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直通高考12　热学计算题突破
【学习目标】
1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。
2.能够通过合理选择研究对象，将充气、抽气、灌装、漏气等变质量问题转化为一定质量的气体问题，培养建模能力。
考点一　气体实验定律与热力学定律综合应用
[例1]　(2025·浙江6月选考)“拔火罐”是我国传统的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的硬玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)，待罐内空气自然冷却至室温t2 ，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)，从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10－3 m2、t1=77 ℃、t2=27 ℃， 忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×105 Pa，热力学温度T=(t＋273) K，求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化量；
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
【答案】 (1)9×104 Pa　(2)－7.35 J　(3)24 N
【解析】 (1)由于忽略皮肤的形变，故罐内空气体积不变，有T1=(273＋77 )K=350 K，T2=(273＋27)K=300 K，p1=p0=1.05×105 Pa，根据查理定律有，解得p2=9×104 Pa。
(2)根据热力学第一定律有ΔU=W＋Q，其中W=0，Q=－7.35 J，故ΔU=－7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp=p0－p2=1.5×104 Pa，故状态2皮肤受到的吸力大小F=SΔp=24 N。
考点二　变质量气体模型
充气 问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题
灌气 分装 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题
漏气 问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题
抽气 问题 选择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，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程
[例2]　如图所示为泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量为m=0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M=0.5 kg，杯盖的面积约为S=50 cm2，大气压强p0=1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖时恰好能带起整个杯身时的水温；
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，求从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
【答案】 (1)83.4 ℃　(2)1∶5
【解析】 (1)杯中气体做等容变化，由查理定律得，在末状态，对杯身和茶水受力分析，如图所示，由平衡条件得p1S＋Mg=p0S，联立解得T1=356.4 K，所以此时水温为t1=83.4 ℃。
(2)方法一：杯中气体降为室温过程中，以杯中原来气体和后来进入杯中的气体整体为研究对象，全部气体都做等压变化，对于全部气体，由盖－吕萨克定律得，解得进入杯中的空气在室温下的体积V2=V1，则杯中原有的气体在室温下的体积V原=V1，所以从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原=1∶5。
方法二：利用克拉伯龙方程pV=nRT，倒入热水盖上杯盖瞬间：p0V=n1RT0，其中T0=360 K，水温降到室温时：p0V=n2RT2，其中T2=300 K，解得，故从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值为。
[例3]　(2025·宁波期末)如图所示，一个导热性能良好的容器用轻质隔板分成A、B两部分，隔板可被插销K锁定，解除锁定后可无摩擦滑动，隔板上有一个可以远程控制的阀门S(未画出)。初始时刻隔板被插销K锁定，阀门S关闭，A、B部分体积均为V，A中气体压强为大气压p0，B中真空。环境温度始终为T0，所有气体均视为理想气体。
(1)若解除锁定，隔板向右移动，A中气体压强　减小　(填“增大”“减小”或“不变”)，A中气体　不吸热也不放热　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
(2)若打开阀门S，待系统稳定后再关闭阀门S，再解除锁定。将A接一个打气筒(图中未画出)，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为V。假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n。
【答案】 (2)10
【解析】 (1)理想气体向真空膨胀，气体压强减小，对外不做功，气体内能不变，既不吸热也不放热。
(2)关闭阀门前，A、B中的气体已经等温膨胀，有p0V=p12V，　
解得两边气体压强均为p1=p0；
打气过程中，两边气体均为等温变化，打完气后，对B中气体，根据玻意耳定律得p1V=p2·V，
解得p2=p0；
对A内原气体和充入的气体，根据玻意耳定律得p1V＋np0·V=p2，
