭粒的无规则运动
答案 D
解析 在显微镜下只能看到大量分子的集合体——炭粒的无规则运动，而观察
不到水分子和碳分子的运动．
图 1－3－3
3．在观察布朗运动时，从微粒在 a 点开始计时，每隔 30 s 记下微粒的一个位
置，得 b、c、d、e、f、g 等点，然后用直线依次连接．如图 1－3－3 所示，则
微粒在 75 s 末时的位置( )
A．一定在 cd 的中点
B．在 cd 的连线上，但不一定在 cd 的中点
C．一定不在 cd 连线的中点
D．可能在 cd 连线以外的某一点
答案 D
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解析 微粒做布朗运动，它在任意一小段时间内的运动都是无规则的，题中观
察到的各点，只是某一时刻微粒所在的位置，在两个位置所对应的时间间隔内
微粒并不一定沿直线运动，故 D 正确，A、B、C 错误．
4．(双选)下列说法中正确的是( )
A．温度升高，物体分子的热运动变剧烈
B．温度升高，物体运动加快
C．热运动与物体的宏观运动实质是相同的
D．热运动描述的是组成物质的分子的运动
答案 AD
解析 热运动描述的是组成物质的分子永不停息的无规则运动，这种运动具有
无规则性，与温度有关，温度升高，分子热运动的剧烈程度加剧，而物体的宏
观运动描述的是组成物体的分子集体的宏观运动情况，描述的是物体的机械运
动，与热运动无关.
(时间：60 分钟)
题组一 扩散与分子热运动
1．通常萝卜腌成咸菜需要几天，而把萝卜炒成熟菜，使之具有相同的咸味只需
几分钟，那么造成这种差别的主要原因是( )
A．加热后盐分子变小了，很容易进入萝卜中
B．炒菜时萝卜翻动地快，盐和萝卜接触多
C．加热后萝卜分子间空隙变大，易扩散
D．炒菜时温度高，分子热运动激烈
答案 D
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解析 在扩散现象中，温度越高，扩散得越快．在腌萝卜时，是盐分子在常温
下的扩散现象，炒菜时，是盐分子在高温下的扩散现象，因此，炒菜时萝卜咸
得快，腌菜时萝卜咸得慢，A、B、C 是错误的．故正确选项为 D.
2．在长期放着煤的墙角处，地面和墙角有相当厚的一层染上黑色，这说明( )
A．分子是在不停地运动
B．煤是由大量分子组成的
C．分子间没有空隙
D．分子运动有时会停止
答案 A
解析 煤分子不停地运动，进入地面和墙角，正确选项为 A.
图 1－3－4
3．(双选)如图 1－3－4 所示，一个装有无色空气的广口瓶倒扣在装有红棕色二
氧化氮气体的广口瓶上，中间用玻璃板隔开．对于抽去玻璃板后所发生的现象，
(已知二氧化氮的密度比空气的密度大)下列说法正确的是( )
A．当过一段时间可以发现上面瓶中的气体也变成了淡红棕色
B．二氧化氮由于密度较大，不会跑到上面的瓶中，所以上面瓶不会出现淡红
棕色
C．上面的空气由于重力作用会到下面的瓶中，于是将下面瓶中的二氧化氮排
出了一小部分，所以会发现上面瓶中的瓶口处显淡红棕色，但在瓶底处不会出
现淡红棕色
D．由于气体分子在运动着，所以上面的空气会到下面的瓶中，下面的二氧化
氮也会自发地运动到上面的瓶中，所以最后上、下两瓶气体的颜色变得均匀一
致
答案 AD
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解析 抽去玻璃板后，空气与二氧化氮两种气体接触，由于气体分子的运动，
过一段时间空气、二氧化氮气体会均匀分布在上下两广口瓶当中，颜色均匀一
致，都呈淡红棕色，A、D 对，B、C 错．
题组二 布朗运动与热运动
4．关于布朗运动，下列说法中正确的是( )
A．说明了悬浮颗粒做无规则运动的剧烈程度与温度无关
B．布朗运动是组成固体微粒的分子无规则运动的反映
C．布朗运动是液体分子无规则运动的反映
D．观察时间越长，布朗运动越显著
答案 C
解析 布朗运动是固体颗粒的无规则运动，其剧烈程度与温度和颗粒大小有关，
与时间无关，选项 C 正确，A、B、D 错误．
5．(双选)关于布朗运动的剧烈程度，下面说法中正确的是( )
A．固体微粒越大，瞬间与固体微粒相碰撞的液体分子数目越多，布朗运动越
显著
B．固体微粒越小，瞬间与固体微粒相碰撞的液体分子数目越少，布朗运动越
显著
C．液体的温度越高，单位时间内与固体微粒相碰撞的液体分子数目越多，布
朗运动越显著
D．液体的温度越高，单位时间内与固体微粒相碰撞的液体分子数目越少，布
朗运动越显著
答案 BC
解析 本题考查对布朗运动本质的理解，撞击颗粒的作用力越不平衡，则颗粒
的运动越剧烈，正确的说法应是 B、C.
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图 1－3－5
6．某同学做布朗运动实验，得到某个观测记录如图 1－3－5 所示，关于该记录
下列说法正确的是( )
A．图中记录的是某个液体分子做无规则运动的情况
B．图中记录的是某个布朗微粒的运动轨迹
C．图中记录的是某个微粒做布朗运动的速度—时间图线
D．图中记录的是按等时间间隔依次记录的某个布朗微粒的位置连线
答案 D
解析 微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，
实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动
微粒位置的连线的无规则，也能充分反映微粒布朗运动的无规则，本实验记录
描绘的正是某一微粒位置的连线，故选 D.
图 1－3－6
7．(双选)把墨汁用水稀释后取出一滴放在显微镜下观察，如图 1－3－6 所示，
下列说法中正确的是( )
A．在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击
炭粒
B．小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动
C．越小的炭粒，运动越明显
D．在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多的静止不动的
水分子组成的
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答案 BC
解析 在光学显微镜下，只能看到悬浮的小炭粒，看不到水分子，故 A 错；在
显微镜下看到小炭粒不停地做无规则运动，这就是布朗运动，且看到的炭粒越
小，运动越明显，故 B、C 正确，D 显然是错误的．
8．A、B 两杯水，水中均有微粒在做布朗运动，经显微镜观察后，发现 A 杯中
微粒的布朗运动比 B 杯中微粒的布朗运动激烈，则下列判断中，正确的是( )
A．A 杯中的水温高于 B 杯中的水温
B．A 杯中的水温等于 B 杯中的水温
C．A 杯中的水温低于 B 杯中的水温
D．条件不足，无法判断两杯水温的高低
答案 D
解析 布朗运动的剧烈程度，跟液体的温度和微粒的大小两个因素都有关，因
此根据布朗运动的激烈程度不能判断哪杯水的温度高，故 D 对．
题组三 综合应用
9．如图 1－3－7 所示，把一块铅和一块金的接触面磨平、磨光后紧紧压在一起，
五年后发现金中有铅，铅中有金，对此现象说法正确的是( )
图 1－3－7
A．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的相互吸引
B．属扩散现象，原因是由于金分子和铅分子的运动
C．属布朗运动，小金粒进入铅块中，小铅粒进入金块中
D．属布朗运动，由于外界压力使小金粒、小铅粒彼此进入对方中
答案 B
解析 属扩散现象，是由于两种不同物质分子运动引起的，不是分子间的相互
吸引，B 对，A 错；布朗运动是颗粒的运动而不是分子运动，故 C、D 错．
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10．(双选)下列关于布朗运动、扩散现象和对流的说法正确的是( )
A．三种现象在月球表面都能进行
B．三种现象在宇宙飞船里都能进行
C．布朗运动、扩散现象在月球表面能够进行，而对流则不能进行
D．布朗运动、扩散现象在宇宙飞船里能够进行，而对流则不能进行
答案 AD
解析 布朗运动和扩散现象都是分子无规则热运动的结果，而对流需要在重力
作用的条件下才能进行．由于布朗运动、扩散现象是由于分子热运动而形成的，
所以二者在月球表面、宇宙飞船里均能进行，由于月球表面仍有重力存在，宇
宙飞船里的微粒处于完全失重状态，故对流可在月球表面进行，而不能在宇宙
飞船内进行，故选 A、D.
11．下列关于热运动的说法中，正确的是( )
A．热运动是物体受热后所做的运动
B．0 ℃的物体中的分子不做无规则运动
C．热运动是单个分子的永不停息的无规则运动
D．热运动是大量分子的永不停息的无规则运动
答案 D
解析 热运动是大量分子所做的无规则运动，不是单个分子的无规则运动，因
此 A、C 错误，D 正确；分子的热运动永不停息，因此 0 ℃的物体中的分子仍
做无规则运动，B 错误．
12．关于布朗运动和扩散现象，下列说法正确的是( )
A．布朗运动和扩散现象都可以在气体、液体、固体中发生
B．布朗运动和扩散现象都是分子的运动
C．布朗运动和扩散现象都是温度越高越明显
D．布朗运动和扩散现象都是永不停息的
答案 C
解析 布朗运动不能在固体中发生，扩散现象可以在固体中发生，选项 A 错误；
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布朗运动不是分子的运动，而扩散现象是分子的运动，选项 B 错误；布朗运动
是永不停息的，而扩散现象当达到动态平衡后就会停止，选项 D 错误；布朗运
动和扩散现象的相同点都是温度越高越明显，选项 C 正确．
13．(双选)下列事例中，属于分子不停地做无规则运动的是( )
A．秋风吹拂，树叶纷纷落下
B．在箱子里放几块樟脑丸，过些日子一开箱就能闻到樟脑的气味
C．烟囱里冒出的黑烟在空中飘荡
D．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，而我们喝汤时尝到
了胡椒的味道
答案 BD
解析 树叶、黑烟(颗粒)都是由若干分子组成的固体微粒，它们的运动都不是
分子运动，A、C 错误，B、D 正确．
第四节 分子间的相互作用力
[目标定位] 1.知道分子间同时存在着相互作用的引力和斥力． 2.知道实际表
现的分子力是斥力和引力的合力，记住分子力随分子间距离变化的规律．
3.能用分子力解释简单的现象．
一、分子间的作用力
1．两段切面磨光的铅柱压紧后很难分开，说明分子间存在引力，固体、液体很
难被压缩，说明分子间存在斥力．
2．分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，分子力是分子间引力和斥力的合
力．
3．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；斥力变化快．
二、分子力与分子间距的变化关系
1．当固体不被压缩和拉伸时，分子间距离 r＝r0；当固体被压缩时，r＜r0，表
现为斥力；当固体被拉伸时 r＞r0，分子力表现为引力．
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2．当物体被拉伸时，当 r≥10r0 时，F 引和 F 斥都迅速减为零，分子力为零．
3．变化规律如图 1－4－1 所示．
图 1－4－1
三、分子力的实质
分子间的作用力本质上是一种电磁力，分子是由原子组成的，原子内部有带正
电的原子核和带负电的电子，分子间的作用力是由这些带电粒子的相互作用引
起的．
[温馨提示] 分子间距为 r0 时，并不是分子间无引力和斥力，只不过是引力和
斥力大小相等，分子所受合力为零.
一、正确认识分子间作用力
1．分子力的特点
(1)分子间总是同时存在引力和斥力，实际表现出来的是它们的合力．
图 1－4－2
(2)分子间作用力随分子间距离而变化，引力和斥力都随分子间距离的增大而减
小，但斥力的变化比引力的变化要快．(如图 1－4－2 所示)
当 r＝r0 时，F 引＝F 斥，F＝0.
当 rr0 时，F 引和 F 斥都随分子间距离的增大而减小，但 F 斥减小得更快，分子
力表现为引力．
－9
当 r≥10r0(10 m)时，F 引和 F 斥都十分微弱，可认为分子间无相互作用力(F＝
0)．
可见：分子力是短程力，分子间的距离超过分子直径的 10 倍，即 1 nm 的数量
级时，可以认为分子间作用力为零，气体分子间的作用力可忽略不计．
2．分子力 F 随距离变化的图象
如图 1－4－2 所示，当 rr0 时，合力随
距离的增大先增大后减小．
例 1 当两个分子间的距离为 r0 时，正好处于平衡状态，下列关于分子间作用
力与分子间距离的关系的说法正确的是( )
A．当分子间的距离 rF 引，合力为斥力，并非只
受斥力，故 A、B 错误；当分子间的距离从 0.5r0 增大到 10r0 的过程中，分子间
的引力和斥力都减小，而且斥力比引力减小得快，分子间作用力的合力先减小
到零，再增大再减小到零，故 C 正确，D 错误．
针对训练 1 两个分子相距为 r1 时，分子间的相互作用力表现为引力，相距为
r2 时，表现为斥力，则下面说法正确的是( )
A．相距为 r1 时，分子间没有斥力存在
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B．相距为 r2 时，分子间的斥力大于相距为 r1 时的斥力
C．相距为 r2 时，分子间没有引力存在
D．相距为 r1 时，分子间的引力大于相距为 r2 时的引力
答案 B
解析 两个分子相距为 r1 时，分子间的相互作用力表现为引力，相距为 r2 时，
表现为斥力，因分子间同时存在引力和斥力，则选项 A、C 错误；因分子间相
距为 r2 时，表现为斥力，随着距离的增大分子间的斥力减小，则分子间的斥力
大于相距为 r1 时的斥力；分子间相距为 r1 时，表现为引力，随着距离的增大，
分子间的引力减小，则分子间的引力小于相距为 r2 时的引力，故选项 D 错误，
选项 B 正确．
图 1－4－3
例 2 如图 1－4－3 所示，为分子力随分子间距离变化图象，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 b 点
是引力最大处，d 点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处可能是( )
A．a 点 B．b 点
C．c 点 D．d 点
答案 C
解析 a 点和 c 点处分子间的作用力为零，乙分子的加速度为零．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．故分子由 a 点到
d 点是先加速再减速，所以在 c 点速度最大，故 C 正确．
二、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．
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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，以抗拒外界
对它的压缩．
3．大量的分子能聚集在一起形成固体或液体，说明分子间存在引力．固体有一
定形状，液体有一定的体积，而固、液分子间有空隙，却没有紧紧地吸在一起，
说明分子间还同时存在着斥力．
例 3 (双选)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．水很难被压缩，说明水分子间只存在斥力
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 AB
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充分接近到
分子力起作用的距离内，所以两块铁经过高温加压将很容易连成一整块，所以
A 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；水分子间即存在引力也存在斥力，所以 C 项错误；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，亦可重新接合．所以 D 项错误．
图 1－4－4
针对训练 2 如图 1－4－4 所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下
面的铅柱不脱落，主要原因是( )
A．铅分子做无规则热运动
B．铅柱受到大气压力作用
C．铅柱间存在万有引力作用
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D．铅柱间存在分子引力作用
答案 D
解析 当两个接触面平滑的铅柱压紧时，接触面上的分子与分子间的距离非常
小，分子之间的作用力表现为引力，使铅柱不脱落.
分子力的特点
1．分子间相互作用力由两部分 F 引和 F 斥组成，下列说法错误的是( )
A．F 引和 F 斥同时存在
B．F 引和 F 斥都随分子间距增大而减小
C．分子力指 F 引和 F 斥的合力
D．随分子间距增大，F 斥减小，F 引增大
答案 D
解析 F 引和 F 斥在分子间同时存在，而且都随分子间距离增大而减小，随分子
间距离减小而增大，显现出来的分子力是 F 引和 F 斥的合力．
2．(双选)关于分子间的作用力，下列说法正确的有(r0 为分子的平衡位置)( )
A．两个分子间距离小于 r0 时，分子间只有斥力
B．两个分子间距离大于 r0 时，分子间只有引力
C．两个分子间距离由较远逐渐减小到 r0 的过程中，分子力先增大，后减小，
为引力
D．两个分子间距离由极小逐渐增大到 r0 的过程中，引力和斥力都同时减小，
分子力表现为斥力
答案 CD
解析 关于分子之间的作用力，必须明确分子之间的引力和斥力是同时存在的，
当 r>r0 时引力和斥力的合力表现为引力，而当 rr0 时分子力表
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现为引力，且 r 较大即两个分子距离较远时，分子间相互作用力亦趋于 0，可
知由较远至 r＝r0 的过程中，分子力先增大，后减小，即 C 选项正确；而分子
间距离由极小逐渐增大到 r＝r0 时，分子间的引力和斥力都逐渐减小，分子力表
现为斥力，故知 D 选项正确．综上所述，正确选项为 C、D
分子力的宏观表现
3．(双选)利用分子间作用力的变化规律可以解释许多现象，下面的几个实例中
利用分子力对现象进行的解释正确的是( )
A．锯条弯到一定程度就会断裂是因为断裂处分子之间的斥力起了作用
B．给自行车打气时越打越费力，是因为胎内气体分子多了以后互相排斥造成
的
C．从水中拿出的一小块玻璃表面上有许多水，是因为玻璃分子吸引了水分子
D．用胶水把两张纸粘在一起，是利用了不同物质的分子之间有较强的吸引力
答案 CD
4．下列现象中不能说明分子间存在分子力的是( )
A．两铅块能被压合在一起
B．钢绳不易被拉断
C．水不容易被压缩
D．空气容易被压缩
答案 D
解析 两铅块能被压合在一起、钢绳不易被拉断说明分子之间存在引力；而水
不容易被压缩是因为水分子间距小，轻微压缩都会使分子力表现为斥力，因此
选项 A、B、C 都能说明分子间存在分子力．空气容易被压缩是因为分子间距大，
而不能说明分子间存在分子力，因此选 D.
(时间：60 分钟)
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题组一 分子力的特点
1．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 引和 F 斥是同时存在的
B．F 引总是大于 F 斥，其合力总表现为引力
C．分子间的距离越小，F 引越小，F 斥越大
D．分子间的距离越小，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，但斥力随分子间距离的变化而变化得更快
一些．当 rr0 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.
2．(双选)两个分子从靠近得不能再近的位置开始，使两者之间的距离逐渐增大，
直到大于直径的 10 倍以上，这一过程中关于分子间的相互作用力，下列说法中
正确的是( )
A．分子间的引力和斥力都在减小
B．分子间的斥力在减小，引力在增大
C．分子间的相互作用力的合力在逐渐减小
D．分子间的相互作用力的合力先减小后增大，再减小到零
答案 AD
3．“破镜难圆”的原因是( )
A．玻璃分子间的斥力比引力大
B．玻璃分子间不存在分子力的作用
C．一块玻璃内部分子间的引力大于斥力；而两块碎玻璃片之间，分子引力和
斥力大小相等，合力为零
D．两片碎玻璃之间，绝大多数玻璃分子间距离太大，分子引力和斥力都可忽
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略，总的分子引力为零
答案 D
解析 破碎的玻璃放在一起，由于接触面的错落起伏，只有极少数分子能接近
到分子间有作用力的程度，因此，总的分子引力非常小，不足以使它们连在一
起．
4．(双选)关于分子间作用力的说法，正确的是( )
A．分子间独立存在着引力和斥力，随分子间距离的变化分子力有时表现为引
力，有时表现为斥力
B．分子间距离减小时，引力和斥力都增加，但斥力比引力增加得快
C．分子间距离减小时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快
D．当分子间距的数量级大于 10－9 m 时，分子力已微弱到可以忽略
答案 BD
解析 分子间的引力和斥力同时存在，分子力指的是它们的合力，A 错误；分
子间的作用力与分子间距有关，当分子间距减小时，引力和斥力同时增大，但
斥力增大得比引力快，故 B 正确、C 错误；当分子间的距离大于 10r0 时，分子
间的引力、斥力都很小，可忽略不计，D 正确．
图 1－4－5
5．(双选)如图 1－4－5 所示是描述分子引力与斥力随分子间距离 r 变化的关系
曲线，根据曲线可知下列说法中正确的是( )
A．F 引随 r 增大而增大
B．F 斥随 r 增大而增大
C．r＝r0 时，F 斥与 F 引大小相等
D．F 引与 F 斥随 r 增大而减小
答案 CD
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图 1－4－6
6．如图 1－4－6 所示，设有一分子位于图中的坐标原点 O 处不动，另一分子
可位于 x 轴上不同位置处，图中纵坐标表示这两个分子间分子力的大小，两条
曲线分别表示斥力和引力的大小随两分子间距离变化的关系，e 为两曲线的交
点，则( )
A．ab 线表示引力，cd 线表示斥力，e 点的横坐标数量级为 10－15 m
B．ab 线表示斥力，cd 线表示引力，e 点的横坐标数量级为 10－10 m
C．ab 线表示引力，cd 线表示斥力，e 点的横坐标数量级为 10－10 m
D．ab 线表示斥力，cd 线表示引力，e 点的横坐标数量级为 10－15 m
答案 C
解析 表示引力的线与表示斥力的线的交点，横坐标表示分子间距 r0，r0 大约
10
为 10－ m，由分子力特点可知当 r>r0 时，引力大于斥力，分子力表现为引力；
当 rFb，故乙分子在 d 点加速度最大，正确选项为 D.
题组二 分子力的功
8．有甲、乙两个分子，甲分子固定不动，乙分子由无穷远处逐渐向甲靠近，直
到不能再靠近为止．在这整个过程中( )
A．分子力总对乙做正功
B．乙总是克服分子力做功
C．先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功
D．乙先克服分子力做功，然后分子力对乙做正功
答案 C
解析 甲、乙两分子间的距离大于 r0 时，分子力为引力，对乙做正功；分子间
的距离小于 r0 时，分子力为斥力，对乙做负功，正确选项为 C.
