第一篇 专题五 第13讲 热学-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（福建专用）（课件PPT+word教案）

热学　光学　近代物理 专题五 1.理解分子动理论，知道固体、液体和气体的特点。 2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题。 3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。 目标要求 第13讲　热学 知识体系 知识体系 内容索引 考点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 考点一　分子动理论　固体和液体 专题强化练 考点一 分子动理论　固体和液体 1.估算问题 (1)分子总数：N=nNA=NA=NA。 特别提醒：对气体而言，V0=不等于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。 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，但多晶体中每个小的单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。 　 (2024·河北省部分高中一模)关于下列三幅图的说法正确的是 A.图甲中微粒越小，单位时间 　内受到液体分子撞击次数越 　少，布朗运动越明显 B.图乙中峰值大的曲线 　对应的气体温度较高 C.图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体 D.图丙中实验现象说明薄板上的材料各向同性，一定是非晶体 例1 √ 题图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明显，故A正确； 题图乙中峰值大的曲线，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误； 题图丙中，实验现象表明薄板上的材料导热性上具有各向同性，则说明薄板上的材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故C、D错误。 　 (多选)(2024·河南周口市五校联考)下列说法中正确的是 A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18 g/mol，密度为103 kg/m3， 　阿伏伽德罗常数为6.02×1023 mol-1，则1毫升水中所含水分子的个数约 　为3.3×1022个 B.水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用 C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水 D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁 　碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压 　强未必增大 例2 √ √ 1毫升水中所含水分子的个数约为N=·NA=×6.02×1023个≈3.3×1022个，故A正确； 水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误； 我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油比水的密度小，故C错误； 由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。 　 (多选)(2024·甘肃张掖市模拟)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则 A.图甲中分子间距从r2到r3，分子 　间的引力增大，斥力减小 B.分子b运动至r3和r1位置时动能可 　能相等 C.图乙中r5一定大于图甲中r2 D.若图甲中阴影面积S1=S2，则两分子间最小距离小于r1 例3 √ √ 题图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误； 分子b从r3到r2和从r2到r1两过程， 若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确； 题图甲中r2处分子间作用力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应题图乙中r6处，即题图乙中r5一定小于题图甲中r2，故C错误； 若题图甲中阴影面积S1=S2，则分子b从r4到r1过程分子间作用力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。 气体实验定律　理想气体状态方程 考点二 1.压强的计算 (1)被活塞或气缸封闭的气体，通常分析活塞或气缸的受力，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，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 　 (2023·辽宁卷·5)“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p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是 例4 √ 根据=C，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温 度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温 度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连 线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。 　 (2024·全国甲卷·33(2))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 例5 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； 答案　100 N 活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态p2=？、V2=S·10 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件得F+p0S=p2S+FN 解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N (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　327 K 将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时， 初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K 末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S 解得p3=1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据查理定律有= 解得T3≈327 K。 　 (2024·安徽卷·13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小； 例6 答案　2.5×105 Pa 由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa，T1=(273-3) K=270 K，T2=(273-23) K=250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa (2)充进该轮胎的空气体积。 答案　6 L 由玻意耳定律p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 提炼·总结 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，此方程描述了理想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 热力学定律与气体实验定律的综合应用 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。 (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，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。 　 (2023·福建卷·11)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p-V图如图所示。完成一次循环，气体内能______ (填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界　　　　(填“做正功” “做负功”或“不做功”)，气体　　　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。  例7 不变 做正功 吸热 完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以完成一次循环，气体的内能不变；对p-V图像来说，图像与V轴所围图形的面积表示气体做功情 况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小，是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与V轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与V轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，因为ΔU=0，且W<0，则Q>0，所以气体从外界吸收热量。 　 (2024·浙江1月选考·17)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。 