解得n=10。
利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题
克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。
考点三　关联气体问题
关联气体问题的解题思路
(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。
(2)找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
(4)联立求解，对求解的结果注意分析合理性。
[例4]　(2025·宁波三模)如图所示，在一绝热性能良好的封闭汽缸内，有一装有小阀门K(不计K的大小)的绝热活塞。在汽缸的A端装有电热丝，用于加热气体。刚开始，活塞紧贴汽缸B端的内壁，阀门K关闭；整个汽缸内盛有一定质量的某种理想气体，其温度为T1。已知该理想气体的内能U与热力学温度T成正比，即U=aT，式中a是与物质的量成正比的已知量。忽略活塞与汽缸内壁之间的摩擦。
①现用外力把活塞从汽缸的B端压至汽缸中央，并用销钉F把活塞固定，从而把汽缸分成体积相等的左右两室。上述压缩过程中，气体的温度上升到T2。
②然后开启阀门K，经过足够长的时间后再将它关闭，再拔除销钉F，让活塞可自由移动。用电热丝加热气体，加热完毕并经过一定时间后，活塞再次静止。此时左室内气体的压强变为K关闭后的2.5倍，右室内气体的体积变为K关闭后的0.5倍。
(1)①中气体分子的平均速率　增大　(填“增大”“减小”或“不变”)，外力对气体做的功大小为　a(T2－T1)　。
(2)活塞再次静止时，左、右两室内气体的温度分别是多少。
(3)电热丝加热过程共传给气体的热量是多少。
【答案】 (2)T2　T2　(3)aT2
【解析】 (1)在过程①中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的平均速率增大；根据热力学第一定律得W=ΔU=a(T2－T1)。
(2)由于对于一定质量的理想气体，有=C，
由题意可知，加热前左右两室压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB，
则有，
解得TA=T2，TB=T2。
(3)对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有ΔQ=ΔUA＋ΔUB，
ΔQA=aTA－aT2，
ΔQB=aTB－aT2，
解得ΔQ=aT2。(共24张PPT)
考点二　变质量气体模型
考点一　气体实验定律与热力学定律综合应用
考点三　关联气体问题
课时作业
内
容
索
引
直通高考12　热学计算题突破
【学习目标】1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问 题。
2.能够通过合理选择研究对象，将充气、抽气、灌装、漏气等变质量问题转化为一 定质量的气体问题，培养建模能力。
考点一　气体实验定律与热力学定律综合应用
例 1
(2025·浙江6月选考)“拔火罐”是我国传统的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S的硬玻璃罐加热，使罐内空气温度升至t1，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)，待罐内空气自然冷却至室温t2 ，玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)，从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10－3 m2、t1=77 ℃、t2=27 ℃， 忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×105 Pa，热力学温度T=(t＋273) K，求：
(1)状态2时罐内气体的压强；
【解析】 由于忽略皮肤的形变，故罐内空气体积不变，有T1=(273＋77 )K=350 K，T2=(273＋27)K=300 K，p1=p0=1.05×
105 Pa，根据查理定律有，解得p2=9×104 Pa。
【答案】 9×104 Pa　
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化量；
【解析】 根据热力学第一定律有ΔU=W＋Q，其中W=0，Q=－7.35 J，故ΔU=－7.35 J。
【答案】 －7.35 J　
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
【解析】 罐内外的压强差Δp=p0－p2=1.5×104 Pa，故状态2皮肤受到的吸力大小F=SΔp=24 N。
【答案】 24 N
考点二　变质量气体模型
充气 问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题
灌气 分装 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题
漏气 问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题
抽气 问题 选择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，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程
例 2
如图所示为泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量为m=0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M=0.5 kg，杯盖的面积约为S=50 cm2，大气压强p0=1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖时恰好能带起整个杯身时的水温；
【解析】 杯中气体做等容变化，由查理定律得，在末状态，对杯身和茶水受力分析，如图所示，由平衡条件得p1S＋Mg=p0S，联立解得T1=356.4 K，所以此时水温为t1=83.4 ℃。
