2025高考物理二轮复习：热学

专题复习

专题五热学光学近代物理

第13讲热学

【目标要求】1.理解分子动理论，知道固体、液体和气体的特点。2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方

程解决问题。3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。

T知识体系II—

.物体4是曰由』大,曰重分八子口组成A的M《厂阿分伏子加直德径罗数常量数级必为IO"m

-分子的热运动一扩散现象、布朗运动

T分子动理论上

一分子间作用力/引力'斥力同时存在

【分子间作用力表现为引力和斥力的合力

_内能J分子动能一温度是分子平均动能的标志

肥!分子势能

厂单晶体各向异性

晶体十多晶体

「固体卜各向同性

非晶体一

表面张力

浸润和不浸润

热

液晶

学）

厂玻意耳定律（等温）：

-查理定律（等容）：端=养

1112

厂气体实验定律一

-盖一吕萨克定律（等压）：蔓=1

TiT2

T气体卜

-理想气楸态方程：华-皿

11T2

匚气体压强的微观解释

热力学第一定律：AU二W+Q

热力学第二定律（两种表述）

考点一分子动理论固体和液体

1.估算问题

(1)分子总数：A/=HJVA=^VA=77—A/AO

Mhol

特别提醒：对气体而言，%得不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。

(2)两种分子模型：①球体模型：妗次3=凯"3a为球体直径)；②立方体模型：y=a\

2.分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大,

但某个分子的瞬时速率不一定大。

3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系

甲

4.气体压强的微观解释

平均每个气体

决定分子的撞击力

单位时间、单

位面积上的撞

击次数

5.晶体与非晶体

\分类

晶体

非晶体

单晶体多晶体

比较\

外形规则不规则

物理性质各向异性各向同性

熔点确定不确定

有规则，但多晶体中每个小

原子排列无规则

的单晶体间的排列无规则

联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化

6.液体

(1)表面张力：使液体表面积收缩到最小。

(2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。

例1（2024河北省部分高中一模）关于下列三幅图的说法正确的是（

各速率区间的分子数

摩修占总分子数的百分比

71

O分子的速率薄板上的蜂蜡熔

气体分子速率分布化成圆形区域

甲乙丙

A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显

B.图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高

C.图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体

D.图丙中实验现象说明薄板上的材料各向同性，一定是非晶体

答案A

解析题图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明

显，故A正确；题图乙中峰值大的曲线，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；

题图丙中，实验现象表明薄板上的材料导热性上具有各向同性，则说明薄板上的材料可能是多晶体，也有

可能是非晶体，故C、D错误。

例2（多选）（2024・河南周口市五校联考）下列说法中正确的是（）

A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18g/mol,密度为103kg/m3,阿伏加德罗常数为

6.02xl023mol4,则1毫升水中所含水分子的个数约为3.3x1022个

B.水邕可以停在水面，是因为受到水的浮力作用

C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水

D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位

面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大

答案AD

解析1毫升水中所含水分子的个数约为N号・名与导3<6.02xl023个近3x1022个，故A正确；水晶可

以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误；我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油

比水的密度小，故C错误；由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲

击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。

例3（多选）（2024•甘肃张掖市模拟）如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两

分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从尸小处以某一速度向分子a运动（运动

过程中仅考虑分子间作用力），假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0,贝U（）

A.图甲中分子间距从F2到「3,分子间的引力增大，斥力减小

B.分子b运动至F3和F1位置时动能可能相等

C.图乙中乃一定大于图甲中「2

D.若图甲中阴影面积S=S2,则两分子间最小距离小于F1

答案BD

解析题图甲中分子间距从於到3分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误；分子b

从片到厂2和从F2到n两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0,动能变化量为0,

分子b在r3和"两位置时动能可能相等，故B正确；题图甲中厂2处分子间作用力为0,分子b在此处分子

势能最小，应对应题图乙中“处，即题图乙中作一定小于题图甲中2故C错误；若题图甲中阻影面积

则分子b从以到n过程分子间作用力做功为0,分子b在小处速度不为0,则分子b在n处速度不

为0,将继续运动，靠近分子a,故D正确。

考点二气体实验定律理想气体状态方程

1.压强的计算

(1)被活塞或汽缸封闭的气体，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求解，压强单位

为Pa。

(2)水银柱密封的气体，应用p=po+ph或p=po-ph计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHgo

2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程

(1)若气体质量一定，P、入7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。

(2)若气体质量一定，p、入T均发生变化，则选用理想气体状态方程求解。

3.关联气体问题

解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的

压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。

例4(2023・辽宁卷-5)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存

能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的图像如

图所示。该过程对应的°--图像可能是()

答案B

解析根据可得从。到3气体压强不变，温度升高，则体积变大；从6到c,气体压强减

小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于6点与原点连线的斜率，c状态的体积大于6状态的体积，

故选B。

例5(2024・全国甲卷・33(2))如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质

活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，6与汽缸底部的距离反=10瓦，活

塞的面积为1.0x10-2n?。初始时，活塞在卡销。处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压

强、温度相同，分别为1.0x105Pa和300K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞

缓慢到达卡销6处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200N并保持不变。

a力////////5

匚

(1)求外力增加到200N时，卡销6对活塞支持力的大小；

(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。

答案(1)100N(2)327K

解析⑴活塞从位置。到6过程中，初态pi=7%=L0xl()5Pa、yl=s-liab

末态必=?、%=STQab

根据玻意耳定律有pi%=p2-2

解得P2=l.1x105Pa

此时对活塞根据平衡条件得尸叨OS=P2S+尸N

解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100N

⑵将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，

初态P2=L1X105pa,7^=300K

末态，对活塞根据平衡条件得必

解得曲=1.2x105pa

设此时温度为根据查理定律有冷票

1213

解得73a327Ko

例6(2024・安徽卷・13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的

压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮

胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮

胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积K)=30L,从北京出发时，

该轮胎气体的温度力=-3℃,压强0=2.7x105Pa。哈尔滨的环境温度打=-23℃,大气压强夕o取

1.0x105Pa。求：

(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；

(2)充进该轮胎的空气体积。

答案(1)2.5x105Pa(2)6L

解析(1)由查理定律可得产

1112

其中“=2.7x105pa,乃=(273-3)K=270K,7^=(273-23)K=250K

代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为必=2.5义1。5pa

⑵由玻意耳定律piVo+poV=piVo

代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为々6L。

■提炼•总结

利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题

克拉伯龙方程pJM次7,其中〃表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体

的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。

考点三热力学定律与气体实验定律的综合应用

1.理想气体相关三量AU、K。的分析思路

(1)内能变化量AU

①由气体温度变化分析AU：温度升高，内能增加，AU>Q；温度降低，内能减少，At/<Oo

②由公式分析内能变化。

（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，眸0;体积被压缩，外界对气体做功，W>0.

（3）气体吸、放热。

一般由公式少分析气体的吸、放热情况：。:>0,吸热；。<0,放热。

2.对热力学第二定律的理解

热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。

例7（2024•山东卷—6）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，。一6过程是等压过程，b-c

