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高考物理考前冲刺押题预测 热学
一．选择题（共10小题）
1．（2025 四川模拟）nmol理想气体经过一个缓慢的过程，从状态P沿抛物线到达状态Q，其T（绝对温度）—V（体积）图如图所示。已知此过程中当时，温度达到最大值（其中p0和V0分别是状态P的压强和体积，R是普适气体常量）。若状态P和Q的温度TP和TQ都等于，则该过程的p（压强）﹣V图为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 盐城开学）实验课上，某同学用气体压强传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，实验装置如图1所示。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，画出图像如图2所示。本次实验中，以下说法正确的是（　　）
A．本实验中应该用手握住注射器，且缓慢移动活塞
B．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值
C．出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体漏气了
D．出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体的温度升高了
3．（2025 盐城开学）如图所示，通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固定在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃，不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明。可以判断通电雾化玻璃中的液晶（　　）
A．是液态的晶体
B．具有光学性质的各向同性
C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过
D．通电时，入射光在通过液晶层后按原方向传播
4．（2025 江西模拟）“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒光脉冲的实验方法”获得2023年诺贝尔物理学奖，该实验方法为人类探索原子内部的电子超快动力学行为提供了新的工具。已知1阿秒等于10﹣18秒。下列物体的尺度与真空中光经过1阿秒前进的距离最接近的是（　　）
A．夸克 B．电子 C．氢原子 D．质子
5．（2025 邯郸模拟）如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的理想气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁间无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞对小挡板的压力刚好等于活塞的重力。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025 乐东县模拟）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0，温度为T0，加热一段时间后气体温度升高到T1，此过程中气体吸收的热量为Q，则（　　）
A．升温后内胆中所有气体分子的动能都增大
B．升温后内胆中气体的压强为
C．此过程内胆中气体的内能增加量大于Q
D．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变
7．（2025 济宁一模）一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c后又回到状态a，在该过程中气体体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程中气体的压强减小
B．b→c过程中单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数不变
C．a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功
D．c→a过程中气体放出的热量大于其内能减少量
8．（2025 西城区模拟）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，先经等压变化到达状态b，再经等容变化到达状态c。下列判断正确的是（　　）
A．从a到b，气体温度不变
B．从a到b，气体从外界吸热
C．从b到c，气体内能不变
D．从b到c，气体对外界做功
9．（2025 大兴区校级开学）下列有关热运动的说法中，表述正确的是（　　）
A．水流速度越小，水分子的热运动越不剧烈
B．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水凝结成冰后，水分子的热运动将处于停止状态
10．（2025 安徽开学）某人驾驶汽车，从哈尔滨到广州，出发时哈尔滨的环境温度为﹣23℃，到达广州时的环境温度为27℃。假设汽车轮胎内的气体可视为理想气体，其体积不变且没有漏气，为使轮胎内部气体的压强恢复到出发时的压强，需将气体放出一部分，则放出气体质量与轮胎内原有气体质量之比为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 大理州二模）关于下列四幅图像的描述，说法正确的是（　　）
A．图甲为同种大量气体分子热运动的速率分布图像，曲线②对应的温度较低
B．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由图像可知T1＜T2
C．图丙为分子间作用力F与分子间距离r的关系，由图可知分子间的距离从r0增大的过程中，分子力先减小后增大
