专题17热学（讲义）

专题17热学TOC\o"13"\h\u01专题网络·思维脑图 102考情分析·解密高考 203高频考点·以考定法 2 2一、分子动理论、内能、固体和液体及热力学定律 2二、气体实验定律和理想气体状态方程 5三、气体实验定律与图像、热力学第一定律等的综合问题 5 6 9考向1：分子动理论 9考向2：固体、液体和气体 10考向3：气体实验定律与图像、热力学第一定律等的综合问题 1104核心素养·难点突破 1305创新好题·轻松练 21新情境1：利用理想气体状态方程处理实际问题 21新情境2：利用玻意耳定律解决实际问题 23新情境3：应用盖·吕萨克定律解决实际问题 25考点内容要求学习目标分子动理论、内能、固体和液体及热力学定律II掌握整体法和隔离法在多个物体中的受力分析；掌握处于静态平衡中的物体的受力分析，熟练运用力的合成与分解、力的正交分解法处理处理物体的受力平衡问题；掌握图解法、相识三角形法和拉米定律在动态平衡问题中的应用；气体实验定律和理想气体状态方程II气体实验定律与图像、热力学第一定律等的综合问题IIII一、分子动理论、内能、固体和液体及热力学定律1．估算问题（1）宏观量与微观量的关系①摩尔体积Vmol：分子体积V0＝eq\f(Vmol,NA)（适用于固体和液体）；分子占据体积V占＝eq\f(Vmol,NA)（适用于气体）。②摩尔质量Mmol：分子质量m0＝eq\f(Mmol,NA)。③分子总数：N＝nNA＝eq\f(m,Mmol)·NA＝eq\f(V,Vmol)NAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注：对气体而言，N≠\f(V,V分子)))。（2）估算分子直径（间距）的两种模型①球体模型（适用于固体、液体）：一个分子的体积V0＝eq\f(4,3)π(d2)3＝eq\f(1,6)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体积V0＝d3，d为相邻两分子间的平均距离。2．分子的热运动（1）实验证据①扩散现象：不同种物质能够彼此进入对方的现象。由物质分子的无规则运动产生。温度越高，扩散越快。②布朗运动：液体内悬浮的微粒永不停息的无规则运动，微粒越小、温度越高，运动越剧烈。（反映了液体分子的无规则运动，但并非液体分子的无规则运动）（2）热运动：分子永不停息的无规则运动叫作热运动。温度升高，热运动剧烈程度增加，分子平均速率增大，但不是每个分子的速率都变大。3．分子力曲线与分子势能曲线分子力曲线分子势能曲线图线坐标轴横轴：分子间距离r；纵轴：分子力横轴：分子间距离r；纵轴：分子势能正负意义正负表示方向。正号表示斥力，负号表示引力正负表示大小。正值一定大于负值与横轴交点r＝r0r<r0注：分子力、分子势能的关系：F·Δr＝－ΔEp。可根据上述功能原理由F­r曲线分析分子势能随分子间距离的变化情况，也可根据上述功能原理由Ep­r曲线分析分子力随分子间距离的变化情况。4．温度和气体压强的微观意义（1）温度①分子的速率分布特点：分子数随速率的增大呈“中间多、两头少”的分布，温度升高，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，但某个分子的速率可能变小。②温度是分子热运动平均动能的标志，相同温度下不同物体的分子平均动能相同，但分子平均速率一般不同。③温度越高，分子的平均动能越大，内能不一定越大。（2）气体压强①产生原因：大量气体分子由于做无规则热运动，频繁撞击容器壁而产生。②气体压强的影响因素a．从气体压强产生的原理看：单位时间撞击到容器壁单位面积上的分子数N，以及单个分子撞击容器壁的平均撞击力。b．从气体微观状态量角度看：气体的分子数密度n，以及气体分子的平均动能。注意：N和n是不同的物理量。理想气体压强：n：分子数密度N：单位时间气体分子对单位面积器壁的撞击次数：单个分子撞击容器壁的平均撞击力5．固体和液体（1）对晶体、非晶体特性的理解比较分类晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点固定不固定原子排列有一定规则，但多晶体中每个晶粒子间的排列无规则无规则联系晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化备注：①单晶体的物理性质具有各向异性，但并非每种晶体都能在各种物理性质上表现出各向异性。②有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，比如金刚石和石墨。（2）液体①液体表面张力：使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。②浸润与不浸润：一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，浸润和不浸润也是分子力的表现。③毛细现象：浸润液体在细管中上升、不浸润液体在细管中下降的现象。（3）液晶是一种特殊的物质，既具有流动性，又在光学等物理性质上表现出各向异性。6．热力学定律（1）ΔU＝Q＋W的正负号法则符号及意义WQ△U+外界对系统做功系统吸收热量内能增加系统对外界做功系统放出热量内能减少（2）热力学第二定律的理解：关键是“自发性”或“不引起其他影响”。即热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。7.