9．一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力．若在外力作用下两分子
的间距达到不能再靠近为止，且甲分子固定不动，乙分子可自由移动，则去掉
外力后，当乙分子运动到相距很远时，速度为 v，则在乙分子的运动过程中(乙
分子的质量为 m)下列说法错误的是( )
1
A．乙分子的动能变化量为2mv2
1
B．分子力对乙分子做的功为2mv2
1
C．分子引力比分子斥力多做了2mv2 的功
1
D．分子斥力比分子引力多做了2mv2 的功
答案 C
解析 由动能定理可知 A、B 正确，乙分子远离过程中，分子斥力做正功，引
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1 1
力做负功，动能增加2mv2，故斥力比引力多做2mv2 的功，C 错误，D 正确．
10．两个分子从远处(r>10－9 m)以相等的初速度 v 相向运动，在靠近到距离最
小的过程中，其动能的变化情况为( )
A．一直增加 B．一直减小
C．先减小后增加 D．先增加后减小
答案 D
9
解析 从 r>10－ m 到 r0 时，分子间作用力表现为引力，随距离的减小，分子
力做正功，分子动能增加；当分子间距离由 r0 减小时，分子间作用力表现为斥
力，随距离减小，分子间作用力做负功，分子动能减小，D 正确，A、B、C 错
误．
题组三 分子力的宏观表现
11．下列现象可以说明分子间有引力的是( )
A．用粉笔写字在黑板上留下字迹
B．两个带异种电荷的小球相互吸引
C．用毛皮摩擦过的橡胶棒能吸引轻小的纸屑
D．磁体吸引附近的小铁钉
答案 A
解析 毛皮摩擦的橡胶棒能吸引轻小的纸屑及两带电小球相吸是静电力的作用，
磁铁吸引小铁钉的力是磁场力，二者跟分子力是不同性质的力，故 B、C、D 错，
粉笔字留在黑板上是由于粉笔的分子与黑板的分子存在引力的结果，故 A 正
确．
12．下列事例无法说明分子间有相互作用力的是( )
A．金属块经过锻打能改变它原来的形状而不断裂
B．拉断一根钢绳需要用一定的外力
C．食盐能溶于水而石蜡却不溶于水
D．液体一般很难压缩
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答案 C
解析 金属块锻打后能改变形状而不断裂，说明分子间有引力；拉断钢绳需要
一定外力，也说明分子间有引力；而液体难压缩说明分子间存在斥力，液体分
子间距较小，压缩时分子斥力很大，一般很难压缩；食盐能溶于水而石蜡不溶
于水是由物质的溶解特性决定的，与分子间的相互作用无关．
13．(双选)如图 1－4－8 所示，把一块干净的玻璃板吊在测力计的下端，使玻
璃板水平地接触水面，用手缓慢竖直向上拉测力计，则玻璃板在拉离水面的过
程中( )
图 1－4－8
A．测力计示数始终等于玻璃板的重力
B．测力计示数会出现大于玻璃板重力的情况
C．因为玻璃板上表面受到大气压力，所以拉力大于玻璃板的重力
D．因为拉起时还需要克服水分子间的吸引力，所以拉力大于玻璃板的重力
答案 BD
解析 玻璃板被拉起时，受到水分子的引力作用，故拉力大于玻璃板的重力，
与大气压无关，所以 B、D 正确．
第五节 物体的内能
[目标定位] 1.知道温度是分子热运动平均动能的标志，渗透统计的方法．
2.知道什么是分子势能，分子势能随分子距离变化的关系．理解分子势能与物
体的体积有关． 3.知道什么是内能，知道物体的内能跟物体的物质的量、温
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度和体积有关． 4.知道理想气体微观模型，知道理想气体的内能只跟温度有
关，跟体积无关．
一、分子的动能及温度
1．分子的动能由于分子永不停息地做无规则运动而具有的能．
2．分子的平均动能：所有分子的热运动动能的平均值．
3．温度的微观意义：温度是分子热运动的平均动能的标志．
二、分子势能
1．定义：分子间存在相互作用力，分子间具有的由它们的相对位置决定的势
能．
2．分子势能的决定因素
(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、物体的内能
1．定义：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．
2．决定因素：物体所含的分子总数由物质的量决定，分子的热运动平均动能由
温度决定，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．
3．理想气体微观模型：在一般情况下，我们可以把气体分子简化地看作没有相
互作用的质点．
4．理想气体的内能只跟温度有关，温度越高，理想气体的内能越大．
想一想 在高空中高速飞行的飞机中的物体，内能一定大吗？
答案 不一定．内能包括分子动能和分子势能，分子动能决定于温度，分子势
能决定于体积，物体的内能与机械能是完全不同的概念．物体速度大，高度大，
只是机械能大，内能不一定大．物体的内能跟物体的机械运动状态无关.
一、对分子动能的理解
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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客观表现，具有统计意义，温度升高，分子
平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大、有的分子动能甚至还减小，个
别分子的动能大小与温度没有关系，但总体上所有分子动能的总和随温度的升
高而增加．
(2)分子的平均动能只由温度决定，与物质种类、质量、压强、体积无关，只要
温度相同，分子的平均动能都相等，由于不同物质的分子质量不同，所以同一
温度下，不同物质的分子运动的平均速率大小一般不同．
3．温度的意义
(1)宏观：描述物体的冷热程度．
(2)微观：分子平均动能的标志．
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加
D．物体的运动速度越大，则物体的温度越高
答案 C
解析 某物体温度是 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 错误；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．
借题发挥 (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．
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(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．
针对训练 1 (双选)当氢气和氧气的质量和温度都相同时，下列说法中正确的是
( )
A．两种气体分子的平均动能相等
B．氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率
C．两种气体分子热运动的总动能相等
D．两种气体分子热运动的平均速率相等
答案 AB
解析 因温度是分子平均动能的标志，所以选项 A 正确；因为氢气分子和氧气
分子的质量不同，且 mH2r0 时，分子力表现为引力．当 r 增大时，分子力做负功，因此分子势能
随分子间距离的增大而增大．
(3)当 rr0 时，靠近时引力做正功 EP 减小；rr0 阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小
B．在 rr0 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 rr0 时，分子间的作用力为引力，将分子间距离增大时，分子力做负功，
分子势能增大．
(2)当 rr0 时，分子力表现为引力，随分子间距离 r 增大，分子势能 Ep 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．
题组三 物体的内能与机械能
9．(双选)关于内能和机械能，下列说法正确的是( )
A．物体的机械能损失时，内能却可能增加
B．物体的内能损失时，机械能必然会减小
C．物体内能为零时，机械能可以不为零
D．物体的机械能为零时，内能可以不为零
答案 AD
解析 在空中下降的物体由于克服空气阻力做功，机械能损失，因摩擦物体的
温度升高，内能增加，A 正确；物体静止时，温度降低，内能减少，而机械能
可能不变，B 错；分子运动永不停息而且分子间有相互作用，内能不可能为零，
但机械能可以为零，C 错、D 正确．
10．关于物体的内能，下列叙述中正确的是( )
A．温度高的物体比温度低的物体内能大
B．物体的体积增大时，内能也增大
C．内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
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答案 D
解析 温度高的物体与温度低的物体相比较，温度低的物体的分子平均动能小，
但所有分子的热运动动能和分子势能的总和不一定小，即物体的内能不一定小，
A 错；物体的体积增大时，分子间的距离增大，分子势能发生变化，但不能确
定分子势能是增大还是减小．即使分子势能增大，而分子的平均动能不能确定
是否变化，也不能说明内能增大，B 错；内能相同的物体是指物体内所有分子
的动能和分子势能的总和相同，而它们的分子平均动能却不一定相同，C 错；
内能不同的物体，它们的温度却可能相同，即它们的分子平均动能可能相同，
D 正确．
11．关于物体的内能，下列说法中正确的是( )
A．水分子的内能比冰分子的内能大
B．物体所处的位置越高，分子势能就越大，内能越大
C．一定质量的 0 ℃的水结成的 0 ℃的冰，内能一定减少
D．相同质量的两个同种物体，运动物体的内能一定大于静止物体的内能
答案 C
解析 因内能是指组成物体的所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，说
单个分子的内能没有意义，故选项 A 错误；内能与机械能是两种不同性质的能，
它们之间无直接联系，内能与“位置”高低、“运动”还是“静止”没有关系，
故选项 B、D 错误；一定质量的 0 ℃的水结成 0 ℃的冰，放出热量，使得内能
减小，故选项 C 正确．
12．(双选)(2014·江苏卷改编)下列对理想气体的理解，正确的有( )
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．一定质量的气体，温度越高，压强越小，气体越稀薄，就越接近理想气体
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答案 AD
第六节 气体分子运动的统计规律
[目标定位] 1.知道什么是统计规律． 2.知道气体分子沿各方向运动的机会均
等是大量分子运动整体表现出来的统计规律． 3.知道气体分子速率的分布规
律是“中间多，两头少”，理解气体分子速率的分布规律遵从统计规律．
4.了解气体分子速率分布曲线．
一、统计规律
大量个别偶然事件整体表现出来的规律称为统计规律．
二、气体分子运动的特点
1．在气体中，大量分子频繁碰撞，使某个分子何时何地向何处运动是偶然的，
但是，对大量分子的整体来说，分子频繁碰撞的结果，使气体分子在任一时刻
沿各个方向运动的机会均等，且沿各个方向运动的数目也是基本相等的．
2．大量分子的无规则运动，其速率按一定规律分布，即“中间多、两头少”的
分布规律(“中间多”是指处于中间速率的分子数多；“两头少”是指速率很大
的和速率很小的分子数少)．当温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分
子数增加，分子的平均动能增大，总体上仍然表现出“中间多，两头少”的分
布规律.
一、统计规律
1．概率的定义
把发生某一随机事件的可能性的定量描述叫概率．例如：在 N 次事件中，如果
n
出现事件 A 的次数为 n，当 N 足够大时，则N即为出现事件 A 的概率．
2．统计规律的定义
在大量的偶然事件背后，隐藏着一种规律，这种规律要通过搜集大量资料并加
以整理分析后才能显示出来，这种规律叫做统计规律．
3．统计规律的特点
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(1)它是在大量的随机(偶然)事件的集合中起作用的规律，它揭示的是大量事件
在整体上的性质及这些事件间的必然联系．
(2)统计规律只能在有大量事件的情况下才显示出来．它的可靠性跟统计事件的
数量有关，事件的数量越多，统计规律就显示得越明显．
(3)实测的概率与用统计理论得出的值总会有一定的偏差，叫做“涨落”．一般
来说，被统计的事件数量越多，涨落的现象越不显著．
例 1 某医院治疗一种疾病的治愈率为 10%，那么，前 9 个病人都没有治愈，
第 10 个人就一定能治愈吗？
答案 见解析
解析 如果把治疗一个病人作为一次试验，治愈率是 10%.随着试验次数的增加，
即治疗的病人数的增加，大约有 10%的人能够治愈．对于一次试验来说，其结
果是随机的，因此，前 9 个病人没有治愈是可能的，对第 10 个人来说，其结果
仍然是随机的，既有可能治愈，也可能没有治愈，治愈率仍为 10%.
针对训练 1 在天气预报中，有“降水概率预报”，例如预报“明天降水概率
为 85%”，这是指( )
A．明天该地区有 85%的地区降水，其他 15%的地区不降水
B．明天该地区约有 85%的时间降水，其他时间不降水
C．气象台的专家中，有 85%的人认为会降水，另外 15%的专家认为不降水
D．明天该地区降水的可能性为 85%
答案 D
二、气体分子运动的特点
1．气体分子理想化
(1)气体分子为球体．
(2)气体分子间距离较大，除相互作用和与器壁碰撞外，不受其他力作用，在空
间自由运动．
2．气体分子运动的特点
(1)气体分子之间有很大空隙．
(2)气体分子之间的相互作用力十分微弱，气体分子可以自由地运动，可以充满
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它所能达到的空间．
(3)气体分子运动时频繁地发生碰撞，气体分子向各个方向运动的机会相等．
(4)速率分布表现为“中间多、两头少”．
3．气体分子统计规律
(1)麦克斯韦气体分子速率分布规律
在一定状态下，气体的大多数分子的速率都在某个值附近，离这个值越远具有
这种速率的分子就越少，即气体分子速率总体上呈“中间多、两头少”的分布
特征．
(2)麦克斯韦速率分布规律如图 1－6－1 所示．
图 1－6－1
从图可以看出，当温度升高时，“中间多、两头少”的分布规律不变，气体分
子的平均速率增大，分布曲线的峰值向速率大的一方移动．
例 2 (2014·广州市高中毕业班综合测试)如图 1－6－2 所示是氧气分子在不同
温度(0 ℃和 100 ℃)下的速率分布，由图可得信息是( )
图 1－6－2
A．随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小
B．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大
C．随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例高
D．同一温度下，氧气分子呈现出“中间多，两头少”的分布规律
答案 D
解析 随着温度升高，氧气分子的平均速率变大，且呈现“中间多、两头少”
的分布规律，A 错、D 对；温度升高时，分子平均速率增大，但并不意味着每
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一个氧分子的速率都增大，B 错；温度升高时，氧气分子中速率小的分子所占
比例将减小，C 错．
借题发挥 正确理解气体分子的速率分布曲线，主要从以下两个方面：
(1)不同的气体在不同的温度下，分布曲线是不同的，但“中间多、两头少”的
分布规律是相同的．
(2)对一定质量的同种气体，温度不同，曲线也不同，当温度升高时，速率大的
分子数目一定增加，因此曲线的峰值向速率大的方向移动，且峰值变小．
针对训练 2 关于温度较高的密闭的气体，下列说法正确的是( )
A．每个气体分子的速率都比较大
B．不可能存在很小速率的分子
C．绝大多数分子的速率都很大
D．各种速率的分子都存在，但中间区域的分子占大多数
答案 D
解析 由气体速率的分布特点可知，无论温度高低，气体分子速率的“中间多、
两头少”的分布规律不变，既有速率很小的分子，又有速率很大的分子，但中
等速率的分子占绝大多数，由此可知 A、B、C 错误，D 正确.
第六节 气体分子运动的统计规律
统计规律
1．(双选)关于气体分子的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的
B．某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的
C．某一时刻向任意一个方向运动的分子数目相等
D．某一温度下大多数气体分子的速率都不会发生变化
答案 BC
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解析 具有任一速率的分子数目并不是相等的，呈“中间多，两头少”的统计
分布规律，选项 A 错误，由于分子之间频繁地碰撞，分子随时都会改变自己运
动速度的大小和方向，因此在某一时刻一个分子速度的大小和方向完全是偶然
的，选项 B 正确．
虽然每个分子的速度瞬息万变，但是大量分子的整体存在着统计规律．由于分
子数目巨大，某一时刻向任意一个方向运动的分子数目只有很小的差别，可以
认为是相等的，选项 C 正确．某一温度下，每个分子的速率仍然是瞬息万变的，
只是分子运动的平均速率相同，选项 D 是错误的，该题的正确答案为 B、C.
气体分子运动的特点
2．下列关于气体分子运动的特点，正确的说法是( )
A．气体分子运动的平均速率与温度有关
B．当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多、两头少”
C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得
D．气体分子的平均速度随温度升高而增大
答案 A
解析 气体分子的运动与温度有关，温度升高时，气体分子平均速率变大，但
仍遵循“中间多、两头少”的统计规律，A 对、B 错，分子运动无规则，而且
牛顿定律是宏观定律，不能用它来求微观分子的运动速率，C 错，大量分子向
各个方向运动的概率相等，所以稳定时，平均速度几乎为零，与温度无关，
D 错．
3．(双选)气体分子永不停息地做无规则运动，同一时刻都有向不同方向运动的
分子，速率也有大有小，下表是氧气分别在 0 ℃和 100 ℃时，同一时刻在不同
速率区间内的分子数占总分子数的百分比，由表得出下列结论正确的是
( )
按速率大小划分 各速率区间的分子数占
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的区间/(m·s－1) 总分子数的百分比/%
0 ℃ 100 ℃
100 以下 1.4 0.7
100～200 8.1 5.4
200～300 17.0 11.9
300～400 21.4 17.4
400～500 20.4 18.6
500～600 15.1 16.7
600～700 9.2 12.9
700～800 4.5 7.9
800～900 2.0 4.6
900 以上 0.9 3.9
A.气体分子的速率大小基本上是均匀分布的，每个速率区间的分子数大致相同
B．大多数气体分子的速率处于中间值，少数分子的速率较大或较小
C．随着温度升高，气体分子的平均速率增大
D．气体分子的平均速率基本上不随温度的变化而变化
答案 BC
解析 由表格可以看出，在 0 ℃和 100 ℃两种温度下，分子速率在 200 m/s～
700 m/s 之间的分子数的比例较大，由此可得出 B 正确；在 0 ℃和 100 ℃两种
温度下，分子速率较大的区间，100 ℃时分子数所占比例较大，故 100 ℃时气
体分子平均速率高于 0 ℃时气体分子平均速率，故 C 正确．
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(时间：60 分钟)
题组一 统计规律
1．历史上不少统计学家做过成千上万次抛掷硬币的试验，关于抛硬币的统计规
律，下列说法中不正确的是( )
A．抛掷次数较少时，出现正反面的比例是不确定的
B．不论抛掷次数多少，出现正反面的比例各占抛掷总次数的 50%
C．抛掷次数越多，出现正面(或反面)的百分率就越接近 50%
D．某一事件的出现纯粹是偶然的，但大量的偶然事件却会表现出一定的规律
答案 B
解析 抛掷硬币试验中每一次正面还是反面向上，纯粹是偶然的，抛掷次数较
少时，出现正反面的比例是不确定的，但抛掷次数很多时就会表现出：出现正
面(或反面)的百分率接近 50%.故 A、C、D 说法正确，B 错．
2．(双选)关于统计规律及其特点，下列说法正确的是( )
A．统计规律是在少量偶然事件中起作用的规律
B．统计规律是在大量偶然事件的集合中起作用的规律
C．实测的概率与用统计理论算出的值总会有一定的偏差
D．实测的概率与用统计理论算出的值总是完全吻合的
答案 BC
解析 统计规律是在大量偶然事件起作用的规律，能显示出一种必然的结果，
但实测的概率与用统计理论算出的值总是有一定的偏差，这叫涨落，统计的数
量越多，涨落越不显著．
3．(双选)对大量气体分子运动的特点以下说法正确的是( )
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A．分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动
B．分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动
C．分子沿各方向运动的机会不等
D．分子的速率分布毫无规律
答案 AB
解析 气体分子除碰撞外可以认为是在空间自由移动的；因气体分子沿各方向
运动的机会相等，碰撞使它做无规则运动，但气体分子的速率按正态分布，即
按“中间多、两头少”的规律分布，所以 A、B 正确．
4．关于气体分子的运动，下列说法中正确的是( )
A．向各个方向运动的分子数都相等
B．分子向各个方向运动的机会相等
C．若容器中有 24 个分子，向上运动的分子数是 4 个
D．分子向各个方向运动的机会相等，这只能使分子静止不动
答案 B
解析 气体分子向各个方向运动的机会相等，指的是概率，不是向各个方向都
运动，B 正确、D 错误；统计规律对大量分子才成立，对少数分子不成立，
A、C 错误．
5．(双选)在一定温度下，某种理想气体的速率分布应该是( )
A．每个分子速率都不可能相等
B．速率很大和速率很小的分子数目都很少
C．每个分子速率一般都不相等，分子速率大部分集中在某个数值附近，并且
随温度的升高，这个数值变大
D．速率很大和速率很小的分子数目很多
答案 BC
解析 本题考查理想气体的速率分布规律，解决本题的关键是要熟知气体分子
速率分布曲线，由麦克斯韦气体分子速率分布规律知，气体分子速率大部分集
中在某个数值附近，速率很大和速率很小的分子数目都很少，所以 B、C 正
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确．
6．(双选)关于封闭在容器内的一定质量的气体，当温度升高时，下列说法正确
的是( )
A．气体中的每个分子的速率必定增大
B．有些分子的速率可能减小
C．速率大的分子数目增加
D．“中间多、两头少”的分布规律改变
答案 BC
解析 由于研究对象是由大量分子组成的，具有统计规律，而单个分子的运动
情况具有偶然性，对每个分子无法判断速率的变化，A 错误、B 正确；但总体
上速率大的分子数目在增加，C 正确；无论温度如何变化，“中间多，两头少”
的分布规律不会变化，D 错误．
7．容积不变的容器内封闭着一定质量的理想气体，当温度升高时，下列说法不
正确的是 ( )
A．每个气体分子的速率都增大
B．单位时间内气体分子撞击器壁的次数增多
C．气体分子对器壁的撞击在单位面积上每秒钟内的次数增多
D．气体分子在单位时间内，作用于单位面积器壁的冲击力增大
答案 A
解析 气体温度增加时，表示的是从平均效果来说，物体内部分子的热运动加
剧，是大量分子热运动的集体表现，而对单个的分子而言，说它的温度与动能
之间有联系是没有意义的，故选项 A 不正确．因容器的容积不变，单位体积内
的分子个数不变，但温度升高时，气体分子的平均速率增大，所以分子撞击器
壁的平均每次的冲击力增大，单位时间内撞击器壁或撞击器壁单位面积的次数
增多，故 B、C、D 的说法都正确．
8．关于气体分子的速率，下列说法正确的是( )
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A．气体温度升高时，每个气体分子的运动速率一定都增大
B．气体温度降低时，每个气体分子的运动速率一定都减少
C．气体温度升高时，气体分子运动的平均速率必定增大
D．气体温度降低时，气体分子运动的平均速率可能增大
答案 C
解析 温度是所有分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增
1
E 2 v2
大，由 k＝ m 可知，分子的平均速率增大，C 正确、D 错误；气体分子的运
动遵循统计规律，而对于每一个分子的运动速率在温度升高时不一定增大，在
温度降低时也不一定减少，故 A、B 错误．
9．(2014·福建卷节选)如图 1－6－3 所示，横坐标 v 表示分子速率，纵坐标
f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图中曲线能正确表示
某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是________．(填选项前的字母)
图 1－6－3
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
答案 D
解析 根据气体分子速率分布的“中间多，两头少”的特点即可判断出 D 选项
正确．
10．如图 1－6－4 所示是氧气分子在不同温度(0 ℃和 100 ℃)下的速率分布图，
图中纵轴为速率为 v 的分子个数占总分子数的百分比，则下列说法中正确的是( )
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图 1－6－4
A．同一温度下，速率越小的氧气分子个数占总分子数的比例越高
B．同一温度下，速率越大的氧气分子个数占总分子数的比例越高
C．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大
D．随着温度的升高，氧气分子的平均速率增大
答案 D
解析 由图象知，不论气体处于什么温度下，气体分子总是有的速率大，有的
速率小，只是温度高时速率大的分子数目更多，分子平均速率大，同一温度下，
速率越大和越小的分子数目都越少，A、B 均错误；随着温度升高，不是每一
个分子速率都会增大，增大的只是速率的平均值，C 错误，D 正确．
章末整合
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一、阿伏加德罗常数的有关计算
阿伏加德罗常数 NA 是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁，在已知宏观物理量
的基础上往往可借助 NA 计算出某些微观物理量，有关计算主要有：
M
1．计算分子质量 m0＝NA.