D．图丁为一定质量的理想气体的p﹣V图像，则a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
（多选）12．（2025 五华区校级一模）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p﹣V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（　　）
A．气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收热量等于在b→c过程中从外界吸收热量
C．在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为V0p0
D．在a→b→c→a过程中，气体从外界吸收热量V0p0
（多选）13．（2025 重庆模拟）遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救，塑料盆可近似看成底面积为S的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在水面上，如图甲所示；用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外水面相平，遵内封闭气体（视为理想气体）被压缩，简化模型如图乙所示，忽略此过程中封闭气体与外界的热交换，下列说法正确的是（　　）
A．封闭气体的压强变大
B．封闭气体的内能不变
C．封闭气体分子的平均动能变大
D．封闭气体每个分子的动能均变大
（多选）14．（2025 乐东县模拟）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，气体对外做功且内能增加
B．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
C．b→c过程，气体对外做功，内能增加
D．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
（多选）15．（2025 罗湖区校级一模）如图所示，竖直放置的固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦地滑动，汽缸的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时缸内气体的温度为T0，空气柱长度为l0。用电热丝对气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动，缸内气体只与电热丝发生热交换，当缸内气体吸热为Q时，缸内空气柱长度增加量为Δl1，处于平衡。关于缸内气体的判定正确的有（　　）
A．内能可能不变 B．内能一定增大
C．Δl1 D．Δl1
三．解答题（共5小题）
16．（2025 连云港一模）如图所示，将玉米粒装入手摇爆米花机中，机内气体的初始温度T0＝300K、压强，对爆米花机密封加热，当气体压强达到时，开盖使玉米粒爆开。不计玉米粒在加热过程中的体积变化，气体视为理想气体。
（1）求开盖前瞬间气体的温度T1；
（2）若加热过程中气体吸热3600J，求该气体内能的变化量ΔU。
17．（2025 山西模拟）某同学设计了一种测量不同压强下空气密度的装置，如图所示，两侧均足够长且粗细均匀的U形管竖直放置，管内有一部分水银，左侧管内水银面距管口L1＝11cm，开始两侧管均开口，现封住左侧管口后，向右侧管内缓慢注入一定量的水银，稳定后结合测得的两管水银面的高度差Δh即可测得被封闭的空气的密度。若某次测量时，已知大气压强p0＝76cmHg，注入水银前空气的密度ρ0＝1.29kg/m3。稳定后两管水银面的高度差Δh＝7.6cm，视被封闭空气为理想气体，且不计空气温度的变化，求：
（1）此次测得的左侧管内空气的密度（结果保留3位有效数字）。
（2）此次向右侧管内注入水银的长度。
18．（2025 连云港一模）如图所示，将玉米粒装入手摇爆米花机中，机内气体的初始温度T0＝300K、压强p0＝1.0×105Pa。对爆米花机密封加热，当气体压强达到p1＝4.0×105Pa时，开盖使玉米粒爆开。不计玉米粒在加热过程中的体积变化，气体视为理想气体。
（1）求开盖前瞬间气体的温度T1；
（2）若加热过程中气体吸热3600J，求该气体内能的变化量ΔU。
19．（2025 淄博模拟）如图为某潜艇模型的截面示意图，容积为V0的贮气舱通过细管与储水舱连接，储水舱中有一厚度忽略不计的轻活塞，储水舱通过通海口与海水连通。某次下潜前，在海面上保持阀门K关闭，贮气舱内有压强为p0、体积为V0的空气，现将与贮气舱内气体等温度的、压强为p0、体积为9V0的空气缓慢充入贮气舱。当潜艇静止潜在某深度处时，活塞位于最右端，储水舱内充满水。现打开阀门K向储水舱压入一定量的气体后，活塞左移，排出水的体积为，此时关闭阀门，贮气舱内剩余气体的压强变为8p0，排水过程中气体温度不变，潜水艇深度不变。已知大气压强为p0，重力加速度为g，海水密度为ρ，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。求：
（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强p；
（2）潜艇所在的深度h。
20．（2025 中原区模拟）如图所示为一超重报警装置，其主体是水平地面上的竖直薄壁密闭容器且导热性能良好。容器高H＝0.6m、横截面积S＝0.03m2，底部是深h＝0.1m的预警区域，内有一厚度和质量均不计的活塞，活塞通过轻杆连接轻质平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭理想气柱长度L＝0.5m，平台上轻放质量为M的重物时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度取g＝10m/s2，不计摩擦阻力，外界环境温度保持不变，求：