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路（1）内能变化量ΔU①由气体温度变化分析ΔU。温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。（2）做功情况W由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0。注：气体在真空中自由膨胀时，W＝0。（3）气体吸、放热Q一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况，Q>0，吸热；Q<0，放热。二、气体实验定律和理想气体状态方程1．气体压强的计算（1）被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算。（2）被液柱封闭的气体，一般利用液片法和液体压强公式、连通器原理求解，有时要借助液柱为研究对象，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。注意：分析计算时不要忽略了大气压强的影响。2．利用气体实验定律和理想气体状态方程分析问题的步骤注意：（1）若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。（2）若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。3．变质量气体问题的解题思路对于充气、漏气等变质量气体问题，解题的关键是将容器内原有气体和即将充入的气体的整体（或将抽出的气体和剩余气体的整体）作为研究对象，就可转化为总质量不变的气体的状态变化问题，然后应用气体实验定律或理想气体状态方程等规律求解。可利用eq\f(pV,T)＝eq\f(p1V1,T1)＋eq\f(p2V2,T2)＋…求解。4．关联气体问题的解题思路由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或长度关系，列出辅助方程，最后联立气体实验定律或理想气体状态方程求解。三、气体实验定律与图像、热力学第一定律等的综合问题解决气体实验定律与气体状态图像、热力学第一定律等综合问题需要注意的几点（1）正确应用气体实验定律、理想气体状态方程与热力学第一定律表达式是这类题目的解题关键。注意热力学第一定律表达式中各量的正负号的意义。（2）如果题目涉及图像，要先弄清是p­V图像、p­T图像还是V­T图像等，并根据气体状态变化的图线结合理想气体状态方程分析第三个量的变化情况，然后结合热力学第一定律分析做功、吸放热、内能变化情况。（3）外界对气体做的功用W＝∑pΔV分析计算（注意ΔV的正负号），在p­V图像中图线与V轴所围的面积表示气体做的功。【典例1】（2023·江苏·统考高考真题）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中（

）A．气体分子的数密度增大B．气体分子的平均动能增大C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小【答案】B【详解】A．根据，可得，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；B．从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确；C．从A到B气体的压强变大，气体分子的平均速率变大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力变大，选项C错误；D．气体的分子密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误。故选B。【典例2】（2023·福建·统考高考真题）一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其图如图所示。完成一次循环，气体内能（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体（填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”）。【答案】不变做正功吸热【详解】[1]完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；[2][3]对pV图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律，因为，可知因，W＜0，则Q＞0，所以气体从外界吸收热量。【典例3】（2023·全国·统考高考真题）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以为压强单位）【答案】，【详解】设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，A管的内径是B管的2倍，则可知B管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为、，所以有倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有对B管有其中，，联立以上各式解得，，【典例4】（2023·河北·高考真题）如图，某实验小组为测量一个葫芦的容积，在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为时，气柱长度为；当外界温度缓慢升高到时，气柱长度变为。