Vmol
2．计算一个分子所占据的体积 V0＝ NA .
6Vmol
3
3．若物体是固体或液体，可估算出分子直径 d＝ πNA .
4．估算分子间距 d＝3 V0，这对气体、固体、液体均适用．
NAV m
5．计算物体的分子数 N，N＝Vmol＝M·NA.
例 1 空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，
经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，
排出液化水的体积 V＝1.0×103cm3.已知水的密度 ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量
－2 23 －1
M＝1.8×10 kg/mol，阿伏加德罗常数 NA＝6.0×10 mol .试求：(结果均保
留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数 N；
(2)一个水分子的直径 d.
答案 (1)3×1025 个 (2)4×10－10m
M 1.8 × 10－2
ρ 1.0 × 103 3 －5 3
解析 (1)水的摩尔体积为 V0＝ ＝ m /mol＝1.8×10 m /mol，水分子
VNA 1.0 × 103 × 10－6 × 6.0 × 1023
数：N＝ V0 ＝ 1.8 × 10－5 个≈3×1025 个．
V0 1
(2)建立水分子的球模型有NA＝6πd3，可得水分子直径：
6V0 6 × 1.8 × 10－5
3 3
d＝ πNA＝ 3.14 × 6.0 × 1023m＝4×10－10 m.
针对训练 已知铜的摩尔质量为 M，密度为 ρ，阿伏加德罗常数为 N，下列说
法中正确的是( )
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N
A．1 个铜原子的质量为M
M
B．1 个铜原子的质量为N
MN
C．1 个铜原子所占的体积为 ρ
ρM
D．1 个铜原子所占的体积为 N
答案 B
二、关于布朗运动的问题
对布朗运动需弄清 4 个问题：
1．谁在动：液体(气体)中的固体小微粒，不是液体(气体)分子，也不是固体小
微粒中的分子．
2．为什么动：液体(气体)分子对固体小微粒撞击不平衡．
3．动的特点：(1)微粒越小，温度越高越明显．
(2)永不停息，无规则．
4．说明了什么：间接反映了液体(气体)分子无规则的热运动．
例 2 (双选)关于布朗运动下列说法正确的是( )
A．悬浮在液体或气体中的小颗粒的运动就是分子的运动
B．布朗运动反映了液体或气体分子的无规则运动
C．温度越低，布朗运动越明显
D．小颗粒越小，布朗运动越明显
答案 BD
三、有关分子力、分子势能的问题
1．分子间有相互作用的引力和斥力，当分子间距离变化时，分子力做功，从而
引起分子势能的变化．
2．分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加，r＝r0 时，
分子势能最小．
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图 1
例 3 (双选)如图 1 所示为物体分子间相互作用力与分子间距离之间的关
系．下列判断中正确的是( )
A．当 rr0 时，r 越小，则分子势能 Ep 越大
C．当 r＝r0 时，分子势能 Ep 最小
D．当 r→∞时，分子势能 Ep 最小
答案 AC
解析 当 rr0 时，分子力表现为引力，r 减小时分子力做正功，分子势能减小；当 r＝
r0 时，分子力为零，分子势能最小；当 r→∞时，分子势能为零，但不是最
小．故正确答案为 A、C.
四、实验：用油膜法估测分子大小
1．原理：油酸在水面上形成一层单分子层薄膜，如图 2 所示，油膜的厚度等于
V
分子直径：D＝S.
图 2
2．分子直径的数量级：10－10 m.
例 4 在用油膜法估测分子的大小的实验中，具体操作如下：
①取油酸 1.0 mL 注入 250 mL 的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达
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到 250 mL 的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到 1.0
mL 为止，恰好共滴了 100 滴；
③在边长约 40 cm 的浅水盘内注入约 2 cm 深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面
上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油
酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看出
油膜轮廓；
④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油
膜的形状；
⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为 1.0 cm 的方格纸上，算出完整的方格有
67 个，大于半格的有 14 个，小于半格的有 19 个．
(1)这种估测方法是将每个分子视为________，让油酸尽可能地在水面上散开，
则形成的油膜可视为________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．
(2)利用上述具体操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为
________m3，油膜面积为________m2，求得的油膜分子直径为________m．(结
果全部取 2 位有效数字)
答案 (1)球形 单分子油膜 直径
(2)4×10－11 8.1×10－3 4.9×10－9
解析 (2)一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
1 1
V＝100×250 mL＝4×10－5 mL＝4×10－11 m3
形成的油膜面积 S＝1×(67＋14) cm2＝8.1×10－3 m2
V
油酸分子的直径 d＝S＝4.9×10－9 m.
章末检测
(时间：90 分钟 满分：100 分)
一、单项选择题(每小题 5 分，共 30 分)
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1．下列现象中，不能用分子动理论来解释的是( )
A．白糖放入杯中，杯中的水会变甜
B．大风吹起时，地上的尘土飞扬
C．一滴红墨水滴入一杯水中，过一会杯中的水变成了红色
D．把两块纯净的铅块用力压紧，两块铅合在了一起
答案 B
解析 白糖加入热水中，水变甜．说明糖分子在永不停息的做无规则运动．故
A 正确；大风吹起时，地上的尘土飞扬，是物体在运动，属于机械运动．故
B 错误；一滴红墨水滴入一杯水中，过一会杯中的水变成了红色，分子在永不
停息的做无规则运动，故 C 正确；把两块纯净的铅块用力压紧后，两个铅块的
底面分子之间的距离比较大，表现为引力，使两个铅块结合在一起，用一定的
拉力才能拉开．故 D 正确．
2．下列说法中正确的是( )
A．因为空气分子间存在斥力，所以用气筒给自行车打气时，要用力才能压缩
空气
B．用手捏面包，面包体积会缩小，这是分子间有间隙的缘故
C．打开酒瓶后可嗅到酒的气味，说明分子在做无规则的运动
D．热力学温度升高 1 K 大于摄氏温度升高 1 ℃
答案 C
解析 空气中分子距离较大，分子力为零，用气筒给自行车打气时，要用力才
能压缩空气，那是气体压强作用的效果，故 A 错误；面包之间的空隙，属于物
体之间的空隙不是分子间的间隙，故 B 错误；正是由于分子在做无规则运动，
我们才能闻到酒的气味，故 C 正确；热力学温度和摄氏温度只是零点选取不同，
每度的大小是相同的，故 D 错误．
3．酒精和水混合后体积减小表明( )
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A．分子间有相互作用力 B．分子间有空隙
C．分子永不停息地运动 D．分子是微小的
答案 B
解析 酒精与水混合后，由于酒精分子进入了水分子间的空隙内，故总体积在
减小，故本现象说明分子间是有空隙的．
4．从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( )
A．氧气的密度和阿伏加德罗常数
B．氧气分子的体积和氧气的密度
C．氧气分子的质量和阿伏加德罗常数
D．氧气分子的体积和氧气分子的质量
答案 C
解析 已知氧气的密度和阿伏加德罗常数，可以求出单位体积氧气的质量，但
求不出氧气的摩尔质量，故 A 错误；已知氧气分子的体积可以求出单位体积的
分子数，已知氧气的密度可以求出单位体积的质量，知道单位体积的质量与分
子个数，可以求出每个分子的质量，但求不出氧气的摩尔质量，故 B 错误；一
摩尔氧气分子的质量是摩尔质量，一摩尔氧气含有阿伏加德罗常数个分子，已
知氧气分子的质量和阿伏加德罗常数，可以求出氧气的摩尔质量，故 C 正确；
已知氧气分子的体积和氧气分子的质量，求不出氧气的摩尔质量，故 D 错误．
5．下列说法中正确的是( )
A．沙子、水泥及水搅拌成沙浆是扩散现象
B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映
C．扩散现象和布朗运动都不是分子运动，也不能反映分子的运动
D．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动也叫做热运动
答案 B
解析 扩散现象是指两种不同物质分子彼此进入对方的现象，沙子、水泥及水
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搅拌成沙浆是物质颗粒彼此进入对方，不是扩散现象，A 错．布朗运动不是分
子运动，但布朗运动的原因是分子运动引起的，所以能反映分子的运动，
C 错．虽然布朗运动的激烈程度跟温度有关，但它是指悬浮微粒的无规则运动，
而热运动是分子永不停息的无规则运动，D 错．B 对．
6．若以 μ 表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ 为在
标准状态下水蒸气的密度，NA 为阿伏加德罗常数，m、Δ 分别表示每个水分子
的质量和体积，下面四个关系式正确的是( )
ρV μ
A．NA＝ m B．ρ＝NAΔ
μ V
C．m＝NAρ D．Δ＝NA
答案 A
解析 对于气体，宏观量 μ、V、ρ 之间的关系式仍适用，有 μ＝ρV，宏观量与
微观量之间的质量关系也适用，有 NA＝μ/m，所以 m＝μ/NA，C 项错误．NA＝
ρV V
μ/m＝ m ，A 项正确．由于气体分子间有较大的距离，NA求出的是一个气体分
子平均占有的空间，一个气体分子的体积远远小于该空间，所以 D 项不正确，
气体密度公式不适用于单个气体分子的计算，故 B 项也不正确．故选 A.
二、双项选择题(每小题 5 分，共 20 分)
7．下列关于分子动理论说法中正确的是( )
A．物体温度越高，则该物体内所有分子运动的平均速率都一定越大
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．显微镜下观察到墨水中的小颗粒在不停的作无规则运动，这就是液体分子
的运动
答案 AC
解析 分子的平均速率随着温度的升高而增大，这是统计规律，温度升高时单
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个分子速率变化情况是不确定的，故 A 正确；明确了开始分子之间距离与 r0 的
关系，才能进一步确定随着分子之间距离的变化分子力的变化情况，如若分子
之间距离从 rr0 时，分子力随分子间距离的增大而增大
C．当分子间距离 r>r0 时，分子势能随分子间距离的增大而增加
D．当分子间距离 rr0 范围内，当 r 增大时，分子力做负功，分子势能增大；
在 rT1.
图 2－7－4
图 2－7－5
1
2．一定质量气体的等温变化过程，也可以用 p－V图象来表示，如图 2－7－
5 所示．等温线是通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原
1
点附近处应用虚线表示，该直线的斜率 k＝p/(V)＝pV∝T，即斜率越大，气体做
等温变化的温度越高．
图 2－7－6
例 2 (双选)如图 2－7－6 所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条 p－
1
V图线，由图可知 ( )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
1
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其 p－V图线的延长线是经过坐标原点
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的
C．T1>T2
D．T1p1.再由玻意耳定律得 p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为 p2>p1，所以
l2p1，故有
ph2V2>V3>V4.
例 1 电灯泡内充有氦氩混合气体，如果要使电灯泡内的混合气体在 500 ℃时
的压强不超过一个大气压，则在 20 ℃的室温下充气，电灯泡内气体压强至多能
充到多大？
答案 0.38 atm
解析 由于电灯泡容积不变，故气体为等容变化，
设 500 ℃时压强为 p1，t2＝20 ℃时的压强为 p2.
由题意可知：T1＝(500＋273)K＝773 K
p1＝1 atm T2＝(20＋273) K＝293 K p2＝？
p1 p2 p1 1
T1 T2 T1 773
由查理定律： ＝ ，所以 p2＝ T2＝ ×293 atm＝0.38 atm.
例 2 (双选)如图 2－8－4 所示，是一定质量的理想气体的某种状态变化过程，
对这三个过程的以下说法中正确的是( )
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图 2－8－4
A．a→d 过程气体的体积增加
B．b→d 过程气体的体积不变
C．c→d 过程气体的体积增加
D．a→d 过程气体的体积不变
答案 AB
解析 一定质量的理想气体的某种状态变化时，若体积不变，在 p－T 图中，是
一条过原点的倾斜直线，斜率的大小与气体的体积有关，斜率越小，体积越大；
斜率越大，体积越小．
二、等压变化与盖—吕萨克定律
1．盖—吕萨克定律的表述
V1 V2
(1)T1＝T2＝C(恒量)
V ΔV
(2)T＝ΔT
图 2－8－5
2．VT 图中的等压线
如图 2－8－5 所示为 VT 图中的等压线，这是一条通过原点的倾斜直线，直线
V
斜率 k＝T＝C，斜率越大，常量 C 越大，压强越小．在图中给出的四条等压线
的关系为：p1>p2>p3>p4.
例 3 一容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器
内气体的温度为 27 ℃，如果把它加热到 127 ℃，从容器中逸出的空气质量是原
来质量的多少倍？
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1
答案 4倍
解析 设逸出的气体被一个无形的膜所密闭，以容器中原来的气体为研究对象，
初态 V1＝V，T1＝300 K；末态 V2＝V＋ΔV，T2＝400 K，
V1 V2 V V＋ΔV
由盖—吕萨克定律T1＝T2，得T1＝ T2 ，
V
代入数据得 ΔV＝3，
V
3
Δm ΔV 4 1
V
又因为 m＝ρV，故 m ＝V＋ΔV＝3 ＝4.
借题发挥 此题从容器中逸出空气来看是一个变质量问题，为转化为等压变化
问题，从而把逸出的空气看成气体的膨胀，因小孔跟外界大气相通，所以压强
不变．因此符合盖—吕萨克定律．
三、三个气体实验定律的微观解释
1．玻意耳定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在温度保持不变时，体积减小，压强
增大，体积增大，压强减小．
(2)微观解释：温度不变，分子的平均动能不变．体积越小，分子越密集，单位
时间内撞到单位面积器壁上的分子数就越多，气体的压强就越大．
2．查理定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在体积保持不变时，温度升高，压强
增大，温度降低，压强减小．
(2)微观解释：体积不变，则分子密集程度不变．温度升高，分子平均动能增大，
分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大．
3．盖—吕萨克定律
(1)宏观表现：一定质量的某种理想气体，在压强不变时，温度升高，体积增大，
温度降低，体积减小．
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(2)微观解释：温度升高，分子平均动能增大，撞击器壁的作用力变大，而要使
压强不变，则需影响压强的另一个因素分子密度减小，所以气体的体积增大．
例 4 (双选)对一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )
A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大
B．温度不变，压强减小时，气体的密度一定减小
C．压强不变，温度降低时，气体的密度一定减小
D．温度升高，压强和体积都可能不变
答案 AB
解析 根据气体压强、体积、温度的关系可知，体积不变，压强增大时，温度
升高，气体分子的平均动能一定增大，选项 A 正确；温度不变，压强减小时，
气体体积增大，气体的密度减小．压强不变，温度降低时，体积减小，气体密
度增大．温度升高，压强、体积中至少有一个发生改变．综上所述，正确答案
为 A、B.
针对训练 (双选)对于一定质量的气体，当它的压强和体积发生变化时，以下
说法正确的是( )
A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变
B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小
C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变
D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大
答案 AD
解析 质量一定的气体，分子总数不变，体积增大，单位体积内的分子数减少；
体积减小，单位体积内的分子数增多．根据气体的压强与单位体积内的分子数
和分子的平均动能这两个因素的关系，可判知 A、D 正确，B、C 错误.
查理定律的应用
1．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度
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的变化情况是( )
A．气体的摄氏温度升高到原来的二倍
B．气体的热力学温度升高到原来的二倍
C．气体的摄氏温度降为原来的一半
D．气体的热力学温度降为原来的一半
答案 B
p1 p2
解析 一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即T1＝T2，得
p2T1
p1
T2＝ ＝2T1，B 正确．
图 2－8－6
2．(双选)如图 2－8－6 所示，c、d 表示一定质量的某种气体的两个状态，则关
于 c、d 两状态的下列说法中正确的是( )
A．压强 pd>pc
B．温度 TdVc
D．d 状态时分子运动剧烈，分子密度大
答案 AB
解析 由题中图象可直观看出 pd>pc，TdVd，分子密度增大，C、
D 错．
盖吕萨克定律的应用
3．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下，温度由 5 ℃升高到 10 ℃，体
积的增量为 ΔV1；温度由 10 ℃升高到 15 ℃，体积的增量为 ΔV2，则( )
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2
C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
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答案 A
V1 V2 V1 ΔV ΔT
T1 T2 T1 ΔT T1
解析 由盖—吕萨克定律 ＝ 可得 ＝ ，即 ΔV＝ V1，所以 ΔV1＝
5 5
278 283
×V1，ΔV2＝ ×V2(V1、V2 分别
V1 V2
278 283
是气体在 5 ℃和 10 ℃时的体积)，而 ＝ ，所以 ΔV1＝ΔV2，A 正确．
实验定律的微观解释
4．对于一定质量的某种理想气体，若用 N 表示单位时间内与单位面积器壁碰
撞的分子数，则( )
A．当体积减小时，N 必定增加
B．当温度升高时，N 必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N 必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N 可能不变
答案 C
解析 由于气体压强是由大量气体分子对器壁的碰撞作用而产生的，其值与分
子密度及分子平均速率有关；对于一定质量的气体，压强与温度和体积有
关．若压强不变而温度和体积发生变化(即分子密度发生变化时)，N 一定变化，
故 C 正确、D 错误；若体积减小且温度也减小，N 不一定增加，A 错误；当温
度升高，同时体积增大时，N 也不一定增加，故 B 错误.
(时间：60 分钟)
题组一 查理定律的应用
1．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，
当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”
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在皮肤上．其原因是，当火罐内的气体( )
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案 B
p
解析 体积不变，当温度降低时，由查理定律T＝C 可知，压强减小，故 B 项正
确．
2．在密封容器中装有某种气体，当温度从 50 ℃升高到 100 ℃时，气体的压强
从 p1 变到 p2，则( )
p1 1 p1 2
A.p2＝2 B．p2＝1
p1 323 p1
C.p2＝373 D．1＜p2＜2
答案 C
p1 T1 t1＋273 323
解析 由于气体做等容变化，所以p2＝T2＝t2＋273＝373，故 C 选项正确．
3．一个密闭的钢管内装有空气，在温度为 20 ℃时，压强为 1 atm，若温度上升
到 80 ℃，管内空气的压强约为( )
1 5
A．4 atm B．4 atm C．1.2 atm D．6 atm
答案 C
p1 p2
T1 T2
解析 由查理定律知 ＝ ，代入数据解得，p2＝1.2 atm，所以 C 正确．
题组二 盖吕萨克定律的应用
图 2－8－7
4．如图 2－8－7 所示，某同学用封有气体的玻璃管来测绝对零度，当容器水温
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是 30 刻度线时，空气柱长度为 30 cm；当水温是 90 刻度线时，空气柱的长度
是 36 cm，则该同学测得的绝对零度相当于刻度线( )
A．－273 B．－270
C．－268 D．－271
答案 B
解析 当水温为 30 刻度线时，V1＝30S；当水温为 90 刻度线时，V2＝36S，设
V1 V2 30S 36S
t1＋x t2＋x 30刻线＋x 90刻线＋x
T＝t 刻线＋x，由盖—吕萨克定律得 ＝ ，即 ＝ ，解得
x＝270 刻线，故绝对零度相当于－270 刻度，选 B.
图 2－8－8
5．如图 2－8－8 所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为 5×10－3
m2，一定质量的气体被质量为 2.0 kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为
________ Pa(大气压强取 1.01×105 Pa，g 取 10 m/s2)．若从初温 27 ℃开始加热
气体，使活塞离气缸底部的高度由 0.50 m 缓慢地变为 0.51 m，则此时气体的温
度为________ ℃.
答案 1.05×105 33
F mg 2 × 10
S S 5 × 10－3 5
解析 p1＝ ＝ ＝ Pa＝0.04×10 Pa，
5 5
所以 p＝p1＋p0＝0.04×10 Pa＋1.01×10 Pa
V1 V2
＝1.05×105 Pa，由盖—吕萨克定律得T1＝T2，
0.5S 0.51S
即273＋27＝273＋t，所以 t＝33 ℃.
6．房间里气温升高 3 ℃时，房间内的空气将有 1%逸出到房间外，由此可计算
出房间内原来的温度是________ ℃.
答案 27
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T＋3
解析 以升温前房间里的气体为研究对象，由盖—吕萨克定律： T ＝
V1＋1%
V ，解得：T＝300 K，t＝27 ℃.
