2027版53B版新高考版物理总复习专题十五　热学

专题十五热学目录考点1分子动理论内能考点2固体、液体和气体考点3热力学定律能量守恒定律题型47气体实验定律与热力学定律的综合应用题型48热学中的两种经典模型题型49气体变质量问题五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练实验18用油膜法估测油酸分子的大小实验19探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系五年高考·考点练考点1分子动理论内能1.★(2023北京,1,3分)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

A

解析温度是分子平均动能的标志,温度变低,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。2.★(2025黑吉辽内蒙古,2,4分)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好

的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车

厢时相比,瓶内气体

()A.内能变小

B.压强变大C.分子的数密度变大

D.每个分子动能都变大

B

解析瓶内气体的温度升高,内能变大,气体分子热运动的平均动能增大,但并不是每个

分子热运动的动能都变大,A、D错误。糖果瓶气密性良好,气体分子数不变,气体体积

不变,故分子的数密度不会变大,C错误。由查理定律可得

=C,随着温度升高,气体压强变大,B正确。3.★(2025山东,2,3分)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子

间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则

()A.只有r大于r0时,Ep为正B.只有r小于r0时,Ep为正C.当r不等于r0时,Ep为正D.当r不等于r0时,Ep为负

C

解析分子间作用力做正功,分子势能减少;分子间作用力做负功,分子势能增加。由题

图可知,r=r0时分子间作用力为零,当分子间距离由r0开始增大或减小时,分子间作用力

均做负功,分子势能增大,本题又规定分子间距离r=r0时分子势能Ep=0,故当分子间距

离r>r0或r<r0时,分子势能均为正,C正确。4.★★(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

B

解析由图像可知,该过程气体温度升高,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。温度是

分子热运动平均动能的标志,温度升高,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,当温度升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。5.★★★(2026山东,3,3分)一定质量的理想气体由状态Ⅰ变化到状态Ⅱ,两种状态下气

体分子的速率分布如图所示,图中f(v)是速率v附近单位速率区间内分子数占总分子数

的百分比。下列说法正确的是

()A.气体一定从外界吸收热量B.气体中每个分子的速率都增加

D

C.速率v1附近单位速率区间内的分子数增加D.气体中速率在v1~v2区间的分子数占总分子数的比例减小

解析从图像可知,状态Ⅱ对应的分子平均速率大,由此可判断TⅠ<TⅡ,状态Ⅰ到状态Ⅱ

温度增加,分子热运动的平均动能增加,但不能认为每个分子的速率都增加,B错误;一定

质量的理想气体的内能只与温度有关,从状态Ⅰ到状态Ⅱ温度升高,则内能增加,根据热

力学第一定律ΔU=W+Q,内能增加还与外界是否对气体做功有关,因此无法判断气体是

否一定从外界吸收热量,A错误;通过题图可以看出,速率v1附近单位速率区间内分子数

占总分子数百分比减小,C错误;f(v)-v图线与v轴围成的面积表示对应速率区间分子数占

总分子数的比例,由题图可以看出从状态Ⅰ到状态Ⅱ气体中速率在v1~v2区间的分子数

占总分子数比例减小,D正确。6.★★★[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.①④③

D

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。1.★(多选)(2020江苏,13A(1)]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.分子在空间上周期性排列

AC

考点2固体、液体和气体考向1固体与液体的性质

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

空间上不是周期性排列,A、C正确。2.★(多选)(2023浙江6月,14,3分)下列说法正确的是

()A.热量能自发地从低温物体传到高温物体B.液体的表面张力方向总是跟液面相切C.在不同的惯性参考系中,物理规律的形式是不同的D.当波源与观察者相互接近时,观察者观测到波的频率大于波源振动的频率

BD

解析根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,A错误;液体的

表面张力方向总是与液面相切,B正确;根据爱因斯坦假设,在不同的惯性参考系中,物理

规律的形式都是相同的,C错误;根据多普勒效应可知,当观察者与波源相互接近时,观察

者观测到的波的频率大于波源振动的频率,D正确。考向2气体实验定律及其应用3.★★(多选)(2025全国,19,6分)如图,一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c三个

状态,三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc,则

()

A.pa=pb

B.pa=pc

C.pa>pb

D.pa<pc

AD

解析理想气体在V-T图上的状态a和状态b处于经过零点的同一条直线上,由此可知,

对状态a和状态b,体积V与温度T的比是同一常数,则根据理想气体状态方程

=C(C是常量)可知,pa=pb,A正确,C错误。状态a和状态c对应体积相同,即Va=Vc,且Tc>Ta,由理想气

体状态方程可知,pa<pc,B错误,D正确。4.★★★(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。

5.★★★(2026湖南,7,4分)如图,一心形玩具气球内密封一定质量的理想气体和一个充

有同种气体的弹性小气球,心形气球体积始终不变。在心形气球内,小气球内部气体压

强大于外部气体压强,整个系统导热良好。初始时,小气球的体积为心形气球体积的一

半。当温度缓慢升高时,忽略温度变化对气球材料性质的影响,下列说法正确的是

()