【答案】 83.4 ℃　
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，求从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
【解析】 方法一：杯中气体降为室温过程中，以杯中原来气体和后来进入杯中的气体整体为研究对象，全部气体都做等压变化，对于全部气体，由盖－吕萨克定律得，解得进入杯中的空气在室温下的体积V2=V1，则杯中原有的气体在室温下的体积V原=V1，所以从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原=1∶5。
方法二：利用克拉伯龙方程pV=nRT，倒入热水盖上杯盖瞬间：p0V=n1RT0，其中T0=360 K，水温降到室温时：p0V=n2RT2，其中T2=300 K，解得，故从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值为。
【答案】 1∶5
例 3
(2025·宁波期末)如图所示，一个导热性能良好的容器用轻质隔板分成A、B两部分，隔板可被插销K锁定，解除锁定后可无摩擦滑动，隔板上有一个可以远程控制的阀门S(未画出)。初始时刻隔板被插销K锁定，阀门S关闭，A、B部分体积均为V，A中气体压强为大气压p0，B中真空。环境温度始终为T0，所有气体均视为理想气体。
(1)若解除锁定，隔板向右移动，A中气体压强________(填“增大”“减小”或“不变”)，A中气体____________________(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
【解析】 理想气体向真空膨胀，气体压强减小，对外不做功，气体内能不变，既不吸热也不放热。
减小
不吸热也不放热
(2)若打开阀门S，待系统稳定后再关闭阀门S，再解除锁定。将A接一个打气筒(图中未画出)，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为V。假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n。
【解析】 关闭阀门前，A、B中的气体已经等温膨胀，有p0V=p12V，　
解得两边气体压强均为p1=p0；
打气过程中，两边气体均为等温变化，打完气后，对B中气体，根据玻意耳定律得p1V=p2·V，
解得p2=p0；
对A内原气体和充入的气体，根据玻意耳定律得p1V＋np0·V=p2，
解得n=10。
【答案】 10
利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题
克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。
技能点拨
考点三　关联气体问题
关联气体问题的解题思路
(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。
(2)找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
(4)联立求解，对求解的结果注意分析合理性。
例 4
(2025·宁波三模)如图所示，在一绝热性能良好的封闭汽缸内，有一装有小阀门K(不计K的大小)的绝热活塞。在汽缸的A端装有电热丝，用于加热气体。刚开始，活塞紧贴汽缸B端的内壁，阀门K关闭；整个汽缸内盛有一定质量的某种理想气体，其温度为T1。已知该理想气体的内能U与热力学温度T成正比，即U=aT，式中a是与物质的量成正比的已知量。忽略活塞与汽缸内壁之间的摩擦。
①现用外力把活塞从汽缸的B端压至汽缸中央，并用销钉F把活塞固定，从而把汽缸分成体积相等的左右两室。上述压缩过程中，气体的温度上升到T2。
②然后开启阀门K，经过足够长的时间后再将它关闭，再拔除销钉F，让活塞可自由移动。用电热丝加热气体，加热完毕并经过一定时间后，活塞再次静止。此时左室内气体的压强变为K关闭后的2.5倍，右室内气体的体积变为K关闭后的0.5倍。
(1)①中气体分子的平均速率________(填“增大”“减小”或“不
变”)，外力对气体做的功大小为______________。
【解析】 在过程①中，气体的温度升高，平均动能增大，分子的
平均速率增大；根据热力学第一定律得W=ΔU=a(T2－T1)。
增大
a(T2－T1)
(2)活塞再次静止时，左、右两室内气体的温度分别是多少。
【解析】 由于对于一定质量的理想气体，有=C，
由题意可知，加热前左右两室压强p相等，体积V也相等。加热后左右两室气体温度分别为TA、TB，
则有，
解得TA=T2，TB=T2。
【答案】 T2　T2　
(3)电热丝加热过程共传给气体的热量是多少。
【解析】 对汽缸内气体整体而言，气体不对外做功，加热前经绝热膨胀后左右两室气体物质的量相同，气体吸收的热量等于内能的变化量。
则有ΔQ=ΔUA＋ΔUB，
ΔQA=aTA－aT2，
ΔQB=aTB－aT2，
解得ΔQ=aT2。
【答案】 aT2　
课时作业
答案速对
第十五单元 直通高考12　热学计算题突破 题号 1 2 3 4
答案 见答案 见答案 见答案 见答案
1.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取10 m/s2，大气压p=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。
甲 乙
(1)求x；
【解析】 由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄内的封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1(H－x)S1=p2HS1，
又因为p1=p0，
p2＋ρgh=p0，
代入数据联立解得x=2 cm。
【答案】 2 cm　
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使储液罐中储满的液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