已知外界大气压恒为，水柱长度不计。（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；（2）求葫芦的容积；（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。已知氮气在状态下的体积约为，阿伏伽德罗常数取。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为，塑料管的横截面积为，初、末态气柱的长度分别为，气体对外做的功为。根据功的定义有解得（2）设葫芦的容积为，封闭气体的初、末态温度分别为，体积分别为，根据盖—吕萨克定律有，，联立以上各式并代入题给数据得，（3）设在状态下，氮气的体积为、温度为，封闭气体的体积为，被封闭氮气的分子个数为。根据盖一吕萨克定律有，，其中，联立以上各式并代入题给数据得，个考向1：分子动理论1．（多选）（2024·全国·模拟预测）炎炎夏日，某同学把封闭有少量空气的膨化食品包装袋放入冰箱的冷藏室，若包装袋不漏气，冰箱内、外气压相等且不变，包装袋内的空气可视为理想气体，则经过一段时间后（）A．包装袋内空气的内能减少 B．包装袋内的空气对外做正功C．包装袋内空气的所有分子的动能都减小 D．单位面积上包装袋内所受到的平均作用力不变【答案】AD【详解】A．包装袋内的理想气体温度随着放进冷藏室而降低，故内能减少，故A正确；B．包装袋内的空气做等压变化，由盖一吕萨克定律有，可得温度降低时，包装袋内的空气体积减小，外界对包装袋内的空气做正功，故B错误；C．温度降低，分子平均动能减小，但每个分子动能的变化不能确定，故C错误；D．包装袋内空气的压强不变，故单位面积上包装袋内所受到的平均作用力不变，故D正确。故选AD。2．（多选）（2024·陕西安康·校联考模拟预测）关于以下几幅图，下列说法正确的是（）A．图1实验表明，大量的豆粒对秤盘的频繁碰撞对秤盘产生了一个持续的均匀的压力，气体压强就是这样产生的B．图2中，对应曲线为同一气体在温度较高时的速率分布图C．图3是布朗运动产生原因的示意图，可以看出，微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，布朗运动越明显D．图4中，若抽掉绝热容器中间的隔板，气体的温度不变E．图5中，液体表面层分子间相互作用表现为引力，正是因为引力才使得水黾可以停在水面上【答案】ADE【详解】A．大量气体分子的撞击表现为连续的和均匀的，则器壁单位面积上受到的压力就是气体的压强，A正确；B．温度越高，分子平均动能越大，故对应曲线为同一气体在温度较高时的速率分布图，B错误；C．微粒越大，液体分子沿各方向撞击它的数量越多，微粒不平衡性越不明显，布朗运动越不明显，C错误；D．若抽掉绝热容器中间的隔板，由于右侧是真空，左侧气体自由膨胀，不做功，容器绝热，没有热量传递，根据热力学第一定律，可知气体温度不变，D正确；E．液体表面层分子间相互作用表现为引力，即水黾可以停在水面是因为水表面张力和重力平衡，E正确。故选ADE。考向2：固体、液体和气体3．（2024·山西晋城·统考一模）如图所示，圆柱形导热汽缸开口向上并竖直固定在桌面上，用质量m=10kg、截面积S=20cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。测得环境的热力学温度T=300K。外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2。（1）求汽缸内气体的压强p1；（2）现用一轻绳悬挂该活塞，初始时，轻绳恰好伸直，且不受拉力，现逐渐降低环境温度，已知轻绳能承受的最大拉力F=200N，求轻绳不被拉断时，环境的最低热力学温度T2。【答案】（1）1.5×105Pa；（2）100K【详解】（1）对活塞进行分析，根据平衡条件有，，解得p1=1.5×105Pa（2）轻绳上的拉力最大时，环境温度最低，此时对活塞进行分析，根据平衡条件有，缸内气体做等容变化，根据查理定律有，，解得，T2=100K4．（2024·湖南长沙·统考模拟预测）某同学自制了一个气温计，他将一根透明玻璃管插入一个薄玻璃瓶，接口处密封。将加热后的玻璃瓶倒置，再把玻璃管插入装有红墨水的水槽中，固定好整个装置，如图所示。当瓶内气体温度降至室温时，管内外水面的高度差为。设红墨水的密度为，重力加速度为，管内气体的体积与瓶的容积相比可忽略不计，室内气压保持不变，以下操作过程中，玻璃管内水面一直在水槽水面之上。下列说法正确的是（）A．若室温降低，玻璃瓶中的气体将发生等压变化B．若室温升高，管内外水面的高度差将增大C．当管内外水面的高度差为时，室温为D．将装置带至温度恒定的低压舱，舱内气压越低，管内外水面的高度差越大【答案】C【详解】A．管内气体的体积与瓶的容积相比可忽略不计，室温降低，玻璃瓶中的气体将发生等容变化，故A错误；B．玻璃管内水面一直在水槽水面之上，玻璃瓶中的气体将发生等容变化，室温升高，玻璃瓶中的气体压强增大，管内外水面的高度差将减小，故B错误；C．室温时，玻璃瓶中的气体压强，当管内外水面的高度差为时，玻璃瓶中的气体压强，玻璃瓶中的气体将发生等容变化，当管内外水面的高度差为时，室温为，，故C正确；D．根据，可得，玻璃管内水面一直在水槽水面之上，将装置带至温度恒定的低压舱，舱内气压越低，管内外水面的高度差越小，故D错误。