D

A.小气球外部气体压强不变B.小气球内部气体分子数与外部相等C.小气球内部气体体积不变D.小气球内部气体体积变大

解析初始时体积V内=V外,温度T内=T外,压强p内>p外,由

=nR可知,n内>n外,小气球内部气体分子数比外部气体分子数多,B错误;假设小气球内部气体体积不变,由查理定律可得

=

,Δp=

ΔT,已知T内=T外,ΔT内=ΔT外,p内>p外,则Δp内>Δp外,小气球内气体压强的增大量大于外部气体压强的增大量,故小气球内部气体体积变大,外部气体体积变小,C错误,D

正确;由

=nR可知,T外升高,V外变小,p外升高,A错误。

方法拓展考查液柱(活塞)移动或容器内气体体积变化时可采用假设法,假设气体体

积不变,则

=

,找到内外压强谁的变化量更大,从而确定液柱(活塞)移动或容器内气体体积的变化情况。6.(模块融合·气体实验定律与电容器的综合应用)(2025重庆,13,10分)如图为小明设计

的电容式压力传感器原理示意图,平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔,电容器上下

极板水平,上极板固定,下极板质量为m、面积为S,可无摩擦上下滑动。初始时腔内气

体(视为理想气体)压强为p,极板间距为d。当上下极板均不带电时,外界气体压强改变

后,极板间距变为2d,腔内气体温度与初始时相同,重力加速度为g,不计相对介电常数的

变化,求此时(1)腔内气体的压强;(2)外界气体的压强;(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。

答案

(1)

(2)

+

(3)

解析

(1)对腔内气体应用玻意耳定律得pdS=p'×2dS解得p'=

。(2)由下极板受力平衡有p'S+mg=p外S解得p外=

+

。(3)仅电容器的极板间距d加倍,其他条件不变,由平行板电容器的电容C=

可得电容变为原来的

。7.★★★[2024全国甲,33(2),10分]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,b与汽缸

底部的距离

=10

,活塞的面积为1.0×10-2m2。初始时,活塞在卡销a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1.0×105Pa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b处(过程中气体温度视为不变),

外力增加到200N并保持不变。(ⅰ)求外力增加到200N时,卡销b对活塞支持力的大小;(ⅱ)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

(ⅰ)100N

(ⅱ)327.3K

解析

(ⅰ)由玻意耳定律有p1V1=p2V2其中p1=1.0×105Pa,V1=11

·S,V2=10

·S解得p2=1.1×105Pa对活塞,由平衡条件有p0S+F=p2S+FN代入数据解得FN=100N(ⅱ)由查理定律有

=

p3=p0+

=1.2×105Pa则

=

解得T3≈327.3K8.★★★(2023河北,13,8分)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0.1cm2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300K时,气柱长度l为10cm;

当外界温度缓慢升高到310K时,气柱长度变为50cm。已知外界大气压恒为1.0×105Pa,

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1mol氮气在1.0×105Pa、2

73K状态下的体积约为22.4L,阿伏加德罗常数NA取6.0×1023mol-1。

答案

(1)0.4J

(2)119cm3

(3)2.9×1021

解析

(1)由于水柱的长度不计,则水柱重力不计,故封闭气体的压强始终等于大气压

强,设大气压强为p0,塑料管内部横截面积为S,初、末态气柱的长度分别为l1、l2,气体对

外做的功为W,根据功的定义有W=p0S(l2-l1),解得W=0.4J。(2)设葫芦的容积为V,被封闭氮气的初、末态温度分别为T1、T2,体积分别为V1、V2,根

据盖-吕萨克定律有

=

,其中V1=V+Sl1,V2=V+Sl2联立以上各式并代入题给数据得V=119cm3(3)设在1.0×105Pa、273K状态下,1mol氮气的体积为V0、温度为T0,被封闭氮气的体积为V3、分子个数为n。根据盖-吕萨克定律有

=

,其中n=

NA联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×10219.★★★(2026陕晋青宁,13,10分)某小组设计并完成了“稳定平抛水柱”实验。如图,

竖直放置的储水瓶液面上方封闭少量气体,底部竖直细管甲与大气连通、水平细管乙

有一阀门K。初始时K关闭,瓶内上方气体体积V1=200mL,甲管内恰无水且A端口距水

面高h1=20cm,乙管B端口距水面高h2=30cm;打开K,水持续从乙管流出,大气通过甲管

进入瓶内,当水面与甲管A端口齐平时关闭K,此时瓶内上方气体的总体积V2=1510

mL。已知大气压强p0=1.00×105Pa、水的密度ρ=1.00×103kg/m3,重力加速度g取10m/s2,

忽略温度变化与瓶体形变,气体均可视为理想气体。求:(1)初始K关闭时,瓶内上方气体压强p1和乙管B端口处压强p2;(2)在打开K到关闭K的过程中,进入瓶内的空气在大气压强下的体积ΔV。考向3玻璃管-液柱模型

答案

(1)9.8×104Pa

1.01×105Pa

(2)1314mL

解析

(1)甲管内恰无水,则A处压强为p0,根据液体压强特点可知p1=p0-ρgh1

(2分)解得p1=9.8×104Pa(1分)p2=p0+ρg(h2-h1)(或p2=p1+ρgh2)

(1分)解得p2=1.01×105Pa(1分)(2)当水面与A端口齐平时关闭K,此时瓶内上方气体压强为p0,大气从甲管充入上方气体

中,充气过程为等温变化过程由玻意耳定律有p1V1+p0ΔV=p0V2

(3分)解得ΔV=1314mL(2分)10.★★★[2023全国乙,33(2)]如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20

cm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10cm。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1cm。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cmHg为压强单位)

