热学-2025高考物理二轮复习与策略：电路（解析版）

热学

【备考指南】L2024年新课标卷及其他新高考省份的考查题型保持相对稳定。

即选择(或填空)题和计算题。考查的内容均为热学主干知识，包括分子间的作用

力、分子势能、内能、气体压强的微观解释、两个热力学定律、气体实验定律、

气体的图像等。计算题多以“汽缸一活塞”模型和“玻璃管一液柱”模型呈现,

2025年“变质量”模型和关联气体模型有可能继续作为重点考查。2.备考复习

过程要强化混合模型的题目训练，多联系实际，培养分析问题、解决问题的能

力，提高建构模型的能力和推理论证的能力。

突破点一分子动理论固体液体

1.估算问题

(1)分子总数：N=nNA=£NA='^~~NA。

Mvmol

特别提醒：对气体而言，%=《不表示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：>=，尺3=，〃("为球体直径)；

36

3

②立方体模型：V=aa

(3)两点提示。

①固体、液体分子可认为是紧靠在一起的球体或立方体；气体分子只能按立方

体模型计算所占据的空间。

②阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁，计算时要抓住三个量：摩尔质量、

摩尔体积和物质的量。

2.分子势能'分子力与分子间距离的关系

如图所示。

3.晶体与非晶体

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⑴晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有

各向异性。晶体与非晶体可以相互转化。

（2）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、电学等物理性质上表现出各向异性。

［典例1］（分子动理论）2024年3月底受冷空气以及大风天气影响，全国各地均

出现不同程度的沙尘天气，内蒙古、北京等地区局部有强沙尘暴，甚至局部地

区出现下“泥点”的恶劣天气，山东、河南、安徽、江苏等地区也都出现AQI（空

气质量指数）达到500的现象，AQI指数中一项重要指标就是大家熟知的PM2.5

指数，PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5pm的悬浮颗粒物，飘浮在空中，

很难自然沉降到地面。对于上述天气现象的解释正确的是（）

A.沙尘暴中的沙尘颗粒所做的无规则运动是布朗运动

B.一团质量不变的沙尘暴从温度较低的地区吹到温度较高的地区，温度逐渐升

高、风速逐渐减小，其内能逐渐减小

C.PM2.5颗粒的尺寸与空气中氧气分子的尺寸数量级相当

D.PM2.5颗粒在空气中的无规则运动是由大量空气分子无规则运动对其撞击的

不平衡性引起的

D［布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规

则撞击所做的无规则运动，用肉眼无法观察到布朗运动，沙尘暴的运动是气流

运动形成的，不是布朗运动，故A错误；一定质量的物体，从低温到高温，分

子平均动能增加，分子动能与物体的宏观速度无关，故B错误；氧分子尺寸的

数量级为IO"。m,而PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5pm的悬浮颗粒物，

故C错误；PM2.5颗粒在空气中的运动是由空气中大量空气分子无规则运动对

其撞击的不平衡性引起的，是布朗运动，故D正确。］

［典例2］（固体、液体的性质）（多选）（2024•四川内江统考一模）喷雾型防水剂是

现在市场上广泛销售的特殊防水剂，其原理是防水剂在玻璃上形成一层薄薄的

保护膜，形成类似于荷叶外表的效果，水滴以椭球形分布在玻璃表面，无法停

留在玻璃上，从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰。下列

说法正确的是（）

A.玻璃和水滴之间发生了浸润现象

B.水滴呈椭球形是液体表面张力和重力共同作用的结果

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C.水滴表面分子比水滴的内部密集

D.水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大

BD［浸润即液体在与固体表面接触时能够弥散附着在固体表面的现象，而题中

的玻璃和水不浸润，故A错误；由于液体表面张力的作用使水滴呈球形，但在

重力的作用下水滴呈椭球形，故B正确；水滴表面分子比水滴的内部稀疏，水

滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，表面层分子

间的作用力为引力，使表面层分子有收缩的趋势，从而形成球形，故C错误，D

正确。故选BD。］

突破点二气体实验定律理想气体状态方程

1.压强的计算

⑴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0=00+0/,或0=。0—p”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、K7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、K7均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。