题组三 p T 图象和 V T 图象
图 2－8－9
7．(双选)如图 2－8－9 所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状
态变化的过程，则该气体压强的变化是( )
A．从状态 c 到状态 d，压强减小
B．从状态 d 到状态 a，压强不变
C．从状态 a 到状态 b，压强增大
D．从状态 b 到状态 c，压强增大
答案 AC
解析 在 V－T 图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定量的气体，
图线的斜率表示压强的倒数，斜率大的，压强小，因此 A、C 正确，B、D 错
误．
图 2－8－10
8．(双选)一定质量的理想气体经历如图 2－8－10 所示的一系列过程，ab、
bc、cd 和 da 这四段过程在 pT 图上都是直线段，ab 和 cd 的延长线通过坐标原
点 O，bc 垂直于 ab，由图可以判断( )
A．ab 过程中气体体积不断减小
B．bc 过程中气体体积不断减小
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C．cd 过程中气体体积不断增大
D．da 过程中气体体积不断增大
答案 BD
解析 由 p T 图线的特点可知 a、b 在同一条等容线上，过程中体积不变，故
A 错；c、d 在同一条等容线上，过程中体积不变，故 C 错；在 p T 图线中，图
线的斜率越大与之对应的体积越小，因此 b→c 的过程体积减小，同理 d→a 的
过程体积增大，故 B、D 均正确．
题组四 对气体实验定律的微观解释
9．(双选)一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，体积增大，则( )
A．气体分子的平均动能增大
B．气体分子的平均动能减小
C．气体分子的平均动能不变
D．分子密度减小，平均速率增大
答案 AD
V
解析 一定质量的理想气体，在压强不变时，由盖—吕萨克定律T＝C 可知，体
积增大，温度升高，所以气体分子的平均动能增大，平均速率增大，分子密度
减小，A、D 对，B、C 错．
10．(双选)根据分子动理论，下列关于气体的说法中正确的是( )
A．气体的温度越高，气体分子无规则运动越剧烈
B．气体的压强越大，气体分子的平均动能越大
C．气体分子的平均动能越大，气体的温度越高
D．气体的体积越大，气体分子之间的相互作用力越大
答案 AC
解析 由分子动理论知：气体的温度越高，气体分子无规则的热运动就越剧烈，
所以选项 A 正确；而气体压强越大，只能反映出单位面积的器壁上受到的撞击
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力越大，可能是分子平均动能大的原因，也可能是单位时间内撞击的分子数目
多的原因，所以选项 B 错误；温度是分子平均动能的标志，所以平均动能越大，
则表明温度越高，所以选项 C 正确；气体分子间的距离基本上已超出了分子作
用力的作用范围，所以选项 D 错误．
题组五 综合应用
图 2－8－11
11．如图 2－8－11 所示，一端开口的钢制圆筒，在开口端上面放一活塞．活塞
与筒壁间的摩擦及活塞的重力不计，现将其开口端向下，竖直缓慢地放入 7
℃的水中，在筒底与水面相平时，恰好静止在水中，这时筒内气柱长为 14
cm，当水温升高到 27 ℃时，钢筒露出水面的高度为多少？(筒的厚度不计)
答案 1 cm
解析 设筒底露出水面的高度为 h.
当 t1＝7 ℃时，H1＝14 cm 气柱，当 t2＝27 ℃时，H2＝(14＋h)cm，由等压变化
H1S H2S 14 14＋h
规律 T1 ＝ T2 ，得280＝ 300 ，解得 h＝1 cm，也就是钢筒露出水面的高度为 1
cm.
12．一定质量的理想气体由状态 A 经状态 B 变为状态 C，其中 A→B 过程为等
3
压变化，B→C 过程为等容变化．已知 VA＝0.3 m ，TA＝TC＝300 K、TB＝400 K.
(1)求气体在状态 B 时的体积．
(2)说明 B→C 过程压强变化的微观原因．
答案 (1)0.4 m3 (2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，
气体分子平均动能减小，导致气体压强减小．
VA VB
TA TB
解析 (1)设气体在 B 状态时的体积为 VB，由盖—吕萨克定律得， ＝ ，代
3
入数据得 VB＝0.4 m .
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(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动
能减小，导致气体压强减小．
13．如图 2－8－12 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 之间活动，B 左面气缸的容积为
V0，A、B 之间的容积为 0.1V0.开始时活塞在 B 处，缸内气体的压强为
0.9p0(p0 为大气压强)，温度为 297 K，现缓慢加热气缸内的气体，直至 399.3
K．求：
甲
乙
图 2－8－12
(1)活塞刚离开 B 处时的温度 TB；
(2)缸内气体最后的压强 p；
(3)在图 2－8－12 乙中画出整个过程的 p－V 图线．
答案 (1)330 K (2)1.1p0 (3)见解析图
0.9p0 p0
解析 (1)活塞离开 B 之前，气体做等容变化，根据查理定律，得 T0 ＝TB，解
T0 297
0.9 0.9
得 TB＝ ＝ K＝330 K.
(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到 A 处，活塞从刚离开 B 处
V0 1.1V0
TB TA
到刚到达 A 处，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，有 ＝ ，解得 TA＝
1.1TB＝363 K.
活塞从刚到达 A 处到气体升温至 399.3 K，气体做等容变化，由查理定律，得
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p0 p p0T 399.3
TA T TA 363
＝ ，解得 p＝ ＝ p0＝1.1p0.
由结果 p>p0 可知，活塞可以移到 A 处的假设成立．
(3)p－V 图线如右图所示．
习题课 气体实验定律的综合应用
[目标定位] 1.进一步熟练掌握气体三定律，并能熟练应用． 2.熟练掌握各种
气体图象，及其它们之间的转换． 3.能熟练处理有关气体性质的几类问题．
气体三定律
(1)玻意耳定律内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强 p 与体
积 V 成反比．
公式：pV＝C 或 p1V1＝p2V2.
(2)查理定律内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强 p 与热力
学温度 T 成正比．
公式：或.
(3)盖—吕萨克定律内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积
V 与热力学温度 T 成正比．
V V1 V2
公式：T＝C 或T1＝T2.
一、相互关联的两部分气体的分析方法
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些
量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一
般方法是：
1．分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据状态方程列式
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求解．
2．认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程．
3．多个方程联立求解．
例 1 如图 1 所示，内径均匀的 U 形管中装入水银，两管中水银面与管口的距
离均为 l＝10.0 cm，大气压强 p0＝75.8 cmHg 时，将右侧管口封闭，然后从左侧
管口处将一活塞缓慢向下推入管中，直到左右两侧水银面高度差达 h＝6.0
cm 为止．求活塞在管内移动的距离．
图 1
答案 6.4 cm
h
解析 设活塞移动的距离为 x cm，则左侧气体体积为(l＋2－x)cm 柱长，右侧气
h
2
体体积为(l－ )cm 柱长，取右侧气体为研究对象．由等温变化规律得 p0l＝
h
2
p2(l－ )
p0l
h 758
l－
2 7
解得 p2＝ ＝ cmHg
800
7
左侧气柱的压强为 p1＝p2＋h＝ cmHg
取左侧气柱为研究对象，由等温变化规律得
h
2
p0l＝p1(l＋ －x)，解得 x＝6.4 cm.
pV
借题发挥 两团气体问题中，对每一团气体来讲都独立满足 T ＝常数；两部分
气体往往满足一定的联系：如压强关系，体积关系等，从而再列出联系方程即
可．
二、假设法在判断液柱(或活塞)的移动问题的应用
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此类问题的特点是：当气体的状态参量 p、V、T 都发生变化时，直接判断液柱
或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律
可以简单地求解．其一般思路为
(1)假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．
p
(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式 Δp＝TΔT，求出每部分气体压强
的变化量 Δp，并加以比较．
图 2
例 2 如图 2 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 l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相
同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
答案 水银柱上移
解析 水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强
差 Δp＝p1－p2＝h.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若 Δp1>Δp2，水银柱
所受合外力方向向上，应向上移动，若 Δp1<Δp2，水银柱向下移动，若 Δp1＝
Δp2，水银柱不动．所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两
部分气体的压强哪一个增大得多．
假设水银柱不动，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：
p2 p2′ T2′
T2 T2′ T2
上段： ＝ ，所以 p2′＝ p2，
T2′ ΔT2
T2 T2
Δp2＝p2′－p2＝( －1)p2＝ p2；
ΔT1
T1
同理下段：Δp1＝ p1.
又因为 ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋h>p2，
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所以 Δp1>Δp2，即水银柱上移．
借题发挥 同一问题可从不同角度考虑，用不同方法求解，培养同学们的发散
思维能力．此类问题中，如果是气体温度降低，则 ΔT 为负值，Δp 亦为负值，
表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动．
三、变质量问题
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定
质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和
即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转
化为定质量气体的状态变化问题．
2．抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分
析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故
抽气过程可看做是等温膨胀的过程．
例 3 氧气瓶的容积是 40 L，其中氧气的压强是 130 atm，规定瓶内氧气压强
降到 10 atm 时就要重新充氧，有一个车间，每天需要用 1 atm 的氧气 400 L，
这瓶氧气能用几天？假定温度不变．
答案 12 天
解析 用如图所示的方框图表示思路．
由 V1→V2：p1V1＝p2V2，
p1V1 130 × 40
p2 10
V2＝ ＝ L＝520 L，
由(V2－V1)→V3：p2(V2－V1)＝p3V3，
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p2V2－V1 10 × 480
p3 1
V3＝ ＝ L＝4 800 L，
V3
则400 L＝12(天)．
四、气体图象与图象之间的转换
理想气体状态变化的过程，可以用不同的图象描述，已知某个图象，可以根据
这一图象转换成另一图象，如由 p V 图象变成 p T 图象或 V T 图象．
图 3
例 4 如图 3 所示，一定质量的气体从状态 A 经 B、C、D 再回到 A.问 AB、
BC、CD、DA 是什么过程？已知气体在状态 A 时的体积是 1 L，求在状态 B、
C、D 时的体积各为多少，并把此图改为 p－V 图象．
答案 见解析
解析 A→B 为等容变化，压强随温度升高而增大．
B→C 为等压变化，体积随温度升高而增大．
C→D 为等温变化，体积随压强减小而增大．
D→A 为等压变化，体积随温度降低而减小．
VB VC TC 900
TB TC TB 450
由题意知 VB＝VA＝1 L．因为 ＝ ，所以 VC＝ VB＝ ×1 L＝2 L．由
pC 3
pD 1
pCVC＝pDVD，得 VD＝ VC＝ ×2 L＝6 L．所以 VB＝1 L，VC＝2 L，VD＝6
L．根据以上数据，题中四个过程的 p－V 图象如图所示．
五、气缸类问题的处理方法
解决气缸类问题的一般思路：
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(1)弄清题意，确定研究对象．一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对
象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(气缸、活塞或某系统)．
(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态
变化过程，依气体定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依
据力学规律列出方程．
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程．
(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．
例 5 如图 4 甲所示，气缸质量为 m1，活塞质量为 m2，不计缸内气体的质量
及一切摩擦，当用一水平外力 F 拉活塞时，活塞和气缸最终以共同的加速度运
动．求此时缸内气体的压强．(已知大气压为 p0，活塞横截面积为 S)
图 4
m1F
＋
答案 p0－m1 m2S
解析 以活塞 m2 为研究对象，其受力如图 4 乙所示．根据牛顿第二定律，有
F＋pS－p0S＝m2a.①
由于方程①中有 p 和 a 两个未知量，所以还必须以整体为研究对象，列出牛顿
第二定律方程 F＝(m1＋m2)a.②
m1F
m1＋m2S
联立①②可得 p＝p0－ .
(时间：60 分钟)
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题组一 相关联的两部分气体问题
图 5
1．如图 5 所示，两端密封，下部装有水银，上部为空气柱的 U 形管，静止时，
管内水银面的高度差为 Δh，当 U 形管作自由落体运动时，Δh 将( )
A．增大 B．减小
C．不变 D．不能判断
答案 A
解析 U 形管自由落体时，水银柱不再产生压强，故右边气体压强减小，体积
增加，左边气体压强增大，体积减小，所以 Δh 增大．
2．(2014·新课标Ⅰ·节选)如图 6，两气缸 A、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其
下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是 B 的 2 倍，A 上端封闭，B 上端与
大气连通；两气缸除 A 顶部导热，其余部分均绝热，两气缸中各有一厚度可忽
略的绝热轻活塞 a、b，活塞下方有氮气，活塞 a 上方有氧气，当大气压为 P0，
1
外界和气缸内气体温度均为 7 ℃且平衡时，活塞离气缸顶的距离是气缸高度的4，
活塞 b 在气缸正中间．
图 6
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞 b 恰好升至顶部时，求氮气的温度．
1
(2)继续缓慢加热，使活塞 a 上升，当活塞 a 上升的距离是气缸高度的16时，求
氧气的压强．
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4
答案 (1)320 K (2)3P0
解析 (1)活塞 b 升至顶部的过程中，活塞 a 不动，活塞 a、b 下方的氮气经历
等压过程，设气缸 A 的容积为 V0，氮气初态体积为 V1，温度为 T1，末态体积
为 V2，温度为 T2，按题意，气缸 B 的容积为 V0/4，
3 1 V0 7
4 2 4 8
V1＝ V0＋ · ＝ V0①
3 1
4 4
V2＝ V0＋ V0＝V0②
V1 V2
T1＝T2③
由①②③式和题给数据得
T2＝320 K④
(2)活塞 b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞 a 开始向上移动，直至活塞上
1
升的距离是气缸高度的16时活塞 a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积
为 V1′，压强为 P1′；末态体积为 V2′，压强为 P2′，由题给数据和玻意耳
定律有
1 3
4 16
V1′＝ V0，P1′＝P0，V2′＝ V0⑤
P1′V1′＝P2′V2′⑥
由⑤⑥式得
4
3
P2′＝ P0
题组二 液柱移动问题的判断
3．(双选)如图 7 所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为
h 的水银柱，中间封有一段空气，则( )
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图 7
A．弯管左管内外水银面的高度差为 h
B．若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大
C．若把弯管向下移动少许，则右管内的水银柱沿管壁上升
D．若环境温度升高，则右管内的水银柱沿管壁上升
答案 AD
解析 被封闭气体的压强按右边计算为 p＝p0＋ph，按左边算也为 p＝p0＋ph，
故左管内外水银面的高度差为 h，A 正确；气体的压强不变，温度不变，故体
积不变，B、C 均错；压强不变，温度升高，体积增大，右管中水银柱沿管壁上
升，D 正确．
图 8
4．两个容器 A、B，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图 8 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( )
A．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：
ΔT 1
T T
由 Δp＝ p 知 Δp∞ ，因为 TAΔpB，所以水银柱向右移动．
5．如图 9 所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻
璃板，集热器容积为 V0，开始时内部封闭气体的压强为 p0，经过太阳曝晒，气
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体温度由 T0＝300 K 升至 T1＝350 K.
图 9
(1)求此时气体的压强；
(2)保持 T1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 p0.求集热器
内剩余气体的质量与原来总质量的比值．
7 6
答案 (1)6p0 (2)7
解析 (1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得
p0 p1
T0＝T1
T1 350 7
T0 300 6
所以此时气体的压强 p1＝ p0＝ p0＝ p0.
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V2，由玻意耳定
律可得 p1V0＝p0V2
p1V0 7
p0 6
可得 V2＝ ＝ V0
所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为
ρV0
7 6
ρ· V0
6 ＝7.
6．用打气筒将 1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积 ΔV＝500 cm3，
轮胎容积 V＝3 L，原来压强 p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强为 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＋np1ΔV＝p′V，
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代入数据得
1．5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，
解得 n＝15，故答案选 C.
7．钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体：第一种方法
是用小抽气机，每次抽出 1 L 气体，共抽取三次；第二种方法是用大抽气机，
一次抽取 3 L 气体．这两种抽法中，抽取气体质量较大的是( )
A．第一种抽法
B．第二种抽法
C．两种抽法抽出的气体质量一样大
D．无法判定
答案 A
解析 设初态气体压强为 p0，抽出气体后压强变为 p，对气体状态变化应用玻
意耳定律，则第一种抽法：p0V＝p1(V＋1)，
V V V V
1＋V V＋1 1＋V 2 1＋V 3
p1＝p0· ；同理 p2＝p1 ＝p0( ) ；三次抽完后的压强 p3：p3＝p0( ) .
V
V＋3
第二种抽法：p0V＝p′(V＋3)，得 p′＝p0 .
V V
1＋V 3 V＋3
比较可知：p3＝p0( ) p2 B．p1V2 D．V1p2，由玻意耳定律得 V1VA.乙图
画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以 pD>pC.丙图画出的双曲
线为等温线，离原点越远，温度越高，所以 TE>TF.
12．空气的温度是 10 ℃，空气里水蒸气的压强是 8 mmHg，这时空气的相对湿
度为________．(已知 10 ℃时的饱和汽压 p＝9.21 mmHg)
答案 87%
8 mmHg
解析 相对湿度＝9.21 mmHg＝87%
四、计算题(共 4 小题，共 40 分)
图 6
13．(8 分)如图 6 所示的试管内由水银封有一定质量的气体，静止时气柱长为
l0，大气压强为 p0.当试管绕竖直轴以角速度 ω 在水平面内匀速转动时气柱长变
为 l，其他尺寸如图所示，求转动时气体的压强．
(设温度不变，试管横截面积为 S，水银密度为 ρ)
l1
l2＋l0－l＋
2
答案 p0＋ρl1ω ( 2 )
解析 选取水银柱为研究对象，转动所需向心力由液柱两侧气体压力差提供，
则：
2
(p－p0)S＝mω R，
l1
2
而 m＝ρl1S，R＝l2＋(l0－l)＋ ，
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l1
l2＋l0－l＋
2( 2 )
所以 p＝p0＋ρl1ω .
图 7
14．(10 分)如图 7 所示，长 31 cm 内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，
齐口水银柱封住 10 cm 长的空气柱，若把玻璃管在竖直平面内缓慢转动 180°后，
发现水银柱长度变为 15 cm，继续缓慢转动 180°至开口端向上．求：
(1)大气压强的值；
(2)末状态时空气柱的长度．
答案 (1)75 cm Hg (2)10.67 cm
解析 (1)等温变化 p1V1＝p2V2
p1＝p0＋21 cmHg
p2＝p0－15 cmHg
(p0＋21)×10×S＝(p0－15)×16×S
解得：p0＝75 cmHg.
(2)由玻意耳定律得 p1V1＝p3V3
p3＝p0＋15 cmHg
p1l1 75＋21 × 10 cm
p3 75＋15
l3＝ ＝
＝10.67 cm.
图 8
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15．(10 分)如图 8 所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为 1×10－
3 m2，气缸内有质量 m＝2 kg 的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开
始时活塞被销子 K 销于如图位置，离缸底 12 cm，此时气缸内被封闭气体的压
强 1.5×105 Pa，温度为 300 K．外界大气压为 1.0×105 Pa，g＝10 m/s2.
(1)现对密闭气体加热，当温度升到 400 K 时，其压强多大？
(2)若在此时拔去销子 K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气
缸内气体的温度为 360 K，则这时活塞离缸底的距离为多少？
答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm
解析 (1)气体体积不变，由查理定律得
p1 p2 1.5 × 105 p
T1＝T2，即 300 ＝400
解得：p＝2×105 Pa
5
(2)p3＝p0＋mg/S＝1.2×10 Pa T3＝360 K
p1V1 p3V3 1.5 × 105 × 12 1.2 × 105 × l3
由理想气体状态方程得 T1 ＝ T3 ，即 300 ＝ 360
解得：l3＝18 cm.
16．(12 分)(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图 9，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热
的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门
K.两气缸的容积均为 V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)
．开始时 K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强
p0
分别为 p0 和 3 ；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为
V0
4 .现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好
没有接触，然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为 T0，
不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：
图 9
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(1)恒温热源的温度 T；
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 Vx.
7 1
答案 (1)5T0 (2)2V0
解析 (1)与恒温热源接触后，在 K 未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体经
7V0
4
T 5V0
历等压过程，由盖—吕萨克定律得T0＝ 4 ①
7
5
由此得 T＝ T0②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大，打开 K 后，
左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件．气
缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设
左活塞上方气体压强为 p，由玻意耳定律得
p0 V0
3 4
pVx＝ · ③
7V0
4
(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0· ④
1
x 0 2
联立③④式，得 6V2－V0Vx－V2＝0，其解为 Vx＝ V0
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1
3
另一个解 Vx＝－ V0，不符合题意，舍去．
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第三章 热力学基础
第一节 内能 功 热量
[目标定位] 1.知道热传递的实质． 2.知道做功和热传递是改变内能的两种方
式，明确两种方式的区别． 3.明确内能、功、热量、温度四个物理量的区别
和联系．
一、内能
1．定义：物体内部所有分子做热运动的动能和分子势能的总和．
2．影响因素：物体的内能由物体的温度、体积、物质的量共同决定．
二、改变物体内能的两种方式
1．做功
在绝热过程中内能的改变用功来量度．外界对物体做多少功，物体的内能就增
加多少；物体对外界做多少功，物体的内能就减少多少．
2．热传递
(1)热传递：高温物体总是自发地把它的内能传递给低温物体，这种没有做功而
使物体内能改变的现象称为热传递．
(2)热量：热传递过程中物体内能变化的量度．
(3)在系统与外界互不做功的条件下系统吸收了多少热量，系统的内能就增加多
少；系统放出了多少热量，系统的内能就减少多少.
一、功和内能关系的理解
1．内能
(1)微观：所有分子的动能和势能之和．
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(2)宏观：只依赖于热力学系统自身状态的物理量．
(3)状态量．
2．功和内能变化的关系
做功可以改变系统的内能，功是系统内能转化的量度，在绝热过程中：
(1)外界对系统做功，系统内能增加，即 ΔU＝U2－U1＝W；
(2)系统对外界做功，系统内能减少，即 W＝ΔU.
3．内能与机械能的区别和联系
(1)区别：内能与机械能是两个不同的概念．
(2)联系：在一定条件下可以相互转化，且总量保持不变．
图 3－1－1
例 1 如图 3－1－1 所示，活塞将气缸分成甲、乙两气室，气缸、活塞(连同拉
杆)是绝热的，且不漏气，以 E 甲、E 乙分别表示甲、乙两气室中气体的内能，
则在将拉杆缓慢向外拉的过程中( )
A．E 甲不变，E 乙减小 B．E 甲不变，E 乙增大
C．E 甲增大，E 乙不变 D．E 甲增大，E 乙减小
答案 D
解析 本题解题的关键是明确甲、乙两气室气体都经历绝热过程，内能的改变
取决了做功的情况，对甲室内的气体，在拉杆缓慢向外拉的过程中，活塞左移，
压缩气体，外界对甲室气体做功，其内能应增大，对乙室内的气体，活塞左移，
气体膨胀，气体对外界做功，内能就减少，故 D 选项正确．
借题发挥 (1)压缩气体，外界对气体做功，内能增大，温度升高，柴油机就是
利用这个原理点火的．
(2)在绝热过程中，末态内能大于初态内能时，ΔU 为正，W 为正，外界对系统
做功，末态内能小于初态内能时，ΔU 为负，W 为负，系统对外界做功．
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例 2 (双选)下列关于系统的内能的说法正确的是( )
A．系统的内能是由系统的状态决定的
B．分子动理论中引入的系统内能和热力学中引入的系统内能是一致的
C．做功可以改变系统的内能，但单纯地对系统传热不能改变系统的内能
D．气体在大气中绝热膨胀时对外做了功，但气体的内能不变
答案 AB
解析 系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状
态决定的，A 对；正因为内能是由系统的状态决定的，所以分子动理论中引入
的内能和热力学中引入的内能是一致的，B 对；做功和热传递都可以改变系统
的内能，C 错；气体绝热膨胀时对外界做了功，又因为与外界没有热交换，所
以系统的内能要减小，故 D 错．
二、热和内能
1．传热和内能变化的关系
系统在单纯传热过程中，内能的增量 ΔU 等于外界向系统传递的热量 Q，即
ΔU＝Q.