答案

74.36cmHg

54.36cmHg

解析设初始时A管、B管内气体的压强分别为pA、pB,由题意可知pB=pA-20cmHg,设B

管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内的空气

柱长度增长1cm,变为11cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱将变短

4cm,变为6cm,可得此时A管、B管中水银柱长度分别为9cm和14cm,示意图如图所

示。

设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为pA'、pB',则pB'=pA'+(9+14)

cmHg=pA'+23cmHg根据玻意耳定律,对A管气体,pA·10πd2=pA'·11πd2对B管气体,pB·10π

=pB'·6π

代入数据,解得pA=74.36cmHg,pB=54.36cmHg11.★★(2025四川,4,4分)如图1所示,用活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内,

活塞稳定在a处。将汽缸置于恒温冷水中,如图2所示,活塞自发从a处缓慢下降并停在b

处,然后保持汽缸不动,用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与汽缸壁之间的摩

擦。则

()A.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体压强升高

D

考向4活塞-汽缸模型B.活塞从a到b的过程中,汽缸内气体内能不变C.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体压强升高D.活塞从b到a的过程中,汽缸内气体内能不变

解析活塞从a到b过程中,气体温度降低,体积减小,但活塞自发缓慢下降说明汽缸内气

体压强不变,A错误;活塞从a到b过程中,汽缸内气体温度降低,故内能减小,B错误;活塞

从b到a过程中,汽缸内气体等温膨胀,体积增大,根据玻意耳定律pV=C,可知气体压强减

小,C错误;活塞从b到a过程中,汽缸内气体温度不变,故内能不变,D正确。12.★★★(多选)(2025河南,10,6分)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、

N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气

体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则

()

A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移

AC

解析固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度ΔT,(点拨:利用假设法判断)假设P

不移动,对左侧气体,由查理定律可得

=

,解得p'1=p1

;对右侧气体,同理可得p'2=p2

;由于p1=p2、T1<T2,可得p'1>p'2,故假设不成立,P将右移,A正确,B错误。保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,同样假设P不移动,两侧气体体积

均减小ΔV,对左侧气体,由玻意耳定律可得p1V1=p″1(V1-ΔV),解得p″1=p1

=

;对右侧气体,同理可得p″2=

;由于p1=p2、V1<V2,可得p″1>p″2,故假设不成立,P将右移,C正确,D错误。

一题多解分析A、B选项,对左侧气体,由理想气体状态方程可得

=

,解得V'1=

V1;对右侧气体,同理可得V'2=

V2;由于p1=p2、p'1=p'2,联立可得

=

·

;由于T1<T2,可得

<

,故

<

;由于V'2+V'1=V2+V1,可得V'1>V1,P将右移。13.★★★(2023湖北,13,10分)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H,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

H,左侧活塞上升

H。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,汽缸足够长,汽缸内气体温度始终不变,弹簧始终在弹性限度内。

求(1)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。

答案

(1)

p0

(2)

解析

(1)封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律得p0(SH+2SH)=p[S×(H+

H)+2S×(H-

H)],解得p=

p0。(2)以左侧活塞为研究对象,由平衡条件得p0S+k×

H=pS,解得k=

;以右侧活塞为研究对象,设所加沙子质量为m,由平衡条件得p0×2S+mg=p×2S,解得m=

。14.★★★(2026云南,14,12分)某同学制作了一个简易气动装置,可简化为如图所示的模

型。水平汽缸A和竖直汽缸B固定在气压为p0的恒温环境中,其活塞a、b的横截面积分

别为S1、S2(S1<S2)。两汽缸通过细管连通,汽缸A内壁光滑,汽缸B内壁与活塞b间的最大

静摩擦力等于滑动摩擦力,整个装置气密性和导热性良好。不计活塞的质量和厚度,重

力加速度为g。(1)打开气阀K,在活塞b上用轻质细线悬挂重物,逐渐增加重物的质量,当重物质量为m时

活塞b刚要开始向下运动,求汽缸B内壁与活塞b间的最大静摩擦力大小;(2)在(1)问操作后关闭气阀K,封闭体积为V0的气体(视为理想气体),然后用水平拉力向

右缓慢拉动活塞a,直到重物刚要开始向上运动,已知此过程中气体吸收的热量为Q,求

该过程活塞a的位移大小及拉力对活塞a做的功;(3)在(2)问操作后继续缓慢拉动活塞a,使重物上升高度H,此时活塞b未到达汽缸B的顶

部,求该过程中水平拉力对活塞a做的功。

答案

(1)mg

(2)

-Q

(3)2mgH

解析

(1)(关键:“活塞b刚要开始向下运动”,说明活塞b受到的静摩擦力方向向上,且

刚好达到最大值)对活塞b,可得p0S2+FT=p0S2+f0

(1分)对重物,可得FT=mg

(1分)联立解得f0=mg

(1分)(2)[关键:“向右缓慢拉动活塞a”说明活塞a在此过程中受到的合力为零,即pAS1+F=p0S

1,其中F为拉力;若活塞a向右移动微小距离Δx,可得FΔx=(p0-pA)S1·Δx,pAS1Δx为气体对外

做功的值]活塞b刚要向上运动时,对活塞b,可得pS2+mg+f0=p0S2

(1分)解得此时汽缸内气体的压强p=p0-

假设活塞a向右移动距离为x,由玻意耳定律可得p0V0=p(V0+S1·x)

