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（苏京版）（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·江苏兴化市调研)以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是 A.图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温 度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气 体温度不变 B.图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大， 撞击作用的不平衡性表现得越明显 C.图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力 D.图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各 速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率 间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等 例1 √ 根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，右侧为真空，气体自由膨胀时不做功，即W=0，因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q=0，因此内能不变，容器内的理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，故A正确； 悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟 它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越不明显，故B错误； 液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的距离r略大于r0，液体表面层中分子间的作用力表现为引力，故C错误； 由题图丁可知，同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占 总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两图线与横轴所围面积相等，故D错误。 　 (2023·江苏卷·3)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 例2 √ 根据理想气体状态方程=C，可得p=T，则从A到B 为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的 数密度不变，选项A错误； 从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体体积不变，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，选项C错误； 气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误。 例3 (2024·江苏南京市模拟)如图所示为模拟气体压强产生机理的实验，在一定时间内将100颗豆粒从秤盘上方20 cm高度处均匀连续 倒在秤盘上，观察指针摆动情况。关于该实验，下列说法 正确的是 A.仅将释放位置升高，指针示数不变 B.仅将释放位置升高，可模拟温度升高对气体压强的影响 C.仅增加豆粒数量，可模拟温度降低对气体压强的影响 D.仅增加豆粒数量，可模拟体积增大对气体压强的影响 √ 仅将释放位置升高，则豆粒到达秤盘上的速度变大，即豆粒到达秤盘后的动量变化量变大，由动量定理有Ft=Δp，所以其作用力变大，即指针示数变大，故A错误； 仅将释放位置升高，豆粒到达秤盘的速度变大，可模拟气体分子的速率变大，即可模拟温度升高对气体压强的影响，故B正确； 仅增加豆粒的数量，可模拟气体分子的数密度增加，即可模拟体积减小对气体压强的影响，故C、D错误。 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 √ 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·江苏卷·13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)气体现在的压强； 例5 答案　8×104 Pa 由题知，整个过程可认为气体的体积不变，由查理定律得= 解得p2=8×104 Pa (2)观测台对气体的压力。 答案　4.8×103 N 根据压强的定义，气体对观测台的压力 F=p2S=4.8×103 N 由牛顿第三定律可知，观测台对气体的压力为4.8×103 N。 　(2024·江苏镇江市适应性练习)一医用氧气瓶内有压强为p，温度为T1，体积为V的氧气。该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用。设每次分装时，氧气袋内无气体，分装 结束后，每个氧气袋的体积为V1，压强为p1。 (1)若分装气体之前，氧气瓶由于受到日照，氧气 温度升高为T2，求此时氧气瓶内气体的压强； 例6 答案　 由等容变化可知= 得p'= (2)若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持T1不变，求分装2个氧气袋后，氧气瓶内所剩余气体的压强。 答案　p- 方法一：设分装气体时，氧气袋中的气体在原来瓶中所占的体积为ΔV，由等温变化可得 p1V1=pΔV 氧气瓶中剩余气体的压强为p2，由等温变化可得p(V-2ΔV)=p2V 得p2=p- 方法二：设分装2个氧气袋后，氧气瓶内所剩 余气体的压强为p2，由克拉伯龙方程可得pV= 2p1V1+p2V 得p2=p-。 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。 热力学定律与气体实验定律的综合应用 考点三 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。 　(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则 A.状态a的内能大于状态b B.