届二轮复习选修33教案江苏专用.docx
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届二轮复习选修33教案江苏专用
考题一 热学的基本知识
1.分子动理论知识结构
2.两种微观模型
(1)球体模型(适用于固体、液体):
一个分子的体积V0=
π(
)3=
πd3,d为分子的直径.
(2)立方体模型(适用于气体):
一个分子占据的平均空间V0=d3,d为分子间的距离.
3.阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁,计算时要注意抓住与其相关的三个量:
摩尔质量、摩尔体积和物质的量.
4.固体和液体
(1)晶体和非晶体
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
(2)液晶的性质
液晶是一种特殊的物质,既可以流动,又可以表现出单晶体的分子排列特点,在光学、电学物理性质上表现出各向异性.
(3)液体的表面张力
使液体表面有收缩到球形的趋势,表面张力的方向跟液面相切.
(4)饱和气压的特点
液体的饱和气压与温度有关,温度越高,饱和气压越大,且饱和气压与饱和汽的体积无关.
(5)相对湿度
某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和气压的百分比.即:
B=
×100%.
例1 下列说法中正确的是( )
A.气体分子的平均速率增大,气体的压强也一定增大
B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C.液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性
D.因为布朗运动的激烈程度与温度有关,所以布朗运动也叫做热运动
解析 气体压强由气体分子数密度和平均动能决定,气体分子的平均速率增大,则气体分子的平均动能增大,分子数密度可能减小,故气体的压强不一定增大,A错误;叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,B正确;液晶的光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,C正确;热运动属于分子的运动,而布朗运动是微小颗粒的运动,D错误.
答案 BC
变式训练
1.下列说法正确的是( )
A.空气中水蒸气的压强越大,人体水分蒸发的越快
B.单晶体具有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点
C.水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的
D.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大
答案 CD
解析 空气中水蒸气压强越大,越接近饱和气压,水蒸发越慢;故A错误;单晶体和多晶体都具有固定的熔点,选项B错误;水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的,选项C正确;当分子间作用力表现为斥力时,分子距离减小,分子力做负功,故分子势能随分子间距离的减小而增大,选项D正确;故选C、D.
2.下列说法正确的是( )
A.分子间距离增大,分子力先减小后增大
B.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,就可算出气体分子的体积
C.一些物质,在适当的溶剂中溶解时,在一定浓度范围具有液晶态
D.从塑料酱油瓶里向外倒酱油时不易外洒,这是因为酱油可以浸润塑料
答案 C
解析 分子间距离从零开始增大时,分子力先减小后增大,再减小,选项A错误;只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数,就可算出气体分子运动占据的空间大小,而不能计算气体分子的体积,选项B错误;当有些物质溶解达到饱和度时,会达到溶解平衡,所以有些物质在适当溶剂中溶解时在一定浓度范围内具有液晶态,故C正确;从塑料酱油瓶里向外倒酱油时不易外洒,这是因为酱油对塑料是不浸润的,选项D错误;故选C.
3.关于能量和能源,下列说法正确的是( )
A.在能源利用的过程中,能量在数量上并未减少
B.由于自然界中总的能量守恒,所以不需要节约能源
C.能量耗散说明在转化过程中能量不断减少
D.人类在不断地开发和利用新能源,所以能量可以被创造
答案 A
解析 根据能量守恒定律可知,在能源使用过程中,能量在数量上并未减少,故A正确,C错误;虽然总能量不会减小,但是由于能源的品质降低,无法再应用,故还需要节约能源,故B错误;根据能量守恒可知,能量不会被创造,也不会消失,故D错误.
4.下列说法中正确的是( )
A.能的转化和守恒定律是普遍规律,能量耗散不违反能量守恒定律
B.扩散现象可以在液体、气体中进行,不能在固体中发生
C.有规则外形的物体是晶体,没有确定的几何外形的物体是非晶体
D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,所以存在表面张力
答案 AD
解析 能的转化和守恒定律是普遍规律,能量耗散不违反能量守恒定律,选项A正确;扩散现象可以在液体、气体中进行,也能在固体中发生,选项B错误;有规则外形的物体是单晶体,没有确定的几何外形的物体是多晶体或者非晶体,选项C错误;由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,所以存在表面张力,选项D正确;故选A、D.