(1分)联立解得x=

(1分)对汽缸内气体,由热力学第一定律可得ΔU=Q+W

(1分)其中ΔU=0,解得W=-Q,即气体对外做功为Q拉力做功WF=

F·Δx=

(p0-pA)S1Δx=p0·ΔV-Q

(1分)其中ΔV=S1·x,联立解得WF=

-Q

(1分)(3)(关键:“缓慢拉动活塞a使重物上升高度H”,此过程缓慢,即汽缸内气体做等压变化,

故汽缸内气体的体积不变)假设活塞a向右移动距离为x',可得S1x'=S2H

(1分)解得x'=

对活塞a可得拉力F=(p0-p)S1=

(1分)拉力F做功W'F=Fx'=2mgH

(1分)15.★★(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,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(

)

D考向5气体变质量问题A.30cm3

B.40cm3

C.50cm3

D.60cm3

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+5Δ

V,其中ΔV=60cm3;末态压强计示数为150mmHg,则气体压强p1=p0+150mmHg=900

mmHg,体积V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60cm3,D正确。16.★★★(2026河南,13,10分)机械装置的润滑油系统常用图示设备稳定油压。气腔内

充有氮气,当润滑油系统油压过高时,油会泵入油腔,压缩皮囊;油压降低时,皮囊膨胀,油

从油腔泵出。设备的工作温度为T1=300K、气腔内氮气压强为p1=0.25MPa时,气腔体

积为V1=6L。氮气视为理想气体。(1)某次泵油,氮气压强从p1变为p2=0.2MPa,求泵出油的体积;(泵油过程为等温过程)(2)若使设备在T2=270K时也能正常工作,需要对气腔补气,以满足在压强为p1时气腔体

积仍为V1,求补充氮气的质量与气腔内原有氮气质量之比。(补气过程为等温过程)

答案

(1)1.5L

(2)1∶9

解析

(1)设泵出油的体积为ΔV,由玻意耳定律可得p1V1=p2(V1+ΔV),解得ΔV=

-V1=1.5L。(2)补充的氮气压强为大气压p0,设其体积为V0,则

+

=

,对补充的氮气有p0V0=p1V2,解得V2=

L,则补入氮气的质量与气腔内原有氮气的质量之比为

=

=

。(点拨:相同温度、相同压强下的气体体积之比等于质量之比)17.(传统文化·战国时期青铜汲酒器)(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=90.0

cm2、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。整个过程温度保持不变,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温变化,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。考点3热力学定律能量守恒定律考向1气体状态变化的图像问题1.★★(多选)(2025甘肃,9,5分)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,

然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且

随温度升高而增大。下列说法正确的是

()A.A→B过程为吸热过程B.B→C过程为吸热过程C.状态A压强比状态B的小D.状态A内能比状态C的小

ACD

解析利用热力学第一定律ΔU=Q+W分析,A→B,气体体积不变,可得W=0,温度升高,可

得ΔU>0,故此过程Q>0,为吸热过程,A正确。B→C,气体体积减小,外界对气体做功,可得

W>0,温度不变,可得ΔU=0,故此过程Q<0,为放热过程,B错误。A→B,根据查理定律可得

=

,由于TA<TB,故pA<pB(多解:利用气体压强的微观解释,A和B状态气体的体积相同,气体的分子的数密度相同;B状态温度高,分子热运动的平均动能大,故状态B气体的压

强较大),C正确。由于状态A的温度低于状态C的温度,故状态A内能比状态C的小,D正

确。

AD

2.★★★(多选)(2024新课标,21,6分)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→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→1过程中,气体向外放热

解析

1→2过程中,没有热交换,气体体积减小,外界对气体做正功,由热力学第一定律Δ

U=W+Q可知,气体内能增加,A正确。2→3过程为等压过程,由理想气体状态方程

=C,可知体积增大则温度升高,内能增加;体积增大,外界对气体做负功,由热力学第一定

律ΔU=W+Q可知,该过程中气体吸热,B错误。3→4过程中,没有热交换,气体体积增大,

外界对气体做负功,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体内能减小,C错误。4→1过程

中,气体发生等容变化,由理想气体状态方程

=C可知,压强减小,则温度降低,内能减少;气体体积不变,外界没有对气体做功,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,该过程气体

放热,D正确。

归纳总结“绝热”说明没有热交换;“体积增大”说明外界对气体做负功,“体积减

小”说明外界对气体做正功;对一定量理想气体而言,内能增加(或减小)则温度升高(或

降低)。3.★★★(多选)(2026黑吉辽内蒙古,8,6分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变

化到状态d,p-V图像如图所示,则

()A.状态a的温度比状态b的高B.状态b的内能比状态c的大

BD

C.b→c、c→d过程气体对外做的功相等D.c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量

解析由理想气体状态方程

=C可知,一定质量的理想气体压强p与体积V的乘积越大则温度T越大,故结合题图可知Tb>Td>Ta=Tc,A错误。一定质量的理想气体,温度越高

则内能越大,因Tb>Tc,故Ub>Uc,B正确;p-V图像中,图线与V轴所围的面积的大小表示气体

对外做功的大小,故

>

,C错误;c→d过程,温度升高,内能增大,即ΔU>0,体积增大,故气体对外界做功,W<0,由ΔU=W+Q可知,Q>0且Q>

,外界对气体做功的大小等于气体对外做功的大小,故该过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量,D正确。4.★★★(2023广东,13,9分)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周

期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨

胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温

度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体

积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求:(1)pB的表达式;(2)TC的表达式;(3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少?