状态a的温度高于状态c C.a→c过程中气体吸收热量 D.a→c过程中外界对气体做正功 √ 例7 由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误； 由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc，根据查理定 律有=，可知Tb<Tc，又因为Ta=Tb，故Ta<Tc，故B错误； 因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU=W+Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。 (2024·江苏省四校模拟)如图所示，内壁光滑且足够高的绝热汽缸内有一轻质绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时汽缸内气体温度为t1=27 ℃，封闭气柱高h=12 cm，活塞横截面积为S=30 cm2，现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热Q=32 J，稳定后气体温度变为t2=127 ℃。已知大气压强p0=1×105 Pa，求： (1)加热后活塞到汽缸底端的距离； 例8 答案　16 cm 取被封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为hS，温度为 T1=(273+27) K=300 K 末状态的体积为h'S，温度为T2=(273+127) K=400 K 气体做等压变化，则= 代入数据得h'=16 cm (2)此过程中气体内能增加量。 答案　20 J 在该过程中，气体对外界做功为 W=p0S(h'-h)=1×105×30×10-4×(16-12)×10-2 J=12 J 由热力学第一定律得ΔU=Q-W=32 J-12 J=20 J。 专题强化练 [1 选择题] [2 计算题] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对一对 [1 选择题] 10 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D C C D B D 题号 9 　10 答案 D 　A 对一对 1 2 3 [2 计算题] 4 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)ρ (1)200 K　(2)(p0S+mg) 题号 3 4 答案 (1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 (1)p0　(2)p0LS+m 5 6 对一对 1 2 3 4 答案 题号 5 6 答案 (1)见解析　(2) (1)p0　p0　(2) 5 6 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 2.(2024·重庆卷·3)某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则 A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 气囊上浮过程，体积变大，气体对外界做功，A错误； 密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，B错误； 气体温度不变，内能不变，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·江苏苏锡常镇四市二模)如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的；如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出。故选D。 10 4.(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，瓶内气体分子的平均动能保持不变 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 打气过程中，外界对气体做功，气体内能增加，瓶内气体分子的平均动能变大，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 5.(2023·重庆卷·4)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程有=C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。 10 6.(2024·江苏徐州市湖西中学月考)一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其V-图像如图所示，其中C到A的曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是 A.从A到B的过程中，气体对外做功，内能减少 B.从B到C的过程中，气体吸收热量，内能减少 C.从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加 D.从C到A的过程中，气体在单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数变多 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知，从A到B的过程中，气体的体积增大，气 体对外做功，气体的温度不变，则气体的内能不变，A 错误； 从B到C的过程中，气体做等容变化，气体对外不做功， 即W=0，气体的温度增大，则气体的内能增大，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体吸收热量，B错误； C到A的曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的温度降低，内能减小，C错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的体积减小，因此气体在单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数变多，D正确。 10 7.(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 √ 争分提能练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 8.