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??第15课时　热学
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热点一　分子动理论、固体和液体
1.估算问题
分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。
特别提醒：对气体而言，V0＝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：V＝πR3＝πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3。
2.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
3.固体、液体与气体
(1)区分晶体和非晶体的标准是看是否有确定的熔点，区分单晶体和多晶体的标准是看形状是否规则、是否具有各向异性。
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
4.气体压强的微观解释
例1 (2024·浙江杭州模拟)下列关于固体、液体的说法正确的是(　　)
A.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧的缘故
B.用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分
C.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
D.某种液体是否浸润固体，仅由液体性质决定，与固体的性质无关
训练1 (2024·江苏扬州模拟)关于下列三幅图的说法正确的是(　　)
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.图丙中实验现象说明蜂蜡是非晶体
D.图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
训练2 分子间存在着分子力，并且分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图1所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。若仅考虑这两个分子间的作用，下述说法中正确的是(　　)
图1
A.图中r1是分子间作用力为零的位置
B.假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近
C.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的加速度最大
D.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大
热点二　气体实验定律　理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞、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。
(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，注意压强单位为Pa。
若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。
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、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.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，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。
例2 (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p－T图像如图2所示，该过程对应的p－V图像可能是(　　)
图2
例3 (2024·山东淄博一模)“系留气球”是一种高度可控的氦气球，如图3所示为某一“系留气球”的简化模型图。主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通，副气囊左、右挡板间的距离为L0，轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。在地面上，气球内外温度达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态，此时主气囊的容积为V0＝5 m3。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，在标准状态下(温度为273 K，压强为1.0×105 Pa)氦气的密度为ρ＝0.18 kg/m3。
图3
(1)求气球内封闭的氦气质量m；
(2)在气球升空过程中，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处并驻留期间，该处大气压强恒为地面大气压强的0.5倍，气球内外温度达到平衡时，氦气体积变为1.2V0，弹簧压缩量为L0。已知活塞的横截面积为S，弹簧的劲度系数为k＝，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。求气球驻留处大气的温度T。
例4 (2024·山东济宁二模)我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易核潜艇模型如图4所示，当储水舱中的气体体积为V0、压强为p0时，核潜艇总体积的浸没在海水中。当核潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，会吸入一定量的海水，使核潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱上方气体的压强为p1。已知储水舱中的气体可视为理想气体，且气体温度不发生变化。求：
图4
(1)进入储水舱的海水的体积ΔV；
(2)储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。
热点三　热力学定律与气体实验定律的结合
1.热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①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＝Q＋W分析内能变化。
(2)做功W：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。
(3)气体吸、放热量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。
注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。
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5 (2024·浙江6月选考，17)如图5所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K，重力加速度g＝10 m/s2。
图5
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)求此不规则小块固体的体积V；
(3)若此过程气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
训练3 (2024·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T－V图像如图6所示。下列说法正确的是(　　)
图6
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
1.(多选)(2024·新课标卷，21)如图7，一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(　　)
图7
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
2.(多选)(2024·河北卷，9)如图8，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(　　)
图8
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
3.(2024·湖北卷，13)如图9所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m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T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
图9
