专题六 第14讲 热学-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（基础版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（基础版） 　第14讲　热学 考点1　分子动理论、内能、固体和液体 例1　(2023·海南高考)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是(　　) A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力 B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大 C．分子势能在r0处最小 D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小 [解析]　根据分子力与分子间距离的关系可知，分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，分子间引力做正功，分子势能减小，分子间距离小于r0且减小时，分子间表现为斥力，分子间斥力做负功，分子势能增大，则在r0处分子势能最小。故C正确，A、B、D错误。 [答案]　C 例2　(2023·江苏省苏锡常镇高三下二模补偿训练)下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是(　　) A．图甲所示的晶体熔化过程中组成晶体的分子平均动能变大 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 [解析]　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；图丙是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，所以连线表示小炭粒的位置连线，不表示其运动轨迹，故C错误；图丁A中液面与管壁接触的位置向上弯，是浸润现象，B中液面与管壁接触的位置向下弯，是不浸润现象，故D正确。 [答案]　D 1．宏观量与微观量的相互关系 微观量 分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等 宏观量 物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、物质的量n等 相互 关系 ①一个分子的质量：m0＝＝(固、液、气都适用) ②一个分子的体积：V0＝＝(固、液适用) 2.分子的热运动 实验证据 扩散现象：不同种物质能够彼此进入对方的现象。由物质分子的无规则运动产生。温度越高，扩散越快 布朗运动：液体内悬浮的微粒永不停息的无规则运动。微粒越小、温度越高，运动越剧烈(反映了液体分子的无规则运动，但并非液体分子的无规则运动) 热运动：分子永不停息的无规则运动叫作热运动。温度升高，热运动剧烈程度增加，分子平均速率增大，但不是每个分子的速率都变大 3.分子力曲线与分子势能曲线的比较 分子力曲线 分子势能曲线 图线 坐标轴 横轴：分子间距离r 纵轴：分子力 横轴：分子间距离r 纵轴：分子势能 正负意义 正负表示方向。正号表示斥力，负号表示引力 正负表示大小。正值一定大于负值 与横轴交点 r＝r0 r<r0 注：分子力、分子势能的关系：F·Δr＝－ΔEp。 可根据上述功能原理由F­r曲线分析分子势能随分子间距离的变化情况，也可根据上述功能原理由Ep­r曲线分析分子力随分子间距离的变化情况。 4．温度和气体压强的微观意义 (1)温度 ①分子的速率分布特点：分子数随速率的增大呈“中间多、两头少”的分布，温度升高，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，但某个分子的速率可能变小。 ②温度是分子热运动平均动能的标志，相同温度下不同物体的分子平均动能相同，但分子平均速率一般不同。 ③温度越高，分子的平均动能越大，内能不一定越大。 (2)气体压强 产生原因 大量气体分子由于做无规则热运动，频繁撞击容器壁而产生 影响因素 从气体压强产生的原理看：与单位时间撞击到容器壁单位面积上的分子数N，以及单个分子撞击容器壁的平均撞击力有关 从气体微观状态量角度看：与气体的分子数密度n，以及气体分子的平均动能k有关 注意：N和n是不同的物理量。 理想气体压强p＝2m·N＝2m·n＝n·k n：分子数密度 N：单位时间气体分子对单位面积器壁的撞击次数 2m：单个分子撞击容器壁的平均撞击力 5．固体和液体 (1)对晶体、非晶体特性的理解 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，但多晶体中每个晶粒间的排列无规则 无规则 联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 注：①单晶体的物理性质具有各向异性，但并非每种晶体都能在各种物理性质上表现出各向异性。 ②有的物质在不同条件下能够生成不同的晶体，比如金刚石和石墨。 (2)液体 在液体内部，分子间平均距离r略小于r0，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子比较稀疏，分子间距离r略大于r0，分子间的作用力表现为引力。 ①液体表面张力：使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。 ②浸润与不浸润：一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，浸润和不浸润也是分子力的表现。 ③毛细现象：浸润液体在细管中上升、不浸润液体在细管中下降的现象。 (3)液晶是一种特殊的物质，既具有流动性，又在光学等物理性质上表现出各向异性。 两种分子模型 (1)球体模型：把分子看成球形，分子的直径d＝。适用于固体和液体。 (2)立方体模型：把分子看成小立方体，其棱长d＝。适用于固体、液体和气体。 注意：对于气体，利用d＝计算出的d不是分子直径，而是相邻气体分子间的平均距离。 