（1）重物的质量M；
（2）放上M至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q。
高考物理考前冲刺押题预测 热学
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 四川模拟）nmol理想气体经过一个缓慢的过程，从状态P沿抛物线到达状态Q，其T（绝对温度）—V（体积）图如图所示。已知此过程中当时，温度达到最大值（其中p0和V0分别是状态P的压强和体积，R是普适气体常量）。若状态P和Q的温度TP和TQ都等于，则该过程的p（压强）﹣V图为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】理想气体状态变化的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据理想气体的状态方程结合图像分析。
【解答】解：由T（绝对温度）—V（体积）图可知，最高点坐标为（，），则抛物线方程可表示为
将P点或Q点坐标代入方程可得
因此抛物线方程为
又由于
pV＝nRT
联立解得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查理想气体的状态方程，属于中档题。
2．（2025 盐城开学）实验课上，某同学用气体压强传感器探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系，实验装置如图1所示。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，画出图像如图2所示。本次实验中，以下说法正确的是（　　）
A．本实验中应该用手握住注射器，且缓慢移动活塞
B．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值
C．出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体漏气了
D．出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体的温度升高了
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】实验题；定性思想；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；实验探究能力．
【答案】D
【分析】从实验需要满足条件的角度分析；活塞移至某位置时，应使气体处于温度状态后再读数；根据理想气体状态方程分析图像中斜率的变化原因。
【解答】解：A．移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器，避免热传递，故A错误；
B．活塞移至某位置时，待稳定时记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值，故B错误；
CD．根据理想气体状态方程
可得
可知图像斜率增大的可能是温度升高了，实验过程中气体漏气了会使图线的斜率变小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了探究气体等温变化实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意分析清楚图示图像、应用一定质量的理想气体状态方程即可解题。
3．（2025 盐城开学）如图所示，通电雾化玻璃是将液体高分子晶膜固定在两片玻璃之间，未通电时，看起来像一块毛玻璃，不透明；通电后，看起来像一块普通玻璃，透明。可以判断通电雾化玻璃中的液晶（　　）
A．是液态的晶体
B．具有光学性质的各向同性
C．不通电时，入射光在液晶层发生了全反射，导致光线无法通过
D．通电时，入射光在通过液晶层后按原方向传播
【考点】液晶．
【专题】定性思想；推理法；分子运动论专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB.根据液晶的定义及物理性质，即可分析判断；
CD.不通电时，液晶层中的液晶分子无规则排列；通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列；据此分析判断。
【解答】解：AB.液态是介于晶体和液体之间的中间状态，既具有液体的流动性又具有晶体光学性质的各向异性，故AB错误；
CD.不通电时，即在自然条件下，液晶层中的液晶分子无规则排列，入射光在液晶层发生了漫反射，穿过玻璃的光线少，所以像毛玻璃不透明；
通电时，液晶分子迅速从无规则排列变为有规则排列，入射光在通过液晶层后按原方向传播，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查液晶，解题时需注意，液晶区别于固体和液体，是一种独立的形态，既有单晶的各向异性，又具有液体的流动性。
4．（2025 江西模拟）“为研究物质中的电子动力学而产生阿秒光脉冲的实验方法”获得2023年诺贝尔物理学奖，该实验方法为人类探索原子内部的电子超快动力学行为提供了新的工具。已知1阿秒等于10﹣18秒。下列物体的尺度与真空中光经过1阿秒前进的距离最接近的是（　　）
A．夸克 B．电子 C．氢原子 D．质子
【考点】分子的大小；匀速直线运动．
【专题】定量思想；推理法；分子运动论专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】通过公式x＝vt求解光1阿秒内的位移，对比粒子的尺寸即可。
【解答】解：真空中光经过1阿秒前进的距离为x＝vt＝3×108×10﹣18m＝3×10﹣10m，氢原子大小约为1×10﹣10m，质子的尺寸约为1.6×10﹣15m，电子和夸克的尺寸就更小，所以长度最接近的是氢原子，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查位移的求解和粒子尺度大小的掌握，需要知道各粒子的尺度大小。