(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。
4.(2024·山东卷，16)图10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＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，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＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。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。
图10
(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。
5.(2024·广东卷，13)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11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。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/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T2＝270 K时：
图11
(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。
基础保分练
1.(2024·湖北模拟预测)下列说法正确的是(　　)
A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体
B.固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力
C.当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小
D.如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，压强一定增大
2.下列说法正确的是(　　)
A.从射入教室的阳光中看到尘埃的运动就是布朗运动
B.气体如果失去了容器的约束就会散开，说明气体分子之间作用力表现为斥力
C.恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中，气泡中的理想气体放出热量
D.已知某种气体的密度为ρ(kg/m3)，摩尔质量为M(kg/mol)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为
3.(2024·天津红桥二模)如图1，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内。若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中(　　)
图1
A.缸内气体压强增大，内能增加
B.缸内气体分子平均动能增大，吸收热量
C.外界对气体做功，缸内气体温度升高
D.缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多
4.(多选)(2024·江西景德镇二模)如图2所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L2＝16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱，空气柱的长度L1＝10 cm。外界大气压强恒为p0＝76 cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a＝5 m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度大小g＝10 m/s2，和竖直静置时相比较，下列说法正确的有(　　)
图2
A.管内空气的压强增加了16 cmHg
B.管内空气柱的长度减少了1.6 cm
C.管内空气的压强增加了8 cmHg
D.管内空气柱的长度减少了0.8 cm
5.“梦天”实验舱与空间站组合体在轨完成交会对接。空间站中供航天员进入太空或从太空返回时用的气密性装置——气闸舱的示意图如图3所示，座舱M和气闸舱N的容积相同，M中充满压强为p的空气(视为理想气体)，N内为真空。当航天员打开阀门K后，空气从M向N扩散，最终达到平衡。若不考虑空气与外界的热交换，则下列说法正确的是(　　)
图3
A.空气从M向N扩散的过程中对外做正功
B.空气从M向N扩散的过程中内能减小
C.空气从M向N扩散的过程中温度降低
D.重新平衡后，空气的压强为
6.(多选)(2024·黑龙江牡丹江一模)一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p－V关系图像如图4所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则(　　)
图4
A.在状态c时气体的温度为T0
B.a→b过程气体吸热
C.d→a过程气体对外做功3p0V0
D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0
提能增分练
7.(2024·河北承德高三模拟)如图5所示，固定在水平地面上的汽缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，已知两活塞面积均为S。两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积均为V0，温度均为T0，A中气体压强pA＝1.2p0，p0是汽缸外的大气压强。活塞和细杆的质量均不计，细杆的直径可忽略。
图5
(1)求细杆对汽缸A中活塞的作用力大小以及汽缸B中气体的压强；
(2)现对A缓慢加热，使其中气体的压强升到pA′＝1.5p0，同时保持B中气体的温度不变，在此过程中汽缸A中气体的内能增加了ΔU。求：末状态时A中气体的温度，以及在此过程中两部分气体从外界吸收的热量Q。
8.(2024·山东枣庄一模)水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1 s内可将压强为p0、温度为t0、体积V0＝700 mL的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p＝16 atm，温度t＝47 ℃。已知外界大气压p0＝1 atm，外界环境温度t0＝27 ℃，氧气瓶的容积V＝11 L，氧气瓶的导热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10 m深度水压增加1 atm。
图6
(1)求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；
(2)潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1＝10 m深处，在该水层活动期间吸入气体V1＝20 L，随即迅速下潜至水面下h2＝20 m深处，在该水层活动期间吸入气体V2＝16 L，求此时氧气瓶内剩余气体的压强。
9.(2024·浙江东阳一模)如图7是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度T0＝300 K，压强等于大气压强p0＝1.00×105 Pa。现采用两种方式加热气体至T1＝400 K，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收400 J的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了h＝10 cm。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：
图7
(1)哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量ΔQ；
(2)用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强p1；
(3)容器的体积V0。
热点一　分子动理论、固体和液体
1.估算问题
分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。
特别提醒：对气体而言，V0＝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：V＝πR3＝πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3。
2.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
3.固体、液体与气体
(1)区分晶体和非晶体的标准是看是否有确定的熔点，区分单晶体和多晶体的标准是看形状是否规则、是否具有各向异性。
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