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则 A.a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大 B.a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大 C.a→b过程中，气体既不吸热也不放热 D.b→c过程中，气体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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知，b→c过程，气体发生等压变化，气体体积与热力学温度成正比，则Ta=Tb>Tc，所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误； 由题图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态 分子数密度最大，故B错误； a→b是等温过程，内能不变，但体积增大，气体对外做功，由热力学第二定律，知该过程为吸热过程，故C错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 b→c过程中，体积减小，外界对气体做功，同时温度降低，内能减小，由热力学第一定律，所以气体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(2023·新课标卷·21改编)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中的气体内能减小 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 10 √ 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，g、h中气体内能增加，温度升高，故A错误； 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由上述分析可知，Vf>V0，Vh>V0，弹簧被压缩，则 Vg<V0，故Vf>Vg，Vf>Vh，由理想气体状态方程可知 ==，因为pf=ph，Vh<Vf，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(2024·江苏如皋市二模)钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体：第一种方法是用容积为1 L的小抽气机，共抽取两次；第二种方法是用容积为2 L的大抽气机抽取一次。这两种抽法(抽气过程中，温度均不变)中，抽取气体质量较大的是 A.第一种抽法 B.第二种抽法 C.两种抽法抽出的气体质量一样大 D.无法判断 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 对第一种抽法，设初态气体压强为p0，钢瓶体积为V，每次抽出的气体体积为ΔV，对气体状态变化应用玻意耳定律，第一次抽取有p0V= p1(V+ΔV)，解得p1=p0，第二次抽取有p1V=p2(V+ΔV)，解得p2=p0()2=p0；对第二种抽法有p0V=p3(V+2ΔV)，解得p3=p0=p0，显然p2<p3，由此可知抽取气体质量较大的是 第一种抽法，故选A。 1.(2024·江苏海安市实验中学月考)一瓶内装有氧气。已知氧气的分子数为N，密度为ρ，摩尔质量为M，热力学温度为T，阿伏加德罗常数为NA。 (1)求瓶内氧气的体积V； 答案　 答案 1 2 3 4 氧气的质量m=M 瓶内氧气的体积V=，解得V= 5 6 保分基础练 (2)升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，求氧气温度升至热力学温度T'时瓶内氧气的密度ρ'。 答案　ρ 答案 1 2 3 4 升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，以瓶内原 有的所有氧气为研究对象，则= 质量相等，则ρV=ρ'V' 解得ρ'=ρ。 5 6 2.(2024·江苏南京航空航天大学苏州附属中学二模)如图甲所示，T型活塞固定在水平面上，一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好的、质量 答案 1 2 3 4 5 6 为m的汽缸中，活塞横截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为p0。重力加速度为g，改变环境温度，缸内气体体积随温度变化图像如图乙所示，求： (1)状态A的温度； 答案　200 K 从状态A到状态B，封闭气体的压强不变，由等压变化规律可得= 代入题图乙中数据，解得TA=200 K 答案 1 2 3 4 5 6 (2)在状态C时，活塞对卡口的作用力大小。 答案　(p0S+mg) 答案 1 2 3 4 5 6 从状态B到状态C，封闭气体的体积不变， 根据等容变化规律可得= 代入题图乙中数据，解得pC=pB 状态B，汽缸受力平衡，根据平衡条件p0S+mg=pBS 状态C，设活塞对卡口的作用力大小为F，汽缸受力平衡，根据平衡条件p0S+mg+F=pCS 联立解得F=(p0S+mg)。 答案 1 2 3 4 5 6 3.(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 答案 1 2 3 4 5 6 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； 答案　T0 答案 1 2 3 4 5 6 气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得== 解得T1=T0 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案　h(p0S+mg)+CT0 答案 1 2 3 4 5 6 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 4.(2024·江苏扬州市二模)内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体，活塞的横截面积为S。给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动了，此时速度减为零。已知大气压强为p0，不计密封气体温度的变化。求： (1)活塞速度为零时，密封气体的压强p； 答案 1 2 3 4 5 6 答案　p0 根据玻意耳定律p0LS=p(L-)S 解得p=p0 (2)该过程放出的热量Q放。 答案 1 2 3 4 答案　p0LS+m 设该过程活塞对气体做功为W，气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律ΔU=Q+W 由题意知ΔU=0，Q放=-Q 对活塞，根据动能定理p0S-W=0-m 解得Q放=p0LS+m。 5 6 5.(2024·江苏海安市开学考)国产汽车上均装有胎压监测系统。