2．区分三组概念
(1)内能与热量：内能是状态量，可以说系统具有多少内能而不能说传递多少内
能；热量是过程量，不能说系统具有多少热量，只能说传递了多少热量．
(2)热量与温度
热量是系统的内能变化的量度，而温度是系统内部大量分子做无规则运动的激
烈程度的标志．虽然热传递的前提是两个系统之间要有温度差，但是传递的是
能量，不是温度．
(3)热量与功
热量和功，都是系统内能变化的量度，都是过程量，一定量的热量与一定量的
功相当，功是能量变化的量度，但它们之间有着本质的区别．
例 3 (双选)一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度 T1，比铁块的温度 T2 高，
当它们接触在一起时，如果不和外界交换能量，则( )
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A．从两者开始接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的减少量等于铁块内能
的增加量
B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能减少量不等于铁块内
能的增加量
T1＋T2
C．达到热平衡时，铜块的温度 T＝ 2
D．达到热平衡时，两者的温度相等
答案 AD
解析 一个系统在热交换的过程中，如果不与外界发生热交换，温度高的物体
放出的热量等于温度低的物体吸收的热量，直到温度相等，不再发生热交换为
止，而热量是热传递过程中内能的变化量，所以选项 A 和 D 都正确，选项
c铜T1＋c铁T2
c铜＋c铁
B 错误；根据热平衡方程 c 铜 m(T1－T)＝c 铁 m(T－T2)，解得 T＝ ，
由此可知选项 C 是错误的．
例 4 若对物体做 1 200 J 的功，可使物体温度升高 3 ℃，改用传热的方式，使
物体温度同样升高 3 ℃，那么物体应吸收________ J 的热量，如果对该物体做
3 000 J 的功，物体的温度升高 5 ℃，表明该过程中，物体应________(填“吸收”
或“放出”)热量________ J.
答案 1 200 放出 1 000
解析 做功和传热在改变物体内能上是等效的，因此物体用做功方式使温度升
高 3 ℃，如用吸热方式，也使温度升高 3 ℃应吸收 1 200 J 的热量．
如对物体做功 3 000 J，温度升高 5 ℃，而物体温度升高 5 ℃，需要的功或热量
应为 ΔE.
1 200 J＝cm×3 ℃，ΔE＝cm×5 ℃，所以 ΔE＝2 000 J.
Q＝ΔE－W＝－1 000 J，因此物体应放出 1 000 J 的热量.
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做功与内能的关系
1．(双选)在下述各种现象中，不是由做功引起系统温度变化的是( )
A．在阳光照射下，水的温度升高
B．用铁锤不断锤打铅块，铅块温度会升高
C．在炉火上烧水，水的温度升高
D．电视机工作一段时间，其内部元件温度升高
答案 AC
解析 阳光照射下水温升高是热辐射使水的温度升高，在炉火上烧水是热传导
和对流使水的温度升高，用铁锤锤打铅块的过程，是做功的过程，铅块温度升
高，是由于外界做功引起的．电视机工作时，电流通过各元件，电流做功使其
温度升高．可见 A，C 不是由做功引起温度变化的，故选 A、C.
2．一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程．设气体分子间的势能可忽略，
则在此过程中( )
A．外界对气体做功，气体分子的平均动能增加
B．外界对气体做功，气体分子的平均动能减少
C．气体对外界做功，气体分子的平均动能增加
D．气体对外界做功，气体分子的平均动能减少
答案 D
解析 绝热膨胀过程是指气体膨胀过程未发生热传递，膨胀过程气体体积增大，
气体对外界做功 W＜0.由 ΔU＝U2－U1＝W 可知，气体内能减小．由于气体分
子间的势能忽略，故气体分子的平均动能减小．
传热与内能的关系
3．关于热传递，下列说法中正确的是( )
A．热传递的实质是温度的传递
B．物体间存在着温度差，才能发生热传递
C．热传递可以在任何情况下进行
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D．物体内能发生改变，一定是吸收或放出了热量
答案 B
解析 热传递的实质是物体间内能的转移，故 A 错；热传递的条件是物体间存
在温度差，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，若两物体温度相同，它们
之间便不再发生热传递，即达到了热平衡，故 B 对、C 错；物体吸收或放出热
量，内能会发生变化，但内能变化不一定是热传递引起的，还可以通过做功的
方式实现，故 D 错．
4．对于热量、功和内能，三者的说法正确的是( )
A．热量、功、内能三者的物理意义等同
B．热量、功都可以作为物体内能的量度
C．热量、功、内能的单位不相同
D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
答案 D
解析 物体的内能是指物体内所有分子动能和分子势能的总和，而要改变物体
的内能可以通过做功或热传递两种途径，这三者的物理意义不同，A 错；热量
是表示在热传递过程中物体内能变化多少的，而功也是量度用做功的方式来改
变物体内能多少的，B 错；三者单位都是焦耳，C 错；热量和功是过程量，内
能是状态量，D 正确.
(时间：60 分钟)
题组一 做功与内能的变化
1．用下述方法改变物体的内能，不属于做功的方式是( )
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A．用锤子打铁时，铁块发热
B．用磨刀石磨刀时，刀发热
C．双手互搓，手发热
D．用天然气烧水
答案 D
解析 A、B、C 中的过程都是力对系统(铁块、刀、手)做功，内能增加和温度
升高的过程．而 D 中的用天然气烧水则是通过热传导和热对流来实现水温升高
的．
2．在给自行车轮胎打气时，会发现胎内空气温度升高，这是因为( )
A．胎内气体压强不断增大，而容积不变
B．轮胎从外界吸热
C．外界空气温度本来就高于胎内气体温度
D．打气时，外界不断地对胎内气体做功
答案 D
解析 给自行车轮胎打气，人对胎内气体做功，气体内能增加，所以温度升
高．
3．(双选)一定质量的气体封闭在绝热的气缸内，当用活塞压缩气体时，一定增
大的物理量有(不计气体分子势能)( )
A．气体体积 B．气体分子数
C．气体内能 D．气体分子的平均动能
答案 CD
解析 绝热过程外力对系统做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增加．
图 3－1－2
4．如图 3－1－2 所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M，N 两筒间密
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闭了一定质量的气体，M 可沿 N 的内壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热
交换，在 M 向下滑动的过程中( )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
答案 A
解析 因为 M，N 内被封气体体积减小，所以外界对气体做功，又因气体与外
界没有热交换即绝热过程，所以 ΔU＝W，且 ΔU>0，气体内能增加，A 正确．
5．如图 3－1－3 所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气
针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞，用打气筒通过气针慢慢向容器内打
气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞
冲出容器口后( )
图 3－1－3
A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增大
C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增大
答案 C
解析 打开卡子，胶塞冲出容器口后，密封气体体积增大，气体膨胀对外做功，
气体内能减少，同时温度降低，温度计示数变小．
题组二 热传递与内能
6．热传递的规律是( )
A．热量从内能大的物体传给内能小的物体
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B．热量从内能较小的物体传给内能较大的物体
C．热量从温度高的物体传给温度低的物体
D．热量从高温内能大的物体传给低温内能小的物体
答案 C
解析 自发的热传递的方向是从温度高的物体传给温度低的物体，与物体的内
能大小无关．
7．下列关于内能与热量的说法中，正确的是( )
A．马铃薯所含热量高
B．内能越大的物体热量也越多
C．热量自发地从内能大的物体流向内能小的物体
D．热量自发地从温度高的物体流向温度低的物体
答案 D
解析 选项 A 是一种很常见的说法，在日常生活中似无须计较，但从物理学的
角度来看，却有不妥，热量是过程量，不是状态量，不能像内能那样蕴含在物
体中，选项 A 错；说法 B 与说法 A 存在相同的错误，此外，物体的内能与热
量之间，在数量上没有必然联系，选项 B 错；两物体之间热量的流向只与它们
的温度有关，与它们的内能无关，选项 C 错．
8．在一个完全真空的绝热容器中放入两个物体，它们之间没有发生热传递，这
是因为( )
A．两物体没有接触
B．两物体的温度相同
C．真空容器不能发生热对流
D．两物体具有相同的内能
答案 B
解析 发生热传递的条件是有温度差，而与物体内能的多少、是否接触周围的
环境(是否真空)无关，故选项 B 正确，A、C、D 错误．
题组三 综合题组
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9．物体由大量分子组成，下列说法正确的是( )
A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能
答案 C
解析 分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但不一定是每个分子的动能
都大，故 A 错；分子间的引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大，故
B 错；物体的内能由物质的量、物态、体积及温度决定，即所有分子动能和分
子势能之和，故 C 正确；物体内能的变化由做功和热传递共同决定，故 D 错．
10．如图 3－1－4 所示，A、B 是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同
一深度处，A、B 两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显
变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高到同一值，
两球膨胀后，体积相等，则( )
图 3－1－4
A．A 球吸收的热量较多
B．B 球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量一样多
D．无法确定
答案 B
解析 A、B 两球升高同样的温度，体积变化又相同，则二者内能的变化相同，
而 B 球是处在水银中的，B 球膨胀时受到的压力大，对外做功多，因此 B 球吸
收热量较多一些．
11．(双选)在外界不做功的情况下，物体的内能增加了 50 J，下列说法中正确的
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是( )
A．一定是物体放出了 50 J 的热量
B．一定是物体吸收了 50 J 的热量
C．一定是物体分子动能增加了 50 J
D．物体的分子平均动能可能不变
答案 BD
解析 在外界不做功的情况下，内能的改变量等于传递的热量，内能增加，一
定是吸收了相等能量的热量，故 A 错、B 对；物体内能包括所有分子的动能和
势能，内能由分子数、分子平均动能、分子势能共同决定，所以内能增加了 50
J 并不一定是分子动能增加了 50 J．物体的分子平均动能有可能不变，这时吸收
的 50 J 热量全部用来增加分子势能．
12．如图 3－1－5 甲所示的容器中，A、B 中各有一个可自由移动的活塞，活塞
下面是水，上面是大气，大气压恒定，A、B 的底部由带阀门 K 的管道相连，
整个装置与外界绝热．打开阀门前，A 中水面比 B 中水面高，打开阀门后，
A 中的水逐渐向 B 中流，最后达到同一高度，在这个过程中( )
图 3－1－5
A．大气压力对水做功，水的内能增加
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压力对水不做功，水的内能不变
D．大气压力对水不做功，水的内能增加
答案 D
解析 打开阀门 K 稳定后，容器 A、B 中的水面相平，相当于题图乙中画斜线
部分的水从 A 移到 B，这部分水的重力势能减少了，即重力对水做了功，同时
大气压力对 A 容器中的水做正功为 p0SAhA，对 B 容器中的水做负功为 p0SBhB，
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因为两部分水的体积相等，所以大气压力对水做的总功为零．由于容器绝热，
系统与外界之间没有热交换，而重力对系统做正功，故水的内能增加．
图 3－1－6
13．某同学做了一个小实验；先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，
并迅速把一个气球紧密地套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气
球逐渐膨胀起来，如图 3－1－6 所示．这是因为烧瓶里的气体吸收了水的
__________，温度____________，体积________．
(2)若只对一定质量的理想气体做 1 500 J 的功，可使其温度升高 5 K．若改成只
用热传递的方式，使气体温度同样升高 5 K，那么气体吸收________ J 的热
量．如果对该气体做了 2 000 J 的功，使其温度升高了 5 K，表明在该过程中，
气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.
答案 (1)热量 升高 增大 (2)1 500 放出 500
解析 (1)烧瓶和烧瓶内的气体要从热水杯中吸收水的热量，温度升高，体积增
大．
(2)做功和热传递在改变物体内能上是等效的，因此对气体做功 1 500 J 使温度升
高 5 K，如用吸热方式，也使温度升高 5 K 应吸收 1 500 J 的热量．如果对气体
做功 2 000 J，温度升高 5 K，则气体内能增加 ΔU＝1 500 J，
由 W＋Q＝ΔU，
知 Q＝ΔU－W＝－500 J，
因此，气体应放出热量 500 J.
第二节 热力学第一定律
第三节 能量守恒定律
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[目标定位] 1.理解热力学第一定律，并掌握其表达式． 2.能运用热力学第一
定律解释自然界能量的转化、转移问题． 3.理解能量守恒定律，知道能量守
恒定律是自然界普遍遵从的基本规律． 4.知道第一类永动机是不可能制成的.
一、热力学第一定律
1．定律内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它
所做的功的和．
2．数学表达式：ΔU＝Q＋W.
二、能量守恒定律
1．大量事实表明，各种形式的能量可以相互转化，并且在转化过程中总量保持
不变．
2．能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化成另一种形
式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中其总量保持不
变．
3．能量守恒定律是自然界中最普遍、最重要的规律之一．
三、永动机不可能制成
1．第一类永动机：人们把设想的不消耗能量的机器称为第一类永动机．
2．第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成.
一、热力学第一定律
1．对热力学第一定律的理解
(1)对 ΔU＝W＋Q 的理解：做功和热传递都可以改变内能，如果系统跟外界同时
发生做功和热传递的过程，那么外界对系统所做的功 W 加上物体从外界吸收的
热量 Q 等于系统内能的增加 ΔU，即 ΔU＝Q＋W.
(2)对 ΔU、Q、W 符号的规定
①功 W：外界对系统做功，W>0，即 W 为正值；
系统对外界做功，W<0，即 W 为负值．
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②热量 Q：系统吸热为正：Q>0；
系统放热为负：Q<0.
③内能变化：系统内能增加，ΔU>0，即 ΔU 为正值；
系统内能减少，ΔU<0，即 ΔU 为负值．
2．判断是否做功的方法
一般情况下外界对系统做功与否，需看系统的体积是否变化．
(1)若系统体积增大，表明系统对外界做功，W<0；
(2)若系统体积变小，表明外界对系统做功，W>0.
例 1 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.
借题发挥 应用热力学第一定律解题的一般步骤
(1)明确研究对象是哪个物体或者是哪个热力学系统．
(2)分别列出物体(或系统)吸收或放出的热量；外界对物体(或系统)所做的功或物
体(或系统)对外所做的功．
(3)根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 列出方程进行求解．
(4)特别应注意的就是物理量的正负号及其物理意义．
针对训练 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
B．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 J
C．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×104 J
D．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J
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答案 B
解析 因为外界对气体做功，W 取正值，即 W＝8×104 J；内能减少，ΔU 取负
值，即 ΔU＝－1.2×105 J；根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，可知 Q＝ΔU－
W＝－1.2×105 J－8×104 J＝－2×105 J，B 选项正确．
二、能量守恒定律
1．不同形式的能量之间可以相互转化
(1)各种运动形式都有对应的能，如机械运动对应机械能，分子热运动对应内能
等．
(2)不同形式的能量之间可以相互转化，如“摩擦生热”机械能转化为内能，
“电炉取热”电能转化为内能等．
2．能量守恒定律及意义
各种不同形式的能之间相互转化时保持总量不变．
意义：一切物理过程都适用，比机械能守恒定律更普遍，是 19 世纪自然科学的
三大发现之一．
3．第一类永动机是不可能制成的
(1)不消耗能量能源源不断地对外做功的机器，叫第一类永动机，其前景是诱人
的．但因为第一类永动机违背了能量守恒定律，所以无一例外地归于失败．
(2)永动机给我们的启示
人类利用和改造自然时，必须遵循自然规律．
图 3－2、3－1
例 2 如图 3－2、3－1 所示，直立容器内部被隔板隔开的 A，B 两部分气体，
A 的密度小，B 的密度大，加热气体，并使两部分气体混合均匀，设此过程中
气体吸热为 Q，气体内能的增量为 ΔU，则( )
A．ΔU＝Q B．ΔUQ D．无法比较
答案 B
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解析 因 A 部分气体密度小，B 部分气体密度大，以整体气体为研究对象，开
始时，气体的重心在中线以下，混合
均匀后，气体的重心应在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，
由能量守恒定律可知，吸收的热量 Q 有一部分增加气体的重力势能，另一部分
增加内能．故正确答案为 B.
例 3 第一类永动机是不可能制成的，这是因为第一类永动机( )
A．不符合机械能守恒定律
B．违背了能量转化与守恒定律
C．没有合理的设计方案
D．找不到合适的材料
答案 B
三、气体实验定律和热力学第一定律的综合应用
气体实验定律和热力学第一定律的结合点是温度和体积．注意三种特殊过程的
特点：
1．等温过程：内能不变，ΔU＝0
2．等容过程：体积不变，W＝0
3．绝热过程：Q＝0
图 3－2、3－2
例 4 如图 3－2、3－2 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 p0，起初环境的热力学温度为 T0 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：
(1)气缸内部气体内能的增量 ΔU；
(2)最终的环境温度 T.
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答案 (1)Q－0.1p0SL＋0.1LG (2)1.1T0
解析 (1)密封气体的压强 p＝p0－(G/S)
密封气体对外做功 W＝pS×0.1L
由热力学第一定律 ΔU＝Q－W
得 ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG
(2)该过程是等压变化，由盖—吕萨克定律有
LS L＋0.1LS
T0＝ T
解得 T＝1.1T0
热力学第一定律的理解和应用
图 3－2、3－3
1．(双选)(2014·广东卷)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图 3－
2、3－3 所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内
气体( )
A．体积减小，内能增大
B．体积减小，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
D．对外界做正功，压强减小
答案 AC
解析 充气袋被挤压时，体积减小，压强增大，同时外界对气体做功，又因为
袋内气体与外界无热交换，故其内能增大，A、C 选项正确．
2．关于内能的变化，以下说法正确的是( )
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
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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，物体内能的变化与做功及热传递两
个因素均有关，物体吸收热量，内能也不一定增大，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；放出热量，同时对外做功，内能一定减少，
D 错误．
能量守恒定律的理解和应用
3．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是( )
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减小，说明机械能在减少，减少的机械能等于
克服阻力、摩擦力做的功，增加了内能．
气体实验定律和热力学第一定律的结合
4．(热力学第一定律与气体实验定律的结合)如图 3－2、3－4 所示，两个截面
积都为 S 的圆柱形容器，右边容器高为 H，上端封闭，左边容器上端是一个可
以在容器内无摩擦
滑动的质量为 M 的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细
管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容
器底的距离为 H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，
直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的 1.4 倍，已知外界
大气压强为 p0，求此过程中气体内能的增加量．
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图 3－2、3－4
3
答案 5(Mg＋p0S)H
解析 理想气体发生等压变化．设封闭气体压强为 p，分析活塞受力有 pS＝
Mg＋p0S
设气体初态温度为 T，活塞下降的高度为 x，系统达到新平衡，由盖—吕萨克定
HS H－x＋HS
律 T ＝ 1.4T
3
解得 x＝5H
又因系统绝热，即 Q＝0
外界对气体做功为 W＝pSx
根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W
3
5
所以 ΔU＝ (Mg＋p0S)H
(时间：60 分钟)
题组一 热力学第一定律的应用
1．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．绝热压缩的物体，其内能一定增加
答案 CD
解析 做功和传热都可以改变物体的内能，不能依据一种方式的变化就判断内
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能的变化．
2．(双选)下列过程可能发生的是( )
A．物体吸收热量，对外做功，同时内能增加
B．物体吸收热量，对外做功，同时内能减少
C．外界对物体做功，同时物体吸热，内能减少
D．物体对外做功，同时物体放热，内能增加
答案 AB
解析 当物体吸收的热量多于对外做的功时，物体的内能就增加，A 正确；当
物体吸收的热量少于对外做的功时，物体的内能就减少，B 正确；外界对物体
做功，同时物体吸热，则物体的内能必增加，C 错误；物体对外做功，同时物
体放热，则物体的内能必减少，D 错误．
图 3－2、3－5
3．如图 3－2、3－5 所示是密闭的气缸，外力推动活塞 P 压缩气体，对缸内气
体做功 800 J，同时气体向外界放热 200 J，缸内气体的( )
A．温度升高，内能增加 600 J
B．温度升高，内能减少 200 J
C．温度降低，内能增加 600 J
D．温度降低，内能减少 200 J
答案 A
解析 对一定质量的气体，由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 可知，ΔU＝800 J＋
(－200 J)＝600 J，ΔU 为正表示内能增加了 600 J，对气体来说，分子间距较大，
分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能
增加，温度升高，选项 A 正确．
4．小明同学将喝空的饮料瓶遗留在车内，当夜晚来临，车内温度降低时，密闭
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在瓶内的气体(可视为理想气体)将( )
A．内能增大，放出热量
B．内能增大，吸收热量
C．内能减小，放出热量
D．内能减小，吸收热量
答案 C
解析 一定质量的理想气体的内能由温度决定，当温度降低时，内能减少，
ΔU＜0，由于体积不变，W＝0，由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 可得 Q＜0，故
气体放热，正确答案为 C 项．
5．给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎
内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体( )
A．从外界吸热
B．对外界做负功
C．分子平均动能减小
D．内能增加
答案 A
解析 胎内气体经历了一个温度不变、压强减小、体积增大的过程．温度不变，
分子平均动能和内能不变．体积增大气体对外界做正功．根据热力学第一定律
气体一定从外界吸热．
6．(双选)夏季烈日下的高速路面温度很高，汽车行驶过程中轮胎与路面摩擦也
产生大量的热．因此高速行驶的汽车容易爆胎而出现事故，酿成悲剧．对车胎
爆裂这一现象下列说法正确的是(假设升温过程轮胎容积不变)( )
A．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
B．在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增
大
C．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能增加
D．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少
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答案 BD
题组二 能量转化与守恒定律
7．(双选)一物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物
体和斜面组成的系统( )
A．机械能守恒
B．总能量守恒
C．机械能和内能增加
D．机械能减少，内能增加
答案 BD
解析 物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能
减少，由能量转化和守恒定律知，内能应增加，能的总量不变．
图 3－2、3－6
8．如图 3－2、3－6 所示为冲击摆实验装置，一飞行子弹射入沙箱后与沙箱合
为一体，共同摆起一定的高度，则下面有关能量的转化的说法中正确的是( )
A．子弹的动能转变成沙箱和子弹的内能
B．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的热能
C．子弹的动能转变成了沙箱和子弹的动能
D．子弹动能的一部分转变成沙箱和子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和
子弹的机械能
答案 D
解析 子弹在射入沙箱瞬间，要克服摩擦阻力做功，一部分动能转变成沙箱和
子弹的内能，另一部分动能转变成沙箱和子弹的机械能．
题组三 气体实验定律与热力学第一定律的结合
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图 3－2、3－7
9．如图 3－2、3－7 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
筒在缓缓下降过程中，筒内空气体积减小，空气一定( )
A．从外界吸热 B．内能增大
C．向外界放热 D．内能减小
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；热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，因为在这个过程中气体体积减小，外界
对气体做了功，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.