4.气体压强的微观解释
例1 (2024·浙江杭州模拟)下列关于固体、液体的说法正确的是(　　)
A.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧的缘故
B.用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分
C.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
D.某种液体是否浸润固体，仅由液体性质决定，与固体的性质无关
答案　C
解析　玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变钝，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变的更细，增强毛细现象，使地下水到地面上来，故B错误；液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关，水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明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，故D错误。
训练1 (2024·江苏扬州模拟)关于下列三幅图的说法正确的是(　　)
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.图丙中实验现象说明蜂蜡是非晶体
D.图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
答案　A
解析　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，则布朗运动越明显，故A正确；图乙中峰值大的曲线“腰细”，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；图丙中，实验现象表明材料具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故C、D错误。
训练2 分子间存在着分子力，并且分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图1所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。若仅考虑这两个分子间的作用，下述说法中正确的是(　　)
图1
A.图中r1是分子间作用力为零的位置
B.假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近
C.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的加速度最大
D.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大
答案　D
解析　由图可知，两个分子在r＝r2处的分子势能最小，则此处为分子间作用力为零的位置，加速度为零，所以假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将静止不动，故A、B、C错误；分子间距离在r1～r2之间分子作用力表现为斥力，从r1到r2的过程中分子力做正功，速度增大，当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时，分子的速度最大，故D正确。
热点二　气体实验定律　理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞、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。
(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，注意压强单位为Pa。
若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。
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、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.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，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。
例2 (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p－T图像如图2所示，该过程对应的p－V图像可能是(　　)
图2
答案　B
解析　由题图知，pa＝pb＞pc，故A、D错误；由a到b，Ta＜Tb，由＝知Va＜Vb，故B正确，C错误。
方法总结　气体状态变化的图像特点
图像 特点
等温 变化 p－V图像 pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远
p－图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容变化 p－T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压变化 V－T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
例3 (2024·山东淄博一模)“系留气球”是一种高度可控的氦气球，如图3所示为某一“系留气球”的简化模型图。主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通，副气囊左、右挡板间的距离为L0，轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。在地面上，气球内外温度达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态，此时主气囊的容积为V0＝5 m3。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，在标准状态下(温度为273 K，压强为1.0×105 Pa)氦气的密度为ρ＝0.18 kg/m3。
图3
(1)求气球内封闭的氦气质量m；
(2)在气球升空过程中，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处并驻留期间，该处大气压强恒为地面大气压强的0.5倍，气球内外温度达到平衡时，氦气体积变为1.2V0，弹簧压缩量为L0。已知活塞的横截面积为S，弹簧的劲度系数为k＝，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。求气球驻留处大气的温度T。
答案　(1)0.819 kg　(2)270 K
解析　(1)若气球内气体的温度等压降为标准状态，设此时气体的体积为V1，则根据盖－吕萨克定律得＝
解得V1＝4.55 m3
则气球内气体的质量为m＝ρV1＝0.819 kg。
(2)根据胡克定律可得，弹簧的弹力为F＝kΔx＝
设此时氦气的压强为p2，对活塞，根据平衡条件有
p2S＝0.5p0S＋F
解得p2＝p0
由理想气体状态方程可得＝
其中，此时的氦气的体积为V2＝1.2V0
解得T＝270 K。
例4 (2024·山东济宁二模)我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易核潜艇模型如图4所示，当储水舱中的气体体积为V0、压强为p0时，核潜艇总体积的浸没在海水中。当核潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，会吸入一定量的海水，使核潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱上方气体的压强为p1。已知储水舱中的气体可视为理想气体，且气体温度不发生变化。求：
图4
(1)进入储水舱的海水的体积ΔV；
(2)储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设海水的密度为ρ，由平衡条件得
ρgV＝mg，ρgV＝mg＋ρgΔV
解得ΔV＝。
(2)由玻意耳定律得p1(V0－ΔV)＝p0V′
储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为
k＝＝
解得k＝。
热点三　热力学定律与气体实验定律的结合
1.热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①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＝Q＋W分析内能变化。
(2)做功W：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。
