精练册15第15章　热学

第15章热学物理新高考适用第1节分子动理论内能固体和液体

五年高考

三年模拟第2节气体的性质

五年高考

三年模拟目录实验17用油膜法估测油酸分子的大小微专题31玻璃管－液柱模型微专题32活塞－汽缸模型微专题33气体变质量问题第3节热力学定律与能量守恒定律

五年高考

三年模拟实验18探究等下一定质量气体压强与体积的关系第1节分子动理论内能固体和液体分子动理论内能T2~5、9◆固体和液体性质的理解T1、6、7、8

五年高考1.★[2020江苏,13A(1)](多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它

是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有

(

)A.没有固定的熔点B.天然具有规则的几何形状C.沿不同方向的导热性能相同D.分子在空间上排列AC解析

非晶体没有固定的熔点,不具有规则的几何形状,其导热性能为各向同性,分子在

空间上不是排列,A、C正确。2.★★(2023北京,1,3分)夜间由于气,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A解析

分子平均动能的标志,低,则分子平均动能变小,A正确。汽车轮胎

可认为体积不变,分子数量一定,所以密集程度是不变的,B错误。气体分子平均动能减

小,并不是每一个分子的速率都减小,分子的速率分布符合大量分子的统计规律,C错

误。气体压强变小,则分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力变小,D错误。3.★★(2022江苏,6,4分)自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论,下

列说法中正确的是

(

)A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体D.化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化D解析

密闭容器中的氢气在状态变化过程中质量不变、分子数目不变,故体积增大时

氢气分子的密集程度减小,A错误。气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁持

续无规则撞击,从微观角度来看其大小取决于单位时间内气体分子对单位面积的容器

壁产生的冲击力,与分子间作用力无关,B错误。实际气体在太低、压强不太大

的情况下才可看作理想气体,C错误。气体分子平均动能的标志,大量气体分子

的速率呈现“中间多,两边少”的规律,化时,大量分子的平均速率会变化,即分

子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化,D正确。4.★★[2021重庆,15(1),4分]图1和图2中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子之

间的距离变化的规律,r0为平衡位置。现有如下物理量:①分子势能,②分子间引力,③分

子间斥力,④分子间引力和斥力的合力,则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是(

)

A.①③②

B.②④③

C.④①③

D.①④③D解析

根据分子处于平衡位置(即分子间距离为r0)时分子力为零,此时分子势能最小,可

知曲线Ⅰ为分子势能随分子之间距离r变化的图像即为①,曲线Ⅱ为分子力随分子之间

距离r变化的图像,即为④。根据分子间斥力随分子之间距离的增大而减小,分子间的

引力随分子间距的增大而减小,且分子力先表现为斥力可知曲线Ⅲ为分子间斥力随分

子之间距离r变化的图像,即为③,D正确。5.★★(2025届浙江杭州浙南联盟月考)浙江大学某课题组制备出了一种超轻的固态气

凝胶,它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录。设气凝胶的密度为ρ,摩尔质量

为M,阿伏加德罗常数为NA,则

(

)A.a千克气凝胶所含分子数n=a·NAB.气凝胶的摩尔体积Vmol=

C.每个气凝胶分子的体积V0=

D.每个气凝胶分子的直径D=

三年模拟D解析

a千克气凝胶所含分子数n=n'NA=

,A错误。气凝胶的摩尔体积Vmol=

,B错误。1mol气凝胶中包含NA个分子,故每个气凝胶分子的体积V0=

,C错误。设每个气凝胶分子的直径为D,则V0=

πD3,解得D=

,D正确。6.★★(2025届湖北武汉江汉摸底考)下列关于固体、液体的说法正确的是

(

)A.毛细管中出现毛细现象时,液体一定浸润该毛细管B.航天员在太空中会因为毛笔无法吸墨而写不成毛笔字C.晶体沿不同方向的导热性质一定不同D.液体的表面向总是与液面相切D解析

浸润液体在毛细管中上升,不浸润液体在毛细管中下降,都属于毛细现象,A错

误。用毛笔书写过程中,在表面用下,墨汁被吸入毛笔材料中,并牢牢“困”在毛

笔;当毛笔尖与纸时,留在毛笔表面的墨汁被吸附到纸上,B错误。单晶体具

有各向异性,但是并非单晶体的所有物理性质均呈现各向异性;多晶体的物理性质表现

为各向同性,C错误。表面液体表面有收缩的趋势,它的方向跟液面相切,D正确。7.★★(2025届江苏南通调研)在不同某物质材料的分子排列如图所示,甲图对应

的T1,乙图对应的T2,则

(

)

A.T1>T2B.甲、乙两图中的分子都在做无规则热运动C.甲图中沿不同方向单位长度上的分子数相同D.乙图中沿不同方向单位长度上的分子数相同B解析

液晶在低凝固成结晶态,当高时转化为液晶态,有T1<T2,A错误。分

子的热运动是永不停息的,则题图甲、乙中的分子都在做无规则热运动,B正确。晶体

和液晶的分子结构均具有各向异性,沿不同方向单位长度上的分子数都是不同的,C、

D错误。8.★★★(2024届江苏南京秦淮中学月考)关于液体和固体的一些现象,下列说法正确的

是

(

)