考点2　气体实验定律和理想气体状态方程 例3　(2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　) A．气体分子的数密度增大 B．气体分子的平均动能增大 C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 [解析]　根据理想气体状态方程＝C可得p＝T，结合p­T图像可知，AB为等容线，即由状态A变化到状态B气体体积不变，所以气体分子的数密度不变，A错误；由状态A变化到状态B，理想气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；由状态A变化到状态B，理想气体的压强增大，根据F＝pS可知，单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，C错误；由状态A变化到状态B，理想气体的温度升高，则气体分子的平均速率增大，而气体分子的数密度不变，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。 [答案]　B 例4　(2024·江西高考)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＝1200 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＝ 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 气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。 [答案]　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 例5　(2024·山东高考)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)由题意可知，缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程，汲液器内的气体发生等温变化。初状态：汲液器内气体的压强p1＝p0 体积V1＝(H－x)S1 末状态：汲液器内气体的压强p2＝p0－ρgh 体积V2＝HS1 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 联立并代入数据，解得x＝2 cm。 (2)根据题意，当外界空气进入后，罐内封闭的所有气体在压强为p0时，其体积为 V总＝V＋V1 末状态，罐内封闭的所有气体压强 p3＝p0－ρg 体积V3＝HS1＋S2 罐内封闭的所有气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V总＝p3V3 联立并代入数据，解得V＝8.92×10－4 m3。 [答案]　(1)2 cm　(2)8.92×10－4 m3 例6　(2024·广东高考)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的体积不变。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＝4.0×10－2 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＝1.0×105 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，差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到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)假设环境温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，则B内气体做等容变化，初状态压强为pB1＝p0，温度为T1＝300 K 末状态压强为pB2，温度为T2＝270 K 根据查理定律，有＝ 代入数据可得pB2＝9×104 Pa 分析可知，在环境温度降低到T2＝270 K的过程中，A内气体压强始终为p0，因p0－pB2＝0.1p0<Δp，则假设成立，pB2＝9×104 Pa。 (2)A内气体做等压变化，初状态体积为VA1＝4.0×10－2 m3，温度为T1＝300 K 末状态体积为VA2，温度为T2＝270 K 根据盖—吕萨克定律，有＝ 代入数据可得VA2＝3.6×10－2 m3。 (3)设B内气体最终恰好稳定时，A内气体压强为pA′，对活塞及已倒入的铁砂整体，由平衡条件有pA′S＝p0S＋mg 由题知，此时B内气体压强pB′＝p0 此时差压阀恰好关闭，有pA′－pB′＝Δp 联立并代入数据，解得m＝1.1×102 kg。 [答案]　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10－2 m3　(3)1.1×102 kg 1．气体压强的计算 (1)被活塞、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列式计算。 (2)被液柱封闭的气体，一般利用液片法和液体压强公式、连通器原理求解，有时要借助液柱为研究对象，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。 注意：分析计算时不要忽略了大气压强的影响。 2．利用气体实验定律和理想气体状态方程分析问题的步骤 注意：(1)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。 (2)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。 3．变质量气体问题的解题思路 对于充气、漏气等变质量气体问题，解题的关键是将容器内原有气体和即将充入的气体的整体(或将抽出的气体和剩余气体的整体)作为研究对象，就可转化为总质量不变的气体的状态变化问题，然后应用气体实验定律或理想气体状态方程等规律求解。