(3)气体吸、放热量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。
注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。
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5 (2024·浙江6月选考，17)如图5所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K，重力加速度g＝10 m/s2。
图5
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)求此不规则小块固体的体积V；
(3)若此过程气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
答案　(1)不变　变小　(2)4×10－5 m3　(3)14.4 J
解析　(1)此过程为等压变化过程，封闭气体压强不变，结合压强的定义式p＝可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；气体体积增大，而总分子数不变，则单位体积内的气体分子数减少，即气体分子的数密度变小。
(2)封闭气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有＝
又V1＝V0－V＋l1S，V2＝V0－V＋l2S
联立并代入数据解得V＝4×10－5 m3。
(3)此过程气体内能增加10.3 J，即ΔU＝10.3 J
外界对气体做的功W＝－pΔV＝－pS(l2－l1)
对活塞，根据平衡条件有p0S＋mg＝pS
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
联立并代入数据解得Q＝14.4 J。
训练3 (2024·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T－V图像如图6所示。下列说法正确的是(　　)
图6
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
答案　D
解析　根据理想气体的状态方程可得＝，代入数据得pa∶pb＝6∶1，故A错误；b→c过程温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；c→a过程体积减小，外界对气体做功，W>0，等温变化，内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，得Q<0，气体向外界放热，故C错误；
将V－T图像转化为p－V图像，根据图线下方围成的面积等于功知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，气体对外不做功，c→a过程体积减小，外界对气体做功，则p－V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态a，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
1.(多选)(2024·新课标卷，21)如图7，一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(　　)
图7
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
答案　AD
解析　1→2过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3过程中，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，气体压强不变，由盖－吕萨克定律＝C可知温度升高，内能增加，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体从外界吸收热量，B错误；3→4过程中，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，气体压强减小，由查理定律＝C可知温度降低，内能减少，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，气体向外界释放热量，D正确。
2.(多选)(2024·河北卷，9)如图8，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(　　)
图8
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
答案　ACD
解析　初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，左侧气体向右侧真空逸散，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。
3.(2024·湖北卷，13)如图9所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m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T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
图9
(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。
答案　(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
解析　(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖－吕萨克定律得＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)
W＝－(mg＋p0S)h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
4.(2024·山东卷，16)图10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＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，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＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。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。
图10
(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)2 cm　(2)8.92×10－4 m3
解析　(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程中，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1(H－x)S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有
p0V＋p2HS1＝p3
又p3＋ρg·＝p0
联立解得V＝8.92×10－4 m3。
5.(2024·广东卷，13)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11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。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/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T2＝270 K时：
图11
(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)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
解析　(1)(2)假设温度降低到T2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pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A内气体做等压变化，压强保持不变
初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
根据＝
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2<Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋
B内气体压强pB′＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
基础保分练
1.(2024·湖北模拟预测)下列说法正确的是(　　)
