第15讲 理想气体状态方程 热力学问题（对标选考17题）-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第15讲 理想气体状态方程 热力学问题 高考对热学内容的考查范围广泛，涉及各个知识点，其中气体实验定律和理想气体状态方程的应用是重点。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、气体压强的求法 1．平衡状态下气体压强的求法 (1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强． (2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强． (3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强． 2．加速运动系统中封闭气体压强的求法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解． 二、气体实验定律的应用 1．气体实验定律 玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律 内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比 表达式 p1V1＝p2V2 ＝或 ＝ ＝或 ＝ 图象 2.理想气体的状态方程 (1)理想气体 ①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体． ②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能． (2)理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C. 气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例． 三、热力学第一定律的理解及应用 1．热力学第一定律的理解 不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系． 2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定 符号 W Q ΔU ＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 － 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少 3.几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量． (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量． (3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，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＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10﹣4m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。 （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）若此过程中气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。 2. （2024•浙江）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＝750cm3的左右两部分。面积为S＝100cm2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＝300K、压强p1＝2.04×105Pa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＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J。已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计。 （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。 3. （2023•浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体： （1）在状态B的温度； （2）在状态C的压强； （3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。 4. （2023•浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。 （1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）求气体在状态C的温度TC； （3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。 题型2选考模拟探秘 5. （2024•温州三模）某款气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，其核心部件模型工作原理简图如图所示。圆筒形导热气缸，开口向上竖直放置在水平地面上，筒长L＝18cm、内部横截面积S1＝20cm2，横截面积S2＝18cm2。的圆柱形活塞插在气缸内，在卡环（可使活塞向下运动而不能向上运动，且当活塞运动时与活塞间无力）的作用下保持静止。开始时活塞有h＝5.0cm的长度伸入气缸，缸内封闭气体压强p1＝3.0×105Pa，已知活塞与椅面的总质量m＝5.0kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，缸内气体视为理想气体，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。 （1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，则缸内气体 （选填“吸热”、“放热”），其数值为 ； （2）某同学先虚坐在椅面上（与椅面间恰无作用力），然后逐渐减小脚对地面的压力，使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定。求稳定后气体压强p2和该同学的质量M。 