5．（2025 邯郸模拟）如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的理想气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁间无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞对小挡板的压力刚好等于活塞的重力。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】理想气体及理想气体的状态方程．
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】当缓慢升高汽缸内气体温度且活塞未离开小挡板时，气体发生等容变化，根据查理定律分析缸内气体的压强p与热力学温度T的关系；当活塞开始离开小挡板时，等压变化，分析p﹣T图像的特点。
【解答】解：开始时被封闭气体的压强等于p0，当缓慢升高汽缸内气体温度且活塞未离开小挡板时，气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，在p﹣T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，等压变化，缸内气体的压强大于外界的大气压，气体等压膨胀，在p﹣T图像中，图线是平行于T轴的直线。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了气体的等压和等容变化，关键要明确不同过程中保持不变的物理量，结合图像分析即可。
6．（2025 乐东县模拟）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0，温度为T0，加热一段时间后气体温度升高到T1，此过程中气体吸收的热量为Q，则（　　）
A．升温后内胆中所有气体分子的动能都增大
B．升温后内胆中气体的压强为
C．此过程内胆中气体的内能增加量大于Q
D．此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变
【考点】热力学第一定律的表达和应用；温度与分子动能的关系；气体的等容变化与查理定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理解能力．
【答案】B
【分析】A.温度越高，气体分子的平均动能越大；
B.由查理定律分析求解；
C.根据热力学第一定律分析；
D.由决定压强的微观因素分析。
【解答】解：A.升温后内胆中气体分子的平均动能增大，并非所有气体分子的动能都增大，故A错误；
B.由查理定律有：，解得：p1，故B正确；
C.V不变，W＝0，由ΔU＝W+Q可知：ΔU＝Q，故C错误；
D.温度升高，分子数密度不变，压强变大，故此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查查理定律的应用，以及决定压强的两个微观因素：分子数密度和分子的平均速率。
7．（2025 济宁一模）一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c后又回到状态a，在该过程中气体体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程中气体的压强减小
B．b→c过程中单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数不变
C．a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功
D．c→a过程中气体放出的热量大于其内能减少量
【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体状态变化的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】C
【分析】A.由理想气体状态方程推出V和T的关系式，连接Oa，由斜率比较压强大小；
B.b→c过程，压强不变，再由决定压强的微观因素分析解答；
C.由W＝pΔV分析解答；
D.根据热力学第一定律分析。
【解答】解：A.由得：V
可知V﹣T图像的斜率表示，连接Oa，可知pa＜pb，故A错误；
B.由图可知，b→c过程中斜率不变，压强不变，热力学温度升高，分子平均速率变大，故单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减少，故B错误；
C.pa＜pb，a→b过程中气体的平均压强小于b→c过程中气体的平均压强，由W＝pΔV可知：a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功；
故C正确；
D.c→a过程中，V不变，W＝0，由ΔU＝W+Q可知：气体放出的热量等于其内能减少量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查理想气体状态方程的应用，弄清图像斜率的含义是解题的关键。
8．（2025 西城区模拟）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，先经等压变化到达状态b，再经等容变化到达状态c。下列判断正确的是（　　）
A．从a到b，气体温度不变
B．从a到b，气体从外界吸热
C．从b到c，气体内能不变
D．从b到c，气体对外界做功
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用；气体的等容变化与查理定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】从a到b的过程中，气体做等压变化，根据一定质量理想气体状态方程结合热力学第一定律分析AB选项；从b到c的过程中，气体做等容变化，压强减小，根据W＝pΔV分析气体做功情况。