车外温度为t1=27 ℃时，胎压监测系统在仪表盘上显示为240 kPa，车辆使用一段时间后，发现仪表盘上显示为220 kPa，此时，车外温度为t2=2 ℃，车胎内气体可看作理想气体，车胎内气体体积可视为不变。 (1)试分析车胎是否有漏气； 答案 1 2 3 4 5 6 答案　见解析 假设车胎不漏气，则= 得p2=220 kPa，则假设成立，车胎不漏气。 (2)若要使该车胎胎压恢复到240 kPa，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度视为不变，求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。 答案 1 2 3 4 5 6 答案　 设车胎体积为V，充入气体体积为V1，充入气体初态压强为p2=220 kPa， 末态压强为p1=240 kPa，则p2(V+V1)=p1V，得V1=V 充入气体质量和车胎内原有气体质量之比为 ==。 6.(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 6 答案　p0　p0 答案 1 2 3 4 5 6 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， 答案 1 2 3 4 5 6 则根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0 (2)弹簧的劲度系数k。 答案 1 2 3 4 5 6 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=。 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·江苏兴化市调研)以下四幅图中所涉及热学知识的论述，说法正确的是(　　) A.图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体温度不变 B.图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，撞击作用的不平衡性表现得越明显 C.图丙中，液体表面层中分子间的作用力表现为斥力 D.图丁为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等 答案　A 解析　根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，右侧为真空，气体自由膨胀时不做功，即W=0，因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q=0，因此内能不变，容器内的理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，故A正确；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越不明显，故B错误；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的距离r略大于r0，液体表面层中分子间的作用力表现为引力，故C错误；由题图丁可知，同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即两图线与横轴所围面积相等，故D错误。 例2　(2023·江苏卷·3)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 答案　B 解析　根据理想气体状态方程=C，可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，选项A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，选项B正确；从A到B气体的压强变大，气体体积不变，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，选项C错误；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，选项D错误。 例3　(2024·江苏南京市模拟)如图所示为模拟气体压强产生机理的实验，在一定时间内将100颗豆粒从秤盘上方20 cm高度处均匀连续倒在秤盘上，观察指针摆动情况。关于该实验，下列说法正确的是(　　) A.仅将释放位置升高，指针示数不变 B.仅将释放位置升高，可模拟温度升高对气体压强的影响 C.仅增加豆粒数量，可模拟温度降低对气体压强的影响 D.仅增加豆粒数量，可模拟体积增大对气体压强的影响 答案　B 解析　仅将释放位置升高，则豆粒到达秤盘上的速度变大，即豆粒到达秤盘后的动量变化量变大，由动量定理有Ft=Δp，所以其作用力变大，即指针示数变大，故A错误；仅将释放位置升高，豆粒到达秤盘的速度变大，可模拟气体分子的速率变大，即可模拟温度升高对气体压强的影响，故B正确；仅增加豆粒的数量，可模拟气体分子的数密度增加，即可模拟体积减小对气体压强的影响，故C、D错误。 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·江苏卷·13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K，压强为105 Pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)气体现在的压强； (2)观测台对气体的压力。 答案　(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N 解析　(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变， 由查理定律得= 解得p2=8×104 Pa (2)根据压强的定义，气体对观测台的压力 F=p2S=4.8×103 N 由牛顿第三定律可知，观测台对气体的压力为4.8×103 N。 例6　(2024·江苏镇江市适应性练习)一医用氧气瓶内有压强为p，温度为T1，体积为V的氧气。该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用。设每次分装时，氧气袋内无气体，分装结束后，每个氧气袋的体积为V1，压强为p1。 (1)若分装气体之前，氧气瓶由于受到日照，氧气温度升高为T2，求此时氧气瓶内气体的压强； (2)若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持T1不变，求分装2个氧气袋后，氧气瓶内所剩余气体的压强。 