A.图(1)中水黾停在水面上是因为水的表面用B.图(2)中石英晶体像玻璃一样,没有确定的熔点C.图(3)中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银浸润玻璃D.图(4)中组成晶体的微粒形成很规则的几何空间点阵,在所有的物理性质上均表现为各向同性A解析

题图(1)中水黾停在水面上是因为水的表面用,A正确。题图(2)中石英晶

体有确定的熔点,而玻璃是非晶体,没有确定的熔点,B错误。题图(3)中水银在玻璃上形

成“圆珠状”的液滴,说明水银不浸润玻璃,C错误。题图(4)中组成晶体的微粒形成很

规则的几何空间点阵,在某些物理性质上表现为各向异性,D错误。9.(模块融合)(2025届北京顺义一中月考)如图甲所示,A、B为某种双原子分子中的两个

原子,以A原子所在位置为原点,沿两原子连线建立x轴。如果选取两个原子相距无穷远

时的势能为0,则两个原子之间的势能Ep与它们之间的距离r的Ep-r关系图线如图乙所示。(1)说明Ep-r关系图线的切线斜率的绝对值及正负描述的物理意义。(2)由图乙可知,当两原子间距离为r0时,势能最小,假设原子A固定不动,原子B在r0附近的

振动近似看作简谐运动,其振动的范围为r0-b≤r≤r0+b,其中b远小于r0。已知在r0附近Ep

随r变化的规律可近似写作Ep=Ep0+

(r-r0)2,式中Ep0和k均为常量且已知。计算原子B在其振动范围内振动过程的最大动能(用k和b表示)。(3)为了进一步理解化对物体体积的影响,将分子热运动的平均动能简化成B原

子在振动过程中的最大动能。请结合分子热运动的平均动能的标志,即T=a

(a为物理常量,

为分子热运动的平动动能),依据结果分析物体体积的影响。

答案

(1)见解析

(2)

kb2

(3)见解析解析

(1)Ep-r关系图线的切线斜率的绝对值表示分子力的大小,斜率为正表示分子力

表现为引力,斜率为负表示分子力表现为斥力。(2)由题意可知,原子B处于r1=r0处时,系统的动能为最大值,设为Ek1,系统的势能为最小

值,设为Ep1,则有Ep1=Ep0+

(r1-r0)2=Ep0原子B处于r2=r0-b处时,系统的动能为0,系统的势能为最大值,设为Ep2,则有Ep2=Ep0+

(r2-r0)2=Ep0+

kb2根据能量守恒定律可得Ep1+Ek1=Ep2+0解得Ek1=

kb2。(3)分子热运动的平均动能的标志,即有T=a

,由于可以将分子热运动的平均动能简化成B原子在振动过程中的最大动能,则有T=

akb2。a、k均为常量,当高时b增大,在宏观上表现为物体的体积增大;当低时b减小,在宏观上表现为物体的体

积减小。第2节气体的性质考法领航·教考衔接

回归教材试题溯源(2024海南,7,3分)如图为用铝制制作的,一透明薄吸管里有一段油柱(长度

不计),吸管与罐连接处密封良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐的容积为330cm3,薄

吸管横截面积为0.5cm2,罐外吸管总长度为20cm,当27℃时,油柱离罐口10cm,

不考虑大气压的变化,下列说法正确的是

(

)

A.若在吸管上标注等差,则刻度左密右疏B.该装置所测高于31.5℃C.该装置所测低于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B解析

t0=27℃(T0=300K)时,封闭气体体积为V0=330cm3+0.5×10cm3=335cm3,

化时,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有

=

,又V=330+0.5x(cm3),则吸管上标注的T与油柱离罐口的距离x的关系为T=

(330+0.5x)(SI),表明等差的刻度是均匀排布的,A错误。当油柱某著名企业到吸管最右端即x=20cm时,该装置所测

最高,最高Tmax=

×(330+0.5×20)K≈304.5K=31.5℃,B正确。当油柱某著名企业到吸管与罐连接处即x=0时,该装置所测低,最低Tmin=

×330K≈295.5K=22.5℃,C错误。油柱平衡的条件是左右两侧气体的压强大小相等,其他条件不变,缓慢把吸管

拉出来一点,封闭气体的体积不变,则油柱离罐口的距离不变,D错误。考法点睛

找出油柱到罐口距离的函数关系即可判断刻度是否均匀。1.★★(2023江苏,3,4分)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五年高考B解析

由图像可知,该过程气体高,压强增大,且图线AB的反向延长线过原点,由

理想气体状态方程可知,气体的体积不变,所以气体分子的数密度不变,A错误。

分子热运动平均动能的标志,高,分子的平均动能增大,体积不变的情况下单位时

间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,B正确,D错误。气体分子和容器壁撞击,

由动量定理FΔt=mΔv可知,当高分子平均速率变大时,气体分子与器壁碰撞前后

速度变化量增大,导致单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,C错误。2.★★★(2023辽宁,5,4分)“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p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是

(

)