考题二 气体实验定律的应用
1.热力学定律与气体实验定律知识结构
2.应用气体实验定律的三个重点环节
(1)正确选择研究对象:
对于变质量问题要保证研究质量不变的部分;对于多部分气体问题,要各部分独立研究,各部分之间一般通过压强找联系.
(2)列出各状态的参量:
气体在初、末状态,往往会有两个(或三个)参量发生变化,把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速的找到规律.
(3)认清变化过程:
准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律.
例2 如图1所示,用销钉固定的活塞把导热汽缸分隔成两部分,A部分气体压强pA=6.0×105Pa,体积VA=1L;B部分气体压强pB=2.0×105Pa,体积VB=3L.现拔去销钉,外界温度保持不变,活塞与汽缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气,A、B两部分气体均为理想气体.求活塞稳定后A部分气体的压强.
图1
解析 拔去销钉,待活塞稳定后,pA′=pB′①
根据玻意耳定律,对A部分气体,pAVA=pA′(VA+ΔV)②
对B部分气体,pBVB=pB′(VB-ΔV)③
由①②③联立:
pA′=3.0×105Pa
答案 3.0×105Pa
变式训练
5.如图2甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图象.已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa.
图2
(1)说出A→B过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图甲中TA的温度值.
(2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图象,并在图线相应位置上标出字母A、B、C.需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程.
答案
(1)200K
(2)见解析
解析
(1)从题图甲可以看出,A与B连线的延长线过原点,所以A→B是等压变化,即pA=pB
根据盖—吕萨克定律可得
=
,
所以TA=
TB=
×300K=200K
(2)由题图甲可知,由B→C是等容变化,根据查理定律得
=
所以pC=
pB=
×1.5×105Pa=2.0×105Pa
则可画出由状态A→B→C的p-T图象如图所示.
6.某次测量中在地面释放一体积为8升的氢气球,发现当气球升高到1600m时破裂.实验表明氢气球内外压强近似相等,当氢气球体积膨胀到8.4升时即破裂.已知地面附近大气的温度为27℃,常温下当地大气压随高度的变化如图3所示.求:
高度为1600m处大气的摄氏温度.
图3
答案 17℃
解析 由题图得:
在地面球内压强:
p1=76cmHg
1600m处球内气体压强:
p2=70cmHg
由气态方程得:
=
T2=
T1=
×300K≈290K
t2=(290-273)℃=17℃
7.如图4所示,竖直放置的导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,缸内气体高度为2h.现在活塞上缓慢添加砂粒,直至缸内气体的高度变为h.然后再对汽缸缓慢加热,让活塞恰好回到原来位置.已知大气压强为p0,大气温度为T0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸壁间摩擦.求:
图4
(1)所添加砂粒的总质量;
(2)活塞返回至原来位置时缸内气体的温度.
答案
(1)m+
(2)2T0
解析
(1)设添加砂粒的总质量为m0,最初气体压强为p1=p0+
添加砂粒后气体压强为p2=p0+
该过程为等温变化,
有p1S·2h=p2S·h
解得m0=m+
(2)设活塞回到原来位置时气体温度为T1,该过程为等压变化,有
=
解得T1=2T0
8.如图5所示,一竖直放置的、长为L的细管下端封闭,上端与大气(视为理想气体)相通,初始时管内气体温度为T1.现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭,该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出,平衡后管内上下两部分气柱长度比为1∶3.若将管内下部气体温度降至T2,在保持温度不变的条件下将管倒置,平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出).已知T1=
T2,大气压强为p0,重力加速度为g.求水银柱的长度h和水银的密度ρ.