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，根据两部分气体压强、体积的

关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。

4.变质量问题

在充气、抽气等“变质量”问题中可以把充进或抽出的气体包含在气体变化的

始、末状态中，即把变质量问题转化为恒定质量的问题。

［典例3］(“单一”气体问题)(2024・湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内

气体压强为p、体积为匕气球内空气可视为理想气体。

(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强po,求此时气体的体积K(用po、p和/

表示)；

(2)小赞同学想测量该气球内气体体积厂的大小，但身边仅有一个电子天平。将

气球置于电子天平上,示数为m=8.66X10-3kg(此时须考虑空气浮力对该示数的

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影响）。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强P和体积/还满足：（P-

po）（V-VBo）=C,其中po=1.0X105Pa为大气压强，FBO=O.5X10-3为气球无

张力时的最大容积，C=18J为常量。已知该气球自身质量为加.=8.40X10-3kg,

外界空气密度为"o=L3kg/m3,重力加速度g取10m/s2,求气球内气体体积V

的大小。

［解析］（1）由玻意耳定律有p〉=poHo

解得Fo=—o

Po

（2）气球内空气体积为匕）时，密度为“，故气球内部空气质量用内=poK=殁叱

Po

对气球和气球内部气体组成的系统受力分析，由力的平衡条件有

（mo+m内）g=F泮+mg

又歹浮=pog>

结合仍一“））（>一/o）=C

联立解得r=5X103m3o

［答案］（1端（2）5X10-3nP

反思感悟气体实验定律的应用思路

砺箴A根据题意，选出所研究的某一部分

（或一定质量）的气体

京维'分别找出这部分气体状态发生变化前

后的p、P、T数值或表达式（压强的确

定是关键）

认过程认清变化过程，正确选用物理规律

选择实验定律列式求解，有时要讨论

列方程

结果的合理性

【教师备选资源】

（2023・湖北卷）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁

光滑，横截面积分别为S、2S,由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有

一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相

连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为以，弹簧长度恰好为原长。现往右

侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子,直至右侧活塞下降匏,左侧活塞上升步,

已知大气压强为po,重力加速度大小为g,汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不

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变，弹簧始终在弹性限度内。求:

⑴最终汽缸内气体的压强。

(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。

［解析］对汽缸中的气体，初状态pi=po,V!=HS+2HS=3HS-,设最终状态气

体压强为p2,体积匕=(H+1)5+2s(H-=^HS0

=

由玻意耳定律有p\V\piVi9

解得P2=噌po。

(2)对左侧活塞受力分析有p^S+k•^H=p2S9

解得弹簧的劲度系数4=鬻。

±7H

对右侧活塞受力分析有P0•2S+mg=p2•IS,

解得添加的沙子质量产篝。

［答案1(1谭。Q篇罂

［典例4］(“关联”气体问题)(2024・广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，

广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，

A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B

内气体压强大于如时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等

于Ap时差压阀关闭。当环境温度7i=300K时,A内气体体积以1=4.0X102m3,

B内气体压强PB1等于大气压强po,已知活塞的横截面积S=0.10m2,Ap=o.llpo»

po=l.OXlO5Pa,重力加速度大小取g=10m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,

忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降

到,2=270K时:

