资源简介

专题五　热学与近代物理初步
微专题17　热学　［1选择题］
1.微观量的计算：分子总数：N=nNA=NA=NA。
2.分子力F、分子势能Ep随分子间距r的变化规律
(1)特点：当r>r0时，分子力为引力，随着r的增大，分子力先增大后减小。当r当r=r0时，分子势能最小，当rr0时，若r变化时分子力做负功，分子势能增大。
(2)分子力和分子势能随r的变化曲线
3.变质量问题的求解
(1)选“漏出”或“充入”后的所有气体为研究对象，变“变”为“定”。
(2)利用克拉伯龙方程
由pV=nRT得：=++…
若温度不变：pV=p1V1+p2V2+…
4.关联气体问题
(1)分别选两部分气体为研究对象，分别应用气体实验定律列方程。
(2)建立联系：两部分气体在初、末状态的压强联系和体积联系。
5.热力学第一定律ΔU=W+Q
(1)注意符号的“+”或“-”
ΔU与T相关联：T升高，ΔU取“+”
W与V相关联：V减小，W取“+”
(2)几个关键词：绝热Q=0；等容W=0；自由膨胀W=0；等温ΔU=0。
“导热汽缸”“环境温度不变”，一般为等温过程。
(3)热力学第一定律和气体实验定律的结合点：体积V和温度T。
考点一　分子动理论　内能　固体　液体
1.(2024·山东青岛市三模)如图为某品牌卡车的气囊减震装置，当路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，下列说法正确的是：
A.外界对气体做的功小于气体内能的增加量
B.气体温度升高，每个分子的动能都增大
C.气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
D.气体压强增大的唯一原因是因为气体分子运动变得剧烈
2.(2024·广东省多校三模联考)石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是：
A.石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B.石墨烯中的碳原子始终静止不动
C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变
D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用
3.(多选)(2024·安徽合肥市第一中学模拟)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0表示斥力， F <0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，乙分子仅在分子力作用下依次经过A、B、C、D，下列选项中分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能(规定两分子相距无穷远时分子势能为0)与两分子间距离的关系，其中可能正确的是：
A　　　　　　　　　　B
C D
考点二　气体实验定律的应用
4.(2024·重庆市模拟)纯净水压力储水罐总容积为20 L，冬季气温为7 ℃时，气囊内气体的压强为0.16 MPa，初始体积为10 L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，T=t+273 K。下列说法正确的是：
A.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量为14 L
B.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量为18 L
C.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量约为15.7 L
D.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量约为12.4 L
5.(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330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，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
6.(多选)(2024·山东潍坊市二模)瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是古人智慧的结晶。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为27 ℃，当窑内气体压强达到3p0时，气窑上方的单向排气阀开始排气，使气窑内气体压强保持3p0不变，窑内气体温度逐渐升高至1 227 ℃后保持不变，连续烧制8~10小时。下列说法正确的是：
A.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为91 ℃
B.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为627 ℃
C.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为2∶3
D.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为2∶5
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
7.(2024·重庆卷·3)某救生手环主要由高压气罐和气囊组成。人在水下拉动手环上的开关，高压气罐快速给气囊充气，充气后气囊密闭，气囊内视为理想气体。密闭的气囊和人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，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
8.(多选)(2024·海南卷·11)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O点，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
9.(多选)(2024·山西晋中和诚高中二模)一定质量的理想气体从状态a开始变化，变化过程如图所示，经a→b、b→c、c→d、d→a过程，最后回到状态a，其中bc、da都是双曲线的一部分，bd连线与横轴垂直。若状态a的温度是27 ℃，a→b过程气体吸收热量1 000 J，内能增加400 J，下列说法正确的是：
A.状态c时气体的温度是400 ℃
B.状态c时气体的体积Vc=16 L
C.b→c过程气体放出的热量大于d→a过程气体吸收的热量
D.c→d过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功数值相等
1.(多选)(2022·湖南卷·15(1)改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是：
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
2.(2024·山东卷·6)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过程是等温过程。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