图 3－2、3－8
10．(双选)如图 3－2、3－8 所示，一绝热容器被隔板 K 隔开成 a，b 两部
分．已知 a 内有一定量的稀薄气体，b 内为真空．抽开隔板 K 后，a 内气体进
入 b，最终达到平衡状态．在此过程中( )
A．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 因 b 内为真空，所以抽开隔板后，a 内气体可以“自发”进入 b，气体不
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做功，又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断
其内能不变，温度不变，由玻意耳定律可知：气体体积增大，压强必然变小，
综上可判断 B、D 项正确．
图 3－2、3－9
11．(双选)如图 3－2、3－9 所示，a，b，c，d 表示一定质量的理想气体状态变
化过程中的四个状态，图中 ad 平行于横坐标轴，dc 平行于纵坐标轴，ab 的延
长线过原点，以下说法正确的是( )
A．从状态 d 到 c，气体不吸热也不放热
B．从状态 c 到 b，气体放热
C．从状态 a 到 d，气体对外做功
D．从状态 b 到 a，气体放热
答案 BC
解析 从状态 d 到 c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所
以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故 A 错；气体
从状态 c 到状态 b 是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，
而气体的内能还要减小(降温)，就一定要伴随放热的过程，故 B 对；气体从状
态 a 到状态 d 是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，
C 正确；气体从状态 b 到状态 a 是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温
度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体
内能的增大是因为气体吸热的结果，故 D 错误．
题组四 综合应用
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图 3－2、3－10
12．如图 3－2、3－10 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：
(1)气体在状态 B 的温度 TB；
(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)2p0V0
VA VB
解析 (1)A 到 B 的过程是等压变化有TA＝TB
代入数据得 TB＝600 K(327 ℃)
(2)根据热力学第一定律有 ΔU＝Q＋W
其中 W＝－2p0V0
解得 Q＝2p0V0(吸热)
13．如图 3－2、3－11 所示，导热材料制成的截面积相等，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
5
C 位于 B 内左侧，在 A 内充满压强 pA＝2.8×10 Pa 的理想气体，B 内充满压强
5
pB＝1.4×10 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 3－2、3－11
(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，答案见解析
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解析 (1)活塞向右运动后，对 A 气体，有 pALS＝p(L＋x)S
对 B 气体，有 pBLS＝p(L－x)S
得 x＝15 cm
p＝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．
图 3－2、3－12
14．如图 3－2、3－12 是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时
封闭的空气柱长度为 22 cm，现用竖直向下的外力 F 压缩气体，使封闭的空气
5
柱长度为 2 cm，人对活塞做功 100 J，大气压强为 p0＝1×10 Pa，不计活塞的
重力．问：
(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
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人做功 W2＝100 J
由热力学第一定律 ΔU＝W1＋W2＋Q
Q＝－20 J
解出 ΔU＝82 J
第四节 热力学第二定律
[目标定位] 1.通过自然界中客观过程的方向性，了解热力学第二定律． 2.了
解热力学第二定律的两种不同表述，以及两种表述的物理实质． 3.了解什么
是第二类永动机，知道为什么它不能制成． 4.了解热力学第二定律的微观实
质． 5.了解熵是反映系统无序程度的物理量．
一、热传导的方向性
1．两个温度不同的物体互相接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，
但不会自发地从低温物体传给高温物体．这说明：热传导过程是有方向性的．
2．热力学第二定律是一条反映自然界过程进行方向和条件的规律．
二、机械能和内能转化过程的方向性
1．机械能和内能转化过程具有方向性，即机械能全部转化为内能的过程是可以
自发进行的，内能全部转化为机械能的过程，是不能自发进行的，要将内能全
部转化为机械能，必然会引起其他影响．
2．第二类永动机
(1)定义
从单一热源吸热全部用来做功，而不引起其他变化的热机．
(2)第二类永动机不可能制成的原因是它违背了热力学第二定律．
三、热力学第二定律的表述
1．第一种表述(克劳修斯表述)：热量不能自发地从低温物体传递到高温物
体．(按照热传导的方向性来表述的)．
2．第二种表述(开尔文表述)：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，
而不引起其他变化．(按照机械能与内能转化过程的方向性来表述的)
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热力学第二定律的这两种表述是等价的．热现象的宏观过程都具有方向性．
3．自然界中一切与热现象有关的自然过程都具有方向性．
想一想 热传导的方向性能否简单理解为“热量不会从低温物体传给高温物体”
？
答案 不能．“自发地”是指没有第三者影响，例如空调、冰箱等制冷机就是
把热量从低温物体传到了高温物体，但是也产生了影响，即外界做了功．
四、热力学第二定律的微观实质
1．做功是与分子群体的有序运动联系在一起的，内能是和分子的无序运动联系
在一起的，机械能转化为内能的过程，从微观上来说，是大量分子的有序运动
朝无序运动的方向转换的过程，其相反方向的过程是大量分子从无序运动朝有
序运动方向转换的过程．
2．热传导过程是使物体内部分子的热运动由比较有序的状态向无序的状态转化
的过程．
3．热力学第二定律的微观实质
与热现象有关的自发的宏观过程，总是朝着分子热运动状态无序性增加的方向
进行的．
五、熵
意义：描述物体的无序程度，物体内部分子热运动无序程度越高，物体的熵就
越大.
一、宏观过程的方向性
1．热传导具有方向性：两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温
物体传给低温物体，结果使高温物体的温度降低，低温物体的温度升高．
2．气体的扩散现象具有方向性：两种不同的气体可以自发地进入对方，最后成
为均匀的混合气体，但这种均匀的混合气体，决不会自发地分开，成为两种不
同的气体．
3．机械能和内能的转化过程具有方向性：物体在水平面上运动，因摩擦而逐渐
停止下来，但绝不可能出现物体吸收原来传递出去的热量后，在地面上重新运
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动起来．
4．气体向真空膨胀具有方向性：气体可自发地向真空容器膨胀，但绝不可能出
现气体自发地从容器中流出，容器变为真空．
5．在整个自然界中，无论有生命的还是无生命的，所有的宏观自发过程都具有
单向性，都有一定的方向性，都是一种不可逆过程．
例 1 (双选)下列说法正确的是( )
A．热量能自发地从高温物体传给低温物体
B．热量不能从低温物体传到高温物体
C．热传递是自发的双向的
D．气体向真空中膨胀的过程是有方向性的
答案 AD
解析 如果是自发地进行，热量只能从高温物体传到低温物体，但这并不是说
热量不能从低温物体传到高温物体，只是不能自发地进行，在外界条件的帮助
下，热量也能从低温物体传到高温物体，A 对，B、C 错；气体向真空中膨胀的
过程也是不可逆，具有方向性的，D 对．
借题发挥 两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温物体传给低
温物体，使高温物体的温度降低，低温物体的温度升高，这个过程是自发进行
的，不需要任何外界的影响或者帮助，有时我们也能实现热量从低温物体传给
高温物体，如电冰箱，但这不是自发地进行的，需要消耗电能，其实自然界中
所有的热现象都是具有单向性的．
二、热力学第二定律和熵
1．克劳修斯表述是按热传导的方向性表述的．热量可以由低温物体传到高温物
体但不能是自发的，如：冰箱、空调．
2．开尔文表述是按照机械能与内能转化过程的方向性来表述的．不是不能从单
一热库吸收热量而对外做功，而是这样做的结果，一定伴随着其他变化或影
响．
3．这两种表述看似毫无联系，其实是等价的，可以从一种表述导出另一种表
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述．
4．热力学第二定律揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向
性．
5．熵较大的宏观状态就是无序性较大的宏观状态，在自发过程中熵总是增加的，
即向无序性增加的方向进行．
6．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律：一个孤立系统总是从熵
小的状态向熵大的状态发展，而熵值较大代表着较为无序，所以自发的宏观过
程总是向无序度更大的方向发展．
例 2 (双选)根据热力学第二定律可知，下列说法中正确的是( )
A．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化
B．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，
而不引起其他变化的热机是可以实现的
C．制冷系统将冰箱里的热量传给外界较高温度的空气中，而不引起其他变化
D．不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化
答案 AD
解析 热力学第二定律揭示了与热现象有关的物理过程的方向性，机械能和内
能的转化过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，而内能要转化为机械
能必须借助外部的帮助，即会引起其他变化，A 选项正确、B 选项错误；热传
递过程也具有方向性，热量能自发地从高温物体传给低温物体，但是热量要从
低温物体传到高温物体，必然要引起其他变化(外界对系统做功)，故 C 选项错
误、D 选项正确．
借题发挥 (1)一切物理过程均遵守能量转化与守恒定律，但遵守能量守恒的物
理过程不一定均能实现．
(2)热力学第二定律的关键在于“自发性”和“方向性”．
例 3 (双选)下列关于熵的观点中正确的是( )
A．熵越大，系统的无序度越大
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B．对于一个不可逆绝热过程，其熵总不会增加
C．气体向真空扩散时，熵值减小
D．自然过程中熵总是增加的，是因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多
得多
答案 AD
解析 熵是系统内分子运动无序性的量度，熵越大，其无序度越大，选项 A 正
确；一个不可逆绝热过程，其宏观状态对应微观态数目增大，其熵会增加，不
会减小，选项 B 错误；气体向真空中扩散，无序度增大，熵值增大，选项 C 错
误；自然过程中，无序程度较大的宏观态出现的概率大，因而通向无序的渠道
多，选项 D 正确.
宏观过程的方向性
1．下列哪个过程具有方向性( )
①热传导过程 ②机械能向内能的转化过程 ③气体的扩散过程 ④气体向真
空中的膨胀
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
答案 D
解析 这四个过程都是与热现象有关的宏观过程，根据热力学第二定律可知，
它们都是不可逆的，具有方向性．
热力学第二定律
2．(双选)根据热力学第二定律，下列判断正确的是( )
A．电流的能不可能全部变为内能
B．在火力发电机中，燃气的内能可能全部变为电能
C．热机中，燃气内能不可能全部变为机械能
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D．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
答案 CD
解析 根据热力学第二定律可知，凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，
电流的能可全部变为内能(由焦耳定律可知)，而内能不可能全部变成电流的能，
而不产生其它影响．机械能可全部变为内能，而内能不可能全部变成机械
能．在热传导中，热量只能自发地从高温物体传递给低温物体，而不能自发地
从低温物体传递给高温物体．
3．(双选)关于热力学第二定律的微观意义，下列说法正确的是( )
A．大量分子无规则的热运动能够自动转变为有序运动
B．热传递的自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程
C．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运
动状态转化的过程
D．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
答案 CD
解析 分子热运动是大量分子的无规则运动，系统的一个宏观过程包含着大量
的微观状态，这是一个无序的运动，根据熵增加原理，热运动的结果只能使分
子热运动更加无序，而不是变成了有序，热传递的自然过程从微观上讲就是大
量分子从无序程度小的运动状态向无序程度大的运动状态转化的过程，故选
C、D.
4．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是( )
A．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并达到绝对零度，最终
实现热机效率 100%
B．热量是不可能从低温物体传递给高温物体的
C．第二类永动机遵从能量守恒故能做成
D．用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功 2.0×105 J，同时空气向外界放出热
量 1.5×105 J，则空气的内能增加了 0.5×105 J
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答案 D
解析 由热力学第二定律知，B、C 错；绝对零度不可能达到，A 错；由热力学
第一定律知 D 正确.
(时间：60 分钟)
题组一 宏观过程的方向性
1．(双选)关于热传导的方向性，下列说法正确的是( )
A．热量能自发地由高温物体传给低温物体
B．热量能自发地由低温物体传给高温物体
C．在一定条件下，热量也可以从低温物体传给高温物体
D．热量不可能从低温物体传给高温物体
答案 AC
解析 在有外力做功的情况下，热量可以从低温物体传给高温物体，但热量只
能自发地从高温物体传给低温物体．
2．(双选)下列说法中正确的是( )
A．一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．一切不违反能量守恒与转化定律的物理过程都是可能实现的
C．由热力学第二定律可以判断物理过程能否自发进行
D．一切物理过程都不可能自发地进行
答案 AC
解析 能量转移和转化的过程都是具有方向性的，A 对；第二类永动机不违背
能量守恒定律，但是不能实现，B 错；在热传递的过程中，能量可以自发地从
高温物体传到低温物体，但其逆过程不可能自发地进行，C 对、D 错．
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3．以下说法正确的是( )
A．热量不仅可以从高温物体传到低温物体，也可自发地从低温物体传到高温
物体
B．空调等设备就是利用了热传导的方向性
C．无论采用什么方法，都不可能把热量从低温物体传递给高温物体
D．热量能自发地传递的条件是必须存在“温度差”
答案 D
解析 热传导具有方向性，热量可以自发地由高温物体传到低温物体，也可以
从低温物体传到高温物体，但不能自发地进行，故 A 错；空调等可以将热量由
低温物体传到高温物体，但消耗了电能，故 B，C 错．
题组二 热力学第二定律的理解
4．关于热力学定律和分子动理论，下列说法中正确的是( )
A．我们可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以
利用而不引起其他变化
B．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内
能转化为机械能，这在原理上是可行的
C．在分子力作用范围内，分子力总是随分子间距离的增大而减小
D．温度升高时，物体中每个分子的运动速率都将增大
答案 B
解析 由热力学第二定律可知，A 错误、B 正确；由分子间作用力与分子间距
的关系可知，C 项错误；温度升高时，物体中分子平均动能增大，但并不是每
个分子的动能都增大，即并不是每个分子的运动速率都增大，故 D 项错误．
5．下列有关能量转化的说法中正确的是( )
A．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他的变化
B．只要对内燃机不断改进，就可以使内燃机的效率达到 100%
C．满足能量守恒定律的物理过程都能自发的进行
D．外界对物体做功，物体的内能必然增加
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答案 A
解析 由热力学第二定律的开尔文表述可知，A 对；热机效率总低于 100%，
B 错；满足能量守恒的过程未必能自发进行，因为还要看是否满足热力学第二
定律，C 错；由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 可知，W>0，ΔU 不一定大于 0，即
内能不一定增加，D 错．
图 3－4－1
6．(双选)用两种不同的金属丝组成一个回路，接触点 1 插在热水中，接触点
2 插在冷水中，如图 3－4－1 所示，电流计指针会发生偏转，这就是温差发电
现象．关于这一现象的正确说法是( )
A．这一实验不违背热力学第二定律
B．在实验过程中，热水温度降低，冷水温度升高
C．在实验过程中，热水的内能全部转化成电能，电能则部分转化成冷水的内
能
D．在实验过程中，热水的内能只有部分转化成电能，电能则全部转化成冷水
的内能
答案 AB
解析 自然界中的任何自然现象或过程都不违反热力学定律，本实验现象也不
违反热力学第二定律，A 正确；整个过程中能量守恒且热传递有方向性，B 正
确；在实验过程中，热水中的内能除转化为电能外，还升高金属丝的温度，内
能不能全部转化为电能；电能除转化为冷水的内能外，还升高金属丝的温度，
电能不能全部转化为冷水的内能，C、D 错误．注意与热现象有关的宏观现象
的方向性，这是应用热力学第二定律的关键．
7．(双选)图 3－4－2 为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂
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在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经
过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )
图 3－4－2
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了
电能
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律
答案 BC
解析 热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒
定律的具体表现，适用于所有的热现象，故 C 正确、D 错误；根据热力学第二
定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，
A 错误、B 正确．故选 B、C.
8．(双选)下列关于气体在真空中的扩散规律的叙述中正确的是( )
A．气体分子数越小，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越小
B．气体分子数越大，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大
C．扩散到真空容器中的分子在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观
态数目越大
D．气体向真空中扩散时，总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
答案 CD
解析 由热力学第二定律的微观解释“一切自然过程总是沿着分子热运动的无
序性增大方向进行”和熵的概念可知，C、D 正确．
题组三 综合应用
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9．下列说法中正确的是( )
A．功可以完全转化为热量，而热量不可以完全转化为功
B．热机必须是具有两个热库，才能实现热功转化
C．热机的效率不可能大于 1，但可能等于 1
D．热机的效率必定小于 1
答案 D
解析 本题要求全面领会开尔文表述的含义，同时注意语言逻辑性．开尔文表
述没有排除热量可以完全转化为功，但必然要产生其他变化，比如气体等温膨
胀，气体内能完全转化为功，但气体体积增大了，A 错误；开尔文表述指出，
热机不可能只有单一热库．但未必就是两个热库．可以具有两个以上热库，
Q1－Q2
Q1
B 错误；由 η＝ 可知，只要 Q2≠0，η≠1，如果 Q2＝0，则低温热库不存
在，违背了开尔文表述，故 C 错误、D 正确．
10．用隔板将一绝热容器隔成 A 和 B 两部分，A 中盛有一定质量的理想气体，
B 为真空(如图 3－4－3 甲所示)，现把隔板抽去，A 中的气体自动充满整个容器
(如图乙所示)，这个过程称为气体的自由膨胀，下列说法正确的是( )
图 3－4－3
A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动
B．自由膨胀前后，气体的压强不变
C．自由膨胀前后，气体的温度不变
D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到 A 部分
答案 C
解析 由分子动理论知，气体分子的热运动是永不停息地做无规则运动，故选
项 A 错误；由能量守恒定律知，气体膨胀前后内能不变，又因一定质量理想气
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pV
体的内能只与温度有关，所以气体的温度不变，故选项 C 正确；由 T ＝常量，
所以气体压强变小，故选项 B 错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具
有方向性，在无外界影响的情况下，容器中的气体不能自发地全部回到容器的
A 部分，故选项 D 错误．
11．(双选)关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．不可能使热量从低温物体传向高温物体
D．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
答案 AD
解析 由 ΔU＝W＋Q 可知做功和热传递是改变内能的两种途径．它们具有等效
性，故 A 正确．热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体，则 C 项错；一
切与热现象有关的宏观过程不可逆，则 D 正确．
12．热力学第二定律常见的表述有两种．
第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；
第二种表述：不可能从单一热库吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他
变化．
图 3－4－4 甲是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷
机做功，使热量从低温物体传递到高温物体．请你根据第二种表述完成示意图
3－4－4 乙．根据你的理解，热力学第二定律的实质是________．
图 3－4－4
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答案 见解析
解析 示意图如下图所示．
一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性．
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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
[目标定位] 1.知道一些常规能源． 2.知道温室效应和酸雨形成的原因、危害
及防治措施． 3.了解新能源开发与利用．
一、能源与环境
1．常规能源：煤、石油、天然气．
2．大量消耗常规能源造成的危害
(1)空气质量恶化，危害生态环境．
(2)大气污染最突出的影响是：温室效应和酸雨．
二、温室效应
1．温室效应是人类过多地排放二氧化碳，干扰了地球的热量平衡造成的．
2．控制全球变暖的对策：调整能源结构，控制二氧化碳的过量排放．
三、酸雨
1．定义：pH 值小于 5.6 的降水．
2．酸雨形成原因：人为排放的二氧化硫和氮氧化合物是酸雨形成的根本原因．
3．酸雨的危害：酸雨影响人的健康，危害生态系统，使土壤酸化和贫瘠，腐蚀
建筑物和艺术品．
4．防治酸雨的措施
(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)改造发动机，安装汽车尾气净化器．
四、能量降退与节约能源
1．能量降退：能量可利用程度降低的现象．
2．节约能源：由于常规能源是不可再生的能源，不是用之不竭的．
五、新能源的开发和利用
1．化石能源的短缺和利用常规能源带来的环境污染，使得新能源的开发成为当
务之急．
2．新能源主要有下列几种
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(1)太阳能
(2)生物质能
(3)风能
(4)水(河流、潮汐)能
太阳能、风能、水能是清洁能源．风能和水能是可再生能源．
温馨提示
能量耗散虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低，它实际上将能
量从高度有用的形式降级为不大可用的形式．煤、石油、天然气等能源储存着
高品质的能量，在利用它们的时候，高品质的能量释放出来并最终转化为低品
质的内能.