过程中气体与外界无热量交换，过程是等温过程。下列说法正确的是（）

A.a—6过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

B.b—c过程，气体对外做功，内能增加

C.a—b—c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

D.a—b过程，气体从外界吸收的热量等于c-a过程放出的热量

答案C

解析。一6过程压强不变，体积增大，气体对外做功％芯0,由盖一吕萨克定律可知T户北，即内能增大，

△UQ0,根据热力学第一定律AU=Q+彳可知。>0,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分

用于增加内能，A错误；

方->c过程中气体与外界无热量交换，即。6c=0

又由气体体积增大可知用;"0,由热力学第一定律AU=Q+少可知AU<0,即气体内能减少，B错误；

c―a过程为等温过程，可知Af7flC=0

根据热力学第一定律可知-c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；

根据热力学第一定律结合上述分析可知：a一8一。一。一整个热力学循环过程AU=0,整个过程气体对外做

功，W<0,由热力学第一定律可得

故a-b过程气体从外界吸收的热量不等于c—a过程放出的热量，D错误。

例8（2024•浙江1月选考-17）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为

匕=750cn?的左右两部分。面积为5=100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧

中一定质量的理想气体处于温度为=300K、压强01=2.04x105Pa的状态1。抽取隔板A,右侧中的

气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B,同时施加水平恒力尸，仍使其保持静

止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度A=350K的状态3,气体

内能增加AU=63.8J。已知大气压强00=1.01x1（）5Pa,隔板厚度不计。

:］c

⑴气体从状态1到状态2是（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能

（选填“增大”“减小”或“不变”）；

（2）求水平恒力F的大小；

（3）求电阻丝C放出的热量Qo

答案（1）不可逆不变（2）10N⑶89.3J

解析（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可

知气体从状态1到状态2,气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分

子平均动能不变。

（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有piVx=pr2Vx

解得状态2气体的压强为0华1.02义105Pa

解锁活塞B,同时施加水平恒力%仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得

pzS=poS+F

,554

解得F=（P2-po）S=（l-O2xlO-l.OlxlO）xlOOxlO-N=10No

⑶当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度73=350K的状态3,可知气体做等压

变化，则有

2%,3

可得状态3气体的体积为

J^=^-2KI-X2X750cm3=l750cm3

Ti300

该过程气体对外做功为

W=P2^V=P2（F3-2T1）=1.02x1o5x（1750-2x750）x10-6=25.5j

根据热力学第一定律可得AU=少+。’

解得气体吸收的热量为Q'=AU+W=63.8J+25.5J=89.3J

可知电阻丝C放出的热量为。=2=89.3J。

专题强化练

［1选择题］［分值：50分］

1〜6题每题4分，7〜9题每题6分，10题8分，共50分

［保分基础练］

1.（2023•北京卷・1）夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体（）

A.分子的平均动能更小

B.单位体积内分子的个数更少

C.所有分子的运动速率都更小

D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大

答案A

解析夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于

汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面

积的平均作用力更小，B、D错误。

2.（2024•辽宁沈阳市质监）“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7000米级

作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27℃、压强为1.0x105pa,当下潜到某一深度时，艇

内温度降到17潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是

（）

A.17C时，压强约为0.63x105Pa

B.17C时,压强约为0.97x105pa

C.下潜过程中，内能增加

D.下潜过程中，吸收热量

答案B

解析依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得土祟，其中八=（273+27）K=300K,4=（273+17）

1112

K=290K,解得必Y）.97xl05pa,故A错误，B正确；由热力学第一定律，可得依题意，下潜过

程中，气体温度降低，内能减小，即AU<0,又因为气体体积不变，即沙=0,解得。<0,即下潜过程中，

放出热量，故C、D错误。

3.（2024•江苏省海安高级中学二模）如图所示，取一个透明塑料瓶，向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔，

安装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾，下列说

法正确的是（）

A.打气过程中，瓶内气体的分子动能保持不变

B.打气过程中，瓶内气体的压强与热力学温度成正比

C.橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，温度降低

D.橡胶塞跳出后，瓶内水迅速蒸发，出现白雾

答案C

解析打气过程中，外界对气体做功，气体内能增加，瓶内气体的分子动能变大，故A错误；打气过程中,

若瓶内气体的质量不变，则根据查理定律，瓶内气体的压强与热力学温度成正比，但打气过程中，瓶内气

体的质量增加，则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系，故B错误；橡胶塞跳出后，瓶内气体迅

速膨胀，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠，出现白雾，故C正确，D

错误。

4.侈选X2024•海南卷•11）一定质量的理想气体从状态a开始经岫、be、ca三个过程回到原状态，已知仍

垂直于T轴，be延长线过。点，下列说法正确的是（）

A.6c过程外界对气体做功

B.ca过程气体压强不变

C.M过程气体放出热量

D.ca过程气体内能减小

答案AC

解析由理想气体状态方程可得号T,由％7图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故Pa<Pb=Pc,