答案

(1)pB=

(2)TC=1.9T0

(3)增加了W

解析

(1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=pB·5

V0,解得pB=

。(2)解法一

由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定

律有

=

,解得TC=1.9T0。解法二

气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有

=

pB=

,VB=5V0,TA=TB=T0,pC=1.9p0,VC=V0,联立解得TC=1.9T0。(3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=W,故从B到C过程,气泡内气体的内能增加了W。考向2气体实验定律与热力学定律的综合应用5.(教考衔接·人教版选必三P46,问题)(2025北京,1,3分)我国古代发明的一种点火器如图

所示,推杆插入套筒封闭空气,推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即

可点燃。在压缩过程中,筒内气体

()

A.压强变小

B.对外界不做功C.内能保持不变

D.分子平均动能增大

D

解析猛推推杆压缩筒内气体,气体被压缩,体积减小,可得外界对气体做正功,W>0,故

气体对外界做负功,B错误。气体未来得及与外界发生热交换,故Q=0,根据热力学第一

定律ΔU=Q+W可得ΔU>0,故筒内气体内能增大,温度升高,气体分子热运动平均动能增

大,C错误,D正确。根据理想气体状态方程

=C可得,当V减小、T增大时,p增大,A错误。6.★(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球

无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体

()A.对外做功,内能不变B.向外放热,内能减少C.分子的平均动能变小D.吸收的热量等于内能的增加量

A

解析球内气体温度不变,可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均不变,C错

误。气球缓慢上升,由液体压强与深度的关系可知,气球外部压强减小,可得球内气体的

压强减小,由玻意耳定律pV=C可得球内气体的体积变大,故球内气体对外做功,A正

确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,当ΔU=0、W<0时,Q>0,故球内气体从外部吸

热,B、D错误。7.★★(多选)(2026湖南,8,5分)如图,一块高功率芯片上方紧贴着一个均热板散热器。

均热板是一个完全密封的扁平纯铜空腔,空腔内部注有微量的水。在正常工作过程中,

水从高温芯片处吸收热量汽化,水蒸气在低温冷凝端放出热量变回液态水,并回流到底

部。下列说法正确的是

()

BC

A.空腔内高温处所有水分子的运动速率都比低温处水分子的运动速率大B.一定量的水吸收热量变成相同温度的水蒸气,内能变大C.该均热板可以从高温物体吸热,向低温物体放热,不对外界做功D.该均热板可以从低温物体吸热,向高温物体放热,而不产生其他影响

解析温度高只能反映高温处水分子的平均速率比低温处水分子平均速率大,A错

误。水吸收热量变成相同温度的水蒸气,内能变大,B正确。均热板内的水在高温端汽

化吸热,水蒸气在低温冷凝端液化放热,整个过程中均热板无机械能输出,仅转移热量,C

正确。D选项的表述违反了热力学第二定律的克劳修斯表述,即热量不能自发地从低

温物体传到高温物体。

知识拓展热力学第二定律的两种表述1.克劳修斯表述:热量不能自发地从低温物体传到高温物体。2.开尔文表述:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响。8.★★★(2025山东,16,8分)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于

调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理

想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=

p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上

升;继续缓慢加热至T2=440K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位

置保持不变,直到降温至T3=400K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330K时,保

持温度不变,活塞不再下降。求:(1)T2=440K时,气柱高度h2;(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。

答案

(1)

h1

(2)

p0Sh1

解题导引对于活塞受到摩擦力方向的正确分析,是本题的解题关键点。“活塞开始

缓慢上升”说明活塞受到的摩擦力向下;“活塞开始缓慢下降”说明活塞受到的摩擦

力向上。

解析

(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得

=

,解得h2=

h1(2)当T1=330K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为

p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1=

p0当T3=400K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,

对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2=

p0从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得

=

,解得h3=

h1从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1)从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3)从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2,联立解得Q=

p0Sh1

归纳总结气体体积变大,气体对外界做功,W取负值;气体体积变小,外界对气体做功,

W取正值;等质量的同种理想气体,若两状态温度相等,则气体的内能相等。题型47气体实验定律与热力学定律的综合应用三年模拟·限时练基础强化练1.(2026安徽合肥八中模拟)密闭容器内装有一定质量的理想气体,从状态a开始,经状态

b、c、d再回到状态a,如图所示,其中图线bc、da平行于横轴。下列说法正确的是(

)B

A.从a到b,气体从外界吸热B.从b到c,单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多C.从c到d,气体内能减小D.从d到a,外界对气体做功

解析从a到b,气体体积减小,故外界对气体做功,由题图可知,从a到b图线的反向延长

线过原点,根据理想气体状态方程

=C整理得p=

CT,可知从a到b气体的温度不变,为等温变化过程,由于是一定质量的理想气体,所以内能不变(点拨:一定质量的理想气体

内能只与温度有关),外界对气体做功,故气体向外界放热,A错误。从b到c,气体压强不

变、体积减小,根据理想气体状态方程

=C可知温度减小,气体分子的平均速率减小,要保持气体压强不变,则单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数增多,B正