例8 (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”)；  不变 不可逆 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，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。 (2)求水平恒力F的大小； 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，根据受力平衡可得 p2S=p0S+F 解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。 答案　10 N (3)求电阻丝C放出的热量Q。 答案　89.3 J 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，可知气体做等压变化，则有 = 可得状态3气体的体积为 V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J 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=63.8 J+25.5 J=89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。 专题强化练 [1] [2] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对一对 题号 1 2 3 4 5 8 9 10 答案 A B C AC C B AD BD 题号 11 答案 C [1] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对一对 [1] 6. 等于　等于　大于 7. 变小　变大　S 对一对 答案 1 2 3 [2] 1. (1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 4 5 2. (1)p0　p0　(2) 3. (1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 答案 1 2 3 4 5 4. (1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)1.1×102 kg 5. (1)　(2)[1-()n]p0S 1.(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体 A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 10 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误； 由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 11 2.(2024·辽宁沈阳市质监)“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7 000米级作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa，当下潜到某一深度时，艇内温度降到17 ℃。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是 A.17 ℃时，压强约为0.63×105 Pa B.17 ℃时，压强约为0.97×105 Pa C.下潜过程中，内能增加 D.下潜过程中，吸收热量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 由热力学第一定律，可得ΔU=W+Q，依题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即ΔU<0，又因为气体体积不变，即W=0，解得Q<0，即下潜过程中，放出热量，故C、D错误。 依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得=，其中T1=(273+27) K=300 K，T2=(273+17) K=290 K，解得p2≈0.97×105 Pa，故A错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·江苏省海安高级中学二模)如图所示，取一个透明塑料瓶，向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔，安装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾，下列说法正确的是 A.打气过程中，瓶内气体的分子动能保持不变 B.打气过程中，瓶内气体的压强与热力学温度成正比 C.橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，温度降低 D.橡胶塞跳出后，瓶内水迅速蒸发，出现白雾 √ 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 打气过程中，外界对气体做功，气体内能增加，瓶内气体的分子动能变大，故A错误； 打气过程中，若瓶内气体的质量不变，则根据查理定律，瓶内气体的压强与热力学温度成正比，但打气过程中，瓶内气体的质量增加，则 瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系，故B错误； 橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠，出现白雾，故C正确，D错误。 10 11 4.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa<pb=pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确； 由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误； ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确； ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。 11 5.(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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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ΔU<0，即气体内能减少，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； 根据热力学第一定律结合上述分析可知：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，W<0，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不等于c→a过程放出的热量，D错误。 10 11 6.(2024·福建三明市一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，bc与p轴平行，ca与t轴平行，其压强p与温度t的关系图像如图所示，气体在a状态时的体积　　　在b状态时的体积；气体在b状态的内能　　　c状态的内能；气体在过程ca中向外界放出的热量　　　外界对气体做的功(均选填“大于”“等于”或“小于”)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 等于 等于 大于 11 直线ab过绝对零点，可知ab为等容线，则气体在a状态时的体积等于在b状态时的体积；气体在bc状态时温度相同，可知气体在b状态的内能等于在c状态的内能；气体在过程ca中温度降低，内能减小，压强不变，体积减小，外界对气体做功，则根据ΔU=W+Q可知，气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 7.(2024·福建泉州市一模)一个容器内部呈不规则形状，为测量它的容积，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S，管内一静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱，如图所示，此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中，水银柱静止时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 下方的空气柱长度变为l2。实验过程中认为大气压没有变化，则容器内空气分子的数密度　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，容器内空气分子的平均动能　　　　(填“变大” “变小”或“不变”)，根据以上数据推导容器容积的表达式 V=　　　　　。  变小 变大 S 11 由于空气体积增大，故空气分子的数密度变小；由于温度升高，空气分子的平均动能变大；根据盖—吕萨克定律得= 解得V=S。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 8.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是 A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 争分提能练 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由盖—吕萨克定律得= 其中V1=V0+Sl1=335 cm3， T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3) 代入解得T=x+(K) 根据T=t+273 K 可知t=x+(℃) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入 解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于 31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误； 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 9.