⑴求B内气体压强PB2；

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⑵求A内气体体积以2；

(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到po并保持不变，求已倒入铁砂

的质量取。

［解析］⑴⑵假设温度降低到Ti时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好,

B内气体做等容变化，初态

PBi=po,71=300K

末态炎=270K

根据等=等

代入数据可得

4

pB2=9X10Pa

A内气体做等压变化，压强保持不变，初态

以1=4.0X102m3,7\=300K

末态T2=270K

根据组=也

T1T2

代入数据可得

以2=3.6X102m3

由于Po—PB2VAp

假设成立，即

4

pB2=9X10Pa,以2=3.6X102up。

(3)恰好稳定时，A内气体压强为

B内气体压强

P'B=PO

此时差压阀恰好关闭，所以有

P'A-p'B=Ap

代入数据联立解得

阳=1.1X102kgo

［答案］(l)9X104pa(2)3.6X102m3(3)1.1X102kg

反思感悟多个系统相互联系的恒定质量气体问题，往往利用压强建立起系统间

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的关系，各系统独立进行状态分析。要确定每个研究对象的变化性质，分别应

用相应的气体实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量

的有效关联。若液柱（或活塞）可自由移动，一般要根据液柱（或活塞）的平衡状态

确定两部分气体的压强关系。

［典例5］（“变质量”气体问题）（2024・山东卷）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=L0cm2,长度H=100.0cm,侧壁有一小孔N。储液罐

的横截面积S2=90.0cm2,高度〃=20.0cm,罐底有一小孔6。汲液时，将汲液

器竖直浸入液体，液体从孔5进入，空气由孔N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N,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"=1.0X103kg/nR重力加速度大小g=10m/s2,

大气压po=LOXlO5pa。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。

⑴求X；

Q）松开孔a从外界进入压强为p。、体积为/的空气，使满储液罐中液体缓缓

流出，堵住孔N,稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求匕

A°

H

__

h

._B.

甲乙

［解析］（1）在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根据

玻意耳定律有

pi（H-x）Si=pzHSi

根据题意可知pi=po,pi+pgh=po

联立解得x=2cm0

⑵对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有po/+p2flSi=

P3（HS1+^S2）

7/21

又P3+〃g*异PO

联立解得r=8.92X10-4m3o

［答案］(1)2cm(2)8.92X10W

【教师备选资源】

(2023•湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车

助力装置可简化为由助力气室和抽气气室等部分构成，连杆N5与助力活塞固定

为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆N6上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力

气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力

气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，Ki打开，R闭合，抽气活塞在外力

作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两

气室压强相等；然后，Ki闭合，R打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全

部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为治,初始压强等于

外部大气压强po,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为匕。假设抽气过

程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。

(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强

(2)第〃次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小A尸。

［解析］(1)以第1次抽气之前助力气室内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有

poFo=/>i(Fo+匕)

解得第1次抽气之后助力气室内气体的压强

_v0

PLW。。

(2)第2次抽气前后，根据玻意耳定律有

piFo=p2(Fo+Fi)

解得第2次抽气之后助力气室内气体的压强

P2=(赢))。

第3次抽气前后，根据玻意耳定律有

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P2匕）=03（匕）+Kl）

解得第3次抽气之后助力气室内气体的压强

口3=（福）7。

则第〃次抽气之后助力气室内气体的压强

P"=（肃力

则第〃次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小

A歹=poS_p"S=poS［l_（前力。

（1）

［答案1V^°⑵/1—（赢）”］

突破点三热力学定律与气体实验定律的综合

1.理想气体相关三量AU、印、。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>0；温度降低，内能减少,

AU<0。

②由公式AU=%+2分析内能变化。

（2）做功情况Wo

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，%>0。气体等压膨胀（压缩）时，气体对外界（外界对气体）做功

W=p\V.