【解答】解：A、从a到b的过程中，气体做等压变化，根据C可知，气体的体积增大、温度升高，故A错误；
B、从a到b的过程中，气体做等压变化，气体的体积增大、对外做功，气体的温度升高、则内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝﹣W+Q可知，气体从外界吸热，故B正确；
C、根据图像可知，从b到c的过程中，气体的压强减小，温度降低，气体内能变小，故C错误；
D、从b到c的过程中，气体做等容变化，根据W＝pΔV可知，气体对外界不做功，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义、根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行析。
9．（2025 大兴区校级开学）下列有关热运动的说法中，表述正确的是（　　）
A．水流速度越小，水分子的热运动越不剧烈
B．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水凝结成冰后，水分子的热运动将处于停止状态
【考点】温度与分子动能的关系；分子在永不停息地做无规则运动．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；分子运动论专题；理解能力．
【答案】C
【分析】明确分子热运动的性质，知道分子热运动与宏观运动无关，是物体内部分子的无规则运动，其剧烈程度与温度有关，但要注意温度很低时分子热运动仍在继续，同时温度升高时并不是所有分子的速率都增大。
【解答】解：A、热运动是内部水分子的运动，只与温度有关，与水流速度无关，故A错误；
B、水的温度升高，分子的平均动能增大，但是并不是每个分子的运动速率都增大，可能有些分子运动速率减小，故B错误。
C、分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故C确；
D、水凝结成冰后，水分子仍然在进行无规则运动，没有处于停止状态，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查分子热运动的基本性质，要注意明确温度是统计规律，温度升高时分子的热运动剧烈，分子平均动能增大，大多数分子运动加慢，但可能有些分子运动减慢。
10．（2025 安徽开学）某人驾驶汽车，从哈尔滨到广州，出发时哈尔滨的环境温度为﹣23℃，到达广州时的环境温度为27℃。假设汽车轮胎内的气体可视为理想气体，其体积不变且没有漏气，为使轮胎内部气体的压强恢复到出发时的压强，需将气体放出一部分，则放出气体质量与轮胎内原有气体质量之比为（　　）
A． B． C． D．
【考点】气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】C
【分析】假设到达广州时，放出的气体的压强与轮胎内的压强相等，根据等压变化分析计算即可。
【解答】解：由题意可知，出发时轮胎内气体的温度等于哈尔滨的环境温度为
T1＝（t1+273）K＝（﹣23+273）K＝250K
到达广州时轮胎内气体的温度等于广州的环境温度为
T2＝（t2+273）K＝（27+273）K＝300K
设轮胎内气体的体积为V，到达广州时放出与轮胎内压强相同的气体的体积为ΔV，则根据盖﹣吕萨克定律可得
联立，解得
到达广州时放出的与轮胎内压强相同的气体与轮胎内的气体的密度相同，所以
解得，放出的气体的质量为
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查对等压变化的理解。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 大理州二模）关于下列四幅图像的描述，说法正确的是（　　）
A．图甲为同种大量气体分子热运动的速率分布图像，曲线②对应的温度较低
B．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由图像可知T1＜T2
C．图丙为分子间作用力F与分子间距离r的关系，由图可知分子间的距离从r0增大的过程中，分子力先减小后增大
D．图丁为一定质量的理想气体的p﹣V图像，则a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
【考点】理想气体状态变化的图像问题；分子间存在作用力及其与分子间距的关系；分子热运动速率随温度变化具有统计规律．
【专题】定量思想；推理法；分子运动论专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】温度较高，速率大的分子占据的比例较大，分子平均动能较大，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，结合玻意耳定律分析，分子间的距离从r0增大的过程中，分子力先增大后减小，p﹣V图像与横坐标轴围成的面积表示为气体做功的多少。
【解答】解：A．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明曲线②对应的平均动能较大，曲线②对应的温度较高，故A错误；
B．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由pV＝CT结合图像可知T1＜T2，故B正确；
C．图丙为分子间作用力F与分子间距离r的关系，分子间的距离从r0增大的过程中，分子力先增大后减小，故C错误；
D．图丁中，由微元法可得p﹣V图像与横坐标轴围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，故D正确。
故选：BD。
【点评】该题考查热学中的几个记忆性的知识点，对于这一类的题目，要注意多加积累相关物理规律的基本内容。