故选C。考向3：气体实验定律与图像、热力学第一定律等的综合问题5．（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的质量为m，面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离0.5L后停止，整个过程中气体吸收的热量为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。求：（i）理想气体最终的温度T（ii）理想气体内能的增加量。【答案】（i）；（ii）【详解】（i）活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有，且，解得（ii）活塞缓慢移动，所以受力平衡，则气体对外界做功根据热力学第一定律，解得6．（2023·四川成都·统考一模）如图（a），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为，此时活塞静止，距缸底高度为H。在活塞上放置质量为（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为，如图（b）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为，外界温度为27℃，重力加速度为g，汽缸始终保持竖直。（i）求物块质量；（ii）活塞上仍放质量为物块，为使得活塞回到距缸底为H的高度，求密封气体的热力学温度T应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q。【答案】（i）；（ii）【详解】（i）以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有活塞从位置H到位置，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，解得末态，由力的平衡条件有，，解得（ii）活塞从位置回到H位置的过程，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有，解得外界对气体做功为由热力学第一定律可有，解得1．（2024·安徽·统考一模）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。图像如图所示。则（）A．过程。气体从外界吸热B．过程比过程气体对外界所做的功多C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少【答案】B【详解】A．过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；B．由微元法可得图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，过程比过程气体对外界所做的功多，B正确；C．过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；D．过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。故选B。2．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，一定质量的某种理想气体，沿图像中箭头所示方向，从状态开始先后变化到状态、，再回到状态。已知状态气体温度为。则下列说法正确的是（）（绝度零度取）A．气体在状态时的温度为B．从状态的过程中，气体对外界做功C．气体在过程中放出热量D．气体在过程中单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数增多【答案】C【详解】A．根据理想气体状态方程，对、两状态结合图像，可求得气体在状态时的温度为，故A错误；B．理想气体在过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，外界对气体做的功为，所以气体对外界做功为400J，故B错误；C．气体在过程中，则外界对气体做的功根据热力学第一定律，可得，所以放出热量为100J，故C正确；D．气体在过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击单位面积器壁上的气体分子个数变少，故D错误。故选C。3．（2024·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）水银气压计在超失重情况下不能显示准确的气压。若某次火箭发射中携带了一只水银气压计。发射的火箭舱密封，起飞前舱内温度，水银气压计显示舱内气体压强为1个大气压。当火箭以加速度a＝g竖直向上起飞时，舱内水银气压计示数稳定在，已知水银气压计的示数与液柱高度成正比，如图所示。可视为起飞时重力加速度恒为g，则起飞时舱内气体的温度是（

