2022年高考物理一轮复习之热学

1、2022高考物理一轮复习之热学一.选择题（共8小题）1. （2021重庆模拟）关于热学知识，以下说法正确的是（）A.一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B.水量可以停在水面上，是因为受到浮力的作用C.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无则运动D.空气中水蒸气的实际压强与相同温度下的饱和汽压相差越大，越利于蒸发2. （2021桃城区校级模拟）将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。以下说法正确的是（）A.几何形状不规则的冰块不是晶体B.冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能增加C.在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增

2、大3. （2021姜堰区模拟）如图所示为内燃机的示意图，其原理结构简化模型就是一个汽缸活塞模型，活塞上部封闭一定质量的理想气体。如果活塞向上运动，关于内部气体（忽略与外界热交换）的说法正确的是（）A.体积减小，压强不变，温度升高B.外界对气体做功，内能增大C.体积减小，压强增大，温度不变D.气体对外界做功，内能增大4. （2021北京模拟）关于一定质量的理想气体，下列表述正确的是（A.吸收热量，其内能一定增加B.对外做功，其内能一定减少C.温度升高，其内能一定增加D.压强增大，其内能一定增加5. （2021南开区二模）新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K,向下压压杆

3、A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K,消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度均保持不变，则下列说法正确的是（）A.充气过程中储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加B.喷液过程中，储气室内气体对外界做功并吸收热量C.充气过程中，储气室内气体内能不变D.喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力增大6. （2021山东）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶n越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体（）A.内能减少B

4、.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量7. （2021山东）血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（）A. 30cm3B. 40cm3C. 50cm3D. 60cm38. （2021鼓楼区校级模拟）如图所示，三根粗细一样上端开口的玻璃管，

5、中间都有一段汞柱封住一段空气柱，在相同的温度下，Vi=V2>V3,h|<h2=h3,现在升高相同的温度,C.甲管比乙管少二.多选题（共1小题）B.丙管最少D.乙管和丙管一样多9. （2021乙卷）如图，一定量的理想气体从状态a（po,Vo,To）经热力学过程ab、be、ca后又回到状态a。对于ab、be、ca三个过程，下列说法正确的是（）（填正确答案标号）A. ab过程中，气体始终吸热B. ca过程中，气体始终放热C. ca过程中，气体对外界做功D. be过程中，气体的温度先降低后升高E. be过程中，气体的温度先升高后降低三.填空题（共2小题）10. （2021甲卷）如图，一定量

6、的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和1表示，V和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标，to是它们的延长线与横轴交点的横坐标，to=-273.15°C；a为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比区=；气体在状态b和c的压强之比士且=。PbPc4Fin3%°htf11. （2021广东）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强（选填“大于”、“小于”或“等于）”机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平

7、均动能（选填“变大”、“变小”或"不变”）。四.计算题（共5小题）12. （2021甲卷）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V,压强均等于大气压皿。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过O.5po时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为乂。2（i）求A的体积和B的压强；（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。活塞隔板：AB13. (2021淮安模拟)如图所示，一个开口向下内壁光滑的气缸竖直吊在天花板上.厚度不计的活塞横截面积S=2

8、X质量m=4kg,活塞距汽缸底部hi=20cm,距缸口h2=lOcmo气缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境的温度为Ti=300K,大气压强po=1.0X105Pa,glOm/s2,气缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口.(1)求此时环境温度T2；(2)在此过程中气体从外界吸收Q=28J的热量，求气体内能的增加量U。14. (2021广东模拟)如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸右下端有一个关闭的小阀门K«一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状

9、态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为po=LOXl()5pa,重力加速度g=10m/s2。(i)求缸内气体的压强pi；(ii)缓慢打开阀门K,当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来的几分之几? (2021历下区校级模拟)一玻璃瓶质量为208g,密度为p=2.6g/cm3,容积为200cm3, 当把它从空气中开口向下缓缓按入水中某一深度，释放后恰能平衡。若忽略空气质量， 大气压强为pouldPa, MXg=10m/s2,整个过程中温度不变。(水的密度为1 X ©kg/n?；保留两位有效数字）（1）求瓶平衡位置时两液面差