可利用＝＋＋…求解。 4．关联气体问题的解题思路 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积等关系，列出关联关系式，最后结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 考点3　热力学定律及其与气体实验定律的综合分析 例7　(2024·北京高考)一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体(　　) A．内能变大 B．压强变大 C．体积不变 D．从水中吸热 [解析]　气泡内的气体可视为理想气体，则其内能只与温度有关，在上浮过程中气泡内气体的温度不变，则其内能不变，故A错误；气泡内气体压强p＝p0＋ρ水gh，在上浮过程中，气泡距离水面的高度h减小，且外界大气压p0不变，则气泡内气体压强减小，故B错误；在上浮过程中气泡内气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律pV＝C知，气泡内气体体积变大，故C错误；在上浮过程中气泡内气体体积变大，则气体对外做功，W<0，又由A项分析知ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，Q>0，即气泡内气体从水中吸热，故D正确。 [答案]　D 例8　(多选)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，该过程空调消耗了电能，关于这个过程，下列说法正确的是(　　) A．该过程是自发过程 B．该过程不是自发过程 C．空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量 D．空调排放到室外环境的热量等于从室内吸收的热量 [解析]　空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发过程，故A错误，B正确；设空调制冷剂在室内汽化吸热Q1，经过压缩机时压缩机消耗电能对其做功W，则制冷剂的内能增加Q1＋W，制冷剂在室外液化放热Q2后回到初始状态，内能等于初始值，则Q2＝Q1＋W，故Q2>Q1，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量，故C正确，D错误。 [答案]　BC 例9　(2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，此过程中该系统(　　) A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少 [解析]　由题图可知，理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则该系统对外界做正功，A正确；根据理想气体的状态方程＝C，可得V＝·T，则V­T图像上的点与原点连线的斜率k＝，从a到b的过程k减小，则该过程中压强p增大，B错误；理想气体的内能只与其温度有关，故理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；由A、D两项分析可知，理想气体从状态a变化到状态b，对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，该系统从外界吸收热量，C错误。 [答案]　A 例10　(2024·湖北高考)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为已知常数，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)活塞缓慢上升h的过程，容器内气体发生等压变化，容器内气体初状态体积为V0＝hS 末状态体积为V1＝S 设再次平衡时容器内气体的温度为T1，由盖—吕萨克定律得＝ 联立解得T1＝T0。 (2)此过程中容器内气体温度的变化量 ΔT＝T1－T0 内能的变化量ΔU＝CΔT 设此过程中容器内气体的压强为p，则此过程中外界对气体做的功W＝－pS·h 对活塞由平衡条件有pS＝p0S＋mg 设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 联立解得Q＝h(p0S＋mg)＋CT0。 [答案]　(1)T0 (2)h(p0S＋mg)＋CT0 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。 注：气体在真空中自由膨胀时，W＝0。 (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。 (4)外界对气体做的功用W＝∑pΔV分析计算(注意ΔV的正负号)，在p­V图像中图线与V轴所围的面积表示气体做的功。 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．热力学第二定律的理解：在物理学中，反映宏观自然过程的方向性的定律。判断是否符合热力学第二定律时，关键看是否“自发”或“不引起其他影响”。即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，但不引起其他变化是不可能的。 高考命题预测 1.(2024·河北省张家口市高三下三模)某同学用硬质圆柱形矿泉水瓶制作了一个水深测量仪，如图所示。使用前先在矿泉水瓶内注入一定量的水，拧紧瓶盖并将矿泉水瓶倒置，水面到达矿泉水瓶圆柱部分，记录该位置为基准位置，测量基准位置到瓶底的距离为H。使用时潜水员把该装置带入水下，保持瓶口向下竖直放置，拧开瓶盖，稳定后测量瓶内水面到基准位置的高度为h。