）A．250K B．300K C．360K D．400K【答案】C【详解】设当火箭以加速度a＝g的加速度竖直向上起飞时，仓内气体压强为，对气压计内的水银柱，根据牛顿第二定律有，，解得设此时水银气压计内液柱高度为h，有又，解得所以以仓内气体为研究对象，有，，，根据理想气体状态方程，气体等容变化有，解得故选C。4．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，内壁光滑的气缸固定于水平面，气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与一端固定的水平轻弹簧连接，气体温度为T1时弹簧处于原长。现使气体温度由T1缓慢升高到T2，用Ep表示弹簧弹性势能，U、p、V分别表示缸内气体的内能、压强和体积，下列图像可能正确的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】A．气体温度升高，气缸内气体压强增大，气体膨胀，弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功，由于弹簧弹力逐渐变大，所以图像是曲线，斜率逐渐变大，故A错误；B．理想气体的内能与温度有关，一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，与体积无关；由理想气体状态方程，可知由于气体升温过程中气体压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此气缸内气体内能不与气体体积成正比，故B错误；C．由题意可知气体升温过程中气体体积变大，由理想气体状态方程，图像的斜率逐渐变小，故C错误；D．由题意可知气体升温过程中气体压强变大，由理想气体状态方程，图像的斜率逐渐变小，故D正确。故选D。5．（2023·河北·校联考模拟预测）自行车车胎打足气后，人骑着就很轻快，气不足时，人骑着就很费力。某辆自行车由于慢撒气（缓慢漏气，但车胎内气体体积不变），车胎内气压下降了四分之一。车胎内气体视为理想气体。（1）若在漏气过程中车胎内气体温度保持不变，求漏掉的气体的质量占原来气体质量的比例；（2）若漏气过程是绝热的，且气体的质量一定，在绝热过程中气体压强p和体积V满足，式中参数k是与胎内气体有关的已知常数，求漏掉的气体的质量占原来气体质量的比例。【答案】（1）；（2）【详解】（1）若车胎内气体温度保持不变根据等温变化，有，解得，所以（2）若漏气过程是绝热的，根据题意有解得，所以6．（2023·江苏扬州·扬州市新华中学校考三模）如图所示，开口向上竖直放置的玻璃管长为5h。高为h、质量为m的水银将一段空气柱封在管内，被封空气柱的温度为T0，水银柱上端到管口的距离为h。现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管口，此过程中空气柱的内能增加了∆U。已知水银柱的截面积为S，大气压强为p0。重力加速度为g，求：（1）水银柱上升至管口的过程中，空气柱需要吸收的热量Q。（2）若T0=300K，h=20cm，p0=76cmHg，要使水银柱全部溢出管外，管内气体温度至少加热到多少？【答案】（1）；（2）403.3K【详解】（1）由题意可知，玻璃管上端与大气相同，现给玻璃管加热，水银柱缓慢上升至管口，此过程中空气柱的内能增加了∆U，由热力学第一定律，可知空气柱需要吸收的热量：一是使空气柱的内能增加，二是使空气柱对外做功，则为（2）管内气体温度升高时，气体的压强不变，气体体积增大，当水银柱上升到管口时，温度再升高，水银柱就会开始溢出，这时气体的压强随水银的溢出而减小，气体的体积不断增大，温度就不需要继续升高，设该温度为T2，剩余的水银柱的高度是x，则有气体的初状态为，，气体的末状态，由理想气体状态方程可得，，即为要使剩余水银柱全部溢出，可知气体的温度T2最高，则有最大，由数学知识，可知当时，则有最大值，代入数据解得可得，解得：7．（2023·四川·统考二模）如图（a）所示，两端开口的导热气缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面（图中未画出）。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和；现用轻质细线将活塞B与质量的重物C相连接，如图（b）所示，一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B面积、分别为，弹簧劲度系数，大气压强为，环境和缸内气体温度。（ⅰ）活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；（ⅱ）缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小。【答案】（ⅰ）；（ⅱ）【详解】（ⅰ）设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得，

对活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得，

解得，活塞重新静止时，设活塞B移动，移动前后，气缸体积分别为，则，

，

，解得