3.(多选)(2024·河北卷·9)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
4.(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f、g、h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f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后：
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
5.(2024·山东泰安市模拟)如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2=10 cm，封闭气体长为L1=6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1=1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2=3 cm2，现缓慢向内部注入体积为V的水银，水银恰好不溢出，封闭气体压强p与其长度L的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为p0=76 cmHg，则注入水银的体积V为：
A.159 cm3 B.53 cm3
C.125 cm3 D.129 cm3
答案精析
高频考点练
1.C　[车体会突然下沉挤压气囊，气体来不及放热，外界对气体做的功等于气体内能的增加量，故A错误；气体温度升高，气体的平均动能增大，但是不一定每一个气体分子的动能都增大，故B错误； 由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，气体分子数密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大，故C正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对气囊内壁的持续的、无规则撞击，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，故D错误。]
2.C　[石墨是有规则形状的晶体，石墨烯是从石墨中提取出来的新材料，也是有规则形状的晶体，故A错误；石墨烯中的碳原子是一直运动的，故B错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故C正确；石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，故D错误。]
3.BD　[乙分子从A到C的过程中一直受到引力，速度一直增大，故A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，加速度等于0的是C点，故B正确；分子动能不可能为负值，故C错误；乙分子从A到C，分子力做正功，分子势能减小，从C点继续向左，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。]
4.C　[当室温为7 ℃，设初始压强为p1，体积为V1，末状态压强为p2，储水体积为V2，当气囊内气体气压为p2=0.2 MPa时，由等温变化知p1V1=p2(20 L-V2)，代入解得V2=12 L，当气囊内气体气压为p2=0.4 MPa时，代入得V2=16 L，A、B错误；当室温为27 ℃，设初始状态温度为T1，末状态压强为p3，储水体积为V3，末状态温度为T2，当气囊内气体气压为p3=0.4 MPa时，根据理想气体状态方程知=代入得V3≈15.7 L，当气囊内气体气压为p3=0.2 MPa时，代入得V3≈11.5 L，C正确，D错误。]
5.B　[由盖—吕萨克定律得=
其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K，
V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=x+(K)
根据T=t+273 K
可知t=x+(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈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tmin≈22.5 ℃，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—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。]
6.BD　[根据等容变化=单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为t=627 ℃，A错误，B正确；排气后气窑内气体压强保持3p0不变，以排出的气体和剩余气体整体为研究对象，根据等压变化=由于密度相同，则本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为m'∶m=V'∶(V+V')，得m'∶m=2∶5，C错误，D正确。]
7.D　[气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。]
8.AC　[由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab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。]
9.BD　[bd连线与横轴垂直，则b、d两点气体体积相等，故对b、d两状态，有=由题意知Td=Ta=300 K，代入图中数据解得Tb=400 K，故tb=127 ℃，b→c过程是等温变化，故tc=127 ℃，A错误；a→b过程气体吸收的热量Q=1 000 J，内能增加ΔU=400 J，由热力学第一定律W+Q=ΔU，解得W=-600 J，即气体对外界做功600 J。a→b是等压变化，则有=a→b过程气体对外界做的功大小为pb(Vb-Va)=600 J，解得Va=9 L，对状态a和c，由=代入数据得Vc=16 L，B正确；b→c过程为等温膨胀过程，气体内能不变，吸收热量，对外界做功，d→a过程为等温压缩过程，气体内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，C错误；b→c过程有pbVb=pcVc，d→a过程有pdVd=paVa，故c→d过程外界对气体做功W=pc(Vc-Vd)=pb(Vb-Va)，即c→d过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功数值相等，D正确。]
补偿强化练
1.ABD　[依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；依题意，A端流出的气体分子热运动平均速率较小，B端流出的气体分子热运动平均速率较大，故B正确；由上述分析可知从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，满足热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D正确。]