(多选)(2023·新课标卷·21)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后 A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 √ √ 11 力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确； 当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确； 对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS， 故Vh<Vg<Vf，由理想气体状态方程可知 ==，所以Th<Tf，故C错误； 由理想气体状态方程可知==，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 10.(多选)(2024·山西太原市一模)高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物的目的。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117 ℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27 ℃，压强为1 atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8 mm2，g取10 m/s2。大气压强p为1 atm=105 Pa，忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则 A.压力阀的质量约为0.1 kg B.压力阀刚要被顶起时锅内温度为108 ℃ C.停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的 D.停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ √ 10 11 设加热前锅内温度为T1=27 ℃=300 K，压强为p1=1 atm，当加热至锅内压强为p2=1.27 atm，时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，质量不变，由查理定律得=，得T2=381 K =108 ℃，故B正确； 压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得p2S=pS+mg， 代入数据得m≈0.02 kg，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 设锅内温度达到沸点时温度为T3=117 ℃=390 K，从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖—吕萨克定律=，得V3=V1，停止加热时放出气体的质量与加热前锅内气体质量的比为==，停止加热时锅内气体的质量与加热前锅内气体质量的比为==，故D正确，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 尖子生选练 11.(2024·安徽池州市二模)如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2 L，内装1.4 L消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A，每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时按下B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化p-V图像如图乙所示(已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm=1.0×105 Pa)。下列说法正确的是 A.充气过程向下压A的次数n=10次 B.气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收 的热量大于气体做的功 C.乙图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等 D.从状态A变化到状态B，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变 √ 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 壶中原来空气的体积V1=0.6 L，压强p1=1 atm，由玻意耳定律p1(nV0+V1)= p2V1，解得n=12，故A错误； 气体从A到B，体积增大，对外做功， 由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误； 三角形面积为S=pV，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程=C，可知pV=CT，由于C是常数，温度T保持不变，则pV相等，则图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等，故C正确； 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子数密度减小，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。 11 答案　T0 1.(2024·湖北卷·13)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 答案 1 2 3 4 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； 5 保分基础练 气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得=　= 解得T1=T0 答案 1 2 3 4 5 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案 1 2 3 4 答案　h(p0S+mg)+CT0 此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功，W=-pSΔh=-h(p0S+mg) 此过程中容器内气体吸收的热量 Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0 5 答案　p0　p0 2.(2024·甘肃卷·13)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部分气体抽出一半，系统稳定后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内气体的压强pA、pB。 答案 1 2 3 4 5 对A内气体分析： 抽气前：体积V=Sl　压强p0 抽气后：VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B内气体分析， 若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0， 则根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0 答案 1 2 3 4 5 (2)弹簧的劲度系数k。 答案 1 2 3 4 答案　 由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 5 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=1.0×105 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。 答案 1 2 3 4 5 争分提能练 (1)求x； 答案 1 2 3 4 答案　2 cm　 5 由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄中气体发生等温变化， 所以有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 1 2 3 4 5 (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。 答案 1 2 3 4 答案　8.92×10-4 m3 当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3(HS1+S2) 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 5 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=4.0×10-2 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，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时： 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 答案 1 2 3 4 5 (1)求B内气体压强pB2； 答案 1 2 3 4 答案　9×104 Pa 5 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=9×104 Pa 由于p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa 答案 1 2 3 4 5 (2)求A内气体体积VA2； 答案 1 2 3 4 答案　3.6×10-2 m3 A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3 5 (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。 答案 1 2 3 4 答案　1.1×102 kg 恰好稳定时，A内气体压强为pA'=p0+ B内气体压强pB'=p0 此时差压阀恰好关闭， 所以有pA'-pB'=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 5 5.