答案　(1)　(2)p- 解析　(1)由等容变化可知= 得p'= (2)方法一：设分装气体时，氧气袋中的气体在原来瓶中所占的体积为ΔV，由等温变化可得 p1V1=pΔV 氧气瓶中剩余气体的压强为p2，由等温变化可得p(V-2ΔV)=p2V 得p2=p- 方法二：设分装2个氧气袋后，氧气瓶内所剩余气体的压强为p2，由克拉伯龙方程可得pV=2p1V1+p2V 得p2=p-。 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　(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则(　　) A.状态a的内能大于状态b B.状态a的温度高于状态c C.a→c过程中气体吸收热量 D.a→c过程中外界对气体做正功 答案　C 解析　由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc，根据查理定律有=，可知Tb<Tc，又因为Ta=Tb，故Ta<Tc，故B错误；因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU=W+Q，可知气体吸收热量，故C正确，D错误。 例8　(2024·江苏省四校模拟)如图所示，内壁光滑且足够高的绝热汽缸内有一轻质绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时汽缸内气体温度为t1=27 ℃，封闭气柱高h=12 cm，活塞横截面积为S=30 cm2，现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热Q=32 J，稳定后气体温度变为t2=127 ℃。已知大气压强p0=1×105 Pa，求： (1)加热后活塞到汽缸底端的距离； (2)此过程中气体内能增加量。 答案　(1)16 cm　(2)20 J 解析　(1)取被封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为hS，温度为 T1=(273+27) K=300 K 末状态的体积为h'S，温度为T2=(273+127) K=400 K 气体做等压变化，则= 代入数据得h'=16 cm (2)在该过程中，气体对外界做功为 W=p0S(h'-h)=1×105×30×10-4×(16-12)×10-2 J=12 J 由热力学第一定律得ΔU=Q-W=32 J-12 J=20 J。 专题强化练 ［1 选择题］　　［分值：50分］ 1~10题每题5分，共50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·重庆卷·3)某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　　) A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 答案　D 解析　气囊上浮过程，体积变大，气体对外界做功，A错误；密闭气体温度不变，由玻意耳定律pV=C可知，体积变大，则压强变小，B错误；气体温度不变，内能不变，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q>0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。 3.(2024·江苏苏锡常镇四市二模)如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象，管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是(　　) 答案　D 解析　因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的；如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出。故选D。 4.(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，瓶内气体分子的平均动能保持不变 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，瓶内气体分子的平均动能变大，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。 5.(2023·重庆卷·4)密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是(　　) 答案　C 解析　由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据理想气体状态方程有=C，可知bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。 6.(2024·江苏徐州市湖西中学月考)一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其V-图像如图所示，其中C到A的曲线为双曲线的一部分。下列说法正确的是(　　) A.从A到B的过程中，气体对外做功，内能减少 B.从B到C的过程中，气体吸收热量，内能减少 C.从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加 D.从C到A的过程中，气体在单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数变多 答案　D 解析　由题图可知，从A到B的过程中，气体的体积增大，气体对外做功，气体的温度不变，则气体的内能不变，A错误； 从B到C的过程中，气体做等容变化，气体对外不做功，即W=0，气体的温度增大，则气体的内能增大，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知，气体吸收热量，B错误； C到A的曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的温度降低，内能减小，C错误； 从C到A的过程中，气体的压强不变，气体的体积减小，因此气体在单位时间与单位面积器壁碰撞的分子数变多，D正确。 ［争分提能练］ 7.(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。 8.