【解析】 当外界气体进入后，以所有气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V＋p2HS1=p3，
又因为p3＋ρg·=p0，
代入数据联立解得V=8.92×10－4 m3。
【答案】 8.92×10－4 m3
2.如图所示，粗细均匀、一端开口的直角玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭着A、B两段气体(可看作理想气体)，A气柱长度lA=30 cm，竖直管中水银柱和水平管左端水银柱长度均为l1=25 cm，B气柱长度lB=60 cm，水平管右端水银柱长度l2=15 cm。现在缓慢地将玻璃管逆时针转过90°，已知大气压p0=75 cmHg，环境温度保持不变，求稳定后A、B气柱的长度。
【解析】 设玻璃管的横截面积为S，初态时，B气柱压强pB=p0=75 cmHg，将玻璃管逆时针转过90°后，B气柱的压强变为p'B=p0＋ρgl2=90 cmHg，设B气柱长度为lB'，则根据玻意耳定律有pBlBS= pB'lB'S，解得lB'=50 cm。初态时A气柱压强pA=pB－ρgl1=50 cmHg，末态时假设B气体下方有长度为x的水银未进入水平管中，则A气柱压强变为pA'=pB'＋ρgx，A气柱长度lA'=lA－l1＋x，根据玻意耳定律有pAlAS=pA'lA'S，解得x=10 cm(另一负根舍去)，故假设成立，稳定后A气柱长度lA'=15 cm。
【答案】 15 cm　50 cm
3.(2025·广东卷) 如图所示为某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0=1.0×105 Pa，铸型室的底面积S1=0.2 m2，高度h1=0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m，柱状气室底面积S2=0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
【解析】 根据体积关系有S1h1=S2h2，
可得下方液面下降高度h2=0.05 m；
此时下方气体的压强
p1=p0＋ρg(h1＋H＋h2)，
代入数据可得p1=1.2×105 Pa。
【答案】 0.05 m　1.2×105 Pa　
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液面高度为h3=0.04 m时，气室内气体压强p2。
【解析】 初始时，上方铸型室内气体的压强为p0，体积V=S1h1，　
当上方铸型室内金属液面高为h3=0.04 m时，铸型室内气体体积为V'=S1(h1－h3)，
根据玻意耳定律有p0V=p'V'，
可得上方铸型室金属液面高为h3=0.04 m时，铸型室内的气体压强p'=1.25×105 Pa；
同理根据体积关系S1h3=S2h4，
可得h4=0.01 m；
此时下方气室内气体压强
p2=p'＋ρg(H＋h3＋h4)，
代入数据可得p2=1.35×105 Pa。
【答案】 1.35×105 Pa
4.(2025·衢州三模)如图所示，劲度系数k1=100 N/m的轻弹簧，上端固定于天花板，下端固定于活塞。绝热汽缸内封有一定质量的理想气体，绝热汽缸内有控温装置(图中未画出)。平衡时，活塞与汽缸底部的距离d=30.0 cm，已知汽缸的质量m=10 kg，汽缸内部横截面的面积S=100 cm2，大气压强为p0=1.0×105 Pa，初始时气体的温度为T1=300 K，取重力加速度大小g=10 m/s2。活塞厚度不计、可无摩擦地滑动、始终不脱离汽缸且不漏气。汽缸侧壁始终在竖直方向上，不计控温装置的体积，弹簧处于弹性限度内且始终在竖直方向上。
(1)启动控温装置的加热功能，缓慢加热气体，则气体内能将_________ (填“增加” “减少”或“不变”)；汽缸内部单位时间单位面积上撞击的分子个数___________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【解析】 对于理想气体，其内能只与温度有关。当启动控温装置将气体温度缓慢加热时，温度升高，根据理想气体内能的性质可知，气体内能将增加。
温度升高，气体分子的平均动能增大，而压强不变(因为活塞可无摩擦滑动，系统处于平衡状态，内外压强平衡)。根据压强的微观表达式，在压强不变，分子平均动能增大的情况下，单位时间单位面积上撞击的分子个数将减少。
增加
减少
(2)若该汽缸内有0.1 mol的气体，已知1 mol该气体的内能U=k2T，其中常量k2=25 J/K。启动控温装置的加热功能，将气体的温度加热到T2=350 K，该过程中气体吸收的热量。
【解析】 由分析可知，加热过程气体的压强不变，由盖－吕萨克定律可得，
又因为V1=dS，则有，解得V2=3.5×10－3 m3；
对汽缸进行受力分析，汽缸受重力、内部气体向下的压力以及大气向上的支持力而处于平衡状态，则p0S=mg＋p1S，
整理可得内部气体压强p1=p0－=1.0×105 Pa－=0.9×105 Pa；
气体膨胀对外做功W=－p0ΔV=－p0(V2－V1)=－45 J；
已知1 mol该气体的内能U=k2T，则0.1 mol气体的内能变化量为ΔU=0.1k2ΔT，
代入数据得0.1 mol气体内能增加量为ΔU=0.1×25×(350－300) J=125 J；
根据热力学第一定律ΔU=Q＋W，得Q=ΔU－W=125 J－(－45) J=170 J。
【答案】 170 J　
(3)若启动控温装置的控温功能，保持气体温度为T1=300 K不变。在汽缸底部施加一个竖直向下的拉力F=360 N 。求再次平衡时汽缸底部与活塞的间距x。
【解析】 施加拉力后汽缸的平衡方程变为p0S=mg＋p3S＋F，
整理得p3=p0－=0.54×105 Pa；
温度不变，由玻意耳定律得p1V1=p3V3，
代入数据得V3=5×10－3 m3；
汽缸底部与活塞的距离x==50 cm。
【答案】 50 cm

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