（3）气体吸、放热2。

一般由公式。=AU—次分析气体的吸、放热情况。2>0,吸热；2<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，也可以从单一热库吸收热量全部转化为

功，但会产生其他影响。

［典例6］（热力学定律与气体实验定律的综合应用）（2024•湖北卷）如图所示，在

竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为阳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

高度为肌当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升却再次平衡。

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已知容器内气体内能变化量AU与温度变化量A7的关系式为AU=CAT,。为己

知常量，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)再次平衡时容器内气体的温度。

(2)此过程中容器内气体吸收的热量。

［解析］(1)设容器内气体初、末状态体积分别为匕)、V,末状态温度为7,由盖

-吕萨克定律得空=5

101

其中Fo=S/i,V=S(h+

联立解得T=1Too

(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为。，外界对气体做的功为次,由热力学

第一定律得

\U=Q+W

其中AU=C(T-n)

W=—(ntg+poS)^h

联立解得Q=^CT0+ntgh+P0Sh)o

［答案］(l)|To(2)^CT0+,ngh+p0Sh)

［典例7］(热力学定律与图像综合问题)(2024•山东卷)一定质量理想气体经历

如图所示的循环过程，过程是等压过程，8-c过程中气体与外界无热量交

换，cfa过程是等温过程。下列说法正确的是()

A.a一分过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

B.8-c过程，气体对外做功，内能增加

C.a-A-c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功

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D.a一8过程，气体从外界吸收的热量等于c-a过程放出的热量

C口-8过程是等压变化且体积增大，则比如＜0,由盖-吕萨克定律可知方＞£,

即AU加＞0,根据热力学第一定律AU=?+%可知过程，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；过程中气体

