第1部分 专题6 第15讲 热学（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第15讲　热学 第一部分 专题整合 知识突破 专题六　热学　近代物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 第一部分：专题六　热学　近代物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题六　热学　近代物理 物理 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\f(1,6)πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3. 2．分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大． 3．分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 4．气体压强的微观解释 5.晶体与非晶体 　　分类 比较　　 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定 原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则 联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 6.液体 (1)表面张力：使液体表面积收缩到最小． (2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性． [例1]　(2024·福建模拟预测)有关物质结构和分子动理论的认识，下列说法正确的是(　　 ) A．布朗运动是液体分子的无规则运动 B．分子间距离增大，分子势能一定减小 C．从微观角度看，气体压强的大小与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关 D．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为斥力 [解析]　布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，A错误；分子间距离增大，分子势能不一定减小，当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随分子间距离的增大而减小，当分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，B错误；从微观的角度看，气体分子的平均速率越大、单位体积内的气体分子数越多，则气体对器壁的压强就越大，即气体压强的大小与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关，C正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力，D错误． [答案]　C 1．(多选)(2024·贵州铜仁市二模改编)下列说法正确的是(　　) A．非晶体具有各向同性的物理性质 B．物体的温度越高，分子的平均动能就越大 C．水黾能够停留在水面，是由于浮力的作用 D．农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛细现象的发生 解析：ABD　[晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，非晶体具有各向同性，故A正确；温度是分子的平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均动能越大，故B正确；水黾可以停在水面上是由于水的表面张力作用，故C错误；农田里如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，可以减少毛细现象的发生，从而减少水分流失，故D正确．] 2．(2024·浙江复习联考)下列说法正确的是(　　) A．从射入教室的阳光中看到尘埃的运动就是布朗运动 B．气体如果失去了容器的约束就会散开，说明气体分子之间作用力表现为斥力 C．恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中，气泡中的理想气体放出热量 D．已知某种气体的密度为ρ(kg/m3)，摩尔质量为M(kg/mol)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，则该气体分子之间的平均距离可以表示为eq \r(3,\f(M,ρNA)) 解析：D　[做布朗运动的固体颗粒需要借助于显微镜才能观察到，肉眼可见尘埃的运动不是布朗运动，从射入教室的阳光中看到尘埃的运动是空气的对流引起的，不是布朗运动，A错误；气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子在永不停息地做无规则的热运动，气体分子之间的距离较大，气体分子之间的作用力可以忽略不计，B错误；恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中，由于气泡中的理想气体 温度不变，故内能不变，上升过程中压强减小，体积变大，气体对外做功，W为负值，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体要吸收热量，C错误；把该气体分子所占据的空间看成立方体模型，则有V0＝d3，V0＝eq \f(M,ρNA)，解得气体分子之间的平均距离d＝eq \r(3,\f(M,ρNA))，D正确．] 3．(2024·江苏苏北地区一模)如图所示，有一分子位于坐标原点O处不动，另一分子位于x轴上，纵坐标表示这两个分子的分子势能Ep，分子间距离为无穷远时，分子势能Ep为0，这一分子(　　) A．在x0处所受分子力为0 B．从x1处向左移动，分子力一直增大 C．从x1处向右移动，分子力一直增大 D．在x2处由静止释放可运动到x0处 解析：B　[在x0处所受分子力不为0，在x1处所受分子力为0，A项错误；从x1处向左移动，由图像斜率可知，分子力一直增大，B项正确；从x1处向右移动，分子力先增大后减小，C项错误；由能量守恒定律可知，在x2处由静止释放不能运动到x0处，D项错误．] 