A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体
B.固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力
C.当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小
D.如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，压强一定增大
答案　B
解析　是否有固定的几何形状不是判定晶体的唯一标准，蔗糖是多晶体，选项A错误；如果没有引力，有空隙的分子一定分散开，固、液体将无法保持一定的体积，选项B正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力随分子间距离的减小而增大，且分子间距离减小时，分子间作用力做负功，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项C错误；如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，因体积变化不确定，则压强有可能增大，也有可能减小，选项D错误。
2.下列说法正确的是(　　)
A.从射入教室的阳光中看到尘埃的运动就是布朗运动
B.气体如果失去了容器的约束就会散开，说明气体分子之间作用力表现为斥力
C.恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中，气泡中的理想气体放出热量
D.已知某种气体的密度为ρ(kg/m3)，摩尔质量为M(kg/mol)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为
答案　D
解析　做布朗运动的固体颗粒需要借助于显微镜才能观察到，肉眼可见尘埃的运动不是布朗运动，从射入教室的阳光中看到尘埃的运动是空气的对流引起的，不是布朗运动，A错误；气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在永不停息地做无规则的热运动，气体分子之间的距离较大，气体分子之间的作用力可以忽略不计，B错误；恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，由于气泡中的理想气体温度不变，故内能不变，上升过程中压强减小，体积变大，气体对外做功，W为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体要吸收热量，C错误；把该气体分子所占据的空间看成立方体模型，则有V0＝d3，V0＝，解得气体分子之间的平均距离d＝，D正确。
3.(2024·天津红桥二模)如图1，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内。若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中(　　)
图1
A.缸内气体压强增大，内能增加
B.缸内气体分子平均动能增大，吸收热量
C.外界对气体做功，缸内气体温度升高
D.缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多
答案　D
解析　若环境温度不变，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，则气体体积减小，根据玻意耳定律pV＝C，可知缸内气体压强增大，由于气体温度不变，缸内气体分子平均动能不变，气体内能不变；由于气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故A、B、C错误；由于气体压强增大，温度不变，根据压强微观意义可知，缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多，故D正确。
4.(多选)(2024·江西景德镇二模)如图2所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L2＝16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱，空气柱的长度L1＝10 cm。外界大气压强恒为p0＝76 cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a＝5 m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度大小g＝10 m/s2，和竖直静置时相比较，下列说法正确的有(　　)
图2
A.管内空气的压强增加了16 cmHg
B.管内空气柱的长度减少了1.6 cm
C.管内空气的压强增加了8 cmHg
D.管内空气柱的长度减少了0.8 cm
答案　CD
解析　根据题意，设静止时管内空气的压强为p1，则有p1＝p0＋ρgL2＝92 cmHg；设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2，管的横截面积为S，则有p2S－p0S－ρgL2S＝ρL2Sa，解得p2＝100 cmHg，可知管内空气的压强增加了Δp＝p2－p1＝
8 cmHg，故A错误，C正确；由于空气温度保持不变，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L1′S，解得L1′＝9.2 cm，可知，管内空气柱的长度减少了0.8 cm，故B错误，D正确。
5.“梦天”实验舱与空间站组合体在轨完成交会对接。空间站中供航天员进入太空或从太空返回时用的气密性装置——气闸舱的示意图如图3所示，座舱M和气闸舱N的容积相同，M中充满压强为p的空气(视为理想气体)，N内为真空。当航天员打开阀门K后，空气从M向N扩散，最终达到平衡。若不考虑空气与外界的热交换，则下列说法正确的是(　　)
图3
A.空气从M向N扩散的过程中对外做正功
B.空气从M向N扩散的过程中内能减小
C.空气从M向N扩散的过程中温度降低
D.重新平衡后，空气的压强为
答案　D
解析　M中的气体自由扩散膨胀，没有对外做功，又因为不考虑整个系统与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能不变，温度不变，故A、B、C错误；根据玻意耳定律有pV＝p′·2V，所以p′＝，故D正确。
6.(多选)(2024·黑龙江牡丹江一模)一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p－V关系图像如图4所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则(　　)
图4
A.在状态c时气体的温度为T0
B.a→b过程气体吸热
C.d→a过程气体对外做功3p0V0
D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0
答案　BD
解析　a→c过程，由理想气体状态方程得＝，解得Tc＝3T0，A错误；a→b过程，气体体积增大对外做功，压强不变，温度升高，内能增大，气体吸热，B正确；d→a过程，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形面积，由题图得其小于3p0V0，C错误；在一次循环过程后，内能不变，整个过程中，外界对气体做功大于3p0V0，根据热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体放出的热量大于3p0V0，D正确。
提能增分练
7.(2024·河北承德高三模拟)如图5所示，固定在水平地面上的汽缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，已知两活塞面积均为S。两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积均为V0，温度均为T0，A中气体压强pA＝1.2p0，p0是汽缸外的大气压强。活塞和细杆的质量均不计，细杆的直径可忽略。
图5
(1)求细杆对汽缸A中活塞的作用力大小以及汽缸B中气体的压强；
(2)现对A缓慢加热，使其中气体的压强升到pA′＝1.5p0，同时保持B中气体的温度不变，在此过程中汽缸A中气体的内能增加了ΔU。求：末状态时A中气体的温度，以及在此过程中两部分气体从外界吸收的热量Q。
答案　(1)0.2p0S　0.8p0　(2)2T0　ΔU＋1.2p0V0
解析　(1)由平衡条件，对A中活塞有1.2p0S－p0S－F＝0
对B中活塞有pBS＋F－p0S＝0
解得pB＝0.8p0，F＝0.2p0S。
(2)对A中气体由理想气体状态方程得
＝
对两活塞及杆组成的整体由平衡条件得pAS＋pBS＝2p0S
则pA＋pB＝2p0
对B中气体由玻意耳定律得
0.8p0·V0＝(2p0－1.5p0)(V0＋ΔV)
解得TA＝2T0，ΔV＝0.6V0
对两部分气体分析，由热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝－2p0·ΔV＋Q
解得Q＝ΔU＋1.2p0V0。