与外界无热量交换，即。兀=0,又由气体体积增大可知麻c＜0,由热力学第一定

律AU=2+/可知气体内能减少，B错误；c-a过程为等温过程，可知或=。,

AUe=0,根据热力学第一定律可知a-A-c过程，气体从外界吸收的热量全部

用于对外做功，C正确；由A项分析可知=一比血由B项分析可知

Wbc=\Ubc,由C项分析可知0=/a+&®,又AUM+ASC=0,联立解得Qab-{-

Qca）=~Wca-Wbc-Wab,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气

体（气体对外界）做的功，结合题图可知。岫一（一。馆）W0,所以过程气体从

外界吸收的热量不等于c-a过程放出的热量，D错误。］

方法技巧处理理想气体状态变化图像问题的技巧

（1）首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着

三个状态量p、KT；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气

体状态变化的一个过程。看此过程属于等温、等容还是等压变化，就用相应规

律求解。

（2）在匕7图像（或p-7图像）中，比较两个状态的压强（或体积）时，根据p/=CT

可知，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强（或体积）

越小；斜率越小，压强（或体积）越大。

•临考预测，名师押题•

1.（热点情境•传统文化）（2024•河南许昌11月测试）陶瓷艺术成型或艺术设计、

施釉装饰之后，需经过一系列高温烧制的检验，所谓“匣器调色，与书家不同,

器上诸色，必出火而后定”（朱琰《陶说》）o如图所示是烧制瓷器所用窑炉的简

图，上方有一只能向上打开的单向阀门，阀门横截面积为S,当阀门受到大于等

于2.5poS的净压力时，阀门打开，已知大气压强恒为po,绝对零度取一273℃,

T=/+273Ko某次模拟烧制过程，初始时窑内温度为27C,窑内气体体积为

%,压强为po,窑内气体可看成理想气体，阀门打开后，窑内气体压强不变,

则（）

11/21

单向排气阀

A.窑内温度为727℃时阀门打开

B.阀门打开时，窑内气压可能为2.6poS

C.窑内温度为427℃时，窑内气压为2.0川

D.窑内温度为987℃时，窑内剩余气体质量为初始时的J

D［外界大气对阀门的作用力恒为poS,阀门恰好打开时，设窑内气体压强为p,

有pS-p0S=2.5°遥，解得p=3.5po,选项B错误；阀门打开前，窑内气体发生

等容变化，有言=今解得7=1050K,即f=777C,选项A错误；窑内温度为

427℃时，根据詈=詈，解得此时窑内气压为m=3o,选项C错误；窑内温度为

987°C时，阀门处于打开状态，选窑炉内原有气体为研究对象，根据华=的，

解得＞=1.2%,窑内气体的剩余质量为初始时气体质量的粤=工选项D正确。］

V6

2.（高考热点•匕7图像分析）（2024•山东淄博10月测试）一定质量的理想气体

经历了如图所示的循环过程。下列说法正确的是（）

A.N-6-C过程中，气体压强先增加后不变

B.C一刀一N过程中，单位体积内分子数先不变后增加

C.整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功

D.整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变

D［理想气体由N-6为等温膨胀过程，由玻意耳定律可知，气体压强减小。

6-C为等容升温过程，由查理定律可知，气体的压强增大，可得N-6-C过

程中，气体压强先减小后增大，故A错误；理想气体由C-O-N的过程中，气

体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；理

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想气体由N-5为等温膨胀，压强减小过程；5-C为等容升温，压强增大过程;

C一刀为等压压缩，温度降低过程；O-N为等容降温，压强减小过程。整个循

环过程定性的p-V图像如图甲所示，可知N-5过程中体积膨胀，气体对外界做

的功为图乙中阴影部分的面积，C-Z）过程中外界对气体做的功为图丙中阴影部

分的面积，6—C和O—N的过程气体与外界没有相互做功，故整个循环过程中，

气体对外界做的功小于外界对气体做的功，故C错误；对整个循环过程，由热

力学第一定律知AU=。+%,由上面的分析可知外界对气体做的功大于气体对外

界做的功，即吟0,气体的温度最终回到了初始状态，内能变化量为0,内能不

变，即AU=0,可知整个循环过程。＜0,气体对外界放热，故D正确。

3.（高考新趋势•活塞一液柱混合模型）如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗

筒横截面积是细筒的2倍。粗筒中封有压强为pi=75cmHg的空气柱I（可视为

理想气体），气柱长Li=20cm,细筒中N、5两轻质活塞间封有空气柱H（可视

为理想气体），气柱长L2=10cm。活塞N上方的水银柱高10cm,两轻质活

塞与筒壁间的摩擦不计。用外力向上托住活塞6,使之处于平衡状态，水银面与

细筒上端相平。现使活塞6缓慢上移，直至水银恰好全部被推入粗筒中，设在

整个过程中气柱的温度不变，大气压强po=75cmHg。求：

（1）水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱I的压强；

（2）活塞6上移的距离。（结果保留2位小数）

［解析］⑴对于空气柱I,初态pi="o=75cmHg,Vn=LiSi

末态，设压强为P2,体积匕2=（Li—?Si

根据玻意耳定律得piVu=piV\2

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解得/?2=100cmHgo

(2)对于空气柱II,初态p2i=po+E(cmHg)=85cmHg,匕i=L2s

末态压强为p22=p2+*cmHg)=105cmHg,体积匕2=22262

由玻意耳定律得P21V21=P22V22

解得上22=8.10cm

活塞5上移的距离为＜/=£2+^-£22=11.90cm。

［答案］⑴100cmHg⑵11.90cm

专题限时集训(十三)

［A组基础保分练］

i.下列四幅图所涉及的物理知识，下列论述正确的是()

A.图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大

B.图乙水电可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力

C.图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹

D.图丁中N是浸润现象，5是不浸润现象

D［晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故A错误；水患可以在水

面自由活动，是因为水的表面张力，故B错误；每隔一段时间把观察到的炭粒

的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像

反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，故C错误；题图丁中N是

浸润现象，6是不浸润现象，故D正确。］

2.如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直倒放，汽缸内用绝热活塞(活塞质量不可

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忽略）封闭一定质量的理想气体，气体处于平衡状态。现把汽缸稍微倾斜一点,