图5
答案
L
解析 设管内截面面积为S,初始时气体压强为p0,体积为V0=LS
注入水银后下部气体压强为p1=p0+ρgh
体积为V1=
(L-h)S
由玻意耳定律有:
p0LS=(p0+ρgh)×
(L-h)S
将管倒置后,管内气体压强为p2=p0-ρgh
体积为V2=(L-h)S
由理想气体状态方程有:
=
解得:
h=
L,ρ=
考题三 热力学第一定律与气体实验定律的组合
1.应用气体实验定律的解题思路
(1)选择对象——即某一定质量的理想气体;
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2;
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提;
(4)列出方程——选用某一实验定律或气态方程,代入具体数值求解,并讨论结果的合理性.
2.牢记以下几个结论
(1)热量不能自发地由低温物体传递给高温物体;
(2)气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的,压强大小与分子热运动的剧烈程度和分子密集程度有关;
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能,理想气体的内能只与温度有关;
(4)温度变化时,意味着物体内分子的平均动能随之变化,并非物体内每个分子的动能都随之发生同样的变化.
3.对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式
(1)定性判断.利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断,然后利用ΔU=W+Q对第三个量做出判断.
(2)定量计算.一般计算等压变化过程的功,即W=p·ΔV,然后结合其他条件,利用ΔU=W+Q进行相关计算.
(3)注意符号正负的规定.若研究对象为气体,对气体做功的正负由气体体积的变化决定.气体体积增大,气体对外界做功,W<0;气体的体积减小,外界对气体做功,W>0.
例3 如图6所示,一圆柱形绝热汽缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h,此时封闭气体的温度为T1.现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q时,气体温度上升到T2.已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸的摩擦,求:
图6
(1)活塞上升的高度;
(2)加热过程中气体的内能增加量.
[思维规范流程]
(1)气体发生等压变化,有
=
(1分)
解得Δh=
h(1分)
(2)加热过程中气体对外做功为
W=pS·Δh=(p0S+mg)h
(1分)
由热力学第一定律知内能的增加量为
ΔU=Q-W=Q-(p0S+mg)h
(1分)
答案
(1)
h
(2)Q-(p0S+mg)h
变式训练
9.一定质量理想气体由状态A经过A→B→C→A的循环过程的p-V图象如图7所示(A→B为双曲线).其中状态___________(选填A、B或C)温度最高,A→B→C过程是_______的.(选填“吸热”或“放热”)
图7
答案 C 吸热
解析 根据公式
=C,可得从A到B为等温变化,温度应不变,从B到C为等容变化,压强增大,温度升高,从外界吸热,从C到A为等压变化,体积减小,温度降低,所以C温度最高,从A到B到C需要从外界吸热.
10.一只篮球的体积为V0,球内气体的压强为p0,温度为T0.现用打气筒对篮球充入压强为p0、温度为T0的气体,使球内气体压强变为3p0,同时温度升至2T0.已知气体内能U与温度的关系为U=aT(a为正常数),充气过程中气体向外放出Q的热量,篮球体积不变.求:
(1)充入气体的体积;
(2)充气过程中打气筒对气体做的功.
答案
(1)0.5V0
(2)Q+aT0
解析
(1)设充入气体体积为ΔV,由理想气体状态方程可知:
=
则ΔV=0.5V0
(2)由题意ΔU=a(2T0-T0)=aT0
由热力学第一定律ΔU=W+(-Q)
可得:
W=Q+aT0
11.如图8所示,一轻活塞将体积为V、温度为2T0的理想气体,密封在内壁光滑的圆柱形导热汽缸内.已知大气压强为p0,大气的温度为T0,气体内能U与温度的关系为U=aT(a为正常数).在汽缸内气体温度缓慢降为T0的过程中,求:
图8
(1)气体内能减少量ΔU;
(2)气体放出的热量Q.
答案
(1)aT0
(2)aT0-
P0V
解析
(1)由题意可知ΔU=a(2T0-T0)=aT0
(2)设温度降低后的体积为V′,
则
=
外界对气体做功W=p0·(V-V′)
热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=aT0-
P0V
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