6c过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；由A选项可知，ca过程压强减小，故B错

误；仍过程为等温变化，内能不变，故AU=O,根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体

做功，故修>0,根据热力学第一定律AU=Q+%解得0<0,故岫过程气体放出热量，故C正确；ca过程，

温度升高，内能增大，故D错误。

5.（多选乂2024・新课标卷・21）如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1-2为绝热过程（过程中气

体不与外界交换热量），2一3为等压过程，3-4为绝热过程，4-1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴

油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（）

A.1—2过程中,气体内能增加

B.2—3过程中，气体向外放热

C.3-4过程中，气体内能不变

D.4一1过程中，气体向外放热

答案AD

解析1-2为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律AU=Q+叶可知

气体内能增加，故A正确；2-3为等压过程，由［C知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增

大时，气体对外界做功眸0,由热力学第一定律AU=Q+少知气体吸收热量，故B错误；3-4为绝热过程,

此过程气体体积增大，气体对外界做功眸0,根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；4-1

为等容过程，根据台。知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0,由热力学第一定律

^=W+Q,可知气体向外放热，故D正确。

6.（多选X2023•山东卷9）一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为lxi05pa。经等容过程，该气体

吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。

下列说法正确的是（）

A.初始状态下，气体的体积为6L

B.等压过程中，气体对外做功400J

c.等压过程中，气体体积增加了原体积的;

4

D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J

答案AD

解析设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为6=次，力=%,方=300K,等容过程为状态二

P*?,匕=%=瓜72=400K,等压过程为状态三小=如匕=?,A=400K,由理想气体状态方程可得，

等等詈，解得必令0,匕三%,等压过程中，气体体积增加了原体积的士C错误；等容过程中气体

做功为零，由热力学第一定律AUW+Q=400J,两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加

量都为400J,D正确；等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做

功为200J,即做功的大小为吃%尸200J,解得%=6L,A正确，B错误。

［争分提能练］

7.（2024・海南卷—7）用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密

封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330cm3,薄吸管底面积为0.5cn?,罐外吸管总长度

为20cm,当温度为27c时，油柱离罐口10cm,不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（）

A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏

B.该装置所测温度不高于31.5℃

C.该装置所测温度不低于23.5℃

D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大

答案B

解析由盖一吕萨克定律得？专

其中Fi=Fb+S/i=335cm3,

为=（273+27）K=300K,

V2=Fo+5x=330+0.5x（cm3）

代入解得7=茶冷K）

根据片什273K

可知审一（℃）

故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；

当x=2Qcm时，该装置所测的温度最高，代入解得/max~31.5℃,故该装置所测温度不高于31.5℃,当x=0

时，该装置所测的温度最低，代入解得总户22.5C,故该装置所测温度不低于22.5℃,故B正确，C错误;

其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖一吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。

8.（2024•安徽池州市二模）如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2L,内装1.4L消毒液。闭合阀门

K,缓慢向下压A,每次可向瓶内储气室充入0.05L的1.0atm的空气，经"次下压后，壶内气体压强变为

2.0atm时按下B,阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化p-厂图像如图乙所示（已

知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0atm=1.0xl05pa）。下列说法正确的

是（）

A.充气过程向下压A的次数〃=10次

B.气体从状态/变化到状态3的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功

C.乙图中直角△O4C和直角△OAD的面积相等

D.从状态/变化到状态3,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变

答案C

解析壶中原来空气的体积匕=0.6L,压强0=1atm,由玻意耳定律?5诙+匕尸.匕，解得〃=12,故A错

误；气体从/到8,体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律

△U=Q+",可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；三角形面积为S=$匕由题意可知，图线

为等温曲线，由理想气体状态方程+C,可知°%CT,由于C是常数，温度T保持不变，贝！］°厂相等，则

图中直角△O4C和直角△O3D的面积相等，故C正确；4到5的过程中，温度不变，分子平均运动速率

不变，但是体积变大，分子数密度减小，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次

数减少，故D错误。

9.（多选）（2023•新课标卷-21）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热

活塞将汽缸分为/、g、〃三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、

体积、压强均相等。现通过电阻丝对/中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（）

」了「g九

/////////////////////////////////

A.h中的气体内能增加

B/与g中的气体温度相等

C/与〃中的气体温度相等

D/与h中的气体压强相等

答案AD

解析对/中的气体加热，贝！1/中气体温度升高，体积增加，此时/挤压g、h,而g、〃中均为绝热部分，

故g、右体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当了右侧活塞向右移动时，对g、力均做正功，由热力学

第一定律可知，内能增加，g、力中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足以片为5+厂="S,贝（!