（ⅱ）缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。设B回到原位置前后，气缸体积分别为，则，，代入数据解得，8．（2023·安徽·模拟预测）如图，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、，汽缸顶部由细管（体积不计）连通，右侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b，两活塞的质量相同与汽缸密闭且不漏气。初始时，阀门K关闭，活塞b处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，封闭着气体C，活塞a处于右侧汽缸的中间位置，将汽缸分成A、B两部分，A中气体的压强为、体积为。现打开阀门K，用打气筒通过K给右侧汽缸下部分充气，每次将体积为、压强为的空气打入汽缸中，直至活塞b下降到整个汽缸高度的处。已知大气压强为，重力加速度为g，整个过程中，周围环境温度不变，其他量均为未知量。求：（1）初始时，左侧汽缸中封闭的气体C的压强；（2）充气后，右侧汽缸中封闭的气体A的压强p；（3）打气次数n。【答案】（1）；（2）；（3）次【详解】（1）初始时，对活塞b，根据受力平衡有对活塞a，根据受力平衡有，联立解得，（2）对气体C，根据玻意耳定律可知，再次对活塞b和c根据平衡条件有，联立解得，（3）对气体B，根据玻意耳定律可知，解得末状态C的体积为，故对气体A，根据玻意耳定律有，解得次9．（2023·浙江金华·模拟预测）山地车的气压避震装置主要由活塞、气缸组成。某研究小组将其气缸和活塞取出进行研究。如图所示，在倾角为的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热气缸B，活塞用劲度系数为k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到气缸底部的距离为，气缸底部到斜面底端的挡板距离为，气缸内气体的初始温度为。已知气缸质量为M=0.4kg，活塞的质量为m=0.2kg，气缸容积的横截面积为S=1cm2，活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为，大气压为。（1）求初始状态下气缸内气体压强；（2）对气缸进行加热，气缸内气体的温度从上升到，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系，，求该过程中气体吸收的热量Q；（3）若在第（2）题的基础上继续对气缸进行加热，当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，求。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对气缸和活塞整体分析有对活塞受力分析有，代入数据解得（2）气缸内气体的温度从上升到，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，则有该过程中内能增大气体对外做功根据热力学第一定律有，解得（3）当温度达到时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平衡有该由理想气态方程得有，代入数据解得 10．（2023·湖南·校联考三模）如图所示，内壁光滑的绝热汽缸开口向上放置，底部装有电热丝，汽缸内用两个轻质活塞A、B封闭了两部分理想气体，导热性能良好的活塞A恰好与汽缸口相平，绝热活塞B在卡口下面与卡口接触且无作用力，此时A、B两活塞的间距及活塞B与汽缸底部的间距均为h，气体及周围的温度为。现在活塞A上缓慢地加入一定质量的沙子，当活塞A缓慢下降时，活塞B下降了，此时锁定活塞A，使之不再移动。不计卡口、电阻丝及A、B两活塞的体积，所有接触气密性良好，已知大气压强为。求：（1）锁定活塞A时，活塞B以下气体的温度；（2）锁定活塞A后用电阻丝给活塞B下气体缓慢加热到时，两部分气体的压强。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设汽缸的横截面积为S，锁定活塞A前，上下部分气体的压强相等，设为p，在活塞A上缓慢地加入沙子的过程，上部分气体做等温变化，有对下部分气体，根据理想气体状态方程有，其中联立解得，，（2）锁定活塞A后，用电阻丝给活塞B下气体缓慢加热到活塞B恰好到卡口的过程，上部分气体做等温变化，有，解得此时对下部分气体，有，解得可见给活塞B下气体缓慢加热到时，活塞B未到达卡口处，设此时两部分气体的压强为，A、B两活塞相距，对上部分气体有对下部分气体有，其中，解得新情境1：利用理想气体状态方程处理实际问题1．（2024·吉林·校联考模拟预测）如图甲所示，一个质量不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形导热气缸内，气体温度T1=400K，气柱的高度为h=24cm，在气缸内壁有固定的小卡环，卡环到气缸底的高度差为10cm。现在活塞上方缓慢堆放细沙，直至气柱长度减为h1=16cm时停止堆放细沙，如图乙所示。之后对气体缓慢降温至T2=100K。已知大气压强为p0=1×105Pa，气缸的横截面积为S=1×10−4m2，重力加速度g取10m/s2。求：（1）堆放细沙的质量m；（2）温度降为T2时气体的压强。【答案】（1）0.5kg；（2）6×104Pa【详解】（1）乙状态的平衡方程从甲状态到乙状态经历等温过程，得，m=0.5kg（2）从甲状态到活塞刚与小卡环接触时有，解得T′≈167K而167K>100K，则说明100K时活塞已经与卡环接触，则从甲状态到末状态，由理想气体状态方程得，得p2=6×104Pa2．（2023上·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习）如图所示，一上粗下细薄壁玻璃管，其上端开口、下端封闭。一段水银将管内气体分为两部分。图中粗管和细管的长度均为，粗管的横截面积是细管的横截面积的两倍，大气压强。