（多选）12．（2025 五华区校级一模）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p﹣V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）。以下判断正确的是（　　）
A．气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收热量等于在b→c过程中从外界吸收热量
C．在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为V0p0
D．在a→b→c→a过程中，气体从外界吸收热量V0p0
【考点】热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据p﹣V图像的面积表示气体做功，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。
【解答】解：A、状态a到状态b，体积变大，气体对外界做的功W1在数值上等于ab图线与横轴围成图形的面积，同理，状态b到状态c，气体对外界做的功W2在数值上等于bc图线与横轴围成图形的面积，故W1＝W2，故A正确；
B、由理想气体状态方程可得：C，结合p﹣V图像可知：Ta＝Tb＜Tc
理想气体的内能由温度决定，即Ua＝Ub＜Uc；
状态a到状态b，ΔU1＝0；状态b到状态c，ΔU2＞0；由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知Q1＜Q2，故B错误；
C、p﹣V图像与坐标轴围成的面积表示气体做的功，所以在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为：WV0p0，故C正确；
D．气体经a→b、b→c、c→a三个过程中内能不变，根据热力学第一定律，外界对气体做功为V0p0，则气体对外发出热量为V0p0，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查气体的状态方程中对应的图像，分析清楚图示图像、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住p﹣V图像的面积表示气体做功。
（多选）13．（2025 重庆模拟）遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救，塑料盆可近似看成底面积为S的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在水面上，如图甲所示；用力竖直向下缓慢压盆底，至盆底与盆外水面相平，遵内封闭气体（视为理想气体）被压缩，简化模型如图乙所示，忽略此过程中封闭气体与外界的热交换，下列说法正确的是（　　）
A．封闭气体的压强变大
B．封闭气体的内能不变
C．封闭气体分子的平均动能变大
D．封闭气体每个分子的动能均变大
【考点】热力学第一定律的表达和应用；温度与分子动能的关系；气体压强的计算．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】BCD.结合题意，由热力学第一定律即可分析判断；
A.结合前面分析，由理想气体状态方程，即可分析判断。
【解答】解：BCD.由热力学第一定律可知：ΔU＝W+Q，
忽略此过程中封闭气体与外界的热交换，则：Q＝0，
压缩封闭气体，则外界对气体做功，即：W＞0，
由此可知：ΔU＞0，
即气体内能增加，温度升高，封闭气体分子的平均动能变大，并不是每个分子的动能都变大，故C正确，BD错误；
A.根据理想气体状态方程可知：，
因为气体的体积减小，温度升高，则压强p一定增大，故A正确；
故选：AC。
【点评】本题考查热力学第一定律的表达和应用，解题时需注意，如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU。
（多选）14．（2025 乐东县模拟）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，气体对外做功且内能增加
B．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
C．b→c过程，气体对外做功，内能增加
D．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
【考点】热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】理想气体内能与温度有关，根据热力学第一定律和查理定律判断；根据绝热过程和热力学第一定律判断；根据p﹣V图像“面积”及热力学第一定律判断。
【解答】解：AB、由题图可知，在a→b过程，气体的压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W＜0，由盖—吕萨克定律可知Ta＜Tb，即内能增大，所以ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，在a→b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，故A正确，B错误；
C、气体在b→c过程中气体与外界无热量交换，即Q＝0，又由气体体积增大可知W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知气体内能减少，故C错误；
D、由题意可知，c→a过程为等温过程，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，故D正确。故选：AD。
【点评】本题考查气体定律以及热力学第一定律的综合运用，解题关键是要先根据气体实验定律判断气体的p、V、T的变化，然后结合热力学第一定律ΔU＝W+Q进行分析，其中特别需要注意的是p﹣V图像“面积”即为气体做功大小。