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略水温变化，则矿泉水瓶内水面所在处水的深度为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：初始时矿泉水瓶内气体压强为p0，设矿泉水瓶圆柱部分的横截面积为S，则初始时矿泉水瓶内气体体积为V0＝SH；设末状态矿泉水瓶内水面所在处水的深度为d，则末状态矿泉水瓶内气体压强为p1＝p0＋ρgd，末状态矿泉水瓶内气体体积为V1＝S(H－h)；由题意知，矿泉水瓶内的气体发生等温变化，由玻意耳定律可得p0V0＝p1V1，联立解得d＝，故选B。 2．(2024·山东省青岛市高三下一模)如图，隔板在绝热汽缸中封闭一定质量理想气体，隔板和绝热活塞间是真空。迅速抽掉隔板后气体会扩散至整个汽缸，待气体稳定后向左缓慢推动活塞至隔板原位置，整个系统密封性良好，下列说法正确的是(　　) A．扩散过程中，气体对外界做功，温度降低 B．扩散过程中，气体分子的平均速率减小，导致气体压强减小 C．推动活塞过程中，活塞对气体做功，气体温度升高 D．抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能相等 答案：C 解析：抽掉隔板前，隔板和绝热活塞间是真空，则扩散过程中，虽然气体体积变大，但气体不对外界做功，又汽缸和活塞都是绝热的，则气体与外界之间没有传热，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能不变，温度不变，则气体分子的平均速率不变，但气体分子数密度减小，导致气体压强减小，故A、B错误；推动活塞过程中，活塞对气体做功，W>0，汽缸和活塞绝热，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU>0，即气体内能增大，故气体温度升高，故C正确；由以上分析可知，整个过程中，气体内能先不变后增大，则抽掉隔板前和活塞到达隔板原位置后，气体内能不相等，故D错误。 3．(2024·山东省聊城市高三下一模)中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。英语“CHINA”，既称中国，又名瓷器。瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是人类智慧的结晶，是全人类共有的珍贵财富。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温27 ℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1327 ℃。求： (1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度； (2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。 答案：(1)327 ℃　(2) 解析：(1)以排气前封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前窑内气体体积不变 初态气体压强p1＝p0，气体的热力学温度T1＝27 ℃＋273 K＝300 K 末态气体压强p2＝2p0，气体的热力学温度设为T2 由查理定律可得＝ 解得T2＝600 K 故单向排气阀开始排气时窑内气体的摄氏温度t2＝T2－273 K＝327 ℃。 (2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，以排气前气窑内的气体为研究对象，排气过程，初态气体体积设为V0，热力学温度T2＝600 K 末态气体热力学温度T3＝1327 ℃＋273 K＝1600 K，体积设为V0＋V′ 由盖—吕萨克定律可得＝ 设原有气体的质量为m，本次烧制排出的气体质量为m′，则有＝ 联立解得＝。 专题作业 1．(2024·北京市朝阳区高三下二模)分子势能Ep随分子间距离r变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．r1处分子间作用力表现为引力 B．r2处分子间作用力表现为斥力 C．r1<r<r2时，r越小分子势能越大 D．分子间距离足够大时分子势能最小 答案：C 解析：分子势能为标量，由题图可知，在r＝r2时，分子势能最小，则r2处为平衡位置，分子间的作用力为零，可知r1处分子间作用力表现为斥力，故A、B、D错误；由题图可知，r1<r<r2时，r越小分子势能越大，故C正确。 2．下列说法正确的是(　　) A．固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体都有确定的几何形状 B．给篮球打气时，会越来越费力，这说明分子间存在斥力 C．布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈 D．一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 答案：D 解析：固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶体和多晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A错误；给篮球打气时会越来越费劲，说明球内部气体的压强越来越大，与分子间作用力无关，故B错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动，在布朗运动中，固体小颗粒越小，受到分子碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故C错误；一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故D正确。 3．(2022·山东高考)如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　　) A．内能增加，外界对气体做正功 B．