B解析

由理想气体状态方程

=C和“空气充电宝”工作过程的p-T图像分析知,p-T图像中图线上某点与坐标原点连线的斜率为

,则

>

>

,故Va<Vb<Vc,且pa=pb>pc,B正确。3.★★(2024江西,13,10分)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ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等,BC和DA均为等容过程。已知T1=1200K,T2=300K,气体在状态A的压强pA=8.0×105Pa,体积V1=1.0m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105Pa。求:(1)气体在状态D的压强pD;(2)气体在状态B的体积V2。答案

(1)2.0×105Pa

(2)2.0m3

解析

(1)状态D到状态A为等容变化由查理定律得

=

代入数据解得pD=2.0×105Pa。(2)状态B到状态C为等容变化,V2=VC,状态C到状态D为等,由玻意耳定律得pCV2=

pDV1代入数据解得V2=2.0m3。4.★★(2025届云南调研)云南某地昼夜大,若放置在室外的充气船内气体压强不

变,夜间充气船内的气体与白天相比

(

)

A.内能更小B.体积更大C.分子的密集程度更小D.分子热运动的平均速率更大三年模拟A解析

夜间充气船内的气体与白天相比低,则气体的内能更小,A正确。充气船

内气体压强不变,质量不变,夜间,由盖-吕萨克定律

=C可知,气体的体积更小,B错误。气体的质量不变,体积变小,则分子的密集程度更大,C错误。夜间,则分子

热运动的平均速率更小,D错误。5.★★★(2025届某省市精准教学联考)如图所示,光滑的绝热汽缸内有一质量为m的

绝热活塞,活塞下方封闭一定质量的理想气体,初始时气体状态为A。现用电热丝对汽

缸内气体缓慢加热至某一状态B,停止加热前,活塞已经与卡口接触。下列图像能反映

封闭气体状态变化的是

(

)

A.甲和丙

B.甲和丁C.乙和丙

D.乙和丁D解析

设活塞横截面积为S,大气压强为p0,初始时对活塞受力分析,有mg+p0S=pAS,解得

pA=p0+

,在活塞与卡口接触前,活塞缓慢上升,处于动态平衡状态,活塞受力不变,气体发生等压变化;活塞与卡口接触后,气体体积不变,高,由理想气体状态方程可知

气体压强增大;整个过程气体先经历等压膨胀过程,再经历等容升压过程。题图甲表示

气体一直等压膨胀;题图乙表示气体先等压膨胀,再等容升压;题图丙表示气体先等压压

缩,再等容升压;题图丁表示气体先等压膨胀,再等容升压。综上,D正确。6.★★★(2025届江苏南通崇川调研)物质的量为n的理想气体,其压强p随热力学T

变化的过程如图所示,a、b、c为过程中的三个状态,各状态的压强和图所示,已

知状态a时气体的体积为V0,ba的延长线通过坐标原点O,气体从状态a到状态b吸收了热

量Q,阿伏加德罗常数为NA。求:(1)状态b时气体的Tb;(2)状态c时,气体分子间的平均距离d。

答案

(1)2T0

(2)

解析

(1)气体从a到b发生等容变化(审题:ba的延长线通过坐标原点O,根据p=

T可知,气体的体积不变),根据理想气体状态方程,有

=

可得Tb=2T0。(2)气体从b到c发生等压变化,根据理想气体状态方程有

=

联立解得Vc=

V0气体分子个数N=nNA气体分子间的平均距离d=

=

。7.★★★(2025届银联考)某种“系留气球”如图甲所示,图乙是气球的简化模型

图。主、副气囊通过不漏气、无摩擦的活塞分隔开,主气囊内封闭有一定质量的理想

气体(密度较小),副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定,左端与活塞连接。当气球在地

面达到平衡时,活塞与左挡板刚好接触,弹簧处于原长。在气球升空的过程中,大气压强

逐渐减小,弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时,活塞刚好与右挡板接触,理想气

体的体积变为初始时的1.6倍,此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的

。已知地面大气压强p0=1×105Pa,热力学T0=300K,弹簧始终处于弹性限度内,活塞厚度忽略

不计。假设气球升空过程中理想气体变。(1)求目标高度处的大气压强p;(2)气球在目标高度处长时间驻留,气球内外同,弹簧压缩量为左、右挡板间距离

的

,已知该处大气压强不变,求气球驻留处的大气热力学T2(结果保留三位有效数字)。

答案

(1)5×104Pa

(2)219K解析

(1)气球升空过程中理想气体变,则气体发生等,设气球内的气体在

目标高度处的压强为p1,根据玻意耳定律有p0V0=p1·1.6V0解得p1=

p0由题意可知,目标高度处活塞两侧气体压强差p1-p=

p0(关键:因为活塞是向外运动的,弹簧被压缩,可知压强大于外部压强,故压强差应为

p1-p)联立解得p=5×104Pa。(2)(关键:弹簧的压缩量变为原来的

,弹力变化会引起气体压强的变化,活塞的移动会引起气体体积的变化,发生了变化,考虑应用理想气体状态方程求解)根据律F=kx可知,弹簧的压缩量变为原来的

,则活塞受到弹簧的弹力也变为原来的

,即此时的内外压强差px=

p0·

=

p0设此时气球内气体的压强为p2,有p2=px+p=

p0根据理想气体状态方程有

=

其中V2=V0+0.6V0×

=1.3V0联立并代入数据解得T2≈219K。微专题31玻璃管-液柱模型1.★★★(2020上海,12,4分)如图,一玻璃管上端开口下端封闭,上管内径小于下管内径,