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 应用气体实验定律的解题思路 (1)选择对象——某一定质量的理想气体； (2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2； (3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提； (4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性． 若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解． 　　　 “汽缸”模型 [例2]　如图所示，竖直放置的绝热圆形汽缸内有两组固定于汽缸壁的卡环．质量为m的活塞CD放置在体积可忽略的下卡环上，与位于上卡环下方的轻质活塞AB通过轻质弹簧相连．圆形汽缸右壁离AB不远处有一小狭缝与外界大气相通，活塞CD下方封闭了长度为L的一定质量的理想气体．初始时刻，封闭气体的温度为T0，压强为p0，两个活塞都静止，且AB与上卡环接触但无挤压．现对封闭气体缓慢加热，若上 卡环所能承受的最大竖直压力为FN＝3mg，外界大气压强为p0＝eq \f(6mg,S)，弹簧的劲度系数k＝eq \f(2mg,L)，活塞CD的运动可视为缓慢的，且最终不会到达小狭缝所在位置，重力加速度为g，两个活塞的横截面积均为S，则要使上卡环能安全使用．求： (1)汽缸内封闭气体的最高温度； (2)若封闭气体的温度达到了最高温度，求全过程外界对封闭气体所做的功． [解题指导] (1)AB为轻质活塞，重力不计；AB与上卡环接触但无挤压，弹簧弹力为零． (2)气体温度最高时，压强最大，上卡环达到最大承受力． (3)从活塞CD离开下卡环开始上升到弹簧压缩最短，活塞CD对气体的压力为变力，可用平均力计算功． [解析]　(1)当弹簧对AB竖直向上的压力大小为3mg时，CD已经离开下卡环，设弹簧形变量为x1，满足关系kx1＝3mg，代入数据，则有x1＝eq \f(3,2)L 则此时封闭气体的压强为p2，由CD的受力可知kx1＋mg＋p0S－p2S＝0，则有p2＝eq \f(10mg,S) 对封闭气体，设温度为T，则由理想气体状态方程得eq \f(p0LS,T0)＝eq \f(p2L＋x1S,T)，解得T＝eq \f(25,6)T0. (2)由题意可知，弹簧初始状态为原长．设CD恰好上升时气体压强为p1，对CD由受力分析可知 mg＋p0S－p1S＝0，则有p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(7mg,S) 外界对封闭气体所做的功为W＝－eq \f(p1＋p2,2)x1S＝ －eq \f(51,4)mgL. [答案]　(1)eq \f(25,6)T0　(2)－eq \f(51,4)mgL 　“汽缸”模型的三种常见问题 (1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题． (2)气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题． (3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解． 　　　 “液柱”模型 [例3]　(2024·山东卷，16)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＝1.0×105Pa.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. [解题指导] (1)分别分析气体初末态压强和体积，根据等温变化规律求解； (2)以所有气体为研究对象根据等温变化及压强关系求解． [解析]　(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律p1(H－x)S1＝p2HS1， 又因为p1＝p0，p2＋ρgh＝p0， 代入数据联立解得x＝2 cm. (2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V＋p2HS1＝p3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HS1＋\f(h,2)S2))， 又因为p3＋ρg×eq \f(h,2)＝p0， 代入数据联立解得V＝8.92×10－4m3. [答案]　(1)x＝2 cm　(2)V＝8.92×10－4m3 “关联气体”模型 [例4]　(2024·广东卷，13)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＝0.11 p0，p0＝1.0×105 Pa，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)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eq \f(pB1,T1)＝eq \f(pB2,T2)， 代入数据可得pB2＝9×104Pa， (2)A内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102m3，T1＝300 K， 末态T2＝270 K， 根据eq \f(VA1,T1)＝eq \f(VA2,T2)， 代入数据可得VA2＝3.6×102m3， 由于p0－pB2＜Δp， 假设成立，即pB2＝9×104Pa. (3)恰好稳定时，A内气体压强为p′A＝p0＋eq \f(mg,S)， 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＝1.1×102kg. 答案：(1)9×104Pa　(2)3.6×102m3　(3)1.1×102kg 多个系统相互联系的恒定质量气体问题，往往以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．若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系． 　　　 “气体变质量”模型 [例5]　(2023·全国甲卷，33(2))一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3. (ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度； (ⅱ)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度． [解析]　(ⅰ)由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1＝(273＋17) K＝290 K，T2＝(273＋27) K＝300 K， 理想气体状态方程pV＝nRT可知nR＝eq \f(pV,T)， 其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的eq \f(pV,T)正比于气体的质量，则eq \f(ρ1 ,ρ2)＝eq \f(\f(m1,V1),\f(m2,V2))＝eq \f(\f(p1V1,T1V1),\f(p2V2,T2V2)) 其中p1＝p2＝1.2p0，ρ1＝1.46 kg/m3，代入数据解得ρ2＝1.41 kg/m3 (ⅱ)由题意得p3＝p0，T3＝273＋27 K＝300 K，同理可得eq \f(ρ2,ρ3)＝eq \f(\f(m2,V2),\f(m3,V3))＝eq \f(\f(p2V2,T2V2),\f(p3V3,T3V3)) 解得ρ3＝1.18 kg/m3. [答案]　(ⅰ)1.41 kg/m3；(ⅱ)1.18 kg/m3 考点三　热力学定律与气体实验定律相结合 1．热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路 (1)内能变化量ΔU ①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＝Q＋W分析内能变化． (2)做功W：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. (3)气体吸、放热量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． 注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0. 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，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响． [例6]　(2024·广东执信中学三模)如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为L0，汽缸内温度为T0.现通过电热丝缓慢对汽缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体温度升高到2T0.已知大气压强为p0，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收．求汽缸内气体温度从T0升高到2T0的过程中， (1)活塞移动的距离x； (2)该气体增加的内能ΔU. [解析]　(1)气体等压变化，则由盖­吕萨克定律有eq \f(L0S,T0)＝eq \f(L1S,2T0)， 活塞移动的距离x＝L1－L0， 解得x＝L0. (2)设该气体压强为p， 有pS＝p0S＋Gsin θ， 气体对外界做功W＝－pSx， 吸收的热量Q＝I2Rt， 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W， 解得ΔU＝I2Rt－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(Gsin θ,S)))SL0. [答案]　(1)L0　(2)I2Rt－(p0＋eq \f(Gsin θ,S))SL0 1．(多选)(2024·河北卷，19)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 解析：ACD　[初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空散逸，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，A正确；活塞初时静止在汽缸正中间，由于活塞向左移动，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，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，可知气体内能增加，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终右侧的两倍，D正确．] 2．(2024·河北保定高三校考)如图所示，一长度为3.5L、导热性能良好的细玻璃管开口向上竖直放置，用长度为L的水银柱将一定质量的理想气体封闭在玻璃管内，稳定时封闭气柱的长度为L，已知长度为L的水银柱产生的压强为0.2p0，p0为外界大气压强，环境热力学温度为T0. (1)若将玻璃管倒置，请通过计算分析是否有水银溢出，若有水银溢出，求玻璃管内剩余的水银柱长度； (2)开口向上时，缓慢加热气体，当水银柱上表面刚好与管口平齐时热力学温度为T1，整个过程气体从外界吸收的热量为Q＝2.5p0LS，S为水银柱的横截面积，求T1∶T0以及封闭气体内能的变化量． 解析：(1)玻璃管开口向上时，封闭气体的压强为p1＝p0＋0.2p0＝1.2p0， 封闭气体的体积为V1＝LS， 玻璃管倒置后，假设没有水银溢出，封闭气体的压强为p2＝p0－0.2p0＝0.8p0， 封闭气体的体积为V2＝L′S， 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2， 解得L′＝1.5L， 由于L′＋L<3.5L，水银未从玻璃管中溢出． (2)开口向上时，封闭气体的体积为V1＝LS， 气体的温度为T0，缓慢加热时，封闭气体做等压变化，水银柱上表面与管口平齐时封闭气体的体积为 V3＝2.5LS， 气体的温度为T1， 由盖­吕萨克定律得eq \f(V1,T0)＝eq \f(V3,T1)， 解得T1∶T0＝5∶2， 该过程中气体体积增大，气体对外做功，即 W＝－p1S×1.5L＝－1.8p0LS， 由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，解得气体内能增加量为ΔU＝0.7p0LS. 答案：(1)见解析　(2)5∶2　增加了0.7p0LS 考点四　气体状态变化的图像问题 气体状态变化图像的分析方法 1．