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第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　振动和波　光与电磁波　热学　近代物理初步
第13讲　热学
【备考指南】　
1．2024年新课标卷及其他新高考省份的考查题型保持相对稳定。即选择(或填空)题和计算题。考查的内容均为热学主干知识，包括分子间的作用力、分子势能、内能、气体压强的微观解释、两个热力学定律、气体实验定律、气体的图像等。计算题多以“汽缸—活塞”模型和“玻璃管—液柱”模型呈现，2025年“变质量”模型和关联气体模型有可能继续作为重点考查。
2．备考复习过程要强化混合模型的题目训练，多联系实际，培养分析问题、解决问题的能力，提高建构模型的能力和推理论证的能力。
突破点一　分子动理论　固体　液体
01
突破点二　气体实验定律　理想气体状态方程
02
随堂练 临考预测 名师押题
04
专题限时集训(十三)
05
突破点三　热力学定律与气体实验定律的综合
03
突破点一　分子动理论　固体　液体
　　　　　　
1．估算问题
(1)分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。
特别提醒：对气体而言，V0＝不表示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。
(3)两点提示。
①固体、液体分子可认为是紧靠在一起的球体或立方体；气体分子只能按立方体模型计算所占据的空间。
②阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁，计算时要抓住三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量。
2．分子势能、分子力与分子间距离的关系
如图所示。
3．晶体与非晶体
(1)晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性。晶体与非晶体可以相互转化。
(2)液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学等物理性质上表现出各向异性。
[典例1]　(分子动理论)2024年3月底受冷空气以及大风天气影响，全国各地均出现不同程度的沙尘天气，内蒙古、北京等地区局部有强沙尘暴，甚至局部地区出现下“泥点”的恶劣天气，山东、河南、安徽、江苏等地区也都出现AQI(空气质量指数)达到500的现象，AQI指数中一项重要指标就是大家熟知的PM2.5指数，PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5 μm的悬浮颗粒物，飘浮在空中，很难自然沉降到地面。对于上述天气现象的解释正确的是(　　)
A．沙尘暴中的沙尘颗粒所做的无规则运动是布朗运动
B．一团质量不变的沙尘暴从温度较低的地区吹到温度较高的地区，温度逐渐升高、风速逐渐减小，其内能逐渐减小
C．PM2.5颗粒的尺寸与空气中氧气分子的尺寸数量级相当
D．PM2.5颗粒在空气中的无规则运动是由大量空气分子无规则运动对其撞击的不平衡性引起的
√
D　[布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒，受到液体或气体分子的无规则撞击所做的无规则运动，用肉眼无法观察到布朗运动，沙尘暴的运动是气流运动形成的，不是布朗运动，故A错误；一定质量的物体，从低温到高温，分子平均动能增加，分子动能与物体的宏观速度无关，故B错误；氧分子尺寸的数量级为10-10 m，而PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5 μm的悬浮颗粒物，故C错误；PM2.5颗粒在空气中的运动是由空气中大量空气分子无规则运动对其撞击的不平衡性引起的，是布朗运动，故D正确。]
[典例2]　(固体、液体的性质)(多选)(2024·四川内江统考一模)喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂，其原理是防水剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外表的效果，水滴以椭球形分布在玻璃表面，无法停留在玻璃上，从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰。下列说法正确的是(　　)
A．玻璃和水滴之间发生了浸润现象
B．水滴呈椭球形是液体表面张力和重力共同作用的结果
C．水滴表面分子比水滴的内部密集
D．水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大
√
√
BD　[浸润即液体在与固体表面接触时能够弥散附着在固体表面的现象，而题中的玻璃和水不浸润，故A错误；由于液体表面张力的作用使水滴呈球形，但在重力的作用下水滴呈椭球形，故B正确；水滴表面分子比水滴的内部稀疏，水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，表面层分子间的作用力为引力，使表面层分子有收缩的趋势，从而形成球形，故C错误，D正确。故选BD。]
突破点二　气体实验定律　理想气体状态方程
　　　　　　
1．压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，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，压强单位为Pa。
(2)水银柱密封的气体，应用p＝p0＋ph或p＝p0－ph计算压强，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。
(2)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。
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，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。
[典例3]　(“单一”气体问题)(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常量。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3 kg，外界空气密度为ρ0＝
1.3 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，求气球内气体体积V的大小。
[解析]　(1)由玻意耳定律有pV＝p0V0
解得V0＝。
(2)气球内空气体积为V0时，密度为ρ0，故气球内部空气质量m内＝ρ0V0＝
对气球和气球内部气体组成的系统受力分析，由力的平衡条件有
(m0＋m内)g＝F浮＋mg
又F浮＝ρ0gV
结合(p－p0)(V－VB0)＝C
联立解得V＝5×10-3 m3。
[答案]　(1)　(2)5×10-3 m3
反思感悟　气体实验定律的应用思路