2.C　[a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>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；
b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0
又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0，即气体内能减少，B错误；
c→a过程为等温过程，可知Tc=Ta，ΔUac=0
根据热力学第一定律可知a→b→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→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，W<0，由热力学第一定律可得ΔU=Qab+Qca+W=0
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。]
3.ACD　[因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，故A正确；活塞初始时静止在汽缸正中间，对活塞受力分析可知，初始时弹簧处于压缩状态，故活塞最终静止时相对于初始状态向左移动，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，故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，故C正确；与初始状态相比，气体的体积增大，分子数不变，单位体积内气体分子数减少，故D正确。]
4.AD　[对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，g、h中的气体内能增加，则g、h中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS，故Vh5.C　[由于封闭气体温度不变，所以为等温变化，由题图乙知最终封闭气体长度为4 cm，由玻意耳定律得p·4 cm·S1=86 cmHg·6 cm·S1，解得p=129 cmHg，设最终水银柱总高度为L'，总压强为pHg，根据p0+pHg=p，解得pHg=53 cmHg，故L'=53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V=S1(6 cm-4 cm)+S2(53 cm-2 cm-10 cm)=125 cm3，故选C。](共43张PPT)
微专题17　
热学　[1 选择题]
专题五　热学与近代物理初步
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.微观量的计算：分子总数：N=nNA=NA=NA。
2.分子力F、分子势能Ep随分子间距r的变化规律
(1)特点：当r>r0时，分子力为引力，随着r的增大，分子力先增大后减小。当r当r=r0时，分子势能最小，当rr0时，若r变化时分子力做负功，分子势能增大。
核心精讲
PART TWO
(2)分子力和分子势能随r的变化曲线
3.变质量问题的求解
(1)选“漏出”或“充入”后的所有气体为研究对象，变“变”为“定”。
(2)利用克拉伯龙方程
由pV=nRT得：=++…
若温度不变：pV=p1V1+p2V2+…
4.关联气体问题
(1)分别选两部分气体为研究对象，分别应用气体实验定律列方程。
(2)建立联系：两部分气体在初、末状态的压强联系和体积联系。
5.热力学第一定律ΔU=W+Q
(1)注意符号的“+”或“-”
ΔU与T相关联：T升高，ΔU取“+”
W与V相关联：V减小，W取“+”
(2)几个关键词：绝热Q=0；等容W=0；自由膨胀W=0；等温ΔU=0。
“导热汽缸”“环境温度不变”，一般为等温过程。
(3)热力学第一定律和气体实验定律的结合点：体积V和温度T。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
高频考点练
PART THREE
考点一　分子动理论　内能　固体　液体
1.(2024·山东青岛市三模)如图为某品牌卡车的气囊减震装置，当路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，下列说法正确的是
A.外界对气体做的功小于气体内能的增加量
B.气体温度升高，每个分子的动能都增大
C.气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
D.气体压强增大的唯一原因是因为气体分子运动变得剧烈
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
车体会突然下沉挤压气囊，气体来不及放热，外界对气体做的功等于气体内能的增加量，故A错误；
气体温度升高，气体的平均动能增大，但是不一定每一个气体分子的动能都增大，故B错误；
由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，气体分子数密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大，故C正确；
气体压强产生的原因是大量气体分子对气囊内壁的持续的、无规则撞击，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2.(2024·广东省多校三模联考)石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是
A.石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B.石墨烯中的碳原子始终静止不动
C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变
D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
石墨是有规则形状的晶体，石墨烯是从石墨中提取出来的新材料，也是有规则形状的晶体，故A错误；
石墨烯中的碳原子是一直运动的，故B错误；
石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故C正确；
石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力和分子斥力，故D错误。
3.(多选)(2024·安徽合肥市第一中学模拟)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0表示斥力， F
<0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，乙分子仅在分子力作用下依次经过A、B、C、D，下列选项中分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能(规定两分子相距无穷远时分子势能为0)与两分子间距离的关系，其中可能正确的是
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
2
3
4
5
6
7
8
9
乙分子从A到C的过程中一直受到引力，速度一直增大，故A错误；
加速度与力的大小成正比，方向与力相同，加速度等于0的是C点，故B正确；
分子动能不可能为负值，故C错误；