达到平衡时与原来相比（）

A.气体的密度增大

B.气体的内能减小

C.单位时间气体分子对活塞的冲量减小

D.气体分子的平均动能增大，所有气体分子热运动速率都增大

A［以活塞为研究对象，开始时有po5=〃，g+pS,当汽缸稍微倾斜一点，设倾

角为，，平衡时有poS=«/gsin，+pS,可知封闭气体的压强增大，根据理想气

体状态方程可知封闭气体的半在变小，结合热力学第一定律AU=%+。，因为系

统绝热。=0,所以有AU=%,同时理想气体的内能只与温度有关，可得7变大，

V减小，故气体的密度增大，内能增大，A正确，B错误；封闭气体的压强变大，

单位时间气体分子对活塞的冲量增大，C错误；理想气体的内能增大，气体分子

的平均动能增大，但并非所有气体分子热运动速率都增大，D错误。］

3.制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折

后用回形针固定，然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露

出水面，最后用盖子封紧矿泉水瓶（如图甲）。实验时，用力按压瓶身，“潜水艇”

就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气体体

积为压强为po,吸管内封闭气体的体积为匕“吸管潜水艇”的总质量为

m,水的密度恒为〃，气体温度始终保持不变，所有气体视为理想气体。缓慢挤

压瓶身时，瓶内封闭气体吸热还是放热？挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水

中时（如图乙），水面上方的气体体积减小了多少？（不考虑吸管厚度和回形针的

体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于大气压，即管内外气压始终相等）

下列选项正确的是（）

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体积y

A.吸热，2%(1-1)B.放热,B(1J)

C.吸热，c(i-9D.放热，2Ml-第

B［气体温度不变，则瓶内封闭气体发生等温变化，故内能保持不变，即AU=O,

挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即%>0,根据热力学

第一定律AU=2+%,则2<0,即气体对外放热。设“潜水艇”悬浮时，吸管

内部封闭气体的压强为P1,体积为匕，根据平衡条件得"gH=Mg,解得匕=£,

对吸管内的气体，根据玻意耳定律poV="H,解得“=管，设水面上方的气

体体积减小AP,对水面上方的气体，根据玻意耳定律po%=pi(Fo-AF),解得

AF=Fo(l-^),故选B。］

4.(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〃2,面积为S,与汽缸底部相距〃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北，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0.5上后停止，整个过程中气体吸收的

热量为2。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。求:

(1)理想气体最终的温度7;

(2)理想气体内能的增加量AU。

［解析］(1)活塞向上移动了0.5上，在此等压过程中有察=粤

丁0T

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且匕=1.5匕

解得T=L5Too

(2)活塞缓慢移动，所以受力平衡，则piS=poS+/Mg

外界对气体做功W=~0.5piSL

根据热力学第一定律AU=Q+W

解得AU=Q-O.5(poS+mg)L。

［答案］(1)1.5，)(2)Q-O.5(poS+mg)L

5.(2024•河北邯郸统考二模)“空气炮”是非常有趣的小玩具，深受小朋友们

喜爱。其使用方法是先用手拉动后面的橡胶膜，抽取一定质量的空气后，迅速

放手，橡胶膜在恢复原状的过程中压缩空气，从而产生内外压强差，空气从管

口冲出形成冲力。已知“空气炮”在未使用前的容积为600mL,拉动橡胶膜至

释放前的容积变为800mL,大气压强为1.05X105pa,整个过程中“空气炮”

中的空气温度等于环境温度27C不变。

(1)若橡胶膜恢复原状的过程可视为没有空气冲出，试求恢复原状瞬间“空气炮”