10、高度h?（2）讨论瓶在此位置偏上或偏下释放，瓶做何种运动？16. （2021重庆模拟）如图所示，粗细均匀竖宜放置的U形玻璃管左端封闭，右端开口且足够长。两管内水银面等高，左管内封闭的理想气体气柱长Li=8cm,现给左管封闭气体缓慢加热，使封闭气柱长度变为L2=10cm。已知大气压强为po=76cmHg。（1）求加热后封闭气体的压强p；（2）保持加热后的温度不变，为使封闭气柱长度恢复为Li=8cm,求从开口端注入的水银柱长度1.五.解答题（共4小题）17. （2021桃城区校级模拟）勤消毒是学校防止传染病传播的有效措施。如图所示，某种喷雾器的贮液筒的总容积为8L,装入6L的药液后再用密封盖将贮液

11、筒密封，外界大气压强p（）=1.0X105pa。然后向筒内打气，每次打气能将压强po=l.OXl（）5pa、体积为200mL的空气打入筒内，打气过程中筒内与外界温度保持27不变。已知Imol气体在0、po=1.0Xl（）5pa下的体积为22.4L,阿伏加德罗常数为6.0Xl（）23moi7,热力学温度与摄氏温度间的关系为T=1+2731<,向筒内打气20次后，求：（结果均保留两位有效数字）（i）筒内气体的压强：（ii）筒内气体的分子数。18. (2021濠江区校级模拟)夏天天降暴雨，导致城市内涝.如图所示为某城市下水管道的侧面剖面图，由于井盖的泄水孔因故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体

12、.当下水道内水位上升时，井盖可能会不断跳跃，设井盖质量m=25kg,圆柱形竖直井内水面面积S=0.25m2,图示时刻井盖底面到水面间距h=2m,此时封闭气体压强与外界大气压强相等，若环境温度不变，已知po=1.0Xl()5pa,g=i0m/s2,求：(i)从图示位置开始，水面上涨多少后井盖第一次跳起？(结果保留一位有效数字)(ii)若水面随着时间匀速上升，井盖跳起的频率如何变化？为什么？19. (2021湛江校级模拟)篮球正常使用时气压范围为1.51.6atm,现有一篮球内部容积为7.5L,打气前球内气压等于外界大气压强；如图，某同学手持式打气筒，该打气筒每打一次气能将0.5L、l.Oatm的

13、空气打入球内；已知环境温度为27,大气压强为lOatm,设打气过程中篮球没有变形，气体温度不变，则(1)要使篮球内气压达到1.6atm,求需打气的次数N；(2)若(1)中打完气的篮球置于室外温度为6中，通过计算判断篮球能够正常使用？20. (2021广东模拟)导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强po=75cmHg保持不变，环境初始温度为Ti=300K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2=33OK。求：(i)右侧空气柱长度；(ii)左侧管内水银面下降的高度。2022高考物理一轮复习

14、之热学参考答案与试题解析一.选择题（共8小题）1. （2021重庆模拟）关于热学知识，以下说法正确的是（）A.一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行B.水电可以停在水面上，是因为受到浮力的作用C.布朗运动是在显微镜中看到的液体分了的无则运动D.空气中水蒸气的实际压强与相同温度下的饱和汽压相差越大，越利于蒸发【考点】布朗运动：热力学第二定律；有序、无序和端；液体的表面张力.【专题】定性思想；归纳法；布朗运动专题：理解能力.【分析】一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行；水量可以停在水面上，是因为液体表面张力的缘故；布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做

15、无规则运动；水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，空气的相对湿度越小，越有利于水的蒸发。【解答】解：A、自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总煽会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行,故A错误；B、水邕可以停在水面上，是因为液体表面张力的缘故，故B错误；C、布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，布朗运动不是液体分子的运动，而是小颗粒的运动，故C错误；D、水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，空气的相对湿度越小，越有利于水的蒸发,故D正确。故选：Do【点评】本题考查宏观热过程都具有方向性、液体表面张力、布朗运动以

16、及相对湿度，学生必须对相应物理概念准确理解。2. （2021桃城区校级模拟）将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。以下说法正确的是（）A.几何形状不规则的冰块不是晶体B.冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能增加C.在水的表面层，分子比较稀疏，分子间作用力表现为斥力D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大【考点】分子间的相互作用力；分子势能：温度是分子平均动能的标志：晶体和非晶体.【专题】定性思想；推理法：物体的内能专题；分子间相互作用力与分子间距离的关系;理解能力.【分析】多晶体和非晶体都没有规则的天然外形；温度是分子平均动能大小的标志；分子间距大于分子间的平衡距离，分子作用力表