6. （2024•宁波二模）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的横截面积均为S，容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有气体（可视为理想气体），活塞下方气体压强为p0，左活塞在气缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使气缸底与一热源接触，热源温度恒为T0，平衡后左活塞升至气缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与气缸壁间的摩擦。求： （1）开始时右活塞上方气体压强p′； （2）接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H； （3）打开阀门K后，重新达到平衡时左气缸中活塞上方气体的体积Vx。 7. （2024•浙江二模）自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具。自行车轮胎气压过低不仅费力而且又很容易损坏内胎，轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎，因此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要。已知某款自行车轮胎容积为V＝1.8L且保持不变，在环境温度为27℃条件下，胎内气体压强为p1＝1.5×105Pa，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa。 （1）若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37℃，问此时车内气体的压强； （2）若车胎的气门芯会缓慢漏气，长时间放置后胎内压强变为p0＝1.0×105Pa，忽略气体温度与车胎容积的变化，问胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例； （3）若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27℃下为p＝2.1×105Pa，为使车胎内气压达标，某同学用打气筒给自行车打气。设每打一次可打入压强为p0＝1.0×105Pa温度为27℃的空气90cm2。请通过计算判断打气10次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压。假设打气过程气体的温度保持不变，车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计。 1. （2024•镇海区校级模拟）某研究性学习小组设计了一种“体积测量仪器”，用于测量不规则物体的体积。如图所示，导热薄壁汽缸竖直放置在水平面上，横截面积S＝10cm2，其底部放一不规则物体，活塞密封一定质量的理想气体，可沿着汽缸壁无摩擦滑动，活塞下表面距缸底的高度为h1＝40cm，现在活塞上表面缓慢加上细沙，当沙子的质量为m＝2kg时，活塞向下移动的距离为h2＝6cm，外界热力学温度为T1＝280K，且保持不变。活塞重力可忽略不计，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，求： （1）活塞下移过程中，缸内的理想气体是吸热还是放热；气体分子热运动的平均速率是否变化？（选填“变大”、“变小”、“不变”） （2）物体的体积V0； （3）若此后外界的温度缓慢上升，活塞恰好回到初始时的位置，此时外界的热力学温度T3。 2. （2024•镇海区校级模拟）如图所示，绝热的活塞把n摩尔某气体（可视为理想气体）密封在水平放置的绝热气缸内。气缸固定在大气中，大气压强为p0，气缸内的电热丝可以以恒定热功率对气缸内气体缓慢加热。初始时，气体的体积为V0、温度为T0、压强为p0。现分别进行两次独立的实验操作，操作1：固定活塞，电热丝工作一段时间t1，达热平衡后气体的温度为2T0；操作2：活塞可在气缸内无摩擦地滑动，电热丝工作一段时间t2，达热平衡后气体的温度也为2T0。已知1摩尔该气体温度升高1K时其内能的增量为已知恒量k，可认为电热丝产生的热量全部被气体吸收，题中温度单位为开尔文，结果均用题中字母表示。 求： （1）操作1结束后气缸内气体的压强p1； （2）操作2过程中外界对气体做的功； （3）两次电热丝工作时间t1和t2之比。 3. （2024•金东区校级模拟）如图所示，在竖直放置的导热性良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的热力学温度为T0，活塞处于A处，它与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后到达B处再次处于静止状态。 （1）外界空气的热力学温度是多少？ （2）在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？ （3）某人在上一问的基础上又接着提了一个问题，说：“有人在活塞上方施加一个竖直向下的外力，使气体从上一问的状态B（活塞在B处）缓慢地回到状态A（活塞在A处），在此过程中外力做功是多少？”他的解答思路如下：设状态A和状态B时的外力分别为FA和FB，外力做功。请你对他的解答思路进行评价：如果你认为正确，请求出结果；如果你认为不正确，请说出错误的原因，不必求出正确结果？ 4. （2024•乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。 该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g、厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。 （1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）； （2）该温度计的测温范围； （3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。 5. （2024•台州二模）海洋温差发电安全无污染，储量巨大。在某次发电测试实验中，探测到490m深处的海水温度为290K，如图所示，在此处将氨水蒸气封闭在横截面积S＝2m2的气缸内，气缸从深海490m深处上浮到海面，随着海水温度升高，封闭气体的体积增大，活塞缓慢上升且始终未脱离气缸。氨水蒸气可看作理想气体，气缸导热性能良好，活塞质量不计。已知海面处温度T0＝300K、此处气体体积V0＝3m3，大气压强恒为p0＝1×105Pa，海水密度ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）气缸从深海上浮到海面，气缸内气体的分子平均动能 （选填“变大”、“变小”或者“不变”）及内能 （选填“变大”、“变小”或者“不变”）； （2）求气缸在深海中上浮490m到海平面的过程中，活塞相对缸底上升的距离（计算结果保留3位有效数字）； （3）在上述过程中，气缸内含蒸气1.7kg，上升过程吸收的总热量为105kJ，已知1摩尔蒸气的内能U＝kT，其中常量k＝25J/K，1摩尔蒸气质量为17g。求蒸气对外做的功。 