（多选）15．（2025 罗湖区校级一模）如图所示，竖直放置的固定汽缸内由活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦地滑动，汽缸的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时缸内气体的温度为T0，空气柱长度为l0。用电热丝对气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动，缸内气体只与电热丝发生热交换，当缸内气体吸热为Q时，缸内空气柱长度增加量为Δl1，处于平衡。关于缸内气体的判定正确的有（　　）
A．内能可能不变 B．内能一定增大
C．Δl1 D．Δl1
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算．
【专题】定量思想；推理法；方程法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】由活塞的运动可知，气体发生等压变化，则由盖﹣吕萨克定律可知，气体的温度升高，内能增大；由热力学第一定律可求Δl1的关系式。
【解答】解：AB、对活塞进行受力分析，活塞受到大气压力p0S、活塞自身重力（题中未提及，可认为不计）以及缸内气体的压力pS，由于活塞缓慢移动，始终处于平衡状态，则有：p0S＝pS，即缸内气体压强为：p＝p0，气体发生等压变化。根据盖﹣吕萨克定律可知，当气柱长度增加时，体积增大，温度升高，由于理想气体的内能只与温度有关，温度升高，所以内能一定增大，故A错误，B正确；
CD、由于气体的条件增大，气体对外做功，则有：W＝﹣p0S Δl1，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，因为内能增加，则有：ΔU＞0，气体吸收的热量，则有：Q＞0，所以有：ΔU＝Q﹣p0S Δl1，则有：Q﹣p0S Δl1＞0，解得：，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题可根据热力学第一定律、理想气体状态方程以及功的计算公式来分析缸内气体的内能变化和空气柱长度增加量，解题的关键是可以将活塞的质量忽略不计。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 连云港一模）如图所示，将玉米粒装入手摇爆米花机中，机内气体的初始温度T0＝300K、压强，对爆米花机密封加热，当气体压强达到时，开盖使玉米粒爆开。不计玉米粒在加热过程中的体积变化，气体视为理想气体。
（1）求开盖前瞬间气体的温度T1；
（2）若加热过程中气体吸热3600J，求该气体内能的变化量ΔU。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等容变化与查理定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）求开盖前瞬间气体的温度等于1200K；
（2）该气体内能的变化量等于3600J。
【分析】（1）等容变化，根据查理定律求解开盖前瞬间气体的温度；
（2）加热过程体积不变，即有W＝0，根据热力学第一定律求解该气体内能的变化量。
【解答】解：（1）等容变化，设后来温度为T2，根据查理定律有
解得T1＝1200K
（2）根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q
加热过程体积不变，即有W＝0
解得ΔU＝3600J
答：（1）求开盖前瞬间气体的温度等于1200K；
（2）该气体内能的变化量等于3600J。
【点评】应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的气体。
（2）分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解
17．（2025 山西模拟）某同学设计了一种测量不同压强下空气密度的装置，如图所示，两侧均足够长且粗细均匀的U形管竖直放置，管内有一部分水银，左侧管内水银面距管口L1＝11cm，开始两侧管均开口，现封住左侧管口后，向右侧管内缓慢注入一定量的水银，稳定后结合测得的两管水银面的高度差Δh即可测得被封闭的空气的密度。若某次测量时，已知大气压强p0＝76cmHg，注入水银前空气的密度ρ0＝1.29kg/m3。稳定后两管水银面的高度差Δh＝7.6cm，视被封闭空气为理想气体，且不计空气温度的变化，求：
（1）此次测得的左侧管内空气的密度（结果保留3位有效数字）。
（2）此次向右侧管内注入水银的长度。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体压强的计算．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）此次测得的左侧管内空气的密度为1.42kg/m3；
（2）此次向右侧管内注入水银的长度为9.6cm.
【分析】（1）由玻意耳定律结合密度公式即压强关系可求空气的密度；
（2）由玻意耳定律结合几何关系空气注入水银的长度。
【解答】解：（1）对左侧管中气体有，设初始状态时的压强为p1，则有p1＝p0，体积为V1＝SL1，末状态时，压强为p2，体积为：V2，由玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2
由密度公式可得：m＝ρ1V1＝ρ2V2
联立可有：
又，p2＝p0+ΔhcmHg
代入数据可解得：；
（2）如图所示：
设左侧液面上升了xcm，则有：p1L1S＝p2（L1﹣x）S
p1＝p0
联立代入数据解得：x＝1cm
由图可知向右向右侧管内注入水银的长度为：L＝2x+Δh＝2cm+7.6cm＝9.6cm。
答：（1）此次测得的左侧管内空气的密度为1.42kg/m3；
（2）此次向右侧管内注入水银的长度为9.6cm.