初始时，粗管和细管内水银的长度均为，气体的热力学温度均为。（1）求初始时细管内气体的压强；（2）若将粗管的管口封闭（不漏气），对细管内气体缓慢加热，直至细管内水银刚好全部进入粗管，粗管内气体的温度不变，两管内的气体均可视为理想气体，求此时细管内气体的热力学温度。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设水银的密度为，初始时细管内气体的压强为，解得（2）细管内水银刚好全部进入粗管，设粗、细管的横截面积分别为，则粗管内气体的体积为设粗管内气体的压强为，有细管内气体的压强为由理想气体状态方程，有，解得3．（2024·甘肃·统考一模）如图，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为、压强均为大气压、温度均为环境温度。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为、温度为、体积为的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为。（所有气体均视为理想气体）（1）假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数；（2）保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为，求B中气体的温度。【答案】（1）24次；（2）【详解】（1）对B气体，根据理想气体状态方程，解得则根据等温方程，解得次（2）A中气体温度不变对B中气体，解得新情境2：利用玻意耳定律解决实际问题4．（2023下·江苏苏州·高二校考阶段练习）如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0=8.0L，出水管竖直部分内外液面相平、出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1=0.20m。出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S=0.08m2。现压入空气，缓慢流出了V1=2.0L水。（已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，外界大气压强p0=1.0×105Pa，取重力加速度大小g=10m/s2，设整个过程中气体可视为理想气体，温度保持不变。）求：（1）此时桶内气体的压强大小？（2）压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？【答案】（1）1.0225×105Pa；（2）2.225L【详解】（1）初始时，桶内气体的压强与外界相等缓慢流出了水后，桶里的液面下降此时管口与桶中液面高度差为此时，桶内气体的压强为（2）以最终在桶中的气体为研究对象，由波意耳定律，解得：5．（2023下·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计（由示值管、水银、水银壶组成）三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，上端开口与大气相连。初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为1atm的气体40ml，袖带橡皮囊最大容积为200ml，当它内部气体体积小于最大容积时，其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80ml，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为40ml。大气压强恒为1atm，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。经过（）次充气，袖带橡皮囊内气体的压强为2atm。A．11 B．10 C．9 D．8【答案】A【详解】由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200ml，内部残留气体为40ml，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40ml，当气囊内气体达到最大体积的充气次数为继续充气，当袖带橡皮囊内气体的压强为2atm时，有，解得所以共需充气次数为故选A。新情境3：应用盖·吕萨克定律解决实际问题6．（2024·湖北武汉·校联考模拟预测）一气缸竖直固定，用轻杆相连的两活塞处于静止状态。两活塞总质量为m，截面积之差为，外界大气压为p0，被封闭理想气体体积为V1、温度为T，不计活塞与气缸间的摩擦，重力加速度为g。（1）求气缸内被封闭气体的压强。（2）若将缸内气体温度缓慢降低到，求活塞再次静止时两活塞向下移动的距离（大活塞始终未与气缸下部分接触）。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设封闭气体压强为p1，由平衡条件得，解得（2）缓慢降低温度的过程气体的压强不变，设气体末态体积为V2，由盖吕萨克定律得设两活塞向下移动的距离为x，有，解得，7．（2024·河南·统考一模）房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V；（2）