【教师备选资源】
(2023·湖北卷)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。
[解析]　对汽缸中的气体，初状态p1＝p0，V1＝HS＋2HS＝3HS；设最终状态气体压强为p2，体积V2＝S＋2S＝HS。
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，
解得p2＝ p0。
(2)对左侧活塞受力分析有p0S＋k·H＝p2S，
解得弹簧的劲度系数k＝。
对右侧活塞受力分析有p0·2S＋mg＝p2·2S，
解得添加的沙子质量m＝。
[答案]　(1) p0　(2)
[典例4]　(“关联”气体问题)(2024·广东卷)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＝1.0×105Pa，重力加速度大小取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。
[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＝9×104Pa
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＝9×104Pa，VA2＝3.6×102 m3。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为
p′A＝p0＋
B内气体压强
p′B＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p′A－p′B＝Δp
代入数据联立解得
m＝1.1×102 kg。
[答案]　(1)9×104Pa　(2)3.6×102 m3　(3)1.1×102 kg
反思感悟　多个系统相互联系的恒定质量气体问题，往往利用压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析。要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的气体实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若液柱(或活塞)可自由移动，一般要根据液柱(或活塞)的平衡状态确定两部分气体的压强关系。
[典例5]　(“变质量”气体问题)(2024·山东卷)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＝1.0 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。
[解析]　(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，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(HS1＋S2)
又p3＋ρg·＝p0
联立解得V＝8.92×10-4m3。
[答案]　(1)2 cm　(2)8.92×10-4m3
【教师备选资源】
(2023·湖南卷)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示，刹车助力装置可简化为由助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1；
(2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
[解析]　(1)以第1次抽气之前助力气室内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有
p0V0＝p1(V0＋V1)
解得第1次抽气之后助力气室内气体的压强
p1＝p0。
(2)第2次抽气前后，根据玻意耳定律有
p1V0＝p2(V0＋V1)
解得第2次抽气之后助力气室内气体的压强
p2＝p0
第3次抽气前后，根据玻意耳定律有
p2V0＝p3(V0＋V1)
解得第3次抽气之后助力气室内气体的压强p3＝p0
……
则第n次抽气之后助力气室内气体的压强pn＝p0
则第n次抽气后，该刹车助力装置为驾驶员省力的大小
ΔF＝p0S－pnS＝p0S。
[答案]　(1)p0　(2)p0S
突破点三　热力学定律与气体实验定律的综合
　　　　　　
1．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU。
①由气体温度变化分析ΔU。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＝W＋Q分析内能变化。
(2)做功情况W。
由体积变化分析气体做功情况。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。气体等压膨胀(压缩)时，气体对外界(外界对气体)做功W＝pΔV。
(3)气体吸、放热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。
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，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。
[典例6]　(热力学定律与气体实验定律的综合应用)(2024·湖北卷)如图所示，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
(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。
[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)。
[答案]　(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
[典例7]　(热力学定律与图像综合问题)(2024·山东卷)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
√
C　[a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知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，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；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－(－Qca)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体(气体对外界)做的功，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以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。]
方法技巧　处理理想气体状态变化图像问题的技巧