内能减小，所有分子热运动速率都减小 C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加 答案：C 解析：气缸在缓慢转动的过程中，活塞所受到的重力沿气缸壁方向的分力减小，对活塞进行受力分析，根据平衡条件，可知缸内气体压强减小，则气体体积增大，外界对气体做负功，气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，但并不是所有分子热运动的速率都减小，只是速率大的分子数占总分子数的比例减少，C正确，A、B、D错误。 4．(2024·新课标卷)(多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热 C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热 答案：AD 解析：1→2过程为绝热过程，Q＝0，由题图可知，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，即气体内能增加，故A正确；2→3过程为等压过程，根据盖—吕萨克定律＝C可知，气体体积增大时气体温度升高，则气体内能增大，ΔU>0，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，即气体吸收热量，故B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，即气体内能减小，故C错误；4→1过程为等容过程，根据查理定律＝C可知，气体压强减小时气体温度降低，故气体内能减小，ΔU<0，气体体积不变，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，即气体向外放热，故D正确。 5．(2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示。该过程对应的p­V图像可能是(　　) 答案：B 解析：根据理想气体状态方程＝C，由题图可知从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大，故C、D错误；根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T，即p­T图像中图线上的点与原点连线的斜率为，由题图可知从b到c，气体压强减小，温度降低，图线上的点与原点连线的斜率减小，则气体体积变大，故A错误，B可能正确。 6.(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 答案：(1)100 N　(2)327 K 解析：(1)设活塞的横截面积为S，在外力作用下活塞从a到b的过程中，汽缸内气体做等温变化， 初状态：汽缸内气体的压强p1＝1.0×105 Pa，体积V1＝S· 末状态：汽缸内气体的压强设为p2，体积为 V2＝S· 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 又＝＋ ＝10 联立并代入数据，解得p2＝1.1×105 Pa 当活塞到达卡销b处时，对活塞进行受力分析，受外力F＝200 N、卡销b的支持力N和汽缸内外气体的压力，根据平衡条件有 F＋p1S＝p2S＋N 代入数据解得N＝100 N。 (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，直到活塞刚好能离开卡销b，该过程汽缸内气体做等容变化， 初状态：汽缸内气体的压强p2＝1.1×105 Pa，温度T2＝300 K 末状态：汽缸内气体的压强设为p3，温度设为T3 末状态对活塞根据平衡条件有p3S＝F＋p1S 此过程对汽缸内气体由查理定律得＝ 联立并代入数据，解得T3＝327 K。 7.(2024·湖北省八市高三下3月联考)如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于t轴，cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是(　　) A．a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小 B．a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加 C．b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加 D．b→c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加 答案：B 解析：a→b过程，气体温度降低，气体分子的平均速率减小，但不是所有气体分子的运动速率都减小，A错误；a→b过程，气体温度降低，气体分子平均速率减小，单个气体分子撞击容器壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加，B正确；把该图像转化为p­T图像，如图所示，由图可知，b→c过程，图像上的点与坐标原点连线的斜率增加，根据理想气体状态方程＝C，可知气体体积减小，则外界对气体做功，C、D错误。 8．(2024·湖南省邵阳市高三下二模)在导热良好的圆柱形汽缸内用厚度不计的活塞封闭有理想气体，当把汽缸倒置悬挂在空中，稳定时活塞刚好位于汽缸口处，如图甲所示；当把汽缸开口朝上放置于水平地面上，活塞稳定时如图乙所示。已知活塞质量为m，横截面积为S，大气压强p0＝，环境温度为T0，汽缸的深度为h，重力加速度为g，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。 (1)求图乙中活塞离汽缸底部的高度h1； (2)活塞达到图乙状态时将环境温度缓慢升高，直到活塞再次位于汽缸口，已知封闭气体的内能随热力学温度变化的关系为U＝kT，k为常数，大气压强保持不变，求在该过程中封闭气体所吸收的热量Q。 答案：(1)h　(2)kT0＋2mgh 解析：(1)设封闭气体在甲、乙状态时的压强分别为p1、p2，根据平衡条件， 对甲中活塞有p1S＋mg＝p0S 对乙中活塞有p0S＋mg＝p2S 其中p0＝ 解得p1＝，p2＝ 甲中封闭气体的体积为V1＝hS 乙中封闭气体的体积为V2＝h1S 从甲到乙，封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 联立解得h1＝h。 (2)设活塞再次位于汽缸口时气体温度为T1，环境温度缓慢升高的过程，封闭气体做等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 此过程封闭气体对外做的功为 W＝p2S(h－h1) 封闭气体内能变化为ΔU＝kT1－kT0 根据热力学第一定律可得ΔU＝Q－W 联立解得Q＝kT0＋2mgh。 9．(2024·甘肃高考)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 答案：(1)p0　p0　(2) 解析：(1)由题知，抽气前，A、B两部分气体体积均为V＝Sl，抽气后A的体积为 VA＝2V－V 对A中气体，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA 联立解得pA＝p0 将B中气体抽去一半，B中原有气体在压强pB下的体积为VB＝2×V 对B中原有气体，根据玻意耳定律有 p0V＝pBVB 联立解得pB＝p0。 (2)由题意可知，当B中气体抽去一半后，弹簧的压缩量为x＝l－l 根据胡克定律得，此时弹簧对隔板的弹力大小为F＝kx 对隔板受力分析，根据平衡条件有 pAS＝pBS＋F 联立解得k＝。 10．(2024·广西高考)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F­曲线如图乙。大气压强p0＝1×105 Pa。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； (3)画出封闭气体等温变化的p­V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。 答案：(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析 解析：(1)设活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小为F0，对活塞，根据平衡条件，有F0＝p0S 代入数据解得F0＝50 N。 (2)根据题图乙可知，从a到b的F­图线为一条延长线过原点的倾斜直线，设其斜率为k，可得F＝k· 又F＝pS V＝(5＋x)S 联立得pV＝k 即封闭气体的pV值恒定不变，可知活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化。 (3)封闭气体等温变化的p­V图像为双曲线的一部分。活塞在b处时，封闭气体压强pb＝p0 体积Vb＝Sl0 设活塞在a处时，封闭气体压强为pa，长度为la， 则体积Va＝Sla 根据玻意耳定律有paVa＝pbVb 代入数据解得pb＝1×105 Pa，Vb＝10×10－5 m3，Va＝0.25×10－5 m3，pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p­V图像如图所示。 11．(2024·山东高考)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 答案：C 解析：a→b过程，气体做等压变化且体积增大，气体对外做功，即Wab<0，由盖—吕萨克定律可知＝，因Vb>Va，则Tb>Ta，即气体内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律有ΔUab＝Qab＋Wab，可知Qab>0且Qab>|Wab|，即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，气体体积增大，对外做功，即Wbc<0，由热力学第一定律有ΔUbc＝Qbc＋Wbc，可得ΔUbc<0，即气体内能减少，故B错误；a→b→c过程，根据热力学第一定律有ΔUabc＝Qabc＋Wabc，而c→a过程为等温过程，即Tc＝Ta，则ΔUabc＝0，Qabc＝－Wabc，又由A、B项分析知，Qabc＝Qab＋Qbc>0，Wabc＝Wab＋Wbc<0，即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；c→a过程，气体做等温变化且体积减小，外界对气体做功，Wca>0，气体内能不变，ΔUca＝0，根据ΔUca＝Qca＋Wca，可知Qca<0，且Qca＝－Wca，则c→a过程气体放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，根据p­V图线与V轴所围面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由题图可知，|Wabc|>|Wca|，而Qab＝Qabc＝－Wabc，Qca＝－Wca，则|Qab|>|Qca|，即a→b过程，气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量，D错误。 12．(2024·辽宁高考)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P； (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 答案：(1)　(2) 解析：(1)由题意可知，变压器原线圈输入电压的有效值为U1＝ 设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系有＝ 理想变压器的输出功率等于电热丝的电功率，即P＝ 联立解得P＝。 (2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的压强为2p0时温度为T2，容器内的气体做等容变化，根据查理定律有 ＝ 由Q＝CΔT知，气体吸收的热量 Q＝C(T2－T0) 电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q＝Pt 联立解得t＝。 24 学科网（北京）股份有限公司 $$