内部空气压强。

(2)经检测，橡胶膜恢复原状瞬间，“空气炮”内部空气压强为1.2X105pa,试

求此时已冲出管口的空气质量与仍在“空气炮”内部的空气质量之比。

［解析］(1)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，初始空气压强pi=

1.05X105Pa

空气体积匕=800mL

橡皮膜恢复原状时空气体积匕=600mL

空气做等温变化，由玻意耳定律得,1匕=,2匕，解得p2=L4X105pa

即橡胶膜恢复原状瞬间“空气炮”内部空气压强为1.4X105pa。

(2)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，初始空气压强pi=1.05X105

Pa,空气体积匕=800mL

橡皮膜恢复原状时空气在管内的体积匕=600mL

已冲出管口的空气压强视为与内部相同为p，2=1.2X105Pa,设其体积为匕，空

气做等温变化，由玻意耳定律得。1匕=/2(匕+匕)，解得匕=100mL

同压强下空气质量与体积成正比，则冲出管口的空气质量与内部的空气质量之

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比为胆=常解得胆=3

m2V2m26

［答案］⑴1.4X105pa（2）1

［B组能力提分练］

6.（2024•山东潍坊寿光现代中学校考模拟预测）一定质量的理想气体从状态N

缓慢经过6、C、刀再回到状态N,其热力学温度7和体积/的关系图像如图所

示，区4和CD的延长线均过原点O,气体在状态N时的压强为po,下列说法正

确的是（）

A.N-5过程中气体向外界放热

B.6-C过程中气体分子的平均动能不断增大

C.C-。过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少

D.O-N过程中气体的温度升高了?

D3一6过程中气体的温度升高，内能增大。气体体积增大的过程中对外做功，

W<0,根据AU=%+2,可知2>0,说明气体从外界吸热，故A错误；5—C过

程中气体做等温变化，气体分子的平均动能不变，故B错误；C-O过程中气体

的温度降低，分子的平均动能减小，则分子撞击器壁的平均撞击力减小，根据

CD的延长线过原点O,可知C—O过程中气体压强不变，所以气体分子在单位

时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，故C错误；由题图中几何关系知，

TA=-^-=~Z-,TD=~=~,则N过程中气体的温度升高了AT=7LI—TD=~T,

LL336

故D正确。］

7.如图所示为某型血压仪的结构简图，加压气囊、臂带组成一个密闭部分，压

强计能显示臂带内气体与外界大气的压强差。测血压时先调节压强计示数为0,

之后通过加压气囊充气加压，臂带通过软组织作用于肱动脉，当所加压力高于

心脏收缩压力时听诊器听不到心脏搏动的声音，之后通过加压气囊慢慢向外放

气，臂带内的压强随之下降，血液冲开被阻断的血管时可以再次听到心脏搏动

的声音，压强计显示的压力值就等于收缩压。若臂带容积为各连接管的体

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积均不计，充气过程臂带内气体体积不变，温度不变，外界大气压强恒为750

mmHgo现测得某同学的收缩压为120mmHg,则再次听到心脏搏动声音时臂带

、

A.—35C*

29B-7・25

C［结合题述可知，再次听到心脏搏动声音时臂带内气体的压强为pi=750

mmHg+120mmHg,设再次听到心脏搏动声音时臂带内气体在大气压强下的体

=/=

积为V\9根据玻意耳定律有p\V^p^V\9解得Ki=—Jo^Fo,故四■=空，tn\

Po25m()VQ

=||/"0,C正确。］

8.(2024•江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示，一定质量的理想气体

经N6aM完成循环过程，N5和CD均为等温过程，5C和均为等容过程，

已知71=1200K,T2=300K,气体在状态N的压强1=8.0义105Pa,体积匕

=1.0m3,气体在状态。的压强pc=1.0X105Pa。求：

(1)气体在状态D的压强PD；

(2)气体在状态5的体积匕。

［解析］⑴气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有詈=詈

5

代入数据解得po=2.0X10Pao

(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pcV2=pDVl

代入数据解得匕=2.0m3

又气体从状态5到状态。发生等容变化，因此气体在6状态的体积也为匕=2.0

3

mo

［答案］(1)2.0X105Pa(2)2.0m3

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9.(2024•浙江1月卷)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板N分

成体积均为匕=750cup的左右两部分。面积为S=100cmz的绝热活塞6被锁

定，隔