(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态量p、V、T；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。看此过程属于等温、等容还是等压变化，就用相应规律求解。
(2)在V-T图像(或p-T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，根据pV＝CT可知，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。
1．(热点情境·传统文化)(2024·河南许昌11月测试)陶瓷艺术成型或艺术设计、施釉装饰之后，需经过一系列高温烧制的检验，所谓“匣器调色，与书家不同，器上诸色，必出火而后定”(朱琰《陶说》)。如图所示是烧制瓷器所用窑炉的简图，上方有一只能向上打开的单向阀门，阀门横截面积为S，当阀门受到大于等于2.5p0S的净压力时，
阀门打开，已知大气压强恒为p0，绝对零度取 －273 ℃，
T＝t＋273 K。某次模拟烧制过程，初始时窑内温度为
27 ℃，窑内气体体积为V0，压强为p0，窑内气体可看成
理想气体，阀门打开后，窑内气体压强不变，则(　　)
随堂练 临考预测 名师押题
A．窑内温度为727 ℃时阀门打开
B．阀门打开时，窑内气压可能为2.6p0S
C．窑内温度为427 ℃时，窑内气压为2.0p0
D．窑内温度为987 ℃时，窑内剩余气体质量为初始时的
√
D　[外界大气对阀门的作用力恒为p0S，阀门恰好打开时，设窑内气体压强为p，有pS－p0S＝2.5p0S，解得p＝3.5p0，选项B错误；阀门打开前，窑内气体发生等容变化，有＝，解得T＝1 050 K，即t＝777 ℃，选项A错误；窑内温度为427 ℃时，根据＝，解得此时窑内气压为p1＝p0，选项C错误；窑内温度为987 ℃时，阀门处于打开状态，选窑炉内原有气体为研究对象，根据＝，解得V＝1.2V0，窑内气体的剩余质量为初始时气体质量的＝，选项D正确。]
2．(高考热点·V-T图像分析)(2024·山东淄博10月测试)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是(　　)
A．A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B．C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C．整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功
D．整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
√
D　[理想气体由A→B为等温膨胀过程，由玻意耳定律可知，气体压强减小。B→C为等容升温过程，由查理定律可知，气体的压强增大，可得A→B→C过程中，气体压强先减小后增大，故A错误；理想气体由C→D→A的过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；理想气体由A→B为等温膨胀，压强减小过程；B→C为等容升温，压强增大过程；C→D为等压压缩，温度降低过程；D→A为等容降温，压强减小过程。整个
循环过程定性的p-V图像如图甲所示，可知A→B过程中体积膨胀，气体对外界做的功为图乙中阴影部分的面积，C→D过程中外界对气体做的功为图丙中阴影部分的面积，B→C和D→A的过程气体与外界没有相互做功，故整个循环过程中，气体对外界做的功小于外界对气体做的功，故C错误；对整个循环过程，由热力学第一定律知ΔU＝Q＋W，由上面的分析可知外界对气体做的功大于气体对外界做的功，即W>0，气体的温度最终回到了初始状态，内能变化量为0，内能不变，即ΔU＝0，可知整个循环过程Q<0，气体对外界放热，故D正确。]
3．(高考新趋势·活塞—液柱混合模型)如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的2倍。粗筒中封有压强为p1＝75 cmHg 的空气柱Ⅰ(可视为理想气体)，气柱长L1＝20 cm，细筒中A、B两轻质活塞间封有空气柱Ⅱ(可视为理想气体)，气柱长L2＝10 cm。活塞A上方的水银柱高H＝10 cm，两轻质活塞与筒壁间的摩擦不计。用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与细筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至水银恰好全部被推入粗筒中，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0＝75 cmHg。求：
(1)水银恰好被全部推入粗筒时，空气柱Ⅰ的压强；
(2)活塞B上移的距离。(结果保留2位小数)
[解析]　(1)对于空气柱Ⅰ，初态p1＝p0＝75 cmHg，V11＝L1S1
末态，设压强为p2，体积V12＝S1
根据玻意耳定律得p1V11＝p2V12
解得p2＝100 cmHg。
(2)对于空气柱Ⅱ，初态p21＝p0＋H(cmHg)＝85 cmHg，V21＝L2S2
末态压强为p22＝p2＋(cmHg)＝105 cmHg，体积V22＝L22S2
由玻意耳定律得p21V21＝p22V22
解得L22≈8.10 cm
活塞B上移的距离为d＝L2＋H－L22＝11.90 cm。
[答案]　(1)100 cmHg　(2)11.90 cm
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
专题限时集训(十三)
1．下列四幅图所涉及的物理知识，下列论述正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
B．图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力
C．图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
D．图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D　[晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故A错误；水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力，故B错误；每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，故C错误；题图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直倒放，汽缸内用绝热活塞(活塞质量不可忽略)封闭一定质量的理想气体，气体处于平衡状态。现把汽缸稍微倾斜一点，达到平衡时与原来相比(　　)
A．气体的密度增大
B．气体的内能减小
C．单位时间气体分子对活塞的冲量减小
D．气体分子的平均动能增大，所有气体分子热运动速率都增大