(2023·湖南卷·13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为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， 答案 1 2 3 4 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。 5 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； 答案 1 2 3 4 答案　　 以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强p1、气体体积V=V0+V1 根据玻意耳定律p0V0=p1V 解得p1= 5 (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。 答案 1 2 3 4 答案　[1-()n]p0S 5 同理第二次抽气p1V0=p2V 解得p2==()2p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强 pn=()np0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=[1-()n]p0S。 答案 1 2 3 4 5 本课结束 THANKS $$ 第13讲　热学 目标要求　1.理解分子动理论，知道固体、液体和气体的特点。2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题。3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。 考点一　分子动理论　固体和液体 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.估算问题 (1)分子总数：N=nNA=NA=NA。 特别提醒：对气体而言，V0=不等于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。 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，但多晶体中每个小的单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·河北省部分高中一模)关于下列三幅图的说法正确的是(　　) A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显 B.图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高 C.图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体 D.图丙中实验现象说明薄板上的材料各向同性，一定是非晶体 答案　A 解析　题图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明显，故A正确；题图乙中峰值大的曲线，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；题图丙中，实验现象表明薄板上的材料导热性上具有各向同性，则说明薄板上的材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故C、D错误。 例2　(多选)(2024·河南周口市五校联考)下列说法中正确的是(　　) A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18 g/mol，密度为103 kg/m3，阿伏伽德罗常数为6.02×1023 mol-1，则1毫升水中所含水分子的个数约为3.3×1022个 B.水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用 C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水 D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大 答案　AD 解析　1毫升水中所含水分子的个数约为N=·NA=×6.02×1023个≈3.3×1022个，故A正确；水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误；我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油比水的密度小，故C错误；由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。 例3　(多选)(2024·甘肃张掖市模拟)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则(　　) A.图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力增大，斥力减小 B.分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C.图乙中r5一定大于图甲中r2 D.若图甲中阴影面积S1=S2，则两分子间最小距离小于r1 答案　BD 解析　题图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误；分子b从r3到r2和从r2到r1两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确；题图甲中r2处分子间作用力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应题图乙中r6处，即题图乙中r5一定小于题图甲中r2，故C错误；若题图甲中阴影面积S1=S2，则分子b从r4到r1过程分子间作用力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 1.压强的计算 (1)被活塞或气缸封闭的气体，通常分析活塞或气缸的受力，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，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 例4　(2023·辽宁卷·5)“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p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　) 答案　B 解析　根据=C，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态的体积，故选B。 例5　(2024·全国甲卷·33(2))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)活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态p2=？、V2=S·10 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件得F+p0S=p2S+FN 解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N (2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时， 初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K 末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S 解得p3=1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据查理定律有= 解得T3≈327 K。 例6　(2024·安徽卷·13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小； (2)充进该轮胎的空气体积。 答案　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 解析　(1)由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa，T1=(273-3) K=270 K，T2=(273-23) K=250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa (2)由玻意耳定律p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 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，此方程描述了理想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　热力学定律与气体实验定律的综合应用 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。 (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，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。 例7　(2023·福建卷·11)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p-V图如图所示。完成一次循环，气体内能　　　　(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界　　　　(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体　　　(填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。  