确。由题图可知,从c到d温度不变,气体内能不变,C错误。从d到a,气体体积增大,气体

对外界做功,D错误。2.(多选)(2026山东烟台一模)如图所示为一定质量的理想气体由A→B→C→A变化过程

的V-T图像。其中CA部分的延长线过坐标原点,BC部分与横轴平行,理想气体的内能与

热力学温度成正比,下列说法正确的是

()

A.气体在BC过程中分子的数密度保持不变B.气体在状态A下的压强大于在状态B下的压强C.气体在状态A下分子热运动的平均动能大于在状态C下分子热运动的平均动能D.气体在CA过程放出的热量大于在AB和BC过程吸收的总热量

ABD

解析气体在BC过程中体积不变,则气体分子的数密度保持不变,A正确。由理想气体

状态方程

=C得V=

T,在V-T图线中任意一点与坐标原点的连线斜率k=

,斜率越小压强越大,所以气体在状态A下的压强大于在状态B下的压强,B正确。气体从状态C到

状态A,温度降低,而温度是分子热运动平均动能的标志,故气体在状态A下分子热运动

的平均动能小于在状态C下分子热运动的平均动能,C错误。(提示:当题目需要用热力

学第一定律解决问题且气体做功不易求解时,可考虑把V-T图像转换为p-V图像,用图线

与横轴所围面积分析气体做功)由V-T图像作出对应的p-V图像如图所示,可知气体在

CA过程外界对气体做的功大于在AB和BC过程气体对外界做的功,因从C→A→B→C这一个循环,气体的内能没变,所以气体在CA过程放出的热量大于在AB和BC过程吸收的

总热量,D正确。3.(2026湖南衡阳开学考)某充气式座椅简化模型如图所示,导热性能良好的两个汽

缸C、D通过活塞a、b分别封闭质量相等的两部分同种理想气体A、B,活塞通过轻弹

簧相连,整个装置竖直静置在水平地面上。已知两个汽缸C、D的质量均为M(汽缸壁的

厚度不计),活塞的横截面积均为S,活塞的质量和厚度不计。初始环境温度为T0,封闭气

体的初始长度均为L0,在环境温度缓慢升至1.1T0过程中,A、B气体总内能增加了ΔU=0.2

MgL0。已知轻弹簧的劲度系数为k=

、原长为3L0,弹簧形变始终在弹性限度内,大气压强为p0=

,重力加速度为g,活塞始终未脱离汽缸,不计活塞与汽缸之间的摩擦。求:(1)环境温度为1.1T0时,活塞a离水平地面的高度;(2)升温过程A气体从外界吸收的热量。综合提升练

答案

(1)3.1L0

(2)0.3MgL0

解析

(1)B气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得

=

解得LB=1.1L0对气体A、汽缸C与活塞a整体受力分析,设弹簧的形变量为x,则Mg=kx稳定时活塞a离地的高度h=LB+(3L0-x)所以h=3.1L0。(2)A气体的压强保持不变,由盖-吕萨克定律得

=

解得LA=1.1L0对汽缸C受力分析得Mg+p0S=pS解得p=

由于A、B是质量相等的同种理想气体,状态变化相同,所以ΔUA=

对气体A由热力学第一定律有

=Q+W其中W=-pS(LA-L0)解得Q=0.3MgL0。1.(多选)(2026河南T8名校联考)如图所示,倾角为30°的光滑斜面体固定放置,一内壁光

滑的汽缸先固定在斜面上,横截面积为S、质量为m=

的活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸内,稳定时缸内气柱的长度为L,温度为T0,改变气体的温度,解除固定后让汽

缸沿着斜面下滑,稳定时缸内气柱的长度仍为L,已知大气压强为p0、重力加速度为g,理

想气体的内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT(C为已知常量),所有温

度为热力学温度。下列说法正确的是

()

AC

题型48热学中的两种经典模型基础强化练A.汽缸被固定时,缸内气体的压强为

B.汽缸沿斜面下滑稳定时,活塞加速度的大小为gC.汽缸沿斜面下滑稳定时,缸内气体的压强为p0D.汽缸从被固定到沿斜面下滑稳定,缸内气体内能的减小量为

解析汽缸被固定时,对活塞进行受力分析,由力的平衡条件可得p1S=p0S+mgsin30°,又

m=

,解得p1=

,A正确。汽缸沿斜面下滑稳定时,对整体由牛顿第二定律可得Mg

sin30°=Ma,则整体的加速度为a=

,对活塞进行受力分析,由牛顿第二定律可得p0S+mg

sin30°-p2S=ma,联立解得p2=p0,B错误,C正确。气体发生等容变化,由查理定律可得

=

,解得T=

,则汽缸从被固定到沿斜面下滑稳定,缸内气体内能的减小量为ΔU减=C(T0-T)=

,D错误。2.(多选)(2026河北张家口期末)如图所示,某同学利用身边的器材制造了一个简易的气

温计,他找来一个带橡胶塞的玻璃瓶、一段干净的玻璃管(粗细均匀,长约1m),先向玻

璃管中注入一小段红色油柱(长度可以忽略),调整油柱到适当位置,再将玻璃管靠近油

柱的一端插入橡胶塞中,使管内气体与瓶中气体相通,将玻璃管固定到刻度尺上。将整

个装置移到装有空调的房间内,读出室温和管中油柱对应的刻度。打开空调制热,使房

间气温缓慢升高,每隔一段时间读出室内温度和油柱对应的刻度,温度升高过程中,下列

说法正确的是

()A.该气温计温度的刻度值上高下低,刻度均匀B.玻璃瓶中单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数不变