管内用水银封住一定质量的气体,在大气压强不变的情况下,气体慢升高,水银全

部进入上管且未溢出,此过程中气体压强p随体积V的变化关系可能是

(

)

C解析

设玻璃管上管的横截面积为S1,下管的横截面积为S2,在水银全部进入上管前,上

管水银高度每增大Δh,气体的体积增加ΔV=ΔhS1,下管水银高度减小

Δh,气体压强的变化量Δp=ρgΔh-ρgΔh

=ρgΔh

,则

=ρg

,可知此段p-V图线是一段斜率不变的倾斜线段;在水银全部进入上管后,随着气体慢升高,气体体积不断增大,而

气体压强始终不变,p-V图线为水平直线。C正确。2.★★★(2024届辽宁沈阳三模)两端封闭、粗细均匀的玻璃管内,一段水银柱将的

理想气体分隔成A、B两段,当玻璃管竖直静止时,A、B两段的长度相等,如图甲所示;仅

将玻璃管旋转180°,再次平衡时,A、B两段的长度之比为1∶2,如图乙所示。忽略

的变化,下列说法正确的是

(

)

A.图甲中A、B两段气体的压强的比值为

B.图甲中A、B两段气体的压强的比值为

C.图乙中A、B两段气体的压强的比值为

D.图乙中A、B两段气体的压强的比值为

B解析

设水银柱的长度为h0,将玻璃管旋转180°再次平衡时,设A的长度为h,则B的长度

为2h。如题图甲所示,当玻璃管竖直静止时,A、B两段的长度均为

=1.5h,有pA+ρgh0=pB;将玻璃管旋转180°再次平衡时,有p'B+ρgh0=p'A,气体发生等,则pAS·1.5h=p'ASh,

pBS·1.5h=p'BS·2h,联立解得pA=

ρgh0,pB=

ρgh0,p'A=

ρgh0,p'B=

ρgh0,则

=

,

=

。B正确。3.★★★(2024届重庆巴蜀中学期末)如图所示,粗细均匀、导热性良好的L形玻璃管固

定在竖直面内,竖直部分AB的长度为50cm,上端封闭,管内用水银柱封闭一段长度为25cm的理想气体,水平部分BC右端开口,长度为25cm,L形玻璃管内的水银柱总长度为30cm。已知大气压强为75cmHg,环境300K,不计管径对水银柱分布的影响。现

将细玻璃管在竖直面内沿逆时针方向绕B点缓慢转动180°,则

(

)

A.当水银柱刚好全部进入AB时,玻璃管转过的角度小于30°B.当水银柱刚好全部进入AB时,玻璃管转过的角度等于30°C.若转过180°时使AB段中气体高到540K,则其长度与初始状态的长度相同D.若转过180°时使AB段中气体高到600K,则其长度与初始状态的长度相同D解析

设初始状态AB部分水银柱的长度为L1,水银柱的总长度为L,AB的长度为LAB,封闭

气体的压强为p1,有p0=p1+ρgL1;设玻璃管转过角度θ水银柱刚好全部进入AB,此时封闭气

体的压强为p2,则p0=p2+ρgLcosθ;根据玻意耳定律有p1(LAB-L1)S=p2(LAB-L)S,联立并代入数

据解得cosθ=

<cos30°,所以θ>30°,A、B错误。若转过180°时AB段中气柱的长度

与初始状态的长度相同(点拨:此时气体的体积与初始状态气体的体积相同,考虑应用查

理定律求解),设此时AB段中气体的压强为p3,则p3=p0+ρgL1,根据查理定律可得

=

,代入数据解得T3=600K,C错误,D正确。4.★★★(2024届福建三明三模)如图1所示,一内壁光滑的细薄玻璃管放在倾角为θ的粗

糙斜面上,当总质量为m的玻璃管与管内水银从静止开始一起沿斜面加速下滑时,管内

空气柱的长度为L1。已知玻璃管的横截面积为S,管外壁与斜面间的动摩擦因数为μ,管

内水银质量为m0,大气压强为p0,重力加速度为g,不计封闭气体的重力,忽略气体

变化,求:(1)玻璃管与水银沿斜面下滑的加速度的大小a;(2)如图2所示,若将玻璃管竖直静止放置,此时被封闭的空气柱的长度L2。答案

(1)gsinθ-μgcosθ(2)