8.(2024·山东枣庄一模)水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1 s内可将压强为p0、温度为t0、体积V0＝700 mL的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p＝16 atm，温度t＝47 ℃。已知外界大气压p0＝1 atm，外界环境温度t0＝27 ℃，氧气瓶的容积V＝11 L，氧气瓶的导热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10 m深度水压增加1 atm。
图6
(1)求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；
(2)潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1＝10 m深处，在该水层活动期间吸入气体V1＝20 L，随即迅速下潜至水面下h2＝20 m深处，在该水层活动期间吸入气体V2＝16 L，求此时氧气瓶内剩余气体的压强。
答案　(1)220 s　(2)7 atm
解析　(1)充气过程有＋＝
解得V充＝154 L＝1.54×105 mL
则充气时间为t＝×1 s＝×1 s＝220 s。
(2)当下潜至水面下h1＝10 m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，则此时吸入气体压强为p1＝p0＋×1 atm＝2 atm
此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，则有＝＋
当下潜至水面下h2＝20 m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，
则此时吸入气体压强为p2＝p0＋×1 atm＝3 atm
此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，则有p′V＝p2V2＋p″V
解得p″＝7 atm。
9.(2024·浙江东阳一模)如图7是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度T0＝300 K，压强等于大气压强p0＝1.00×105 Pa。现采用两种方式加热气体至T1＝400 K，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收400 J的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了h＝10 cm。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：
图7
(1)哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量ΔQ；
(2)用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强p1；
(3)容器的体积V0。
答案　(1)方式二　2 J　(2)1.33×105 Pa
(3)60 mL
解析　(1)根据热力学第一定律可知ΔU1＝Q1，ΔU2＝Q2＋W，两种加热方式下，气体内能变化量相同即ΔU1＝ΔU2，方式二中气体体积增大，气体对外做功，因此吸收的热量更多，其中W＝－p0Sh＝－2 J
结合以上三式得ΔQ＝Q2－Q1＝－W＝2 J
所以方式二气体需多吸收2 J的热量。
(2)方式一加热过程中，气体发生了等容变化，根据查理定律有＝
解得容器内气体的压强为p1＝1.33×105 Pa。
(3)方式二中，气体发生了等压过程，根据盖－吕萨克定律有＝
解得用方式二完成加热后气体的总体积为V2＝V0
其中V2＝V0＋Sh
由以上两式解得容器的体积V0＝60 mL。(共71张PPT)
第15课时　热学
专题六　热学　近代物理
知识网络
目 录
CONTENTS
突破高考热点
01
课时跟踪训练
03
链接高考真题
02
突破高考热点
1
热点二　气体实验定律　理想气体状态方程
热点一　分子动理论、固体和液体
热点三　热力学定律与气体实验定律的结合
热点一　分子动理论、固体和液体
1.估算问题
2.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
3.固体、液体与气体
(1)区分晶体和非晶体的标准是看是否有确定的熔点，区分单晶体和多晶体的标准是看形状是否规则、是否具有各向异性。
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
4.气体压强的微观解释
C
例1 (2024·浙江杭州模拟)下列关于固体、液体的说法正确的是(　　)
A.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧的缘故
B.用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分
C.液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性
D.某种液体是否浸润固体，仅由液体性质决定，与固体的性质无关
解析　玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变钝，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变的更细，增强毛细现象，使地下水到地面上来，故B错误；液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关，水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明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，故D错误。
A
训练1 (2024·江苏扬州模拟)关于下列三幅图的说法正确的是(　　)
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.图丙中实验现象说明蜂蜡是非晶体
D.图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
解析　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，则布朗运动越明显，故A正确；图乙中峰值大的曲线“腰细”，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；图丙中，实验现象表明材料具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故C、D错误。
图1
D
训练2 分子间存在着分子力，并且分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图1所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。若仅考虑这两个分子间的作用，下述说法中正确的是(　　)
A.图中r1是分子间作用力为零的位置
B.假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近
C.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的加速度最大
D.假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大
解析　由图可知，两个分子在r＝r2处的分子势能最小，则此处为分子间作用力为零的位置，加速度为零，所以假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将静止不动，故A、B、C错误；分子间距离在r1～r2之间分子作用力表现为斥力，从r1到r2的过程中分子力做正功，速度增大，当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时，分子的速度最大，故D正确。
热点二　气体实验定律　理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞、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。
(2)应用平衡条件或牛顿第二定律求解，注意压强单位为Pa。
若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。
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、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.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，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。
图2
B