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A　[以活塞为研究对象，开始时有p0S＝mg＋pS，当汽缸稍微倾斜一点，设倾角为θ，平衡时有p0S＝mg sin θ＋p′S，可知封闭气体的压强增大，根据理想气体状态方程可知封闭气体的在变小，结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因为系统绝热Q＝0，所以有ΔU＝W，同时理想气体的内能只与温度有关，可得T变大，V减小，故气体的密度增大，内能增大，A正确，B错误；封闭气体的压强变大，单位时间气体分子对活塞的冲量增大，C错误；理想气体的内能增大，气体分子的平均动能增大，但并非所有气体分子热运动速率都增大，D错误。]
题号
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3．制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折后用回形针固定，然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露出水面，最后用盖子封紧矿泉水瓶(如图甲)。实验时，用力按压瓶身，“潜水艇”就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气体体积为V0，压强为p0，吸管内封闭气体的体积为V，“吸管潜水艇”的总质量为m，水的密度恒为ρ，气体温度始终保持不变，所有气体视为理想气体。缓慢挤压瓶身时，瓶内封闭气体吸热还是放热？挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水中时(如图乙)，水面上方的气体体积减小了多少？(不考虑吸管厚度和回形针的体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于大气压，即管内外气压始终相等)下列选项正确的是(　　)
A．吸热，2V0 B．放热，V0
C．吸热，V0 D．放热，2V0
√
题号
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B　[气体温度不变，则瓶内封闭气体发生等温变化，故内能保持不变，即ΔU＝0，挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q<0，即气体对外放热。设“潜水艇”悬浮时，吸管内部封闭气体的压强为p1，体积为V1，根据平衡条件得ρgV1＝mg，解得V1＝，对吸管内的气体，根据玻意耳定律p0V＝p1V1，解得p1＝，设水面上方的气体体积减小ΔV，对水面上方的气体，根据玻意耳定律p0V0＝p1(V0－ΔV)，解得ΔV＝V0，故选B。]
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4．(2024·四川绵阳统考二模)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的质量为m，面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离0.5L后停止，整个过程中气体吸收的热
量为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。
求：
(1)理想气体最终的温度T；
(2)理想气体内能的增加量ΔU。
题号
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[解析]　(1)活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有＝
且V2＝1.5V1
解得T＝1.5T0。
(2)活塞缓慢移动，所以受力平衡，则p1S＝p0S＋mg
外界对气体做功W＝－0.5p1SL
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－0.5(p0S＋mg)L。
[答案]　(1)1.5T0　(2)Q－0.5(p0S＋mg)L
题号
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5．(2024·河北邯郸统考二模)“空气炮”是非常有趣的小玩具，深受小朋友们喜爱。其使用方法是先用手拉动后面的橡胶膜，抽取一定质量的空气后，迅速放手，橡胶膜在恢复原状的过程中压缩空气，从而产生内外压强差，空气从管口冲出形成冲力。已知“空气炮”在未使用前的容积为600 mL，拉动橡胶膜至释放前的容积变为800 mL，大气压强为1.05×105 Pa，整个过程中“空气炮”中的空气温度等于环境温度27 ℃不变。
题号
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(1)若橡胶膜恢复原状的过程可视为没有空气冲出，试求恢复原状瞬间“空气炮”内部空气压强。
(2)经检测，橡胶膜恢复原状瞬间，“空气炮”内部空气压强为1.2×105 Pa，试求此时已冲出管口的空气质量与仍在“空气炮”内部的空气质量之比。
题号
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[解析]　(1)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，初始空气压强p1＝1.05×105 Pa
空气体积V1＝800 mL
橡皮膜恢复原状时空气体积V2＝600 mL
空气做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝1.4×105 Pa
即橡胶膜恢复原状瞬间“空气炮”内部空气压强为1.4×105 Pa。
题号
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(2)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，初始空气压强p1＝1.05×105 Pa，空气体积V1＝800 mL
橡皮膜恢复原状时空气在管内的体积V2＝600 mL
已冲出管口的空气压强视为与内部相同为p′2＝1.2×105 Pa，设其体积为V3，空气做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p′2(V2＋V3)，解得V3＝100 mL
同压强下空气质量与体积成正比，则冲出管口的空气质量与内部的空气质量之比为＝，解得＝。
[答案]　(1)1.4×105 Pa　(2)
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6．(2024·山东潍坊寿光现代中学校考模拟预测)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过B、C、D再回到状态A，其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均过原点O，气体在状态A时的压强为p0，下列说法正确的是(　　)
A．A→B过程中气体向外界放热
B．B→C过程中气体分子的平均动能不断增大