17、现为引力；水变成水蒸气，分子间距增大,分子力做负功，分子势能增大。【解答】解：A.单晶体有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，几何形状不规则的冰块具有确定的熔点，属于多晶体，故A错误；B.温度是分子平均动能大小的标志，冰融化成水的过程中，温度不变，水分子的平均动能不变，故B错误；C.在水的表面层，分子比较稀疏，分子间距大于分子间的平衡距离，分子作用力表现为引力，故C错误；D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子间作用力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查晶体及分子间作用力的知识，涉及知识点较多，难度小，需要同学们熟记结论并灵活运用。3. （2

18、021姜堰区模拟）如图所示为内燃机的示意图，其原理结构简化模型就是一个汽缸活塞模型，活塞上部封闭一定质量的理想气体。如果活塞向上运动，关于内部气体（忽略与外界热交换）的说法正确的是（）A.体积减小，压强不变，温度升高B.外界对气体做功，内能增大C.体积减小，压强增大，温度不变D.气体对外界做功，内能增大【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程.【专题】定性思想；推理法；内能及其变化专题；理解能力.【分析】汽油机的进、排气门都关闭，活塞向上运动时，气体的体积减小，压强变大，外界时气体做功，气体的内能增大，温度升高。【解答】解：AC、汽油机的进、排气门都关闭，活塞向上运动时，气体的体积减小，压强

19、变大，温度升高，故AC错误；BD、外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高，故B正确，D错误。故选：B.【点评】一定质量的气体，内能只与温度有关，温度越高，内能越大。4. （2021北京模拟）关于一定质量的理想气体，下列表述正确的是（）A.吸收热量，其内能一定增加B.对外做功，其内能一定减少C.温度升高，其内能一定增加D.压强增大，其内能一定增加【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程.【专题】定性思想：推理法：热力学定理专题；理解能力.【分析】改变物体内能的方式有两利做功和热传递，根据热力学第一定律分析气体内能变化情况；温度是分子平均动能的标志。【解答】解：AB、气体吸收热量，不知道气体做

20、功情况，根据热力学第一定律气体内能不一定增加，故A错误；B、气体对外做功，不知道气体吸热或放热，根据热力学第一定律内能不一定减小，故B正确；CD、温度是分子平均动能标志，温度升高，分子平均动能一定增加，理想气体内能只与温度有关，所以温度升高，其内能一定增加，压强增大，温度不一定升高，其内能不一定增加，故C正确，D错误。故选：Co【点评】本题主要考查热力学第一定律，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。5. （2021南开区二模）新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K,向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K,消毒液会自

21、动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度均保持不变，则下列说法正确的是（）A.充气过程中储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加B.喷液过程中，储气室内气体对外界做功并吸收热量C.充气过程中，储气室内气体内能不变D.喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力增大【考点】热力学第一定律；热力学第二定律；气体压强的微观意义.【专题】定性思想：物体的内能专题；内能及其变化专题；理想气体状态方程专题；理解能力.【分析】气体温度保持不变，分子运动剧烈程度不变；根据热力学第一定律U=W+Q,进行分析；温度不变，气体的质量增大，分子数增大，则内能增大；由玻意尔定

22、律分析压强，由压强的微观分析含义储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力。【解答】解：A.充气过程中储气室内气体分子数增多，但是充气过程中气体温度保持不变，则分子运动剧烈程度不变，故A错误；B.喷液过程中，储气室内气体对外界做功W<0,喷液过程中温度保持不变，则气体的内能保持不变U=0,根据热力学第一定律U=W+Q,可知Q>0,则气体吸收热量，故B正确；C.充气过程中，储气室内气体内能增大，因为温度不变，而气体的质量增大，分子数增大，总动能增大，则内能增大，故C错误；D.喷液过程中，根据等温变化，可知气体的体积增大，压强减小，则储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小，故D

23、错误；故选：Bo【点评】本题考查热学的相关问题，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。6. （2021山东）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体（）A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量【考点】理想气体的状态方程.【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；推理能力.【分析】根据体积的变化判断做功的情况，根据气体的内能有关的因素判断内能的变化,根据热力学第一定律判断吸收的热