例2 (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p－T图像如图2所示，该过程对应的p－V图像可能是(　　)
方法总结　气体状态变化的图像特点
图3
例3 (2024·山东淄博一模)“系留气球”是一种高度可控的氦气球，如图3所示为某一“系留气球”的简化模型图。主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连通，副气囊左、右挡板间的距离为L0，轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。在地面上，气球内外温度达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态，此时主气囊的容积为V0＝5 m3。已知地面大气压强p0＝1.0×105 Pa、温度T0＝300 K，在标准状态下(温度为273 K，压强为1.0×105 Pa)氦气的密度为ρ＝0.18 kg/m3。
解析　(1)若气球内气体的温度等压降为标准状态，
设此时气体的体积为V1，
解得V1＝4.55 m3
则气球内气体的质量为m＝ρV1＝0.819 kg。
设此时氦气的压强为p2，对活塞，根据平衡条件有
p2S＝0.5p0S＋F
其中，此时的氦气的体积为V2＝1.2V0
解得T＝270 K。
(1)进入储水舱的海水的体积ΔV；
(2)储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。
图4
解析　(1)设海水的密度为ρ，由平衡条件得
(2)由玻意耳定律得p1(V0－ΔV)＝p0V′
储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为
热点三　热力学定律与气体实验定律的结合
1.热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①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＝Q＋W分析内能变化。
(2)做功W：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。
(3)气体吸、放热量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。
注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。
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。
图5
例5 (2024·浙江6月选考，17)如图5所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)求此不规则小块固体的体积V；
(3)若此过程气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
答案　(1)不变　变小　(2)4×10－5 m3　(3)14.4 J
又V1＝V0－V＋l1S，V2＝V0－V＋l2S
联立并代入数据解得V＝4×10－5 m3。
(3)此过程气体内能增加10.3 J，即ΔU＝10.3 J
外界对气体做的功W＝－pΔV＝－pS(l2－l1)
对活塞，根据平衡条件有p0S＋mg＝pS
根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
联立并代入数据解得Q＝14.4 J。
图6
D
训练3 (2024·山东济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a回到初始状态a，其T－V图像如图6所示。下列说法正确的是(　　)
A.a、b状态对应的压强之比为3∶2
B.b→c过程，容器壁单位面积上的分子平均作用力变小
C.c→a过程为绝热过程
D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
将V－T图像转化为p－V图像，根据图线下方围成的面积等于功知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，气体对外不做功，c→a过程体积减小，外界对气体做功，则p－V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态a，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。
链接高考真题
2
AD
1.(多选)(2024·新课标卷，21)如图7，一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(　　)
图7
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
ACD
2.(多选)(2024·河北卷，9)如图8，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(　 　)
图8
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
解析　初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，左侧气体向右侧真空逸散，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。
(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。
图9
解析　(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，
末状态温度为T，
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，
外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)
4.(2024·山东卷，16)图10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＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，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＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。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)2 cm　(2)8.92×10－4 m3
解析　(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程中，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
p1(H－x)S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
图10
(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，
由玻意耳定律有
5.(2024·广东卷，13)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11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。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/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T2＝270 K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。
图11
答案　(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
解析　(1)(2)假设温度降低到T2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pB1＝p0，T1＝300 K
末态T2＝270 K
代入数据可得pB2＝9×104 Pa
A内气体做等压变化，压强保持不变
初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K
末态T2＝270 K
代入数据可得VA2＝3.6×102 m3
由于p0－pB2<Δp
假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。
B内气体压强pB′＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
课时跟踪训练
3
B
1.(2024·湖北模拟预测)下列说法正确的是(　　)
基础保分练
A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体