解析

(1)以水银柱和玻璃管组成的整体为研究对象,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma解得a=gsinθ-μgcosθ。(2)在斜面上,以水银柱为研究对象,设封闭气体的压强为p1,根据牛顿第二定律有p0S+m0

gsinθ-p1S=m0a解得p1=p0+

竖直放置时,设封闭气体的压强为p2,则p2=p0+

根据玻意耳定律有p1L1S=p2L2S解得L2=

。微专题32活塞-汽缸模型1.★★(2024届云南一模)如图所示,一导热汽缸由粗细不同的两段圆柱形汽缸连接而

成,通过刚性杆连接的活塞A、B封闭了一定质量的理想气体,活塞可无摩擦滑动,活塞

及杆的质量不可忽略。汽缸由如图所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下

方,汽缸始终处于密封状态且环境大气压强均保持不变。此过程中关于缸内封

闭气体,下列说法正确的是

(

)A.压强变小B.体积变小C.向外放热D.外界对气体做正功A解析

设大气压强为p0,初始状态,两活塞受力平衡,则封闭气体压强p1=p0;汽缸由题图

所示的状态在竖直面内缓慢转动90°至活塞A在下方,对两活塞及杆整体受力分析有p2

(SA-SB)+(mA+mB+m杆)g=p0(SA-SB),即p2=p0-

,可知缸内封闭气体压强减小,由题意可知气体持不变,气体的内能不变,根据玻意耳定律可知气体体积变大,外界

对气体做负功,根据热力学第一定律可知气体从外界吸热。A正确。2.★★★(2024河北,9,6分)(多选)如图,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右

两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹

簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限

度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移

动,活塞重新静止后

(

)

A.弹簧恢复至自然长度B.活塞两侧气体质量相等C.与初始时相比,汽缸内气体的内能增加D.与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少ACD解析

活塞初始时静止在汽缸正中间,此时弹簧处于压缩状态,当活塞密封不严时,活塞

左侧气体压强减小,活塞缓慢左移,当活塞左右两侧气体压强相等时,弹簧恢复至自然长

度,活塞重新静止,A正确。活塞重新静止,左右两侧气体、压强均相等,则两侧气体

密度相等,因活塞左侧气体体积小,则其质量小,B错误。汽缸密闭绝热,弹簧弹性势能转

化为气体内能,所以与初始时相比,汽缸内气体的内能增加,C正确。与初始时相比,气体

总体积增大,单位体积内气体分子数减少(点拨:活塞重新静止时,左右两侧气体状态相

同,可认为气体在整个汽缸内均匀分布),D正确。3.★★★(2024广东,13,9分)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

的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp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Δp时差压阀关闭。当环境T1=300K时,A内气体体积

VA1=4.0×10-2m3;B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10m2,Δp=

0.11p0,p0=1.0×105Pa。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,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境低到

T2=270K时:(1)求B内气体压强pB2;(2)求A内气体体积VA2;(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。

答案

(1)9×104Pa

(2)3.6×10-2m3

(3)110kg解析

(1)B内气体做等容变化,由查理定律有

=

代入数据解得pB2=9×104Pa(2)A内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有

=

代入数据解得VA2=3.6×10-2m3(3)B内气体压强增大,说明差压阀打开,当B内气体压强为p0并保持不变时,A内气体压强

为p0+Δp,故有mg+p0S=(p0+Δp)S代入数据得m=110kg4.★★★[2022湖南,15(2),8分]如图,小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0

=9.9L的导热汽缸下接一圆管,用质量m1=90g、横截面积S=10cm2的活塞封闭一定质

量的理想气体,活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2=10g的

U形金属丝,活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中,缓慢升起汽缸,使金

属丝从液体中拉出,活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间

距离h=10cm,外界大气压强p0=1.01×105Pa,重力加速度取10m/s2,

环境持不变。求(ⅰ)活塞处于A位置时,汽缸中的气体压强p1;(ⅱ)活塞处于B位置时,液体对金属丝拉力F的大小。答案

(ⅰ)1×105Pa

(ⅱ)1N解析

(ⅰ)选取活塞与金属丝整体为研究对象,根据平衡条件有p1S+(m1+m2)g=p0S,代入

数据解得p1=1×105Pa(ⅱ)当活塞处于B位置时,由于汽缸是导热的,对汽缸中的气体,利用玻意耳定律有p1V1=

p2V2,其中V1=9.9L,V2=V1+hS,p1=1×105Pa,代入数据解得p2=9.9×104Pa,以活塞和金属

丝整体为研究对象受力分析有p2S+(m1+m2)g+F=p0S,代入数据解得F=1N5.(创新考法)(2024广西,14,12分)如图,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定

放置,横截面积S=500mm2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。静止时

活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0=200mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移

动到离圆柱形管最右侧距离为5mm的a处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b处。

设活塞从a处向左某著名企业的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-

曲线如图。大气压强p0=1×105Pa。(1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小;(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等;(3)画出封闭气体等的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。

答案

(1)50N

(2)(3)见解析解析

(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6N=50N。(2)根据题图可知F-

图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k·

,根据F=pS可得气体压强为p=

(SI),则活塞从a处到b处过程中,对封闭气体有pV=

·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI),说明该过程中封闭气体的pV值恒定不变,由理想气体状态方程

=C可知,气体做等温变化。(3)活塞在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5m3,活塞在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5m3,活塞从a到b处过程中,封闭气体做等,根据玻意耳定律有paVa=pbVb,解得pa=40×105Pa,在题图中作出对应的坐标点,根据

=C可知,气体做等时的p-V图线是双曲线中的一条,故封闭气体等的p-V图像如图。

微专题33气体变质量问题1.★★(2021山东,4,3分)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,气体变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(