24、量与内能变化量的大小关系。【解答】解：A、由题，越靠近瓶口水的温度越高，则小瓶上升靠近瓶口的过程中温度也升高，则气体的温度升高，由于一定量的理想气体的内能仅仅与温度有关，可知小瓶内气体的内能增大，故A错误；B、设大气压强为po,瓶内气体的压强为p,瓶内气体下侧到水面的高度差为h,则瓶内气体的压强：p=po+pgh,其中p为水的密度：小瓶上升的过程中瓶内气体卜侧到水面的高度差减小，则瓶内气体的压强减小；由理想气体的状态方程：包=。可知小瓶上升T的过程中瓶内气体的体积一定增大，则小瓶内气体对外界做正功，故B正确；CD、气体的内能增大，则AU为正，气体对外做功，则W为负，根据热力学第一定律:AU=Q

25、+W,可知气体增大的内能小于气体吸收的热量，故CD错误。故选：B。【点评】该题考查理想气体得状态方程的应用以及热力学第一定律的应用，解答的关键是正确判断出气体的体积增大，气体对外做功。7. （2021山东）血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60CO?的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（）加压气囊A.30cm3

26、B.40cm3C.50cm3D.60cm3【考点】理想气体的状态方程；气体的等温变化；封闭气体压强.【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力.【分析】以5次充气后，鸭带内所有气体为研究对象，由玻意耳定律列方程可求解。【解答】解：以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态：Pi=750mmHgVi=（V+60X5）cm3末态：P2=750mmHg+150mmHg=900mmHgV2=5V由玻意耳定律P1V1=P2V2代人数计算可得V=60cm3,故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查玻意耳定律，解题的关键是研究对象的选取，本题考查内容重点突出,中等难度。8. （202

27、1鼓楼区校级模拟）如图所示，三根粗细一样上端开口的玻璃管，中间都有一段汞柱封住一段空气柱，在相同的温度下，Vi=V2>V3,hih2=h3,现在升高相同的温度,则管中汞柱向上移动的距离（）C.甲管比乙管少B.丙管最少D.乙管和丙管一样多【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强.【专题】定量思想；方程法：理想气体状态方程专题；推理能力.【分析】气体均做等压变化，根据理想气体的状态方程得到AV的表达式进行分析。【解答】解：以cmHg为气压单位，abed中的气体压强分别为：pi=po+phlP2=po+ph2P3=p（）+Ph3由于h|<h2=h3，故pi<p2=p3;根据理想气体

28、状态方程，有：议=c,由于气体的气压不变，故av=¥at；TT由于Vi=V2>V3，AT相同，故AVi=AV2>AV3,即丙管水银柱上升的最少，甲管与乙管中水银柱上升的相等、最多，故B正确、ACD错误。故选：B.【点评】本题关键根据理想气体状态方程列式分析，推导出气体体积变化与温度变化的关系表达式进行分析。二.多选题（共1小题）9. （2021乙卷）如图，一定量的理想气体从状态a（p（）,Vo,To）经热力学过程ab、be、ca后又回到状态a。对于ab、be、ca三个过程，下列说法正确的是（）（填正确答案标号）A. ab过程中，气体始终吸热B. ca过程中，气体始终放热C

29、. ca过程中，气体对外界做功D. be过程中，气体的温度先降低后升高E. be过程中，气体的温度先升高后降低【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程.【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题；分析综合能力.【分析】一定量的理想气体内能由温度决定，温度升高内能增大，温度降低内能减小；气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律分析答题。【解答】解：A、由图示图象可知，ab过程气体体积V不变而压强p增大，由理想气体状态方程迎=C可知，气体温度升高，气体内能增大，U>0,气体体积不变，外界对T气体

30、不做功，由热力学第一定律U=W+Q可知：Q=AU-W=AU>0,气体始终从外界吸收热量，故A正确；BC、由图示图象可知，ca过程气体压强p不变而体积V减小，由理想气体状态方程此=TC可知，气体温度T降低，气体内能减小，U<0,气体体积减小，外界对气体做功，W>0,由热力学第一定律aUnW+Q可知：Q=AU-W<0,气体始终向外界放出热量,故B正确，C错误；DE、山图示图象可知，be过程气体压强p与体积V的乘枳pV先增大后减小，由理想气体状态方程迎=C可知，气体温度T先升高后降低，故D错误，E正确。T故选：ABEo【点评】本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，