一、能源的特点及分类
能源分类方法 能源分类名称 特点 举例
自然形成，未经加 太阳能、风能、地热能、核能、
一次能源
按形成或转换 工 潮汐能
特点分 由一次能源经加工 焦炭、木炭、蒸汽、液化气、酒
二次能源
转换而成 精、汽油、电能
按利用技术分 常规能源 已大规模正常使用 煤、石油、天然气、水能
正在开发，或有新 太阳能、核能、地热能、海洋能、
新能源
的利用方式 沼气、风能
按可否再生分 可循环使用、不断
可再生能源 水能、风能、太阳能、地热能
补充
短期内无法转换获
不可再生能源 煤、石油、天然气、核燃料
得
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按对环 对环境基本上没有
清洁能源 太阳能、海洋能、风能、水能
境污染 污染
情况分 污染能源 会严重污染环境 化石燃料(煤 、石油、天然气)
例 1 水力发电站的电能最终来自于( )
A．太阳能 B．水的动能
C．水的势能 D．水的内能
答案 A
二、能量降退与节约能源
1．能量降退
(1)概念：能量可利用程度降低的现象．
(2)对能量降退的理解
①由于自然界中的宏观过程的方向性，使能量在转化过程中，可利用程度逐渐
降低．
②内燃机不可能把燃料燃烧释放的内能全部用来对外做功，总有散失到环境中
的能量，这些能量很难重新利用，可利用程度很低，若用内燃机输出的机械能
带动发电机发电，又有一部分机械能转化为发电机的内能，发电机温度升高，
把这些内能散失到周围空间，这些弥散的能量可利用程度也很低，由此看来，
能量的可利用程度是逐渐降低的．
2．节约能源的原因
(1)煤炭、石油、天然气等常规能源都是不可再生能源，都存在能量降退的现
象．
(2)随着生产力的飞速发展，能源的消耗急剧增长．
(3)地球上的石油、煤炭等能源储藏量有限，能源需求的成倍增长与常规能源的
有限性的矛盾将不断引起能源危机．
例 2 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．用太阳能灶供热
答案 D
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解析 煤、石油、天然气等燃料的使用，使人类获得大量能源，但是由于这些
燃料中含有杂质以及燃烧的不充分，使得废气中含有粉末、一氧化碳、二氧化
硫等物质污染大气，而太阳能是一种无污染的能源．
方法总结 太阳能是一种清洁能源，不会污染环境．不会污染环境的能源还有：
风能、海洋能、地热能、生物质能和氢能等．
针对训练 (双选)下列对能量降退的理解正确的是( )
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 能量降退是在能量转化的过程中可利用程度逐渐降低，散失的部分无法
再回收利用，但不违反能量守恒定律，能量既没有减少，也没有消失，它只是
从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故 B、D 选项正确.
能源与环境
1．(双选)下列情况可引起大气污染的是( )
A．太阳能热水器的使用 B．工业废气的排放
C．燃放鞭炮 D．风车在发电
答案 BC
解析 太阳能与风能是清洁能源，而工业废气及燃放鞭炮都可能会引起大气污
染，选 B、C.
2．(双选)关于“温室效应”，下列说法正确的是( )
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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．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳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，两极冰雪熔化
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燃烧时产生的二氧化碳增加了大
气中二氧化碳的含量．它的危害是使地面气温上升、两极冰雪熔化、海平面上
升淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故正确答案为 B、C.
能源开发与利用
3．下列关于能量耗散的说法，不正确的是( )
A．能量耗散使能的总量减少，违背了能量守恒定律
B．能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用
C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动全额发生的
D．能量耗散导致能量品质的降低
答案 A
解析 能量耗散是能量在转化的过程中有一部分以内能的形式被周围环境吸收，
遵守能量守恒定律，但使得能量品质降低，故 A 错、D 对；耗散的内能无法再
被利用，B 项对；其他形式的能在一定的条件下可以全部转化为内能，但相反
过程却不能够全额进行，C 项对；故选 B、C、D.
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(时间：60 分钟)
题组一 能源的分类
1．(双选)以下说法正确的是( )
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
B．汽油是一种清洁能源
C．水能是可再生能源
D．煤、石油等常规能源是取之不尽、用之不竭的
答案 AC
解析 煤、石油、天然气等是动植物转化成的，其来源可追溯到太阳能，A 正
确；汽油燃烧会引起一些化合物的产生，导致有毒气体的生成，B 错误；水能
是可再生能源，C 正确；煤、石油等存量是有限的，是不可再生能源，D 错
误．
2．作为新型燃料，从环保角度来看，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．
题组二 能源与环境
3．你认为下列能源中，最适合作为未来能源的是( )
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A．太阳能 B．风能
C．柴薪能源 D．潮汐能
答案 A
4．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 能量虽然守恒，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．
5．下列叙述中不正确的是( )．
A．市区禁止摩托车通行是为了提高城区空气质量
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 B
解析 城市的空气污染一方面来自工业，另一方面来自机动车尾气的排放；氟
是促使臭氧分解的催化剂，所以无氟冰箱的使用会降低对臭氧层的破坏；二氧
化碳的性质决定了它能引起温室效应，现在大气中二氧化碳的浓度日益增大；
由于塑料极难分解，所以“白色污染”成了当前环境保护的重大问题之一．
题组三 能源的开发与利用
6．(双选)下面关于能源的说法中正确的是( )
A．一切能源是取之不尽，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
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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，但耗散的内能无法重新收集利用，所以能源是有限的，
特别是常规能源，A 错、B 对；常规能源的利用比核能的利用对环境的影响大，
C 对、D 错．
7．(双选)为了减缓大气中 CO2 浓度的增加，可以采取的措施有( )
A．禁止使用煤、石油和天然气
B．开发利用核能、太阳能
C．将汽车燃料由汽油改为液化石油气
D．植树造林
答案 BD
解析 能源与环境是相互制约的，在目前能源比较短缺的情况下还不能禁止使
用常规能源，A、C 错，B 正确；通过植树造林，可以把太阳辐射到地球的能量
转化为生物的能量储存起来，又能吸收大气中的 CO2，释放出 O2，D 正确．
8．关于能量和能源，下列说法中正确的是( )
A．化石能源是清洁能源，水能是可再生能源
B．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
C．在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
D．能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能量的总量并不减少，但
能量品质降低了
答案 D
解析 化石能源在燃烧时放出 SO2、CO2 等气体，形成酸雨和温室效应，破坏
生态环境，不是清洁能源，A 项错；能量是守恒的，既不能创造也不可能消失，
但能量品质会下降，故要节约能源，B、C 均错，D 项正确．
9．有一位柴油机维修师傅，他介绍说不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气
管附近，感知一下排出尾气的温度，他就能够判断这台柴油机是否节能，关于
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尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是( )
A．尾气的温度越高，柴油机越节能
B．尾气的温度越低，柴油机越节能
C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D．以上说法均不正确
答案 B
解析 气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油在它的气
缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾
气是一个低温热源，根据能量守恒定律，这两个热源之间的能量差就是转换的
机械能，燃烧相同质量的柴油，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越
低．
10．煤是重要的能源和化工原料，直接燃烧既浪费资源又污染环境．最近，某
企业利用“煤粉加压气化制备合成气新技术”，让煤变成合成气(一氧化碳及氢
气总含量≥90%)，把煤“吃干榨尽”．下列有关说法中不正确的是( )
A．煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化
B．煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化但没有物理变化
C．该技术实现了煤的清洁利用
D．该技术实现了煤的高效利用
答案 B
解析 煤粉加压汽化制备合成气中既有物理变化，又有化学变化，A 正确；该
技术使煤得以良好利用又环保，C、D 正确，故选 B.
11．CO2 气体有个“怪脾气”，它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 CO2 浓度的急剧增加已导致气温的逐步上升，使
全球气候变暖．
(1)这种大气中以 CO2 为主的气体产生的效应称为( )
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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环境生态平衡
答案 (1)D (2)B
解析 以 CO2 为主的气体产生的效应称为温室效应，导致这种效应产生的重要
原因为大量燃料如石油、煤炭、天然气等的燃烧．
12．能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有限，有
朝一日要被开采完毕，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的
能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例．如图 3－5、6－1 表示的是利
用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动
发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同时，堵住通道如图甲；潮
落至最低点时放水发电，如图乙；待内外水面高度相同时，再堵住通道，直到
下次涨潮至最高点，又进水发电，如图丙．设海湾面积为 5.0×107 m2，高潮与
低潮间高度差为 3.0 m，则一天内流水的平均功率为( )
图 3－5、6－1
A．75 MW B．100 MW
C．125 MW D．150 MW
答案 B
解析 潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．每次涨潮时流进海
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湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为 mg＝ρShg＝1.0×103×5.0×107×3×10
N＝1.5×1012 N，其重心高度变化为 h＝1.5 m.
一天内海水两进两出，故水流功率为
4mgh 4 × 1.5 × 1012 × 1.5
P＝ t ＝ 24 × 3 600 W＝1.0×108 W＝100 MW.
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章末整合
一、做功、热传递与内能变化的关系
1．做功与热传递的区别与联系
做功和热传递是改变物体内能的两种方式，它们在改变物体的内能上是等效的，
但它们的本质不同．做功是其他形式的能和内能之间的转化，热传递则是物体
间内能的转移．
2．热力学第一定律
ΔU＝W＋Q 正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键．
(1)外界对物体做功，W>0；物体对外做功，W<0；
(2)物体从外界吸热，Q>0；物体放出热量，Q<0；
(3)ΔU>0，物体的内能增加；ΔU<0，物体的内能减少．
分析题干，确定内能改变的方式(W，Q)→判断 W，Q 的符号→代入公式 ΔU＝
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W＋Q→得出结论Error!
例 1 当把打足气的车胎内的气体迅速放出时，会发现车胎气嘴处的温度明显
降低，则在这个过程中( )
A．气体对外做功，同时向外散发热量
B．气体对外做功，车胎内气体温度降低，从外界吸热
C．外界对车胎内气体做功，车胎内气体向外传递热量
D．外界对车胎内气体做功，同时向车胎内气体传递热量
答案 B
解析 气体迅速放出时，气体体积膨胀对外做功，同时温度降低，使气嘴处温
度明显低于外界温度，从外界吸热．故正确答案为 B.
例 2 (双选)一定质量的理想气体自状态 A 经状态 C 变化到状态 B.这一过程的
VT 图象表示如图 1 所示，则( )
图 1
A．在过程 AC 中，外界对气体做功，内能不变
B．在过程 CB 中，外界对气体做功，内能增加
C．在过程 AC 中，气体压强不断变大
D．在过程 CB 中，气体压强不断减小
答案 AC
解析 由图象可知，AC 过程是等温压缩，CB 过程是等容升温，据气态方程可
判断出：AC 过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变，气体压强不
断变大；CB 过程气体体积不变，内能增加，显然气体从外界吸热，气体压强不
断增大，故 A、C 正确．
例 3 一定质量的气体从外界吸收了 4.2×105J 的热量，同时气体对外做了
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6×105J 的功，问：
(1)物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)分子势能是增加还是减少？
(3)分子的平均动能是增加还是减少？
答案 (1)内能减少 1.8×105J (2)分子势能增加
(3)分子平均动能减少
解析 (1)气体从外界吸热为 Q＝4.2×105J，气体对外做功 W＝－6×105J，由热
力学第一定律 ΔU＝W＋Q＝(－6×105J)＋(4.2×105J)＝－1.8×105J.ΔU 为负，说
明气体的内能减少了．所以，气体内能减少了 1.8×105J.(2)因为气体对外做功，
所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增
加了．(3)因为气体内能减少，同时分子势能增加，所以分子平均动能减少．
二、能量守恒定律及应用
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
转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在能的转化或转移过
程中其总量不变．
能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，不同形式的能可以相互转化．
2．应用能量守恒定律解题的方法和步骤
(1)认清有多少种形式的能(例如动能、势能、内能、电能、化学能、光能等)在
相互转化．
(2)分别写出减少的能量 ΔE 减和增加的能量 ΔE 增的表达式．
(3)根据下列两种思路列出能量守恒方程：ΔE 减＝ΔE 增．
①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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，且减少量与增加量一
定相等．
(4)解方程，代入数据，计算结果．
例 4 在近地的高空中，雨滴几乎是匀速下落的，设在此过程中所产生的热量
有 30%被雨滴吸收，求雨滴在近地下落 40 m 前、后的温度差？(g 取 10 m/s2)
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答案 升高 0.03 ℃
解析 设雨滴的质量为 m
因为雨滴匀速下落，所以雨滴重力势能的减少等于雨滴克服阻力所做的功
雨滴重力势能的减少，W＝mgh＝400m J
转化成雨滴内能的为 Q＝W·η＝400m J×30%＝120m J
Q
由 Q＝cmΔt 得：Δt＝cm＝0.03 ℃
三、热力学第二定律的应用
1．热力学第二定律的两种表述
(1)按照热传递的方向性表述为：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，这
是热力学第二定律的克劳修斯表述．
(2)按照机械能与内能转化的方向性表述为：不可能从单一热库吸收热量，使之
完全变成功，而不产生其他影响．这是热力学第二定律的开尔文表述．
2．热力学第二定律的微观意义
(1)一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．
(2)用熵来表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会
减小．
3．在整个自然界中，无论有无生命，所有宏观的自发过程都具有单向性，都是
不可逆过程．如河水向下游流，重物向下落，房屋由新到旧直至倒塌，人要从
婴儿到老年直至死亡等．
例 5 (双选)下面关于热力学第二定律微观意义的说法中正确的是( )
A．从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律
B．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行
C．有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着
分子热运动无序性减小的方向进行
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
答案 AD
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解析 系统的热力学过程就是大量分子无序运动状态的变化，从微观角度看，
热力学第二定律是一个统计规律，所以 A 对；热力学第二定律的微观意义是
“一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行”，所以 B、C 均
错；D 项是在引入熵之后对热力学第二定律微观意义的描述，D 对．故正确答
案为 A、D.
例 6 炎炎夏日，两位同学在充满凉意的空调室内，就空调机的工作过程是否
遵循热力学第二定律的问题发生了争论．
甲同学说：空调机工作时，不断地把热量从室内传到室外，即从低温物体传到
高温物体，可见它并不遵循热力学第二定律．
乙同学说：热力学第二定律是热力学系统的普遍规律，空调机的工作过程不可
能违反它．
两人各执一词，都无法使对方信服．请你对他们的论点作出评价．
答案 空调机工作时，热量是由低温物体传到高温物体，但不是自发的，要有
压缩机工作，产生了其它影响，所以不违背热力学第二定律，乙同学的观点正
确．
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章末检测
(时间：90 分钟 满分：100 分)
一、单项选择题(每小题 5 分，共 25 分)
1．下列关于物体内能变化的说法，正确的是( )
A．一定质量的晶体在熔化过程中内能保持不变
B．一定质量的气体在体积膨胀过程中内能一定增加
C．一定质量的物体在热膨胀过程中内能不一定增加
D．一定质量的物体在体积保持不变的过程中，内能一定不变
答案 C
解析 晶体在熔化过程中要吸热，却没有对外做功，故内能增加，A 错误；一
定质量的气体在膨胀过程中，可能吸热，也可能不吸热，还有可能放热，但一
定对外做功，由 ΔU＝Q＋W 不能确定 ΔU，故 B 错误；物体热膨胀一定是吸收
了热量，对外做功不一定小于吸收的热量，内能不一定增加，C 正确；物体体
积不变，温度可能改变，内能随之变化，D 错误．
图 1
2．景颇族的祖先发明的点火器如图 1 所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着
艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
答案 B
解析 对封闭气体，猛推压缩过程中，外界对气体做正功，时间极短，热传递
不计，即 Q＝0，由 ΔU＝W＋Q 可知内能增大，C、D 均错误；因气体内能等于
所有分子动能与分子势能之和，其中分子势能不变或减小，所以分子平均动能
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pV
增加，温度升高，再由气体状态方程 T ＝常量可知，气体压强变大，故 A 错误、
B 正确．
图 2
3．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态 a；然后经过
过程 ab 到达状态 b 或经过过程 ac 到达状态 c.b，c 状态温度相同，如图 2 所
示．设气体在状态 b 和状态 c 的压强分别为 pb 和 pc，在过程 ab 和 ac 中吸收的
热量分别为 Qab 和 Qac，则( )
A．pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，QabQac D．pbWac，故 Qab>Qac.综
上 C 正确．
4．如图 3 所示，气缸内盛有一定质量的理想气体，气缸壁是导热的，缸外环境
保持恒温，活塞与气缸的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接使
其缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的
内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )
图 3
A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定
律
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B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力
学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定
律
D．以上三种说法都不对
答案 C
解析 气体等温膨胀并通过杆对外做功，由于气体等温，所以内能不变，对外
做功，则要吸收热量，即气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程
不违反热力学第二定律，因为此过程产生了其他影响，所以没有违反热力学第
二定律．
图 4
5．如图 4 所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部
封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧
的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此
时弹簧的弹性势能为 Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开，
弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经
过此过程( )
A．Ep 全部转换为气体的内能
B．Ep 一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．Ep 全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．Ep 一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍
为弹簧的弹性势能
答案 D
解析 以活塞为研究对象，设气体压强为 p1，活塞质量为 m，截面积为 S，末
态时压强为 p2，初态 F 弹>mg＋p1S，由题意可得末态位置必须高于初位置，否
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则不能平衡，则由 ΔU＝W(绝热)．W 为正，ΔU 必为正，温度升高，内能增加，
活塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知 F 弹′＝mg＋p2S，仍然具有一
部分弹性势能，D 正确．
二、双项选择题(每小题 5 分，共 25 分)
6．电冰箱的制冷设备是用机械的方式制造人工低温的装置，压缩机工作时，强
迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，实现制冷作用，那么下列说法中正确
的是( )
A．打开冰箱门让压缩机一直工作，可使室内温度逐渐降低
B．在电冰箱的内管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量
C．在电冰箱的外管道中，制冷剂被剧烈压缩放出热量
D．电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律
答案 BC
解析 电冰箱工作过程中，消耗电能的同时部分电能转化为内能，故室内温度
不可能降低，选项 A 错误；制冷剂在内管道膨胀吸热，在外管道被压缩放热，
选项 B、C 正确；电冰箱的工作原理并不违背热力学第二定律，选项 D 错误．
7．下列过程中，可能实现的是( )
A．将海水温度自动下降时释放的内能全部转变为机械能
B．利用海洋不同深度的海水温度不同来制造一种机器，把海水的内能变为机
械能
C．在粗糙水平面上运动的物体，它的动能转化为内能，使物体温度升高
D．静止在光滑水平面上的物体，温度降低时释放的内能可以转化为物体的动
能，使物体运动起来
答案 BC
8．关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
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D．外界对气体做功，气体内能可能减少
答案 AD
解析 根据热力学第二定律：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，
而不引起其他变化．即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下，可以完全转
化为功，A 对；一定量气体的内能的影响因素有体积和温度，故气体体积增大
时，由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B 错；内能可以通过做功和
热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外做功情况未知，故内能不一定增
加，C 错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减
少，D 对．
9．在光滑水平面上运动的物体，受到一个与速度同方向的推力，物体的温度与
环境温度相同，在这个过程中，以物体为研究对象，则( )
A．与热传递等效的功是正功，物体的内能增加
B．与热传递等效的功是零，内能不变
C．动能定理中的功是正功，动能增加
D．动能定理中的功是零，动能不变
答案 BC
解析 根据动能定理，推力对物体做正功，物体动能增加；没有力做功实现其
他形式能和内能的转化，物体的内能不变．
10．关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
答案 AE
解析 做功和热传递是改变内能的两种方式，故 A 对．根据热力学第一定律当
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对物体做功，同时物体对外放热时，物体内能可能保持不变，故 B 错．由热力
学第二定律知，可以由单一热源吸收热量，使之完全转化为功，但要产生其它
影响，故 C 错．热量只是不能自发地由低温物体传给高温物体故 D 错．一切与
热有关的宏观物理过程都是不可逆的，故 E 对．正确选项为 AE.
三、填空题(每小题 5 分，共 10 分)
图 5
11．质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理
想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图 5 所示．单位时间所吸收
的热量可看作不变．
(1)以下说法正确的是______．
A．在区间Ⅱ，物质的内能不变
B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加
D．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大
(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高______(变快、变
慢或快慢不变)请说明理由．
答案 (1)BCD (2)变快，理由见解析
pV
解析 根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 知理想气体的状态方程 T ＝C 可知，在
吸收相同的热量 Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W<0，ΔU＝Q－|W|；体积
不变的条件下，W＝0，ΔU＝Q；所以 ΔU1<ΔU2，体积不变的条件下温度升高
变快．
12．如图 6 所示，根据制冷机的工作原理，试分析每个工作过程中工作物质的
内能改变情况和引起改变的物理过程：
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图 6
(1)工作物质的内能________，是________的过程；
(2)工作物质的内能________，是________的过程；
(3)工作物质的内能________，是________的过程．
答案 (1)增加 做功 (2)减少 放热 (3)增加 吸热
解析 (1)压缩气体，对气体做功，内能增加；
(2)气体液化要放出热量，内能减少；
(3)工作物质的汽化过程，需吸收热量，内能增加．
四、计算题(共 4 小题，共 40 分)
13．(8 分)一定量的气体从外界吸热了 2.6×105 J 的热量，内能增加了 4.2×105
J，是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少功？如果气体吸收
的热量仍为 2.6×105 J 不变，但是内能只增加了 1.6×105 J，这一过程做功情况
怎样？
答案 外界对气体做功，做功为 1.6×105 J
气体对外界做功，做功为 1.0×105 J
解析 由题意知 Q＝2.6×105 J，ΔU＝4.2×105 J，根据 ΔU＝Q＋W，代入可得
W＝1.6×105 J，W 为正值，外界对气体做功，做功为 1.6×105 J.
同理由题意可知 Q′＝2.6×105 J，ΔU′＝1.6×105 J，利用热力学第一定律得
W′＝－1.0×105 J，这说明气体对外界做功(气体体积变大)，做功为 1.0×105 J.
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图 7
14．(10 分)如图 7 所示，p V 图中一定质量的理想气体由状态 A 经过程Ⅰ变至
状态 B 时，从外界吸收热量 420 J，同时膨胀对外做功 300 J．当气体从状态
B 经过程Ⅱ回到状态 A 时，外界压缩气体做功 200 J，求此过程中气体吸收或放
出的热量是多少．
答案 放出 320 J 的热量
解析 一定质量的理想气体由状态 A 经过程Ⅰ变至状态 B 时，从外界吸收的热
量 Q1 大于气体膨胀对外界做的功 W1，气体内能增加，由热力学第一定律可知，
气体内能的增加量为 ΔU＝Q1＋W1＝420 J＋(－300)J＝120 J.