明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当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，它对应着三个状态参量；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． 2．明确图像斜率的物理意义：在V­T图像(p­T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大． 3．明确图像面积的物理意义：在图像中，p­V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功． [例7]　(2024·江西卷，13)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. [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eq \f(pD,T2)＝eq \f(pA,T1) 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 1．(多选)(2024·云南玉溪市质检)一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p­t图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)．下列判断正确的是(　　) A．过程ab中气体体积不变 B．过程ca中气体体积不变 C．过程ca中气体吸收热量 D．过程bc中气体吸收热量 解析：BD　[根据eq \f(pV,T)＝C，可知Vc＞Vb，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)，则Va＝Vc，所以Va＝Vc＞Vb，故A错误，B正确；过程ca中气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，则由ΔU＝W＋Q可知Q<0，气体放热，故C错误；过程bc中气体体积增大，气体对外界做功，W<0；温度升高，内能增大，即ΔU>0，根据ΔU＝W＋Q可知Q>0，即气体从外界吸热，故D正确．] 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 解析：C　[A.a→b过程压强不变，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Tb＞Ta，即内能增大，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.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.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；D.根据热力学第一定律结合上述解析可知：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，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Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误．] 1．(2024·山东泰安一模)气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接．可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力．设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B.然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是(　　) 解析：B　[从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强，故B正确．] 2．(2024·湖南模拟预测)如图所示，高为h＝14.4 cm、截面积S＝5 cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况(温度t0＝0 ℃、压强p0＝1×105Pa)下，用质量为M＝1 kg的绝热活塞Q和质量不计的导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q与固定在汽缸底部、劲度系数为k＝1 000 N/m的轻弹簧拴接，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，此时活塞P刚好位于汽缸的顶部．现将一质量为m＝1 kg的物体放在活塞P上，活塞P下移．不计一切摩擦，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g＝10 m/s2.则当活塞P不再下移时．求： (1)气体甲的长度l1′为多少？ (2)如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏度？(结果保留整数) 解析：(1)气体甲的初态压强为p1＝p0＝1×105 Pa， 体积为V1＝eq \f(h,2)S， 末态压强为p1′，体积为V1′＝l1′S， 此时对活塞P有p0S＋mg＝p1′S， 解得p1′＝p0＋eq \f(mg,S)＝1.2×105 Pa， 对气体甲，根据玻意耳定律有p1V1＝p1′V1′， 代入解得l1′＝6 cm. (2)气体乙的初态压强为p2，体积为V2＝eq \f(h,2)S， 温度为T2＝273 K， 此时对活塞Q有p1S＋Mg＝p2S， 解得p2＝p1＋eq \f(Mg,S)＝1.2×105 Pa， P不再下降时气体甲的长度为l1′＝6 cm，故要使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时的气柱长为l2′＝8.4 cm， 此时弹簧伸长，形变量x＝l2′－eq \f(h,2)＝1.2 cm， 气体乙的末态压强为p2′，体积为V2′＝l2′S， 温度为T2′，此时对活塞Q，有p1′S＋Mg＋kx＝p2′S， 解得p2′＝1.64×105 Pa， 对气体乙，由理想气体状态方程有eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p2′V2′,T2′) 解得T2′≈435 K，则t＝(435－273)℃＝162 ℃. 答案：(1)6 cm　(2)162 ℃ $$