6. （2024•浙江模拟）如图甲所示，高为h、开口向上的汽缸放在水平地面上，横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体，平衡时活塞下部与汽缸底部的间距为0.8h。移动汽缸，将其放在倾角θ＝53°的固定斜面上，绕过定滑轮的轻绳一端与质量为M（M未知）的物块相连，另一端与活塞相连，滑轮右侧轻绳与斜面平行，系统处于平衡时活塞恰好上升到汽缸顶部，如图乙所示。重力加速度大小为g，大气压强恒为p0，sin53°＝0.8，不计一切摩擦，缸内气体的温度恒定，斜面足够长。 （1）此过程中汽缸与外界的热交换情况（选填“吸热”、“放热”）； （2）求物块的质量M； （3）若将轻绳剪断，求剪断后瞬间汽缸和活塞的加速度大小。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第15讲 理想气体状态方程 热力学问题 高考对热学内容的考查范围广泛，涉及各个知识点，其中气体实验定律和理想气体状态方程的应用是重点。浙江选考中，常以计算题形式出现。 一、气体压强的求法 1．平衡状态下气体压强的求法 (1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强． (2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强． (3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强． 2．加速运动系统中封闭气体压强的求法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解． 二、气体实验定律的应用 1．气体实验定律 玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律 内容 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比 表达式 p1V1＝p2V2 ＝或 ＝ ＝或 ＝ 图象 2.理想气体的状态方程 (1)理想气体 ①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体． ②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能． (2)理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C. 气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例． 三、热力学第一定律的理解及应用 1．热力学第一定律的理解 不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系． 2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定 符号 W Q ΔU ＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 － 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少 3.几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量． (2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量． (3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量． 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，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＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10﹣4m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。 （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）若此过程中气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。 【解答】解：（1）温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变； 根据压强公式可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变； 容器内气体分子总数不变，由于体积变大，因此气体分子的数密度变小。 （2）气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律 代入数据解得V＝4×10﹣5m3 （3）整个过程中外界对气体做功为W＝﹣p1S（l2﹣l1） 对活塞受力分析p1S＝mg+p0S 解得W＝﹣4.1J 根据热力学第一定律ΔU＝Q+W 其中ΔU＝10.3J 解得Q＝14.4J＞0 故气体吸收热量为14.4J。 2. （2024•浙江）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＝750cm3的左右两部分。面积为S＝100cm2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＝300K、压强p1＝2.04×105Pa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＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J。已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计。 （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。 【解答】解：（1）根据热力学第二定律可知，自然界与热现象有关的宏观过程都有方向性，气体的扩散可以自发进行，因此气体从状态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，气体自由膨胀，不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，气体分子平均动能不变。 （2）气体从状态1到状态2发生等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2•2V1 代入数据解得 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为对象， 根据平衡条件p2S＝p0S+F 代入数据解得F＝10N （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T2＝350K的状态3，可知气体做等压变化 根据盖・吕萨克定律 代入数据解得 该过程气体对外做功为W＝p2ΔV＝p2（V3﹣2V1） 代入数据解得W＝25.5J 根据热力学第一定律可得ΔU＝﹣W+Q′ 解得气体吸收的热量为Q′＝ΔU+W＝63.8J+25.5J＝89.3J 可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3J。 