答案　不变　做正功　吸热 解析　完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以完成一次循环，气体的内能不变；对p-V图像来说，图像与V轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小，是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与V轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与V轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，因为ΔU=0，且W<0，则Q>0，所以气体从外界吸收热量。 例8　(2024·浙江1月选考·17)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。 (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。 答案　(1)不可逆　不变　(2)10 N　(3)89.3 J 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，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，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，则有p1V1=p2·2V1 解得状态2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，根据受力平衡可得 p2S=p0S+F 解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。 (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，可知气体做等压变化，则有 = 可得状态3气体的体积为 V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3 该过程气体对外做功为 W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J 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=63.8 J+25.5 J=89.3 J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。 专题强化练 ［1］　［分值：60分］ 1~5题每题4分，6、7题每题6分，8~11题每题7分，共60分 ［保分基础练］ 1.(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体 (　　) A.分子的平均动能更小 B.单位体积内分子的个数更少 C.所有分子的运动速率都更小 D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 答案　A 解析　夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。 2.(2024·辽宁沈阳市质监)“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7 000米级作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa，当下潜到某一深度时，艇内温度降到17 ℃。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是 (　　) A.17 ℃时，压强约为0.63×105 Pa B.17 ℃时，压强约为0.97×105 Pa C.下潜过程中，内能增加 D.下潜过程中，吸收热量 答案　B 解析　依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得=，其中T1=(273+27) K=300 K，T2=(273+17) K=290 K，解得p2≈0.97×105 Pa，故A错误，B正确；由热力学第一定律，可得ΔU=W+Q，依题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即ΔU<0，又因为气体体积不变，即W=0，解得Q<0，即下潜过程中，放出热量，故C、D错误。 3.(2024·江苏省海安高级中学二模)如图所示，取一个透明塑料瓶，向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔，安装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾，下列说法正确的是 (　　) A.打气过程中，瓶内气体的分子动能保持不变 B.打气过程中，瓶内气体的压强与热力学温度成正比 C.橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，温度降低 D.橡胶塞跳出后，瓶内水迅速蒸发，出现白雾 答案　C 解析　打气过程中，外界对气体做功，气体内能增加，瓶内气体的分子动能变大，故A错误；打气过程中，若瓶内气体的质量不变，则根据查理定律，瓶内气体的压强与热力学温度成正比，但打气过程中，瓶内气体的质量增加，则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系，故B错误；橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠，出现白雾，故C正确，D错误。 4.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 (　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 答案　AC 解析　由理想气体状态方程=C，可得V=T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa<pb=pc，bc过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确；由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确；ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。 5.(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 答案　C 解析　a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功Wab<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Q>0，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ΔU<0，即气体内能减少，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； 根据热力学第一定律结合上述分析可知：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，W<0，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不等于c→a过程放出的热量，D错误。 6.(6分)(2024·福建三明市一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，bc与p轴平行，ca与t轴平行，其压强p与温度t的关系图像如图所示，气体在a状态时的体积　　　　在b状态时的体积；气体在b状态的内能　　　　c状态的内能；气体在过程ca中向外界放出的热量　　　　外界对气体做的功(均选填“大于”“等于”或“小于”)。  答案　等于　等于　大于 解析　直线ab过绝对零点，可知ab为等容线，则气体在a状态时的体积等于在b状态时的体积；气体在bc状态时温度相同，可知气体在b状态的内能等于在c状态的内能；气体在过程ca中温度降低，内能减小，压强不变，体积减小，外界对气体做功，则根据ΔU=W+Q可知，气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功。 7.(6分)(2024·福建泉州市一模)一个容器内部呈不规则形状，为测量它的容积，在容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S，管内一静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱，如图所示，此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中，水银柱静止时下方的空气柱长度变为l2。实验过程中认为大气压没有变化，则容器内空气分子的数密度　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，容器内空气分子的平均动能　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，根据以上数据推导容器容积的表达式V=　　　　。  答案　变小　变大　S 解析　由于空气体积增大，故空气分子的数密度变小；由于温度升高，空气分子的平均动能变大；根据盖—吕萨克定律得= 解得V=S。 ［争分提能练］ 8.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　) A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5 ℃ C.该装置所测温度不低于23.5 ℃ D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 答案　B 解析　由盖—吕萨克定律得= 其中V1=V0+Sl1=335 cm3， T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3) 代入解得T=x+(K) 根据T=t+273 K 可知t=x+(℃) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； 当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误； 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 9.