31、根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题;应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义。三.填空题（共2小题）10. （2021甲卷）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和1表示，V和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标，to是它们的延长线与横轴交点的横坐标，to=-273.15°C；a为宜线1上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比立=_1_：气体在状态b和c的压强之比臣=_"_。PbPcV1【考点】理想气体的状态方程.【专题】定量思想：推理法：气体的状态参量和实

32、验定律专题：推理能力.【分析】将V-t图像转换为V-T图像，利用等压线、以及玻意耳定律求解本题。【解答】解：以to为坐标原点，画出纵坐标，原图可变为V-T图，如图，.Pm30273.15振由图可知：ab所在直线为等压线，所以pa=pb，所以£亘=1。Pb当温度等于0,即273.15K时，过程1对应的体积为V”过程H对应的体积为V2,由玻意耳定律：piVi=p2V2,得：由于过程I、过程H都是等压变化，所以士旦P2V1Pc_v21o故答案为：1;%【点评】将v-t图像转换为V-T图像是解决本题的关键，会利用等压线分析，会利用玻意耳定律解决问题。11. （2021广东）在高空飞行的客机上

33、某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强小于（选填“大于”、“小于”或“等于”'机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【考点】温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义.【专题】常规题型；定性思想；推理法；物体的内能专题；理解能力.【分析】瓶子变瘪就说明瓶子外界气体压强比之前变大了，进而得出高空客舱内的气体压强和机场地面大气压强关系；根据温度与平均动能的关系进行分析。【解答】解：下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，说明瓶子外界气体压

34、强比之前变大了，所以高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强，温度是分子的平均动能的标志，机场地面温度与高空客舱内温度相同，所以矿泉水瓶内气体的分子平均动能不变。故答案为：小于；不变。【点评】本题主要考查了气体压强的变化和气体分子的平均动能与温度的关系，解题关键在于气体分子的平均动能只与温度有关。四.计算题（共5小题）12. （2021甲卷）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V,压强均等于大气压po。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过O.5po时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推

35、动活塞，使B的体积减小为2（i）求A的体积和B的压强；（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。活塞隔板H：AB【考点】理想气体的状态方程；气体的等温变化；封闭气体压强.【专题】定量思想：推理法；气体的状态参量和实验定律专题：分析综合能力.【分析】（i）对A、B两气体分别使用波意耳定律，再结合两气体的压强关系即可求解（ii）活塞向左缓慢回到初始位置，A气体回到初状态，温度、压强、体积都回到初状态，再结合两气体的压强关系即可求解。【解答】解：（i）向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为Vb'=2时，2对气体B,由玻意耳定律：p（）V=pbVb',得气体B得压强：

36、PB=2po，由题意可知：PA=pb+O.5Po=2po+0.5Po=2.5po,对气体A,由玻意耳定律：poV=paVa',得a的体积为：va'=p°'-=p"=2丫。PA2.5Po5（ii）活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不运动，则A的末态体积为V"=V+X=3V,A的末态压强p"=3现，而B的压强为2po,差223值大于O.5po，则假设不成立，隔板将向左移动末态压强关系：pb'=pa'+O.5po末态体积关系：Vb+Va"=2V由PoV=pa'Va"poV=pb'Vb&

37、quot;,解得：PB，=竺*po,Va"=（V5-DV答：（i）A的体积看v，B的压强为2Po（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，此时A的体积为（Jg-l）V和B的压强之返4nu【点评】本题主要考查了波意耳定律，找到两气体的压强关系，是解决本题的关键。使用波意耳定律时，必须单独对两气体建立方程，一定不能同时对两气体建立一个方程。13. （2021淮安模拟）如图所示，一个开口向下内壁光滑的气缸竖直吊在天花板匕厚度不计的活塞横截面积S=2XlOn?,质量m=4kg,活塞距汽缸底部hi=20cm,距缸口h2=10cm。气缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境的温度为Ti=300K,大气压

38、强p«=1.0X105Pa,gUtlOm/s2,气缸与活塞导热性能良好。升高环境温度使活塞缓慢下降到缸口.（1）求此时环境温度T2：（2）在此过程中气体从外界吸收Q=28J的热量，求气体内能的增加量U。【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程.【专题】计算题；定量思想；推理法；气体的压强专题；推理能力.【分析】(1)活塞缓慢下降过程中，气体发生等压变化，根据等压变化求得T2；(2)根据热力学第一定律求得内能的增加量【解答】解：活塞缓慢下降过程中，气体发生等压变化，初状态Vi=Shi，Ti=300K,末状态V2=S(hi+h2)则T1F所以Tov2ti2X103x(20+10)X30