答：（1）不可逆；不变； （2）水平恒力F的大小为10N； （3）电阻丝C放出的热量为89.3J。 3. （2023•浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体： （1）在状态B的温度； （2）在状态C的压强； （3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。 【解答】解：（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得 代入数据解得：TB＝330K （2）气体在状态B的压强为pB＝p00.99×105PaPa＝1×105Pa 从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得 代入数据解得：pC＝1.1×105Pa （3）从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J 从状态B到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得 ΔU＝Q﹣W 代入数据解得：Q＝188J 4. （2023•浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。 （1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； （2）求气体在状态C的温度TC； （3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。 【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变； 根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大； （2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得： pAVA＝pBVB 在A状态时，根据活塞的平衡状态可得： p0S＝mg+pAS 其中，S＝100cm2＝0.01m2 从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得： 联立解得：TC＝350K （3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0 从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得： ΔUAC＝Q+WAC 因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB 根据题意可得：ΔUAC＝ΔU 联立解得：WAB＝11J 题型2选考模拟探秘 5. （2024•温州三模）某款气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，其核心部件模型工作原理简图如图所示。圆筒形导热气缸，开口向上竖直放置在水平地面上，筒长L＝18cm、内部横截面积S1＝20cm2，横截面积S2＝18cm2。的圆柱形活塞插在气缸内，在卡环（可使活塞向下运动而不能向上运动，且当活塞运动时与活塞间无力）的作用下保持静止。开始时活塞有h＝5.0cm的长度伸入气缸，缸内封闭气体压强p1＝3.0×105Pa，已知活塞与椅面的总质量m＝5.0kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，缸内气体视为理想气体，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。 （1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，则缸内气体 （选填“吸热”、“放热”），其数值为 ； （2）某同学先虚坐在椅面上（与椅面间恰无作用力），然后逐渐减小脚对地面的压力，使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定。求稳定后气体压强p2和该同学的质量M。 【解答】解：（1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，由于环境温度保持不变，可知气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可得ΔU＝W+Q＝0，Q＝﹣W＝﹣32J，可知缸内气体放热，其数值为32J； （2）以密封体为对象，初态有 p1＝3.0×105Pa，V1＝LS1﹣hS2， 使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定，则稳定后气体体积为V2＝LS1﹣（h+Δh）S2， 根据玻意耳定律p1V1＝p2V2 代入数据联立解得p2＝4.5×105Pa， 根据受力平衡可得 p2S2＝p0S2+（M+m）g 联立解得该同学质量M＝58kg； 故答案为：（1）放热，32J；（2）稳定后气体压强p2为4.5×105Pa，该同学的质量M为58kg。 6. （2024•宁波二模）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的横截面积均为S，容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有气体（可视为理想气体），活塞下方气体压强为p0，左活塞在气缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使气缸底与一热源接触，热源温度恒为T0，平衡后左活塞升至气缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与气缸壁间的摩擦。求： （1）开始时右活塞上方气体压强p′； （2）接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H； （3）打开阀门K后，重新达到平衡时左气缸中活塞上方气体的体积Vx。 【解答】解：（1）对左侧活塞，由平衡条件可得：p0S＝1.5mg 对右侧活塞，由平衡条件可得：p′S+mg＝p0S 联立解得：p′； （2）打开K前，左侧下部分气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得： 解得：H； （3）打开K后，设左侧气缸上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得：p′•p1V1 对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体的压强为：p2＝p1p1+p0 由等温变化可得：p0•V0＝p2（2V0﹣V1） 解得：V1 此时右侧活塞运动到气缸的顶部，所以左气缸中活塞上方气体的体积： Vx＝V1。 