)A.30cm3

B.40cm3

C.50cm3

D.60cm3

D解析

取5次充气后臂带内所有气体为研究对象,初态压强p0=750mmHg,体积V0=V+

5ΔV,其中ΔV=60cm3;末态压强计示数为150mmHg,则气体压强p1=p0+150mmHg=900mmHg,体积V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60cm3,D正确。2.★★★(2024届某省市5月联考)(多选)如图所示为神舟十七号与空间站对接后的结

构简图,核心舱和气闸舱内气体的压强均为p0,航天员需要出舱检修设备,先由核心舱进

入气闸舱,关闭内闸门A,通过抽气机抽取气闸舱内的气体,每次抽气都将抽出的气体排

放在核心舱中。当气闸舱内的压强降到一定值后,打开外闸门B,航天员出舱,同时将剩

余气体排到外太空的真空环境中。若气闸舱的容积为V,核心舱的容积为8V,真空抽气

机每次抽气的体积为ΔV,不考虑抽气过程中变化,忽略航天员自身的体积。下列

说法正确的是

(

)AD

A.n次抽气后,气闸舱内的气体压强为

p0B.n次抽气并排放到核心舱后,核心舱内气体的压强为

p0C.打开外闸门B,气体膨胀对外界做功D.第一次抽气排放到核心舱后,核心舱内气体压强的增加量为

p0

解析

对气闸舱内的气体,第一次抽气有p0V=p1(V+ΔV),解得p1=

p0;第二次抽气有p1V=p2(V+ΔV),解得p2=

p0;n次抽气后气闸舱内气体的压强pn=

p0,A正确。假设每次排放前,抽气机抽取的气体的压强均为p0,则p·8V=p0(8V+nΔV),可得核

心舱内气体的压强p=

p0,实际上每次排放前抽气机抽取的气体的压强都小于p0,可知n次排放后核心舱内气体的压强小于

p0,B错误。气体向真空膨胀不对外界做功,C错误。第一次抽气排放后,有p0·8V+p1ΔV=p1'·8V,解得Δp=p1'-p0=

p0,D正确。3.★★★[2023全国甲,33(2),10分]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,17℃,

密度为1.46kg/m3。(ⅰ)升高气体释放出舱分气体以保持压强不变,求气体至27℃时舱

内气体的密度;(ⅱ)保持27℃不变,再释放出舱分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱

内气体的密度。答案

(ⅰ)1.41kg/m3

(ⅱ)1.18kg/m3

解析

(ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,高,体积增大,根据盖-吕萨克定律

有

=

而T1=(273+17)K=290K、T2=(273+27)K=300K,状态变化前后质量不变,有ρ1V=ρ2V'联立解得ρ2≈1.41kg/m3(ⅱ)持27℃不变,压强降低,体积增大,对此时舱内的全部气体,根据玻意耳定律

有p1V=p2V″而p1=1.2atm、p2=1.0atm状态变化前后质量不变,有ρ2V=ρ3V″解得ρ3≈1.18kg/m3

4.★★★(2024山东,16,8分)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S1=1.0cm2,长度H

=100.0cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0cm2、高度h=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ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,大气压p0=

1.0×105Pa。整个过程持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。(1)求x;

(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住

孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。答案

(1)2cm

(2)892cm3

解析

(1)整个过程密封气体发生等,对堵住孔A后汲液器内的密封气体,由玻意

耳定律有p0V0=p1V1即p0(H-x)S1=(p0-ρgh)HS1代入数据解得x=2cm。(2)以进入长柄内的空气和其中原有的空气为研究对象,则有p0V+p1V1=p2V2,即p0[V+(H-x)S1]=p2

p2=p0-ρg·

代入数据解得V=892cm3。5.★★★(2024届湖北黄冈中学二模)如图所示,水平均匀薄玻璃管(质量忽略不计)的长

度L0=65cm,右端开口,左端封闭并固定在竖直转轴上。静止时,用长度L=5cm的水银柱

封闭着一段长度L1=40cm的空气。不计一切摩擦,不考虑流速影响,气体终保持

不变,管口处压强始终为p0=75cmHg,重力加速度大小g=10m/s2。(1)当玻璃管绕竖直轴以角速度ω1匀速转动时,水银柱刚好没有从玻璃管中溢出,求角速

度ω1(结果可用根式表示);(2)若从管中抽出部分气体后,玻璃管绕转轴仍以(1)中角速度ω1匀速转动,空气柱的长度

仍为40cm。求抽出气体的质量与抽气前气体总质量的比值。答案

(1)4

rad/s

(2)

解析

(1)气体发生等,根据玻意耳定律有p0V0=p1V1V0=SL1,V1=S(L0-L)联立并代入题给数据解得p1=50cmHg(关键:水银柱绕转轴做匀速圆时,由F=m

r可知,当角速度一定时,所需的向心力大小与半径r成线性关系,故可将水银柱看作质点,其所在位置为水银柱的中点)对水银柱受力分析,有(p0-p1)S=m

p0-p1=25cmHg=ρg×25cmm=ρSL联立并代入数据解得ω1=4

rad/s。(2)从管中抽出部分气体后,对水银柱受力分析,有(p0-p2)S=m

设p0-p2=ρgx,m=ρSL联立并代入数据解得x=17cm,p2=58cmHg气体发生等,则p0SL1=p2SL2所以

=1-

=1-

=

。第3节热力学定律与能量守恒定律热力学定律能量守恒定律T1、6、7◆热力学第一定律与气体实验定律的综合应用T2~5、8~10考法领航·模块融合

关联知识·综合考查(2024黑吉辽,13,10分)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1,原线圈接在