(多选)(2023·新课标卷·21)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后 (　　) A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 答案　AD 解析　对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由于h体积变小，温度升高，且pfS=pgS+F=phS，故Vh<Vg<Vf，由理想气体状态方程可知==，所以Th<Tf，故C错误；由理想气体状态方程可知==，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B错误。 10.(多选)(2024·山西太原市一模)高压锅是一种常见的锅具，是通过增大气压来提升液体沸点，达到快速烹煮食物的目的。如图为某燃气压力锅及其结构简图，厨师将食材放进锅内后盖上密封锅盖，并将压力阀套在出气孔上开始加热烹煮。当加热至锅内压强为1.27 atm时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声；继续加热，当锅内温度为117 ℃时达到沸点，停止加热。已知加热前锅内温度为27 ℃，压强为1 atm，压力阀套在出气孔上的横截面积为8 mm2，g取10 m/s2。大气压强p为1 atm=105 Pa，忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体。则 (　　) A.压力阀的质量约为0.1 kg B.压力阀刚要被顶起时锅内温度为108 ℃ C.停止加热时放出气体的质量为加热前锅内气体质量的 D.停止加热时锅内气体的质量为加热前锅内气体质量的 答案　BD 解析　设加热前锅内温度为T1=27 ℃=300 K，压强为p1=1 atm，当加热至锅内压强为p2=1.27 atm，时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，在这个过程中，气体体积不变，质量不变，由查理定律得=，得T2=381 K=108 ℃，故B正确；压力阀刚要被顶起时，设压力阀的质量为m，由受力平衡得p2S=pS+mg，代入数据得m≈0.02 kg，故A错误；设锅内温度达到沸点时温度为T3=117 ℃=390 K，从压力阀刚要被顶起到达到沸点的过程，锅内压强不变，由盖—吕萨克定律=，得V3=V1，停止加热时放出气体的质量与加热前锅内气体质量的比为==，停止加热时锅内气体的质量与加热前锅内气体质量的比为==，故D正确，C错误。 ［尖子生选练］ 11.(2024·安徽池州市二模)如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2 L，内装1.4 L消毒液。闭合阀门K，缓慢向下压A，每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为2.0 atm时按下B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化p-V图像如图乙所示(已知储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm=1.0×105 Pa)。下列说法正确的是 (　　) A.充气过程向下压A的次数n=10次 B.气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功 C.乙图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等 D.从状态A变化到状态B，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变 答案　C 解析　壶中原来空气的体积V1=0.6 L，压强p1=1 atm，由玻意耳定律p1(nV0+V1)=p2V1，解得n=12，故A错误；气体从A到B，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；三角形面积为S=pV，由题意可知，图线为等温曲线，由理想气体状态方程=C，可知pV=CT，由于C是常数，温度T保持不变，则pV相等，则图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等，故C正确；A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子数密度减小，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D错误。 　　　　　［2］　［分值：60分］ ［保分基础练］ 1.(10分)(2024·湖北卷·13)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)(4分)再次平衡时容器内气体的温度； (2)(6分)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案　(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 解析　(1)气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得=，即= 解得T1=T0 (2)此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功，W=-pSΔh=-h(p0S+mg) 此过程中容器内气体吸收的热量 Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0 2.(10分)(2024·甘肃卷·13)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部分气体抽出一半，系统稳定后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)(7分)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。 (2)(3分)弹簧的劲度系数k。 答案　(1)p0　p0　(2) 解析　(1)对A内气体分析： 抽气前：体积V=Sl　压强p0 抽气后：VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B内气体分析， 若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0， 则根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 ［争分提能练］ 3.(10分)(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=1.0×105 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)(5分)求x； (2)(5分)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。 答案　(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 解析　(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄中气体发生等温变化， 所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得x=2 cm (2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3(HS1+S2) 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 4.(14分)(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=4.0×10-2 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，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时： (1)(5分)求B内气体压强pB2； (2)(4分)求A内气体体积VA2； (3)(5分)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。 答案　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg 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= 代入数据可得pB2=9×104 Pa 由于p0-pB2<Δp 假设成立，即pB2=9×104 Pa (2)A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K 末态T2=270 K 根据= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3 (3)恰好稳定时，A内气体压强为pA'=p0+ B内气体压强pB'=p0 此时差压阀恰好关闭， 所以有pA'-pB'=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 5.(16分)(2023·湖南卷·13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为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)(8分)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (2)(8分)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 答案　(1)　(2)［1-()n］p0S 解析　(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强p1、气体体积V=V0+V1 根据玻意耳定律p0V0=p1V 解得p1= (2)同理第二次抽气p1V0=p2V 解得p2==()2p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强 pn=()np0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为 ΔF=(p0-pn)S=［1-()n］p0S。 学科网（北京）股份有限公司 $$