乙分子从A到C，分子力做正功，分子势能减小，从C点继续向左，分子力做负功，分子势能增大，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
考点二　气体实验定律的应用
4.(2024·重庆市模拟)纯净水压力储水罐总容积为20 L，冬季气温为7 ℃时，气囊内气体的压强为0.16 MPa，初始体积为10 L；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，T=t+273 K。下列说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量
为14 L
B.当室温为7 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量
为18 L
C.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.4 MPa时，储水量
约为15.7 L
D.当室温为27 ℃，气囊内气体气压为0.2 MPa时，储水量约为12.4 L
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
当室温为7 ℃，设初始压强为p1，体积为V1，末状态压强为p2，储水体积为V2，当气囊内气体气压为p2=0.2 MPa时，由等温变化知p1·V1=p2(20 L-V2)，代入解得V2=12 L，当气囊内气体气压为p2=0.4 MPa时，代入得V2=16 L，A、B错误；
当室温为27 ℃，设初始状态温度为T1，末状态压强为p3，储水体积为V3，末状态温度为T2，当气囊内气体气压为p3=0.4 MPa时，根据理想气体状态方程知=，代入得V3≈15.7 L，当气囊内气体气压为p3=0.2 MPa时，代入得V3≈11.5 L，C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
5.(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330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由盖—吕萨克定律得=
其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K，
V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=x+(K)
根据T=t+273 K
可知t=x+(℃)
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入
解得tmax≈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tmin≈22.5 ℃，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—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
6.(多选)(2024·山东潍坊市二模)瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是古人智慧的结晶。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为27 ℃，当窑内气体压强达到3p0时，气窑上方的单向排气阀开始排气，使气窑内气体压强保持3p0不变，窑内气体温度逐渐升高至1 227 ℃后保持不变，连续烧制8~10小时。下列说法正确的是
A.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为91 ℃
B.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为627 ℃
C.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为2∶3
D.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为2∶5
√
√
6
1
2
3
4
5
7
8
9
6
1
2
3
4
5
7
8
9
根据等容变化=，单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为t=627 ℃，A错误，B正确；
排气后气窑内气体压强保持3p0不变，以排出的气体和剩余气体整体为研究对象，根据等压变化=，由于密度相同，则本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为m'∶ m=V'∶(V+V')，得m'∶m=2∶5，C错误，D正确。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用
7.(2024·重庆卷·3)某救生手环主要由高压气罐和气囊组成。人在水下拉动手环上的开关，高压气罐快速给气囊充气，充气后气囊密闭，气囊内视为理想气体。密闭的气囊和人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，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
√
6
1
2
3
4
5
7
8
9
气囊上浮过程，密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，气体对外做功，故A、B错误；
气体温度不变，内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。
6
1
2
3
4
5
7
8
9
8.(多选)(2024·海南卷·11)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O点，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
√
√
6
1
2
3
4
5
7
8
9
ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，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W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab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。
由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；
6
1
2
3
4
5
7
8
9
9.(多选)(2024·山西晋中和诚高中二模)一定质量的理想气体从状态a开始变化，变化过程如图所示，经a→b、b→c、c→d、d→a过程，最后回到状态a，其中bc、da都是双曲线的一部分，bd连线与横轴垂直。若状态a的温度是27 ℃，a→b过程气体吸收热量1 000 J，内能增加400 J，下列说法正确的是
A.状态c时气体的温度是400 ℃
B.状态c时气体的体积Vc=16 L
C.b→c过程气体放出的热量大于d→a过程气体吸收
的热量
D.c→d过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功数值相等
√
√
6
1
2
3
4
5
7
8