此时/与〃中的气体压强相等，故D正确；由于，体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS,故以〈右〈勿，

由理想气体状态方程可知心警学，所以〃<办故C错误；由理想气体状态方程可知智竽竿，

TfToThTgToTf

由于n%，vg<Vf.故Tg<4,故B错误。

10.（多选）（2024•山西太原市一模）高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹

煮食物的目的。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套

在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热,

当锅内温度为117c时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27℃,压强为1atm,压力阀套在出

气孔上的横截面积为8mm2,g取lOm/s?。大气压强。为1atm=l（）5Pa,忽略加热过程水蒸气和食材（包括

水）导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。贝1）（）

出气孔

A.压力阀的质量约为0.1kg

B.压力阀刚要被顶起时锅内温度为108℃

C.停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的言

D.停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的粉

答案BD

解析设加热前锅内温度为Ti=27℃=300K,压强为pi=latm,当加热至锅内压强为必=1.27atm,时，压

力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，质量不变，由查理定律得产，得4=381

K=108℃,故B正确；压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为如由受力平衡得必S=pS+mg,代入数据

得加乜）.02kg,故A错误；设锅内温度达到沸点时温度为7>117℃=390K,从压力阀刚要被顶起到达到沸

点的过程，锅内压强不变，由盖一吕萨克定律弁，得匕嗡匕停止加热时放出气体的质量与加热前锅

1213ool

内气体质量的比为：停止加热时锅内气体的质量与加热前锅内气体质量的比为胃焉，故

m.2匕390m2%390

D正确，C错误。

［2计算题］［分值：60分］

［保分基础练］

1.（10分X2024•湖北卷・13）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为小的活塞密封一部分

理想气体，活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为To,气柱的高度为鼠当容

器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升和再次平衡。已知容器内气体内能变化量与温度变化

量AT的关系式为C为已知常数，大气压强恒为po,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温

度。求：

（1）（4分）再次平衡时容器内气体的温度；

（2）（6分）此过程中容器内气体吸收的热量。

答案（1孰（2曲加g）*To

解析（1）气体进行等压变化，则由盖一吕萨克定律得然1,即鲁坐

解得八胃。

⑵此过程中气体内能增加量AgCATWcTo

气体对外做功，W=-pSAh=[h（poS+mg）

此过程中容器内气体吸收的热量

11

Q=^U-W=fh（p0S+mg）+^CT0

2.（10分）（2024•甘肃卷—13）如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板

与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S、长为2/。开始时系统处

于平衡态，A、B体积均为S/,压强均为po,弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体

积变为原来的;。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：

4

AB

SWVWWAAAMAAM

11

⑴（7分）抽气之后A、B内气体的压强pA、PBO

（2）（3分）弹簧的劲度系数鼠

答案（嗑。）（2圈

解析（1）对A内气体分析：

抽气前：体积V=Sl压强po

Qr

抽气后：-A=2

根据玻意耳定律得poV=PAVK

解得

对B内气体分析，

若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即]。,

则根据玻意耳定律得10V=PB^V

解得PB=pO

（2）由题意可知，弹簧的压缩量为:，对隔板受力分析有PAS=PBS+F

根据胡克定律得尸=其

联立得仁誓。

［争分提能练］

3.（10分）（2024•山东卷•16）图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成

的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积Si=1.0cn?,长度H=1OO.Ocm,侧壁有一小孔A。储液

罐的横截面积S2=90.0cm2,高度6=20.0cm,罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从

孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A,缓慢地将汲

液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度p=L0xl（）3kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,

大气压po=LOxi（）5pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。

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