电压峰值为Um的正弦交变电源上,副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝,电热丝密封

在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热。加热前气体

T0。(1)求变压器的输出功率P。(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其化量ΔT成正比,即Q=CΔT,其中C已

知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收,要使容器内的气体压强达到加热前的2倍,

求电热丝的通电时间t。答案

(1)

(2)

解析

(1)原线圈接入电压的有效值为U1=

由变压器原、副线圈电压与匝数的关系得

=

=

副线圈输出电压的有效值为U2=

变压器的输出功率P=

=

(2)气体做等容变化,由查理定律得

=

解得T=2T0由题意得ΔT=T-T0=T0故Q=CΔT=CT0又Q=Pt解得电热丝通电时间t=

示

(1)本题中的功率和热量都跟有效值有关,故应先将电压的峰值换算成有效值。(2)气体做等容变化,外界对气体做功W=0,不需要考虑热力学第一定律ΔU=Q+W。考法点睛

交变电流与热学的融合。1.★★(2024重庆,3,4分)某救生手环主要由高压气囊组成。气囊内视为理想气体。密

闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体变,体积增大,则

(

)A.外界对气囊内气体做正功B.气囊内气体压强增大C.气囊内气体内能增大D.气囊内气体从外界吸热五年高考D解析

气囊上浮过程,气囊内气体变,由玻意耳定律可知,体积变大,则压强变小,

气体对外界做正功,A、B错误;理想气体变,内能不变,气体对外界做正功,W<0,由

热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,气体需要从外界吸热,C错误,D正确。2.★★★(2024山东,6,3分)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等

压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等。下列说法正确的是

(

)

A.a→b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C解析

a→b过程,由pV=CT可知气体高,内能增加,气体体积增大,对外做功,故从

外界吸收的热量一部分用来增加内能,另一部分用来对外做功,A错误;b→c过程绝热,气

体体积增大,对外做功,内能减少,B错误;c→a为等,a、c两状态气体同,内

能相同,故a→b→c过程气体内能变化量ΔU=0,则Q吸=W,C正确;c→a过程放出的热量等

于外界对气体做的功,且做的功的绝对值等于c→a图线与横坐标轴所围的面积,而气体

在a→b→c过程吸收的热量与在a→b过程吸收的热量相等(点拨:b→c绝热),该热量也与

W相等,W大小等于a→b→c图线与横坐标轴所围的面积,D错误。3.★★★(2024海南,11,4分)(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、

ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过坐标原点O,下列说法正确的是

(

)

A.bc过程外界对气体做功B.ca过程气体压强不变C.ab过程气体放出热量D.ca过程气体内能减小AC解析

bc过程气体体积减小,外界对气体做功,A正确。根据pV=CT可得V=

T,根据题图可知,ca过程中图线上的点与坐标原点连线的斜率增大,则压强p减小,B错误。ab过

程气体变,则内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做正功,即W>0,结合

热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即气体放出热量,C正确。ca过程中气体高,

内能增大,D错误。4.★★★(2023浙江1月,17,8分)某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在

竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想

气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于TA=300K、活塞与容器底的距离h0=30

cm的状态A。环境高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3cm恰好到达容器

内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被继续加热至TC=363K的

状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158J。取大气

压p0=0.99×105Pa,取重力加速度g=10m/s2。求气体

(1)在状态B的;(2)在状态C的压强;(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。答案

(1)330K

(2)1.1×105Pa

(3)188J解析

(1)等压过程

=

,解得TB=330K(2)气体达到状态B时,活塞受力平衡,有mg+p0S=pBS,等容过程

=

,联立解得pC=1.1×105Pa(3)外界对气体做功W=-pBSd由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,Q=188J5.★★★★(2024贵州,13,9分)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究

小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律,把水火箭的塑料容器竖直

固定,其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口,B是气压计,如图(a)所示。在室

境下,容器内装入一定质量的水,此时容器内的气体体积为V0,压强为p0,现缓慢充气后压

强变为4p0,不计容器的容积变化。

(1)设充气过程中气体变,求充入的气体在该室下压强为p0时的体积。(2)打开喷水口阀门,喷出一部分水后关闭阀门,容器内气体从状态M变化到状态N,其压

强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示,已知气体在状态N时的体积为V1,压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学比。(3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变

化关系图线,试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说

明理由)答案

(1)3V0

(2)

(3)吸热解析

(1)设充入的气体在该室下压强为p0时的体积为V,充气过程中气体

变,则有p0V0+p0V=4p0V0,解得V=3V0。(2)容器内气体从状态M变化到状态N,由理想气体状态方程可得

=

,可得

=

。(3)由p-V图线与横坐标轴所围的面积表示气体做功可知,从M到N的过程气体对外做的

功比从M到N'的更多,从M到N'的过程绝热,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,内能减少量等于对外做功;N和N'都是从M状态变化而来,由

=C,可得TN>TN',可知从M到N的过程气体内能减少得更少。由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,从M到N的过程气体对外做功更多,内能减少得反而