39、0V12X10-3x20(2)由活塞受力平衡得p=po-睥Sp=8X104Pa气体对外做功满足W=pAV=8X104X2X103X(20-30)J=-16J由热力学第一定律得AU=W+Q=-16J+28J=12J答：(1)此时环境温度为450K；(2)在此过程中气体从外界吸收Q=28J的热量，气体内能的增加量为12J。【点评】考查理想气体的等压变化，注意区分初末状态，再根据热力学第一定律求得内能增加量，关键掌握气体做功的计算公式W=pAV。14. (2021广东模拟)如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸右下端有一个关闭

40、的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为po=l.OX()5pa,重力加速度g=lOm/s?。(i)求缸内气体的压强pi;(ii)缓慢打开阀门K,当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来的几分之几？【考点】理想气体的状态方程：封闭气体压强.【专题】计算题：定量思想：推理法；气体的状态参量和实验定律专题：分析综合能力.【分析】(i)以活塞为研究对象，应用平衡条件求出缸内气体的压强。(ii)对活塞，应用平衡条件求出弹簧的伸长量；气体温度不变

41、，应用玻意耳定律求出气体末状态的体积，然后求出气缸内剩余的气体为原来的几分之几。【解答】解：活塞的表面积为S=50cm2=0.005m2,h=30cm=0.30m(i)弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得：poS+mg=P1S代入数据解得：pi=1.2X105Pa(ii)打开阀门K活塞稳定时气缸内气体的压强p2=po=l.OXl()5pa设弹簧的伸长量为x,对活塞，由平衡条件得：mg=kx代入数据解得：x=0.2m=20cm缸内气体初状态的压强pi=L2X105Pa,体积Vi=hS=0.30X0.005m3=1.5X10Tm3,气体温度不变，由玻意耳定律得：piVi=p2V2，代入数据解得，

42、气体的体积：V2=1.8X103m3,当活塞稳定时，型L=(h-x)S=(0.30-0.2)-0.005=互m原丫21.8X10-318答：缸内气体的压强pi是1.2XdPa；(ii)缓慢打开阀门K,当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来巨。18【点评】根据题意分析清楚气体状态变化过程与活塞受力情况是解题的前提与关键，应用平衡条件与玻意耳定律即可解题。15. （2021历下区校级模拟）一玻璃瓶质量为208g,密度为p=2.6g/cn?,容积为200cm3,当把它从空气中开口向下缓缓按入水中某一深度，释放后恰能平衡。若忽略空气质量，大气压强为po=l（）5pa,取g=10m/s2,整个过程中温度不

43、变。（水的密度为1X©kg/n?；保留两位有效数字）（1）求瓶平衡位置时两液面差高度h?（2）讨论瓶在此位置偏上或偏下释放，瓶做何种运动？【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强.【专题】定量思想；归纳法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力.【分析】（1）根据整个过程中温度不变从而列出理想气体的状态方程，由瓶子的平衡状态确定气体的末态是解题的关键；（2）满足题设条件后，由牛顿第二定律进行分析求解。【解答】解：（1）分析瓶中气体在空气中时pi=po=lO5pa,Vi=200cm3瓶在水中平衡时，深度为，则气体末态压强为：P2=p（）+p*gh=105+104Xh（Pa）体积为：

44、V2，则有：pM=p2V2瓶子体积为Vs=cm3=80cm?P2.6平衡时浮力为fif=P*g（V瓶+V2）=mg2=7-m0128cn?P水网1从而求得:h=5.6m(2)若瓶释放的位置偏上，压强变小，气体体积变大，浮力变大，瓶加速上升，越上升浮力越大，加速度越大，向上做加速度增加的加速运动；若瓶释放的位置偏下，则瓶加速下沉，且加速度越来越大，向下做加速度增加的加速运动。答：(1)瓶平衡位置时两液面差高度h为5.6m；(2)瓶在此位置偏上或偏下释放，瓶做加速度增加的加速运动。【点评】本题主要考察了理想气体的状态方程，和瓶子的平衡问题，是典型的热力学问题。16. (2021重庆模拟)如图所示，