AC

C.瓶内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量D.若换用体积更大的空玻璃瓶,其他条件不变,则测温范围不变

解析根据题意可知,瓶内气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律可知,瓶内气体温度

越高,体积越大,管内油柱越靠近管的上端,则该气温计温度的刻度值应上高下低,根据

盖-吕萨克定律可知

=C=

,根据题意,假定初始温度为T1,瓶中空气体积为V0,管内空气柱柱长为L1、横截面积为S,则有ΔT=

=

Δx,

=C,则ΔT=

Δx,可知温度的变化量与距离的变化量成正比,则气温计温度的刻度值分布均匀,A正确。温度升高,

压强不变,气体体积变大,单位体积内的分子数减少了,所以单位时间内碰撞单位面积器

壁的分子数也减少了,B错误。瓶内气体膨胀对外做功,即W<0,瓶内气体温度升高,内能

增大,即ΔU>0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体吸收热量且Q>

,即瓶内气体对外做的功小于气体从外界吸收的热量,C正确。由油柱移动距离的变化量与温度的变化

量关系Δx=

ΔT可知,若换体积更大的玻璃瓶,其他条件不变,即在变化相同温度的情况下,管中的油柱移动的距离也会变大,则其测温范围会减小,D错误。3.(模块融合·热学与动力学的综合应用)(2026河南郑州二模)某同学自制的角速度测量

装置原理图如图所示。粗细均匀、两端封闭的导热玻璃管内有一质量为10g的小液柱

(长度不计),玻璃管总长度H=36cm。当玻璃管水平静置时,液柱恰好停在玻璃管中间,

两端的气体压强等于大气压强p0。为测量某转盘(图中未画出)水平转动时的角速度,将

玻璃管沿转盘某一半径固定,且一端与转盘中心重合。当转盘匀速转动时,液柱沿径向

的位移为6cm。已知整个过程环境温度不变,玻璃管内壁光滑,液柱横截面积为1cm2,

大气压强p0=1.0×105Pa,求转动时(1)靠近转轴气体柱的压强;(2)转盘角速度的大小。

答案

(1)7.5×104Pa

(2)25

rad/s

解析

(1)设靠近转轴的气体柱压强为p1,对靠近转轴的气体柱,由玻意耳定律可知p0S

=p1S

代入数据可得p1=7.5×104Pa。(2)设远离转轴的气体柱压强为p2对远离转轴的气体柱,由玻意耳定律有p0S

=p2S

对小液柱由牛顿第二定律有p2S-p1S=m·ω2

联立解得ω=25

rad/s。4.(2026湖南师大附中月考)如图甲所示,一端封闭、粗细均匀、导热性能良好的细玻璃

管开口向上竖直放置,管长L=56cm,横截面积S=1cm2,管中一段h=24cm的水银柱将长L

1=24cm的空气柱封闭在管内。大气压强p0=76cmHg。(1)若将图甲中细玻璃管中的气体缓慢加热,使水银柱刚好到达管口,求被封闭气体对外

做的功(取1cmHg=1333Pa,结果保留一位有效数字);(2)若将图甲的玻璃管缓慢旋至开口竖直向下,如图乙,旋转过程中无空气进入,求稳定

后管内空气柱的长度L2。答案

(1)1J

(2)40cm

解析

(1)根据题图甲可得p=p0+ρgh代入数据解得p=100cmHg根据W=pS(L-h-L1)代入数据解得W≈1J。(2)由题知,从题图甲变到题图乙,气体发生等温变化在题图乙中,假设水银柱刚好到达管口,根据玻意耳定律有pL1S=(p0-ρgh)L2S解得L2=

cm因为L2+h>56cm,故有水银溢出,假设不成立根据玻意耳定律有pL1S=[p0-ρg(L-L2)]L2S解得L2=40cm。综合提升练5.(2026辽宁名校联盟联考)某工业余热回收的氦气储能装置如图所示,装置的绝热圆筒

内装有两个活塞,顶部重活塞外覆绝热层(热损失可忽略),底部轻活塞(质量可忽略不

计)导热性能优异。初始时装置与车间环境处于热平衡,上、下两腔各封闭1mol氦气

(可视为理想气体),两活塞间距及轻活塞与缸底间距均为x,现通过缸底换热装置缓慢向

气体传递热量Q(x和Q均为已知量)。设重活塞可以无摩擦地滑动,在整个过程中轻活塞

位置保持不变,忽略气体泄漏。(重力加速度为g,汽缸横截面积为S,阿伏加德罗常数为

NA)(1)对处在温度为T的平衡状态的理想气体,其内能只由气体分子的动能构成。依据能

量均分定理,每个气体分子的动能对内能的贡献为

,R为普适气体常数,利用该常数可将理想气体的三个实验定律统一为pV=nRT(n为物质的量),即克拉伯龙方程。若上述

装置吸收热量前后的温度分别为T1和T2,试利用上述规律写出热量Q与初末态温度间的

关系式。(2)求系统再次稳定后轻活塞所受的摩擦力大小。

答案

(1)Q=4R(T2-T1)