更少,则气体必然吸热。6.★★(2025届云南昆明一中月考)下列说法中正确的是

(

)A.第二类永动机不可能制成的原因是违背了能量守恒定律B.一定质量的理想气体吸收热量时定升高C.压缩气体时,体积越小压缩越困难,是因为气体体积越小气体分子间斥力越大D.可以从单一热库吸收热量全部用来对外做功三年模拟D解析

第一类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律,第二类永动机不可能制

成是因为违背了热力学第二定律,A错误。气体吸收热量的同时可能对外做功,根据热

力学第一定律可知气体的内能不一定增加,则气体的一定升高,B错误。压缩气

体时,气体的体积越小,容器内外的压强差越大,压缩越困难,与气体分子间斥力无关(点

拨:理想气体分子的间距较大,分子力的影响可以忽略),C错误。从单一热库吸收热量,

在引起其他变化时可全部用来对外做功,D正确。7.★★★(2025届山东潍坊调研)(多选)一定质量的理想气体经过如图所示循环过程,b

→c为等,c→d为绝热过程,ab与纵轴平行,da与横轴平行。下列说法正确的是

(

)

A.b→c过程气体从外界吸收热量B.c→d过程气体的内能不变C.d→a过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的平均碰撞次数增加D.a→b→c→d→a整个循环过程气体要向外界放出热量AC解析

b→c为等,则理想气体的内能不变,根据题图可知气体的体积增大,气体对

外界做功,即W<0,根据ΔU=W+Q可知Q>0,即气体从外界吸收热量,A正确。c→d为绝热

过程,即Q=0,根据题图可知气体的体积增大,气体对外界做功,即W<0,根据ΔU=W+Q可

知ΔU<0,则气体的内能减少,B错误。d→a过程气体压强不变,根据题图可知气体的体

积减小,低,气体分子热运动的平均速率减小(点拨:根据动量定理可知气体分子

对容器壁的平均撞击力减小),则气体分子单位时间内对单位面积器壁的平均碰撞次数

增加,C正确。p-V图线与V轴围成的“面积”表示功(点拨:注意功的正负,题图中的循

环过程沿顺时针方向,整个循环过程气体对外界做功,W<0;若循环过程沿逆时针方向,

则外界对气体做功,W>0),根据题图可知外界在a→b→c→d→a整个过程中对气体做负

功,一个循环的始末状态气体的内能相同,根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量,D错误。8.★★★(2024届云南师大附中月考)(多选)气压传动是工业中常见的传动方式。导热

良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有横截面积为2S的活塞A和横截面积为S的活

塞B,活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示,活塞A与汽缸右端相距L1,处于平衡

状态。现用力缓慢向右某著名企业活塞A,最终如图乙所示,活塞B和液体上升L2。已知大气压

强为p0,液体密度为ρ,高度为h,弯管中的气体体积可忽略。下列说法正确的是

(

)

A.初始时封闭气体压强大于p0B.图中液体浸润竖直管道C.最终活塞B上升的高度L2=

D.该过程中外界对封闭气体做功W,则W=(2p0+ρgh)

SBC解析

初始时活塞A静止,封闭气体的压强p1=p0,A错误。题图中液柱边缘部分被拉高,即液体浸润竖直管道,B正确。最终封闭气体的压强p2=p0+ρgh,在活塞缓慢某著名企业过程中,因为汽缸导热良好,气体持不变,根据玻意耳定律有p1L1·2S=p2L2S,解得L2=

,C正确。(关键:在气体发生等的过程中,压强与体积成反比,通过p-V图线与横坐标轴围成的“面积”求功)气体的p-V图像如图所示,外界对气体做正功,则W<(2p0+ρgh)

S,D错误。9.★★★(2024届浙江新高考研究联盟三模)伽利略的结构简化图如图所示,由玻

璃泡A、与A相连的细管B以及液体槽C组成。B插在液体槽中,管内径的横截面积S=1cm2。当环境化时,管内、外液面的高度差x即可反映泡内气体的,即环境温

度。已知当环境T1=300K时,A和B中气体的总体积V1=20cm3,此时管内、外液面的

高度差x0=10cm。大气压强p0=105Pa,气体的内能与热力学正比,即U=kT,此场景

中k=0.02J/K。B管内液柱产生的压强与大气压强相比可忽略不计,液体槽C液面高度

几乎不变。(1)当外界慢降为T2=291K时,求管内、外液面的高度差x。(2)当外界慢降为T2=291K时,气体放出了多少热量?答案

(1)10.6cm

(2)0.24J解析

(1)由于B管内液体产生的压强忽略不计,大气压强保持不变,可知A和B中气体的

压强不变,根据盖-吕萨克定律有

=

V2=V1-(x-x0)S(点拨:当低时,气体的体积减小,管内液面上升,x>x0)解得x=10.6cm。(2)根据热力学第一定律有ΔU=Q+W内能变化量ΔU=k(T2-T1)=-0.18J外界对气体做的功W=p0(V1-V2)=0.06J即Q=ΔU-W=-0.24J即气体放出的热量为0.24J。10.★★★(2025届山东潍坊调研)如图所示为一细沙分装称