45、粗细均匀竖直放置的U形玻璃管左端封闭，右端开口且足够长。两管内水银面等高，左管内封闭的理想气体气柱长Li=8cm,现给左管封闭气体缓慢加热，使封闭气柱长度变为L2=10cm。已知大气压强为po=76cmHg。(1)求加热后封闭气体的压强p；(2)保持加热后的温度不变，为使封闭气柱长度恢复为Li=8cm,求从开口端注入的水银柱长度1.【考点】理想气体的状态方程：封闭气体压强.【专题】计算题；定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力.【分析】(1)根据题意求出左右两管内水银面的高度差，然后求出气体的压强。(2)气体温度不变，应用玻意耳定律可以求出气体末状态的压强，然后求出注入水

46、银柱的高度。【解答】解：(1)给左管封闭气体缓慢加热，使封闭气体气柱长度变为L2=10cm左右两管水银面的高度差为h=2(L2-Li)=2X(10-8)cm=4cm加热后封闭气体的压强p=po+ph=(76+4)cmHg=80cmHg(2)设封闭气柱长度恢复为Li=8cm时封闭气体的压强为p',设玻璃管的横截面积为S,气体发生等温变化，由玻意耳定律有：pL2S=pliS代入数据解得：p'=100cmHg从右端再次注入的水银柱长度为1=(100-76)cm=24cm答：(1)加热后封闭气体的压强p是80cmHg；(2)从开口端注入的水银柱长度1是24cm。【点评】根据题意分析清楚

47、气体状态变化过程，根据几何关系应用玻意耳定律即可解题。五.解答题(共4小题)17. (2021桃城区校级模拟)勤消毒是学校防止传染病传播的有效措施。如图所示，某种喷雾器的贮液筒的总容积为8L,装入6L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，外界大气压强po=10Xl()5pa。然后向筒内打气，每次打气能将压强po=l.OXlo5pa、体积为200mL的空气打入筒内，打气过程中筒内与外界温度保持27不变。已知Imol气体在0、po=1.0Xl()5pa下的体积为22.4L,阿伏加德罗常数为6.0Xl()23molI热力学温度与摄氏温度间的关系为1=1+273七向筒内打气20次后，求：(结果均保留两位有效

48、数字)(i)筒内气体的压强；(ii)筒内气体的分子数。【考点】理想气体的状态方程；气体的等温变化.【专题】计算题；定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力.【分析】(i)把打入的气体和筒内的气体作为整体，找出初末状态状态参量，根据玻意耳定律求得压强；(ii)把打入的气体和筒内的气体作为整体，做等压变化，气的在标准状态下的体积，即可求得气体的摩尔量，求得分子数。【解答】解：(i)打气过程，气体发生等温变化状态1：pi=po=l.OXlO5Pa,Vi=(8-6)L+0.2X20L=6L,Ti=(27+273)K=300K状态2：V2=(8-6)L=2L,T2=Ti=3OOK由玻意耳定律得p

49、iVi=p2V2解得P2=3.OX105Pa(ii)将气体在温度为0、压强为po时规定为状态3,即T3=273K。设气体在该状态V,Vo下对应的体积为V3,对比状态1与状态3,两者的压强相等，由盖-吕萨克定律得_L=TiT3筒内气体分子数为其中Na=6。X1()23mo,v()=22.4L联立解得1.5X10【考点】封闭气体压强.【专题】定量思想；推理法；热力学定理专题；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力.【分析】分析题意得出井盖恰好跳起时的压强，再由玻意耳定律可求解。【解答】解：(i)设井盖将发生第一次跳起时，水面距离井盖距离为h2,则气体逸出时压强为P2.则答：(i)筒内气体的压强为3

50、OX105pa；(ii)筒内气体的分子数为1.5X1023。【点评】本题以学校防止传染病传播消毒为情景进行命制，考查了气体等温变化和等压变化以及相应气体实验定律的应用，同时对考生的建模能力推理论证能力等进行了考查。18. (2021濠江区校级模拟)夏天天降暴雨，导致城市内涝.如图所示为某城市下水管道的侧面剖面图，由于井盖的泄水孔因故堵塞，在井盖与水面之间封闭一定气体.当下水道内水位上升时，井盖可能会不断跳跃，设井盖质量m=25kg,圆柱形竖直井内水面面积S=0.25m2,图示时刻井盖底面到水面间距h=2m,此时封闭气体压强与外界大气压强相等，若环境温度不变，己知po=l.OXl()5pa,g=