C．C→D过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁
的碰撞次数不断减少
D．D→A过程中气体的温度升高了
√
题号
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D　[A→B过程中气体的温度升高，内能增大。气体体积增大的过程中对外做功，W<0，根据ΔU＝W＋Q，可知Q>0，说明气体从外界吸热，故A错误；B→C过程中气体做等温变化，气体分子的平均动能不变，故B错误；C→D过程中气体的温度降低，分子的平均动能减小，则分子撞击器壁的平均撞击力减小，根据CD的延长线过原点O，可知C→D过程中气体压强不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，故C错误；由题图中几何关系知，TA＝＝，TD＝＝，则D→A过程中气体的温度升高了ΔT＝TA－TD＝，故D正确。]
题号
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7．如图所示为某型血压仪的结构简图，加压气囊、臂带组成一个密闭部分，压强计能显示臂带内气体与外界大气的压强差。测血压时先调节压强计示数为0，之后通过加压气囊充气加压，臂带通过软组织作用于肱动脉，当所加压力高于心脏收缩压力时听诊器听不到心脏搏动的声音，之后通过加压气囊慢慢向外放气，臂带内的压强随之下降，血液冲开被阻断的血管时可以再次听到心脏搏动的声音，压强计显示的压力值就等于收缩压。若臂带容积为V0，各连接管的体积均不计，充气过程臂带内气体体积不变，温度不变，外界大气压强恒为750 mmHg。现测得某同学的收缩压为120 mmHg，则再次
听到心脏搏动声音时臂带内气体质量约为充气前的(　　)
A． B． C． D．
√
题号
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C　[结合题述可知，再次听到心脏搏动声音时臂带内气体的压强为p1＝750 mmHg＋120 mmHg，设再次听到心脏搏动声音时臂带内气体在大气压强下的体积为V1，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V1，解得V1＝V0＝V0，故＝，m1＝m0，C正确。]
题号
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8．(2024·江西卷)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均为等温过程，BC和DA均为等容过程，已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
题号
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[解析]　(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积也为V2＝2.0 m3。
[答案]　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
题号
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9．(2024·浙江1月卷)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
题号
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(1)气体从状态1到状态2是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F的大小；
(3)求电阻丝C放出的热量Q。
89.3 J
不可逆
不变
10 N
题号
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[解析]　(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又容器与活塞均绝热，即没有发生传热，所以由热力学第一定律可知气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
题号
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(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
p1V1＝p2·2V1
解得状态2时气体的压强为
p2＝＝1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据力的平衡条件可得
p2S＝p0S＋F
代入数据解得F＝10 N。
题号
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(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K的状态3，可知气体发生等压变化，则有＝
解得状态3时气体的体积为V3＝1 750 cm3
该过程外界对气体做的功为W＝－p2ΔV＝－p2(V3－2V1)＝－25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W
解得气体吸收的热量，即电阻丝放出的热量Q＝89.3 J。
题号
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10．某课外活动小组设计了一台灌注惰性气体的装置如图所示，容器A的容积为2V0，内装有压强为2p0的惰性气体，容器B的容积为V0，内装有压强为2p0的惰性气体，连接管道中间有一开口，可以与打气筒C相连，且该连接口左右两侧各有一开关M、N(M、N均只能单向通气，通气方向如图所示)，若打气筒C容积为，且初始状态活塞在最下方，向上提到最上端后再向下压至底端，为一次抽压全过程，所有过程气体温度视为不变。试求：
(1)抽压n次后，A容器中的压强是多少；
(2)若要求B容器中的压强增大到3p0以上，至少要抽压几次。
题号
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[解析]　(1)对于A，则抽压第1次时有4p0V0＝p1，解得p1＝p0
当抽压第2次时，有2p1V0＝p2，解得p2＝p1
抽压第3次时，有2p2V0＝p3，解得p3＝p2
依次类推，可得pn＝2p0(n＝0，1，2，…)。
题号
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(2)将A、B视为整体，抽压第n次时，有2p0·2V0＋2p0V0＝2pnV0＋pBV0
解得pB＝6p0－4p0≥3p0(n＝0，1，2，…)
解得n≥2，即至少抽压2次。
[答案]　(1)2p0(n＝0，1，2，…)　(2)见解析
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