B.固体、液体分子间有空隙而不分散，能保持一定的体积，说明分子间有引力
C.当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小
D.如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，压强一定增大
解析　是否有固定的几何形状不是判定晶体的唯一标准，蔗糖是多晶体，选项A错误；如果没有引力，有空隙的分子一定分散开，固、液体将无法保持一定的体积，选项B正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间作用力随分子间距离的减小而增大，且分子间距离减小时，分子间作用力做负功，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项C错误；如果理想气体分子总数不变，温度升高，气体分子的平均动能一定增大，因体积变化不确定，则压强有可能增大，也有可能减小，选项D错误。
D
2.下列说法正确的是(　　)
D
3.(2024·天津红桥二模)如图1，一定质量的理想气体，用活塞封闭在开口向上的导热汽缸内。若环境温度不变，活塞与汽缸壁间无摩擦，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，此过程中(　　)
图1
A.缸内气体压强增大，内能增加
B.缸内气体分子平均动能增大，吸收热量
C.外界对气体做功，缸内气体温度升高
D.缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多
解析　若环境温度不变，现对活塞施加向下压力使其缓慢下降，则气体体积减小，根据玻意耳定律pV＝C，可知缸内气体压强增大，由于气体温度不变，缸内气体分子平均动能不变，气体内能不变；由于气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故A、B、C错误；由于气体压强增大，温度不变，根据压强微观意义可知，缸内气体分子在单位时间内碰撞到容器壁单位面积上的次数增多，故D正确。
CD
4.(多选)(2024·江西景德镇二模)如图2所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度L2＝16 cm的水银柱封闭了一段空气(视为理想气体)柱，空气柱的长度L1＝10 cm。外界大气压强恒为p0＝76 cmHg。使玻璃管向上做加速度大小a＝5 m/s2的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，重力加速度大小g＝10 m/s2，和竖直静置时相比较，下列说法正确的有(　　)
图2
A.管内空气的压强增加了16 cmHg
B.管内空气柱的长度减少了1.6 cm
C.管内空气的压强增加了8 cmHg
D.管内空气柱的长度减少了0.8 cm
解析　根据题意，设静止时管内空气的压强为p1，则有p1＝p0＋ρgL2＝92 cmHg；设玻璃管向上加速时管内空气的压强为p2，管的横截面积为S，则有p2S－p0S－ρgL2S＝ρL2Sa，解得p2＝100 cmHg，可知管内空气的压强增加了Δp＝p2－p1＝8 cmHg，故A错误，C正确；由于空气温度保持不变，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L1′S，解得L1′＝9.2 cm，可知，管内空气柱的长度减少了0.8 cm，故B错误，D正确。
D
5.“梦天”实验舱与空间站组合体在轨完成交会对接。空间站中供航天员进入太空或从太空返回时用的气密性装置——气闸舱的示意图如图3所示，座舱M和气闸舱N的容积相同，M中充满压强为p的空气(视为理想气体)，N内为真空。当航天员打开阀门K后，空气从M向N扩散，最终达到平衡。若不考虑空气与外界的热交换，则下列说法正确的是(　　)
图3
BD
6.(多选)(2024·黑龙江牡丹江一模)一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a，此过程气体的p－V关系图像如图4所示，其中d→a过程为双曲线的一部分，a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0，则(　　)
图4
A.在状态c时气体的温度为T0
B.a→b过程气体吸热
C.d→a过程气体对外做功3p0V0
D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放热大于3p0V0
提能增分练
7.(2024·河北承德高三模拟)如图5所示，固定在水平地面上的汽缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，已知两活塞面积均为S。两活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积均为V0，温度均为T0，A中气体压强pA＝1.2p0，p0是汽缸外的大气压强。活塞和细杆的质量均不计，细杆的直径可忽略。
图5
(1)求细杆对汽缸A中活塞的作用力大小以及汽缸B中气体的压强；
(2)现对A缓慢加热，使其中气体的压强升到pA′＝1.5p0，同时保持B中气体的温度不变，在此过程中汽缸A中气体的内能增加了ΔU。求：末状态时A中气体的温度，以及在此过程中两部分气体从外界吸收的热量Q。
答案　(1)0.2p0S　0.8p0　(2)2T0　ΔU＋1.2p0V0
解析　(1)由平衡条件，对A中活塞有
1.2p0S－p0S－F＝0
对B中活塞有pBS＋F－p0S＝0
解得pB＝0.8p0，F＝0.2p0S。
(2)对A中气体由理想气体状态方程得
对两活塞及杆组成的整体由平衡条件得pAS＋pBS＝2p0S
则pA＋pB＝2p0
对B中气体由玻意耳定律得
0.8p0·V0＝(2p0－1.5p0)(V0＋ΔV)
解得TA＝2T0，ΔV＝0.6V0
对两部分气体分析，由热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝－2p0·ΔV＋Q
解得Q＝ΔU＋1.2p0V0。
8.(2024·山东枣庄一模)水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1 s内可将压强为p0、温度为t0、体积V0＝700 mL的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p＝16 atm，温度t＝47 ℃。已知外界大气压p0＝1 atm，外界环境温度t0＝27 ℃，氧气瓶的容积V＝11 L，氧气瓶的导热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10 m深度水压增加1 atm。
图6
(1)求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；
(2)潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1＝10 m深处，在该水层活动期间吸入气体V1＝20 L，随即迅速下潜至水面下h2＝20 m深处，在该水层活动期间吸入气体V2＝16 L，求此时氧气瓶内剩余气体的压强。
答案　(1)220 s　(2)7 atm
解得V充＝154 L＝1.54×105 mL
此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，则有
当下潜至水面下h2＝20 m深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，
此时以吸入气体和氧气瓶内剩余气体为研究对象，
则有p′V＝p2V2＋p″V
解得p″＝7 atm。
9.(2024·浙江东阳一模)如图7是一个形状不规则的绝热容器，在容器上竖直插入一根两端开口、横截面积为S＝2 cm2且足够长的玻璃管，玻璃管下端与容器内部连接且不漏气，玻璃管内有一个轻质绝热活塞底端恰好位于容器口处。初始时，容器内气体温度T0＝300 K，压强等于大气压强p0＝1.00×105 Pa。现采用两种方式加热气体至T1＝400 K，方式一：活塞用插销固定住，电阻丝加热，气体吸收400 J的热量后停止加热；方式二：拔掉插销，电阻丝缓慢加热气体，完成加热时活塞上升了h＝10 cm。容器和玻璃管内的气体可视为理想气体，不计摩擦。求：
图7
(1)哪种加热方式气体吸收的热量更多，多吸收的热量ΔQ；
(2)用“方式一”完成加热后，容器内气体的压强p1；
(3)容器的体积V0。
答案　(1)方式二　2 J　(2)1.33×105 Pa (3)60 mL
解析　(1)根据热力学第一定律可知ΔU1＝Q1，ΔU2＝Q2＋W，
两种加热方式下，气体内能变化量相同即ΔU1＝ΔU2，方式二中气体体积增大，气体对外做功，因此吸收的热量更多，其中W＝－p0Sh＝－2 J
结合以上三式得ΔQ＝Q2－Q1＝－W＝2 J
所以方式二气体需多吸收2 J的热量。
解得容器内气体的压强为p1＝1.33×105 Pa。
其中V2＝V0＋Sh
由以上两式解得容器的体积V0＝60 mL。

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