51、10m/s2,求:(i)从图示位置开始，水面上涨多少后井盖第一次跳起？(结果保留一位有效数字)(ii)若水面随着时间匀速上升，井盖跳起的频率如何变化？为什么？P2S=poS+mg由玻意耳定律pohS=p2h2s上升高度Ahnh-h2联立可解得h=-I-h=-?_j0.02m101101(ii)由可知每次上升的高度达到初始高度的一时，井盖即可跳起，而初始高度逐渐101减少，所以井盖跳起的频率变大。答：(i)从图示位置开始，水面上涨002m后井盖第一次跳起。(ii)若水面随着时间匀速上升，井盖跳起的频率变大，原因见解析。【点评】本题主要考玻意耳定律，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识

52、与应用知识的能力。19. (2021湛江校级模拟)篮球正常使用时气压范围为1.51.6atm,现有一篮球内部容积为7.5L,打气前球内气压等于外界大气压强；如图，某同学手持式打气筒，该打气筒每打一次气能将0.5L、l.Oatm的空气打入球内：已知环境温度为27,大气压强为l.Oatm,设打气过程中篮球没有变形，气体温度不变，则(1)要使篮球内气压达到1.6atm,求需打气的次数N；(2)若(1)中打完气的篮球置于室外温度为6中，通过计算判断篮球能够正常使用？【考点】理想气体的状态方程；气体的等温变化：封闭气体压强.【专题】计算题；定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；理解能力.【分析】(1)

53、以篮球内原有气体与打入的所有气体组成的整体为研究对象，应用玻意耳定律求出需要打气的次数N。(2)整个过程中篮球没有变形，温度降低时，篮球内气体发生等容变化，根据查理定律求解最后篮球内的压强，与篮球正常使用时的气压范围比较即可。【解答】解：(1)设大气压强为Po,篮球内部容积为V=7.5L,打气筒每打一次气的体积V=0.5L,最后篮球内气压变为Pi=1.6atm以篮球内原有气体与打入的所有气体组成的整体为研究对象，由玻意耳定律，有：Po(V+NAV)=P1V解得：N=9(次)(2)篮球内气体初始状态参量分别为门、Ti，温度降低后状态参量分别为P2、T2.根据查理定律得：红=代入数据解得P2=1.

54、488atm<1.5atm。故无法正常使用。%T2答：(1)要使篮球内气压达到1.6atm,需打气9次；(2)若(1)中打完气的篮球置于室外温度为6中，通过计算可知篮球不能够正常使用，计算过程见解析。【点评】分析清楚气体状态变化过程、确定气体状态参量是解题的前提，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。20. (2021广东模拟)导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强po=75cmHg保持不变，环境初始温度为Ti=300K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至T2=33OK。求：(i)右

55、侧空气柱长度；(ii)左侧管内水银面下降的高度。【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强.【专题】计算题；定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；分析综合能力.【分析】(i)右侧空气压强不变，应用盖-吕萨克定律可以求出右侧空气柱的长度。(ii)求出左侧管内气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体末状态的体积，然后求出水银面下降的高度。【解答】解：(i)设玻璃管的横截面积为S,右侧气体初状态体积V?ii=5S,温度升高过程气体压强不变，由盖-吕萨克定律得：¥右1JST1T2代入数据解得，右侧空气柱的长度：L=5.5cm(ii)大气压强po=75cmHg,由图示可知，右管气体压强p彳

56、尸(75+15)cmHg=90cmHg左管初状态压强p左尸p6=90cmHg,左管初状态体积V尤1=32S,温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为h,左管气体末状态压强pt2=p<1+pp2h=(90+2h)cmHg左管内气体末状态的体积V左2=(32+h)S,对左管内气体，由理想气体状态方程得：P左/左1P左2V左2Ti=iT-代入数据解得：1.83cm答：(i)右侧空气柱长度是5.5cm：(ii)左侧管内水银面下降的高度是1.83cm。【点评】根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用盖-吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题，解题时注意两部分气体状态参量间的关系。考点卡片1.布朗运动【知识点的认识】一、布朗运动1 .定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动.2 .原因：小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的.3 .实质：不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动.4 .决定因素：颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈.5