【点评】本题是对玻意耳定律的考查，解题的关键是要确定不同状态时气体的状态参量。
18．（2025 连云港一模）如图所示，将玉米粒装入手摇爆米花机中，机内气体的初始温度T0＝300K、压强p0＝1.0×105Pa。对爆米花机密封加热，当气体压强达到p1＝4.0×105Pa时，开盖使玉米粒爆开。不计玉米粒在加热过程中的体积变化，气体视为理想气体。
（1）求开盖前瞬间气体的温度T1；
（2）若加热过程中气体吸热3600J，求该气体内能的变化量ΔU。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等容变化与查理定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）开盖前瞬间气体的温度等于1200K；
（2）该气体内能的变化量等于3600J。
【分析】（1）等容变化，根据查理定律求开盖前瞬间气体的温度；
（2）加热过程体积不变，W＝0，根据热力学第一定律求解。
【解答】解：（1）等容变化，设后来温度为T1，根据查理定律有
解得T1＝1200K
（2）根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q
加热过程体积不变，即有W＝0
解得ΔU＝3600J
答：（1）开盖前瞬间气体的温度等于1200K；
（2）该气体内能的变化量等于3600J。
【点评】应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的气体。
（2）分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解。
19．（2025 淄博模拟）如图为某潜艇模型的截面示意图，容积为V0的贮气舱通过细管与储水舱连接，储水舱中有一厚度忽略不计的轻活塞，储水舱通过通海口与海水连通。某次下潜前，在海面上保持阀门K关闭，贮气舱内有压强为p0、体积为V0的空气，现将与贮气舱内气体等温度的、压强为p0、体积为9V0的空气缓慢充入贮气舱。当潜艇静止潜在某深度处时，活塞位于最右端，储水舱内充满水。现打开阀门K向储水舱压入一定量的气体后，活塞左移，排出水的体积为，此时关闭阀门，贮气舱内剩余气体的压强变为8p0，排水过程中气体温度不变，潜水艇深度不变。已知大气压强为p0，重力加速度为g，海水密度为ρ，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。求：
（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强p；
（2）潜艇所在的深度h。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体压强的计算．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强为10p0；
（2）潜艇所在的深度为。
【分析】（1）对贮气舱内原有的气体和新压入的气体，由玻意耳定律列式即求的p；
（2）分别对贮气舱内的气体和对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律列式可求深度h。
【解答】解：（1）对贮气舱内原有的气体和新压入的气体，由玻意耳定律可得：p0（V0+9V0）＝pV0，解得：p＝10p0；
（2）潜水艇在深度h处的压强为：p2＝p0+ρgh
对贮气舱内的气体，由玻意耳定律可得：10p0V0＝8p0（V0+V）
对排入储水舱内的气体，由玻意耳定律可得：
联立解得：。
答：（1）潜艇下潜前，充气完成后贮气舱内空气的压强为10p0；
（2）潜艇所在的深度为。
【点评】本题考查气体实验定律的应用，涉及到气体的等温变化。解题的关键是要根据题意，选好研究对像，分析气体的状态变化，由相应的气体实验定律列式求解。
20．（2025 中原区模拟）如图所示为一超重报警装置，其主体是水平地面上的竖直薄壁密闭容器且导热性能良好。容器高H＝0.6m、横截面积S＝0.03m2，底部是深h＝0.1m的预警区域，内有一厚度和质量均不计的活塞，活塞通过轻杆连接轻质平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭理想气柱长度L＝0.5m，平台上轻放质量为M的重物时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度取g＝10m/s2，不计摩擦阻力，外界环境温度保持不变，求：
（1）重物的质量M；
（2）放上M至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）重物的质量M为1.2×103kg；
（2）放上M至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q为6.0×103J。
【分析】（1）最终稳定时，封闭气体温度不变，根据玻意耳定律求出最终稳定时封闭气体的压强，再对活塞和重物整体，根据平衡条件求重物的质量M；
（2）先根据W＝（Mg+p0S）（L﹣h）求出外界大气压力和重物对封闭气体做功，再根据热力学第一定律求密闭气体与外界交换的热量Q。
【解答】解：（1）最终稳定时，封闭气体温度不变，则p0V0＝p1V1
解得p1＝5p0
又
解得M＝1.2×103kg
（2）设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W，则W＝（Mg+p0S）（L﹣h）
代入数据得W＝6.0×103J
在（1）的情况下，密闭气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q
所以气体向外界放出的热量为Q＝6.0×103J
答：（1）重物的质量M为1.2×103kg；
（2）放上M至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q为6.0×103J。
【点评】本题考查气体实验定律和热力学第一定律的相关应用，要明确气体的状态变化过程，准确选择气体实验定律。
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