7. （2024•浙江二模）自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具。自行车轮胎气压过低不仅费力而且又很容易损坏内胎，轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎，因此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要。已知某款自行车轮胎容积为V＝1.8L且保持不变，在环境温度为27℃条件下，胎内气体压强为p1＝1.5×105Pa，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa。 （1）若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37℃，问此时车内气体的压强； （2）若车胎的气门芯会缓慢漏气，长时间放置后胎内压强变为p0＝1.0×105Pa，忽略气体温度与车胎容积的变化，问胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例； （3）若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27℃下为p＝2.1×105Pa，为使车胎内气压达标，某同学用打气筒给自行车打气。设每打一次可打入压强为p0＝1.0×105Pa温度为27℃的空气90cm2。请通过计算判断打气10次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压。假设打气过程气体的温度保持不变，车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计。 【解答】解：（1）气体做等容变化，由： 变形后得： （2）设原胎内气体做等温膨胀，由玻意耳定律可列：p1V＝p0V2 代入数据得到： 故泄漏质量占比为： 即有三分之一的气体泄漏。 （3）设原胎内气体做等温膨胀后压强变为p0时体积变为V3，得：p1V＝p0V3 再将胎内气体和打气筒打入的气体看作整体一起做等温压缩，由玻意耳定律：p0（1.5V+10ΔV）＝p'V 其中每次打气：ΔV＝90cm3 联立解得：p'＝2.0×105Pa＜p，故胎内气体未达标准气压。 答：（1）时车内气体的压强为1.55×105Pa； （2）胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例为； （3）未达标准气压，详见解析。 1. （2024•镇海区校级模拟）某研究性学习小组设计了一种“体积测量仪器”，用于测量不规则物体的体积。如图所示，导热薄壁汽缸竖直放置在水平面上，横截面积S＝10cm2，其底部放一不规则物体，活塞密封一定质量的理想气体，可沿着汽缸壁无摩擦滑动，活塞下表面距缸底的高度为h1＝40cm，现在活塞上表面缓慢加上细沙，当沙子的质量为m＝2kg时，活塞向下移动的距离为h2＝6cm，外界热力学温度为T1＝280K，且保持不变。活塞重力可忽略不计，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，求： （1）活塞下移过程中，缸内的理想气体是吸热还是放热；气体分子热运动的平均速率是否变化？（选填“变大”、“变小”、“不变”） （2）物体的体积V0； （3）若此后外界的温度缓慢上升，活塞恰好回到初始时的位置，此时外界的热力学温度T3。 【解答】解：（1）活塞下移过程中，缸内的理想气体体积减小，外界对气体做功，即W＞0，又因为汽缸导热性能良好，外界温度不变，所以缸内气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，则热力学第一定律 ΔU＝W+Q 可得，Q＜0，即缸内的理想气体放热； 由于温度是分子平均动能的唯一标志，且气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，所以气体分子热运动的平均速率不变； （2）当沙子的质量m＝2kg时，对活塞受力分析有 pS＝p0S+mg ① 又对活塞下移h2的过程，由玻意耳定律有 p0V1＝pV2 ② 其中V1＝h1S﹣V0，V2＝（h1﹣h2）S﹣V0 ③ 结合①②③代入数据解得：V0＝40cm3； （3）选取未加沙子的时刻为初状态，活塞回到初始位置的时刻为末状态，则汽缸内的气体发生等容变化，由查理定律 代入数据解得：T3＝336K； 答：（1）活塞下移过程中，缸内的理想气体是放热；气体分子热运动的平均速率是不变； （2）物体的体积40cm3； （3）此后外界的温度缓慢上升，活塞恰好回到初始时的位置，此时外界的热力学温度为336K。 2. （2024•镇海区校级模拟）如图所示，绝热的活塞把n摩尔某气体（可视为理想气体）密封在水平放置的绝热气缸内。气缸固定在大气中，大气压强为p0，气缸内的电热丝可以以恒定热功率对气缸内气体缓慢加热。初始时，气体的体积为V0、温度为T0、压强为p0。现分别进行两次独立的实验操作，操作1：固定活塞，电热丝工作一段时间t1，达热平衡后气体的温度为2T0；操作2：活塞可在气缸内无摩擦地滑动，电热丝工作一段时间t2，达热平衡后气体的温度也为2T0。已知1摩尔该气体温度升高1K时其内能的增量为已知恒量k，可认为电热丝产生的热量全部被气体吸收，题中温度单位为开尔文，结果均用题中字母表示。 求： （1）操作1结束后气缸内气体的压强p1； （2）操作2过程中外界对气体做的功； （3）两次电热丝工作时间t1和t2之比。 【解答】解：（1）操作1中，气体发生等容变化，由查理定律得： 解得：p1＝2p0 （2）设操作1结束后气缸内气体的体积为V1。 操作2过程中气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得 可得：V1＝2V0 操作2过程中外界对气体做的功W＝﹣p0ΔV＝p0（V1﹣V0）＝﹣p0（2V0﹣V0）＝﹣p0V0 （3）设两种过程中电热丝传给气体的热量分别为Ql与Q2。 由题意可知，两次气体内能增加量均为：ΔU＝nk（2T0﹣T0）＝nkT0 操作1中，活塞不动，外界对气体不做功，即W1＝0 由热力学第一定律得ΔU＝W1+Q1 则 Q1＝ΔU＝nkT0 操作2过程中，由热力学第一定律得ΔU＝Q2+W 可得Q2＝nkT0+p0V0 结合Q＝Pt，P一定得： t1：t2＝Q1：Q2＝nkT0：（nkT0+p0V0） 3. （2024•金东区校级模拟）如图所示，在竖直放置的导热性良好的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，开始时气体的热力学温度为T0，活塞处于A处，它与容器底的距离为h0，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后到达B处再次处于静止状态。 （1）外界空气的热力学温度是多少？ （2）在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？ （3）某人在上一问的基础上又接着提了一个问题，说：“有人在活塞上方施加一个竖直向下的外力，使气体从上一问的状态B（活塞在B处）缓慢地回到状态A（活塞在A处），在此过程中外力做功是多少？”他的解答思路如下：设状态A和状态B时的外力分别为FA和FB，外力做功。请你对他的解答思路进行评价：如果你认为正确，请求出结果；如果你认为不正确，请说出错误的原因，不必求出正确结果？ 【解答】解：（1）以密闭气体为研究对象，大气压恒为p0不变，活塞上升过程为等压变化，由盖﹣吕萨克定律有 解得 （2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对气体做的功W＝﹣（mg+p0S）d 根据热力学第一定律可知密闭气体增加的内能为ΔU＝Q+W＝Q﹣（mg+p0S）d （3）气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C及平衡状态可知F并非线性变化，不可用平均作用力计算功，所以该同学解答思路错误。 4. （2024•乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。 该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g、厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。 （1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）； （2）该温度计的测温范围； （3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。 【解答】解：（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到热平衡。 测温时金属块在上下挡条之间自由移动，封闭气体压强一定，由盖—吕萨克定律：，可得： 因圆柱形细管的横截面积S一定，故金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可知该温度计的刻度是均匀的。 （2）已知当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力，此时封闭气体的体积最小，所测温度最低。 此时气体的体积为：V1＝Sh1，h1＝100cm﹣40cm＝60cm 温度为：T1＝（27+273）K＝300K 所测温度最高时（设为T2），金属块恰好对上方挡条无压力，此时气体的体积为： V2＝Sh2，h2＝100cm﹣2cm＝98cm 根据盖—吕萨克定律可得： 解得：T2＝490K，即217℃ 则该温度计的测温范围为：27℃～217℃ （3）示数由57℃上升到157℃，温度升高了Δt＝100℃，设对应的金属块上升的高度为Δh，由（1）的结论：金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可得： 解得：Δh＝20cm＝0.2m 封闭气体压强为：p＝p0 此过程外界对气体做功为： W＝﹣pSΔh 其中：m＝20g＝0.02kg，S＝5mm2＝5×10﹣6m2， 解得：W＝﹣0.14J 根据热力学第一定律得：ΔU＝W+Q 解得：Q＝0.54J 即气体吸收的热量为0.54J。 5. （2024•台州二模）海洋温差发电安全无污染，储量巨大。在某次发电测试实验中，探测到490m深处的海水温度为290K，如图所示，在此处将氨水蒸气封闭在横截面积S＝2m2的气缸内，气缸从深海490m深处上浮到海面，随着海水温度升高，封闭气体的体积增大，活塞缓慢上升且始终未脱离气缸。氨水蒸气可看作理想气体，气缸导热性能良好，活塞质量不计。已知海面处温度T0＝300K、此处气体体积V0＝3m3，大气压强恒为p0＝1×105Pa，海水密度ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）气缸从深海上浮到海面，气缸内气体的分子平均动能 （选填“变大”、“变小”或者“不变”）及内能 （选填“变大”、“变小”或者“不变”）； （2）求气缸在深海中上浮490m到海平面的过程中，活塞相对缸底上升的距离（计算结果保留3位有效数字）； （3）在上述过程中，气缸内含蒸气1.7kg，上升过程吸收的总热量为105kJ，已知1摩尔蒸气的内能U＝kT，其中常量k＝25J/K，1摩尔蒸气质量为17g。求蒸气对外做的功。 【解答】解：（1）气缸从深海上浮到海面过程，气缸内气体温度升高，因此气缸内气体的分子平均动能变大；气体内能变大； （2）初始时p1＝p0+ρgh 代入数据解得：p1＝5×105Pa， 根据理想气体状态方程 解得：V1＝0.058m3， 又根据V0﹣V1＝ΔhS 代入数据解得：Δh＝1.47m； （3）根据热力学第一定律有ΔU＝W+Q ΔU＝100kΔt 代入数据解得：ΔU＝25kJ 联立解得：Q＝﹣80kJ，即蒸气对外做的功80kJ； 6. （2024•浙江模拟）如图甲所示，高为h、开口向上的汽缸放在水平地面上，横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体，平衡时活塞下部与汽缸底部的间距为0.8h。移动汽缸，将其放在倾角θ＝53°的固定斜面上，绕过定滑轮的轻绳一端与质量为M（M未知）的物块相连，另一端与活塞相连，滑轮右侧轻绳与斜面平行，系统处于平衡时活塞恰好上升到汽缸顶部，如图乙所示。重力加速度大小为g，大气压强恒为p0，sin53°＝0.8，不计一切摩擦，缸内气体的温度恒定，斜面足够长。 （1）此过程中汽缸与外界的热交换情况（选填“吸热”、“放热”）； （2）求物块的质量M； （3）若将轻绳剪断，求剪断后瞬间汽缸和活塞的加速度大小。 【解答】解：（1）缸内气体的温度恒定，所以气体的内能不变，即ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，所以W＜0 由热力学第一定律：ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以气体吸热； （2）图甲活塞受力平衡，则有：mg+p0S＝p1S 图乙活塞受力平衡，则有：mgsinθ+p0S＝p2S+T 物块受力平衡，则有：T＝Mg 从图甲到图乙，气体是等温变化，由玻意耳定律有：p1S×0.8h＝p2Sh 代入数据可得： （3）剪断轻绳瞬间，气缸所受的内外气体的压力不变，重力不变，所以气缸的合力仍为零，由牛顿第二定理可得气缸的加速度a1＝0 剪断轻绳瞬间，以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有：mgsinθ+p0S﹣p2S＝ma2 代入数据可得： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$