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则(　　) A.a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大 B.a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大 C.a→b过程中，气体既不吸热也不放热 D.b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功 答案　D 解析　由题图可知，b→c过程，气体发生等压变化，气体体积与热力学温度成正比，则Ta=Tb>Tc，所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误； 由题图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态分子数密度最大，故B错误； a→b是等温过程，内能不变，但体积增大，气体对外做功，由热力学第二定律，知该过程为吸热过程，故C错误； b→c过程中，体积减小，外界对气体做功，同时温度降低，内能减小，由热力学第一定律，所以气体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。 9.(2023·新课标卷·21改编)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中的气体内能减小 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　D 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，g、h中气体内能增加，温度升高，故A错误；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；由上述分析可知，Vf>V0，Vh>V0，弹簧被压缩，则Vg<V0，故Vf>Vg，Vf>Vh，由理想气体状态方程可知==，因为pf=ph，Vh<Vf，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.(2024·江苏如皋市二模)钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体：第一种方法是用容积为1 L的小抽气机，共抽取两次；第二种方法是用容积为2 L的大抽气机抽取一次。这两种抽法(抽气过程中，温度均不变)中，抽取气体质量较大的是(　　) A.第一种抽法 B.第二种抽法 C.两种抽法抽出的气体质量一样大 D.无法判断 答案　A 解析　对第一种抽法，设初态气体压强为p0，钢瓶体积为V，每次抽出的气体体积为ΔV，对气体状态变化应用玻意耳定律，第一次抽取有p0V=p1(V+ΔV)，解得p1=p0，第二次抽取有p1V=p2(V+ΔV)，解得p2=p0()2=p0；对第二种抽法有p0V=p3(V+2ΔV)，解得p3=p0=p0，显然p2<p3，由此可知抽取气体质量较大的是第一种抽法，故选A。 ［2 计算题］　［分值：60分］ ［保分基础练］ 1.(8分)(2024·江苏海安市实验中学月考)一瓶内装有氧气。已知氧气的分子数为N，密度为ρ，摩尔质量为M，热力学温度为T，阿伏加德罗常数为NA。 (1)(4分)求瓶内氧气的体积V； (2)(4分)升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，求氧气温度升至热力学温度T'时瓶内氧气的密度ρ'。 答案　(1)　(2)ρ 解析　(1)氧气的质量m=M 瓶内氧气的体积V=，解得V= (2)升高氧气温度并释放出瓶内部分氧气以保持瓶内压强不变，以瓶内原有的所有氧气为研究对象，则= 质量相等，则ρV=ρ'V' 解得ρ'=ρ。 2.(10分)(2024·江苏南京航空航天大学苏州附属中学二模)如图甲所示，T型活塞固定在水平面上，一定质量的理想气体被封闭在导热性能良好的、质量为m的汽缸中，活塞横截面积为S，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为p0。重力加速度为g，改变环境温度，缸内气体体积随温度变化图像如图乙所示，求： (1)(4分)状态A的温度； (2)(6分)在状态C时，活塞对卡口的作用力大小。 答案　(1)200 K　(2)(p0S+mg) 解析　(1)从状态A到状态B，封闭气体的压强不变，由等压变化规律可得= 代入题图乙中数据，解得TA=200 K (2)从状态B到状态C，封闭气体的体积不变，根据等容变化规律可得= 代入题图乙中数据，解得pC=pB 状态B，汽缸受力平衡，根据平衡条件p0S+mg=pBS 状态C，设活塞对卡口的作用力大小为F，汽缸受力平衡，根据平衡条件p0S+mg+F=pCS 联立解得F=(p0S+mg)。 3.(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)(5分)再次平衡时容器内气体的温度； (2)(5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 4.(10分)(2024·江苏扬州市二模)内壁光滑的导热汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的气体，活塞的横截面积为S。给活塞一个向左的初速度v0，活塞向左移动了，此时速度减为零。已知大气压强为p0，不计密封气体温度的变化。求： (1)(4分)活塞速度为零时，密封气体的压强p； (2)(6分)该过程放出的热量Q放。 答案　(1)p0　(2)p0LS+m 解析　(1)根据玻意耳定律p0LS=p(L-)S 解得p=p0 (2)设该过程活塞对气体做功为W，气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律ΔU=Q+W 由题意知ΔU=0，Q放=-Q 对活塞，根据动能定理p0S-W=0-m 解得Q放=p0LS+m。 5.(10分)(2024·江苏海安市开学考)国产汽车上均装有胎压监测系统。车外温度为t1=27 ℃时，胎压监测系统在仪表盘上显示为240 kPa，车辆使用一段时间后，发现仪表盘上显示为220 kPa，此时，车外温度为t2=2 ℃，车胎内气体可看作理想气体，车胎内气体体积可视为不变。 (1)(4分)试分析车胎是否有漏气； (2)(6分)若要使该车胎胎压恢复到240 kPa，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度视为不变，求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。 答案　(1)见解析　(2) 解析　(1)假设车胎不漏气， 则= 得p2=220 kPa，则假设成立，车胎不漏气。 (2)设车胎体积为V，充入气体体积为V1，充入气体初态压强为p2=220 kPa，末态压强为p1=240 kPa，则p2(V+V1)=p1V，得V1=V 充入气体质量和车胎内原有气体质量之比为 ==。 6.(12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)(5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=。 学科网（北京）股份有限公司 $$