(2)

解析

(1)在缓慢向气体传递热量前,设顶部汽缸内气体压强为p1,故p1Sx=RT1由题意可知,当缓慢向气体传递热量时,两汽缸内气体的温度同步升高,且顶部汽缸内的

气体对重活塞做功,设热量传递结束后,两活塞间距为z,则顶部汽缸内的气体对重活塞

做的功W=p1S(z-x)利用能量均分定理,两个汽缸中的气体总内能的增加量为ΔU=2NA·

·(T2-T1)=3R(T2-T1)故由热力学第一定律可知Q=p1S(z-x)+3R(T2-T1)当热量传递结束后,对顶部汽缸内气体有p1Sz=RT2联立可得Q=4R(T2-T1)。(2)设热量传递结束后,底部汽缸内气体压强为p2,则p2Sx=RT2因此,为维持轻活塞位置不变,作用在轻活塞的摩擦力为Ff=(p2-p1)S由(1)中分析过程可知p1Sx=RT1,则Ff=

又Q=4R(T2-T1),则Ff=

。1.(2026河南南阳联考)如图所示,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、

S,汽缸顶部由细管(体积不计)连通,左侧汽缸底部带有阀门K,两汽缸中有厚度均可忽略的活塞Ⅰ、Ⅱ,将某种理想气体分

成A、B、C三部分,活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m1=

、m2=

。初始时,阀门K关闭,活塞Ⅰ处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力,活塞Ⅱ处于右侧汽缸的中间位置,A气体

的压强为2p0。已知大气压强为p0,重力加速度为g,其他量均为未知量;整个过程中,周围

环境温度不变。(1)求初始时左侧汽缸中封闭气体C的压强pC;(2)一段时间后,活塞Ⅱ漏气,再次稳定后,打开阀门K,用打气筒通过K给左侧汽缸充气,题型49气体变质量问题直至活塞Ⅰ再次回到汽缸顶部且与顶部无弹力,求此过程中充入气体质量与最初封闭

气体C的质量之比。

答案

(1)2p0

(2)1∶4

解析

(1)对活塞Ⅰ受力分析可得pCS=pBS+m1g对活塞Ⅱ受力分析可得pA·

S=pB·

S+m2g解得pB=p0,pC=2p0。(2)由于活塞Ⅱ漏气,A、B两部分气体合为一部分气体,设左侧汽缸总体积为V0,则右侧

汽缸总体积为

充气后活塞Ⅰ回到顶部时,设右侧汽缸内气体压强为p,可得pA·

+pB·

=p·

对活塞Ⅰ受力分析可得p'CS=pS+m1g联立解得p'C=

p0设充入的气体在压强pC下的体积为ΔV,则p'CV0=pC(ΔV+V0)解得ΔV=

V0则

=

=

。

方法技巧充气问题的处理方法向容器中充气是一个典型的气体变质量问题。只要选择容器内原有气体和即将充入

的气体整体作为研究对象,就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量

气体的状态变化问题。2.(2026云南昆明一中月考)如图所示为空间站内部的结构简图,核心舱内气体的压强为

p0,气闸舱内为真空,航天员需要出舱检修设备,先关闭闸门B,打开闸门A,由核心舱进入

气闸舱后关闭闸门A。再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,航天员出舱检修设

备,同时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,

抽气机每次抽气的体积为

,抽气机每次抽气结束时气体压强始终与气闸舱内气体压强相等。不考虑抽气过程中温度的变化,气体视为理想气体,忽略航天员自身的体积。(1)航天员打开闸门A进入气闸舱时气体的压强p;(2)第1次抽气排放到核心舱后核心舱内气体的压强p核;(3)n次抽气后,气闸舱内的气体压强。

答案

(1)

p0

(2)

p0

(3)

p0

解析

(1)打开闸门A前后对气体分析,由玻意耳定律可得p0·8V=p(8V+V)解得气体压强p=

p0。(2)从气闸舱里第1次抽气后,设气闸舱内剩余气体压强变为p1,将抽气机抽出的气体和

气闸舱内剩余的气体作为整体研究,由玻意耳定律可得pV=p1

第1次将抽气机抽出的气体排放到核心舱后,由玻意耳定律可得p·8V+p1·

=p核·8V解得p核=

p0。(3)对气闸舱内的气体,抽气机每次抽气的体积ΔV=

第1次抽气有pV=p1(V+ΔV)解得p1=

p第2次抽气有p1V=p2(V+ΔV)解得p2=

p同理n次抽气后,气闸舱内气体的压强pn=

p即pn=

p0。

方法技巧抽气问题的处理方法从容器内抽气的过程中,容器内的气体质量不断减小,这属于变质量问题。分析时,将每

次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象,整体质量不变,即可将抽气过

程看作膨胀过程。一年创新·风向练1.(知识迁移·理想气体的两种函数图像的对比分析)(5·3原创)(多选)一定质量的理想气

体甲的p-V图像如图甲所示,另一种一定质量的理想气体乙的p-V-1图像如图乙所示,

ABCD与EFGH都是各边都平行于坐标轴的长方形,已知气体在A、E两点的温度均为T

0,