气体由状态 B 经过程Ⅱ回到状态 A 时，气体内能将减少 120 J，而此过程中外
界又压缩气体做了 W2＝200 J 的功，因而气体必须向外界放热，Q2＝ΔU－W2＝
(－120)J－200 J＝－320 J.
即此过程中气体放出的热量是 320 J.
图 8
15．(10 分)如图 8 所示，为一气缸内封闭的一定质量的气体的 pV 图线，当该
系统从状态 a 沿过程 a→c→b 到达状态 b 时，有热量 335 J 传入系统，系统对外
界做功 126 J．求：
(1)若沿 a→d→b 过程，系统对外做功 42 J，则有多少热量传入系统？
(2)若系统由状态 b 沿曲线过程返回状态 a 时，外界对系
统做功 84 J，则系统是吸热还是放热？热量传递是多少？
答案 (1)251 J (2)放热 293 J
解析 (1)由热力学第一定律可得 a→c→b 过程系统增加的内能 ΔU＝W＋Q＝
(－126＋335)J＝209 J，由 a→d→b 过程有 ΔU＝W′＋Q′
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得 Q′＝ΔU－W′＝[209－(－42)]J＝251 J，为正，即有 251 J 的热量传入系
统．
(2)由题意知系统由 b→a 过程内能的增量
ΔU′＝－ΔU＝－209 J
根据热力第一定律有 Q″＝ΔU′－W″＝(－209－84)J＝－293 J
负号说明系统放出热量，热量传递为 293 J
图 9
16．(12 分)某压力锅结构如图 9 所示．盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，
给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在
压力阀被顶起时，停止加热．
(1)若此时锅内气体的体积为 V′，摩尔体积为 V，阿伏加德罗常数为 NA，写出
锅内气体分子数的估算表达式．
(2)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功 1 J，并向外界释放了
2 J 的热量．锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
(3)已知大气压强 p 随海拔高度 H 的变化满足 p＝p0(1－αH)，其中常数 α>0.结合
气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体
的温度有何不同．
V′
答案 (1)n＝VNA (2)减少了 3 J (3)温度随着海拔高度的增加而降低．
解析 (1)阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁，设锅内气体分子数为
V′
V
n，则：n＝ NA.
(2)根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，气体对外做功，功为负，W＝－1 J；向
外放热，热量为负，Q＝－2 J.
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则有：ΔU＝W＋Q＝－3 J，负号表示内能减少．
锅内气体内能减少，减少了 3 J.
(3)由 p＝p0(1－αH)(其中 α>0)，随着海拔高度的增加，大气压强减小；
mg mg
S S
由 p1＝p＋ ＝p0(1－αH)＋ ，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体
压强减小；
p1 p2
根据查理定律T1＝T2可知，阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而
降低．
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模块检测(一)
一、单项选择题(每小题 5 分，共 25 分)
1．下列说法中不正确的是( )
A．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
B．对于一定质量的理想气体，若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加
剧时，压强一定变大
C．当两个分子间的距离为 (平衡位置)时，分子势能最小且一定为零
D．单晶体和多晶体均存在固定的熔点
答案 C
解析 布朗运动形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，选
项 A 正确；若单位体积内分子个数不变(气体体积不变)，当分子热运动加剧时
即 T 升高，压强 p 一定变大，选项 B 正确；两分子间的分子势能在平衡位置时
最小，但其大小是相对的，与零势面的选取有关，若取无穷远为零势能面，最
小的分子势能为负值，选项 C 错误；单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没
有固定的熔点，选项 D 正确．本题选错误的，故选 C.
2．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )
A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大
B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大
D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大
答案 D
解析 一定量的气体，吸收热量同时对外做功，其内能可能不变，A 错．由热
力学第二定律知，B 项错．当两分子间距离小于 r0 时，随分子间距增大分子势
能减小，C 错．分子引力、分子斥力同时存在且随分子间距离的增大而减小，
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随分子间距减小而增大，D 项正确．
3．竖直倒立的 U 形玻璃管一端封闭，另一端开口向下，如图 1 所示，用水银
柱封闭一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的 D 处钻
一小孔，则管内被封闭的气体压强 p 和气体体积 V 变化的情况为( )
图 1
A．p、V 都不变 B．V 减小，p 增大
C．V 增大，p 减小 D．无法确定
答案 B
解析 未钻孔时，D 处的压强和封闭气体的压强一样，等于外界大气压减去水
银柱产生的压强；钻孔后，D 处的压强和外界大气压一样，在大气压的作用下，
导致封闭气体的压强增大，体积减小，故 B 选项正确．
4．一定质量的气体由状态 A 变到状态 B 的过程如图 2 所示，A、B 位于同一双
曲线上，则此变化过程中，温度( )
图 2
A．一直下降 B．先上升后下降
C．先下降后上升 D．一直上升
答案 B
解析 可作出过直线 AB 上中间某点的等温线与过 A、B 两点的等温线进行比较，
越靠近坐标轴的等温线温度越低，由此可知 B 选项正确．
5．关于液体的表面张力，下面说法正确的是( )
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A．表面张力是液体内各部分间的相互作用
B．表面张力的方向总是沿液体表面分布的
C．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部
D．小昆虫能在水面上自由走动与表面张力无关
答案 B
解析 表面张力是表面层分子间的相互作用，所以 A 错；表面张力的方向和液
面相切，并和两部分的分界线垂直，所以 B 对 C 错；小昆虫能在水面上自由走
动是由于表面张力的存在，因此 D 错．
二、双项选择题(每小题 5 分，共 25 分)
6．以下说法中正确的是( )
A．系统在吸收热量时内能一定增加
B．悬浮在空气中做布朗运动的 PM2.5 微粒，气温越高，运动越剧烈
C．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子
在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍
D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，说明此时分子间只存在引力而不存在斥
力
答案 BC
解析 做功和热传递都可以改变内能，根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，若系
统吸收热量 Q>0，对外做功 W＜0，有可能 ΔU 小于零，即系统内能减小，故
pV
A 错误；温度越高，布朗运动越剧烈，故 B 正确；根据理想气体状态方程 T ＝
k 知，若温度不变，体积减半，则气体压强加倍，单位时间内气体分子在容器
壁单位面积上碰撞的次数加倍，故 C 正确；用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，
分子间有引力，也有斥力，对外宏观表现的是分子间存在吸引力，故 D 错误．
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图 3
7．如图 3 所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，
活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静
止．现将沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，气缸外部温度恒定不变．则( )
A．缸内气体压强减小，内能增加
B．缸内气体压强增大，内能不变
C．缸内气体压强增大，内能减少
D．外界对缸内气体做功
答案 BD
解析 分析活塞受力，活塞受到大气压力 p0S 竖直向上，内部气体压力 pS 和沙
桶重力 mg，根据活塞平衡有 p0S＝mg＋pS，随沙桶重力减小，大气压力使得活
塞向上运动，外界对缸内气体做功，选项 D 对；由于气缸导热，温度不变，气
缸内体积变小，压强变大，选项 A 错；气体温度不变，内能不变，选项 B 对．
8．下列说法正确的是( )
A．液晶具有流动性，光学性质各向异性
B．气体的压强是由气体分子间斥力产生的
C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面
张力
D．气球等温膨胀，球内气体一定向外放热
答案 AC
解析 液晶具有流动性，光学性质各向异性，选项 A 正确；气体的压强是由大
量分子对容器器壁的碰撞造成的，选项 B 错误； 液体表面层分子间距离大于
液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，选项 C 正确；根据 ΔU＝
W＋Q，气球等温膨胀时，ΔU＝0，W＜0，则 Q＞0，即气体吸热，选项 D 错
误．故选 A、C.
9．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )
A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
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B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
答案 BC
解析 金刚石、食盐、水晶为晶体，玻璃是非晶体，A 错误；晶体分子的排列
是有规则的，且有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B、C 正确，多晶体和
非晶体一样具有各向同性．D 错误，故选 BC.
10．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气
体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这
两种改变方式是有区别的
答案 CD
解析 第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，所以
A 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时
也对外做了功，则物体的内能有可能减少，所以 B 错误；保持气体的质量和体
pV
积不变，根据理想气体的状态方程 T ＝C 知，当温度升高时，气体的压强增大，
故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以 C 正确；做功和热传递都可
以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别
的，D 正确．
三、填空题(每小题 5 分，共 10 分)
11．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用注射器将一滴油酸酒精溶液滴
入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜
的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图 4 所示，坐标纸上正方形小
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方格的边长为 10 mm，该油酸膜的面积是________m2；若一滴油酸酒精溶液中
含有纯油酸的体积是 4×10－5mL，则油酸分子的直径是________ m．(上述结果
均保留 1 位有效数字)
图 4
答案 8×10－3 5×10－10
解析 由于小方格的个数为 80 个，故油酸膜的面积是 S＝80×100×10－6m2＝
V 4 × 10－12
8×10－3m2；d＝S＝ 8 × 10－3 m＝5×10－10 m
12．若一定质量的理想气体分别按图 5 所示的三种不同过程变化，其中表示等
压变化的是________(填“A”、“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(填
“增加”、“减少”或“不变”)．
图 5
答案 C 增加
解析 由 pV/T＝恒量，压强不变时，V 随温度 T 的变化是一次函数关系，故选
择 C 图，1 到 2，温度 T 增加，所以内能增加．
四、计算题(共 4 小题，共 40 分)
13．(8 分)某热水袋内水的体积约为 400 cm3，已知水的摩尔质量为 18 g/mol，
阿伏加德罗常数为 6×1023 mol－1，求它所包含的水分子数目约为多少？(计算结
果保留 2 位有效数字)
答案 1.3×1025
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解析 已知一热水袋内水的体积大约是 V＝400 cm3＝4×10－4m3，水的密度为
ρ＝1×103 kg/m3
ρV
m0 25
则热水袋内含有的水分子数目为 n＝ NA＝1.3×10 .
14．(10 分)一定量的气体放出了 3.2×105 J 的热量，内能减少了 5.6×105 J，是
气体对外界做功，还是外界对气体做了功？做了多少 J 的功？
答案 气体对外界做功 2.4×105 J
解析 由 ΔU＝W＋Q 得－5.6×105＝W－3.2×105，所以 W＝－2.4×105 J
故气体对外界做功 2.4×105 J
15．(10 分)在图 6 所示的气缸中封闭着温度为 100 ℃的空气，一重物用绳索经
滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态， 这时活塞离缸底的高度
为 10 cm，如果缸内空气变为 0 ℃，问：
图 6
(1)重物是上升还是下降？
(2)这时重物将从原处移动多少厘米？(设活塞与气缸壁间无摩擦)
答案 (1)上升 (2)2.6 cm
解析 (1)缸内气体温度降低， 压强减小， 故活塞下移， 重物上升．
(2)分析可知缸内气体作等压变化. 设活塞截面积为 S cm2，
3,
气体初态体积 V1＝10S cm
3
温度 T1＝373 K, 末态温度 T2＝273 K, 体积设为 V2＝hS cm (h 为活塞到缸底的
距离)
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V1 T1
据V2＝T2可得 h＝7.4 cm，则重物上升高度 Δh＝10－7.4＝2.6 cm.
16．(12 分)一定质量理想气体经历如图 7 所示的 A→B、B→C、C→A 三个变化
过程，TA＝300 K，气体从 C→A 的过程中做功为 100 J，同时吸热 250 J，已知
气体的内能与温度成正比．求：
(1)气体处于 C 状态时的温度 TC；
(2)气体处于 C 状态时内能 EC.
图 7
答案 (1)150 K (2)150 J
VA VC
解析 (1)由图知 C 到 A 是等压变化，根据理想气体状态方程：TA＝TC
VC
VA
得：TC＝ TA＝150 K
(2)根据热力学第一定律：EA－EC＝Q－W＝150 J
EA TA 300
且EC＝TC＝150
解得：EC＝150 J
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模块检测(二)
一、单项选择题(每小题 5 分，共 35 分)
图 8
1．如图 8 所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。待测
物体温度升高时，泡内封闭气体( )
A．内能不变，压强变大
B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小
D．温度降低，压强变小
答案 B
解析 由题意知，该测温泡的容积一定，即体积不变，当待测物体温度升高时，
V
泡内封闭气体的温度升高，根据查理定律T＝c 常数，可知气体压强变大，所以
A、C、D 错误，B 正确．
图 9
2．如图 9 所示，一定质量的理想气体由 a 状态变化到 b 状态，则此过程中( )
A．气体的温度升高
B．气体对外放热
C．外界对气体做功
D．气体分子间平均距离变小
答案 A
V
解析 由盖—吕萨克定律知，压强不变T＝c(常数)，a→b，V、T 均增大，气体
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对外做功，故 A 正确，C 错误．对理想气体，温度升高内能增加，同时气体又
对外做功，故只能吸热，B 选项错误，气体体积变大，分子间距变大，D 选项
错误．
图 10
3．如图 10 所示，U 形管的 A 端封有气体，B 端也有一小段气体．先用一条小
铁丝插至 B 端气体，轻轻抽动，使 B 端上下两部分水银柱相连接，设外界温度
不变，则 A 端气柱的( )
A．体积减小
B．体积不变
C．压强增大
D．压强减小
答案 B
解析 由气体向各个方向压强相等的特点，A 管中封闭气体的压强等于外界大
气压和 A 管液面与 B 管中的水银柱的竖直水银柱产生的压强之和，前后这两种
情况，水银柱的高度差没有变化，则 A 管封闭气体的压强不变，体积不变，故
B 选项正确。
4．下列说法正确的是( )
A．叶面上的小露珠呈球形是由于液体内部分子间吸引力作用的结果
B．晶体熔化过程中要吸收热量，分子的平均动能变大
C．天然水晶是晶体，熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体
D．当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，就显示不
同颜色
答案 D
解析 叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果，
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A 项错误；晶体熔化过程中要吸收热量，但温度不变，分子的平均动能不变，
B 项错误；晶体与非晶体在一定条件下可相互转化，例如：天然水晶是单晶体，
熔化后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体，C 项错误；由液晶各向异性可知，
对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化，D 项正确，故选 D.
5．下列说法正确的是( )
A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加
B．物体对外界做功，其内能一定减少
C．气体温度升高时，每个分子运动速率都会增大
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
答案 D
解析 根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 知，改变内能的方式为做功和热传递，
外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故
A、B 错误；温度是分子平均动能标志，物体温度越高，分子平均动能越大，
但不是每个分子的动能都增大， 则每个分子运动速率不一定增大，选项 C 错
误；根据热力学第二定律知，热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也
可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，电冰箱的工作过程表明，
热量可以从低温物体向高温物体传递，故 D 正确．故选 D.
6．一定质量的理想气体，在某一状态变化过程中，气体对外界做功 8 J，气体
内能减少 12 J，则在该过程中( )
A．气体吸热 4 J B．气体放热 4 J
C．气体吸热 20 J D．气体放热 20 J
答案 B
解析 改变内能的方式有两种，即热传递和做功，气体内能变化 ΔU＝W＋Q，
即－12 J＝－8 J＋Q，可得 Q＝－4 J，即放热 4 J，选项 B 对．
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图 11
7．某同学用橡皮塞塞紧饮料瓶，并用打气筒向饮料瓶内打气，装置如图 11 所
示．当压强增大到一定程度时，橡皮塞冲出，发现饮料瓶内壁中有水蒸气凝结，
产生这一现象的原因是饮料瓶中气体( )
A．体积增大，压强减小
B．动能增大，温度升高
C．对外做功，温度降低
D．质量减少，温度降低
答案 C
解析 由题意知，因瓶内气体膨胀，对外界做功，故橡皮塞冲出，W＜0.又因时
间很短，可得吸放热 Q≈0，根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，得 ΔU＜0，所
以内能减小，温度降低，故选 C.
二、双项选择题(每小题 5 分，共 15 分)
8．以下说法正确的是( )
A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
B．某物体温度升高，则该物体分子热运动的总动能一定增大
C．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的
D．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自
然发生
答案 BC
解析 当 r＜r0 时，当分子间距增大时，分子力减小，分子势能减小；当 r＞
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r0 时，当分子间距增大时，分子力先增加后减小，分子势能增加，选项 A 错误；
某物体温度升高，则分子的平均动能增大，该物体分子热运动的总动能一定增
大，选项 B 正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项 C 正确；
自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能
自然发生，例如水能由高处自然的流向低处，但是不能自发的由低处流向高处，
选项 D 错误．
9．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气
体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这
两种改变方式是有区别的
答案 CD
解析 第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，所以
A 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时
也对外做了功，则物体的内能有可能减少，所以 B 错误；保持气体的质量和体
pV
积不变，根据理想气体的状态方程 T ＝C 知，当温度升高时，气体的压强增大，
故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以 C 正确；做功和热传递都可
以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别
的，D 正确．
图 12
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10．如图 12 所示，导热性能良好的气缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气
缸固定不动，外界温度恒定，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮
后连接在一个小桶上，开始时活塞静止，现不断向小桶中添加细砂，使活塞缓
慢向右移动(活塞始终未被拉出气缸)，则在活塞移动过程中正确的说法是( )
A．气缸内气体的压强不变
B．气缸内气体分子在单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数变少
C．气缸内气体的内能不变
D．此过程中气体从外界吸收的热量全部用来对外做功，此现象违背了热力学
第二定律
答案 BC
解析 根据活塞的平衡条件可得，pS＋mg＝p0S，故添加细砂时，p 减小，A 错
误．气缸内气体温度不变，压强减小，体积增大，故 B 正确．由于温度不变，
气体内能不变，C 正确．气体从外界吸收热量，对外做功但引起了其他变化，
即小桶的重力势能减小了，故不违背热力学第二定律，D 错误．
三、填空题(每小题 5 分，共 10 分)
11．在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸
溶液的浓度为 A，N 滴溶液的总体积为 V.在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，
将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为 a 的正方形小格的玻璃
板上描出油膜的轮廓(如图 13 所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为 X.
图 13
(1)用以上字母表示油酸分子的大小 d＝____________.
(2)从图中数得 X＝____________.
VA
答案 (1)NXa2 (2)62(60～65 均可)
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V VA
解析 (1)N 滴溶液的总体积为 V，一滴溶液的体积为N，含有的油酸体积为 N ，
VA
N VA
形成单分子油膜，面积为 Xa2，油膜厚度即分子直径 d＝Xa2＝NXa2.(2)油膜分子
所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对照图示的油
酸膜，共有 62 格．
12．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为 2.0×105J，同
时气体的内能增加了 1.5×105J.试问：此压缩过程中，气体________(填“吸收”
或“放出”)的热量等于________J.
答案 放出 5×104
解析 由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，W＝2.0×105J、ΔU＝1.5×105J、Q＝
ΔU－W＝－5×104J.
四、计算题(共 4 小题，共 40 分)
13．(8 分)已知金刚石密度为 3.5×103 kg/m3 ，体积为 4×10－8m3 的一小块金刚
石中含有多少个碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．
答案 7.0×1021 个 2.2×10－10m
解析 这一小块金刚石的质量
m＝ρV＝3.5×103×4×10－8 kg＝1.4×10－4kg
这一小块金刚石的物质的量
m 1.4 × 10－4kg 7
n＝M＝ 0.012 kg ＝6×10－2mol
所含碳分子的个数
7
N＝n×6.02×1023＝6×10－2×6.02×1023＝7×1021 个
一个碳原子的体积为
V 4 × 10－8 4
N 7 × 1021 3 7 －29 3
V0＝ ＝ m ＝ ×10 m
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碳原子的直径
4
6 × × 10－29
6V0 3 7
3
3.14
d＝ π ＝ ≈2.2×10－10m
14．(10 分)如图 14 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，将整个装
置放在大气压恒为 p0 的空气中，开始时气体的温度为 T0，活塞与容器底的距离
为 h0，当气体从外界吸收热量 Q 后，活塞缓慢上升 d 后再次平衡，求：
图 14
(1)外界空气的温度是多少？
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？
h0＋d
答案 (1) h0 T0 (2)Q－(mg＋p0S)d
解析 (1)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
V T V h0＋d
V0 T0 V0 h0
有 ＝ 得外界温度 T＝ T0＝ T0
(2)活塞上升的过程，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＋p0S)d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能：ΔU＝Q＋W＝Q－(mg＋p0S)d
图 15
15．(10 分)如图 15 所示，横截面积 S＝10 cm2 的活塞，将一定质量的理想气体
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封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底部距离 H＝30 cm.在
活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为 h＝25
5
cm.已知外界大气压强始终为 p0＝1×10 Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩
擦，取 g＝10 m/s2.求：
(1)所放重物的质量；
(2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．
答案 (1)2 kg (2)放出 6 J 热量
解析 (1)封闭气体发生等温变化
5
气体初状态的压强为 p1＝1×10 pa
mg
S
气体末状态的压强为 p2＝p0＋
根据玻意耳定律得 p1HS＝p2hS
解得：m＝2 kg
(2)外界对气体做功 W＝(p0S＋mg)(H－h)
根据热力学第一定律知 ΔU＝W＋Q＝0
解得 Q＝－6 J 即放出 6 J 热量．
16．(12 分)如图 16 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：
图 16
(1)气体在状态 C 时的温度；
(2)试分析从状态 A 变化到状态 B 的整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放
出热量．
答案 (1)160 K (2)既不吸热也不放热
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pA pC
解析 (1)A、C 两状态体积相等，则有TA＝TC①
pC 0.5 × 480
pA 1.5
得 TC＝ TA＝ K＝160 K．②
pAVA pBVB
(2)由理想气体状态方程得 TA ＝ TB ③
pBVB 0.5 × 3 × 480
pAVA 1.5 × 1
得 TB＝ TA＝ K＝480 K④
由此可知 A、B 两状态温度相同，故 A、B 两状态内能相等．