9
a→b过程气体吸收的热量Q=1 000 J，内能增加ΔU=400 J，由热力学第一定律W+Q=ΔU，解得W=-600 J，即气体对外界做功600 J。a→b是等压变化，
则有=，a→b过程气体对外界做的功大小为pb(Vb-Va)=600 J，解得Va=9 L，对状态a和c，由=，代入数据得Vc=16 L，B正确；
bd连线与横轴垂直，则b、d两点气体体积相等，故对b、d两状态，有=，由题意知Td=Ta=300 K，代入图中数据解得Tb=400 K，故tb=127 ℃，b→c过程是等温变化，故tc=127 ℃，A错误；
6
1
2
3
4
5
7
8
9
b→c过程有pbVb=pcVc，d→a过程有pdVd=paVa，故c→d过程外界对气体做功W=pc(Vc-Vd)=pb(Vb-Va)，即c→d过程外界对气体做的功与a→b过程气体对外界做的功数值相等，D正确。
b→c过程为等温膨胀过程，气体内能不变，吸收热量，对外界做功，d→a过程为等温压缩过程，气体内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，C错误；
1
2
3
4
5
补偿强化练
PART FOUR
1.(多选)(2022·湖南卷·15(1)改编)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部
位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是
1
2
3
4
5
A.A端为冷端，B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定
小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
√
√
√
1
2
3
4
5
依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分为热运动速率较高的气体，从B端流出；
同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
依题意，A端流出的气体分子热运动平均速率较小，B端流出的气体分子热运动平均速率较大，故B正确；
1
2
3
4
5
由上述分析可知从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能
得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，满足热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D正确。
1
2
3
4
5
2. (2024·山东卷·6)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过程是等温过程。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
√
1
2
3
4
5
a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>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；
b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0
又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0，即气体内能减少，B错误；
1
2
3
4
5
c→a过程为等温过程，可知Tc=Ta，ΔUac=0
根据热力学第一定律可知a→b→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→b→c→
a一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，W<0，由热力学第一定律可得ΔU=Qab+Qca+W=0
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。
1
2
3
4
5
3.(多选)(2024·河北卷·9)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
√
√
√
因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出，
最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，
故A正确；
活塞初始时静止在汽缸正中间，对活塞受力分析可知，初始时弹簧处于压缩状态，故活塞最终静止时相对于初始状态向左移动，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，故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，故C正确；
与初始状态相比，气体的体积增大，分子数不变，单位体积内气体分子数减少，故D正确。
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
4.(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f、g、h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f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
√
√
1
2
3
4
5
对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力
增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，g、h中的气体内能增加，则g、h中的气体温度升高，故A正确；
当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；
1
2
3
4
5
由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS，故Vh由理想气体状态方程可知==，由于pg1
2
3
4
5
5.(2024·山东泰安市模拟)如图甲所示，一玻璃容器倒置在水平桌面上，下端用塞子封闭不漏气，用水银封闭一定质量的理想气体，初始时水银柱高为L2=10 cm，封闭气体长为L1=6 cm，封闭气体所处玻璃管横截面积为S1=1 cm2，水银上表面所处玻璃管横截面积为S2=3 cm2，现缓慢向内部注入体积为V的水银，水银恰好不溢出，封闭气体压强p与其长度L的关系图像如图乙所示，不考虑气体温度变化，大气压强为p0=76 cmHg，则注入水银的体积V为
A.159 cm3 B.53 cm3
C.125 cm3 D.129 cm3
√
1
2
3
4
5
由于封闭气体温度不变，所以为等温变化，由题图乙知最终封闭气体长度为4 cm，由玻意耳定律得p·4 cm·S1=86 cmHg·6 cm·S1，解得p=129 cmHg，设最终水银柱总高度为L'，总压强为pHg，根据p0+pHg=p，解得pHg=53 cmHg，故L'=53 cm，如图所示，则注入水银的体积为V=S1(6 cm-4 cm)+ S2(53 cm-2 cm-10 cm)=125 cm3，故选C。

展开更多......

收起↑