专题15 热学-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题十五　热学 考点1 分子动理论　内能 1．（2025·山东 ）分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于时分子势能为零，则（    ） A．只有r大于时，为正 B．只有r小于时，为正 C．当r不等于时，为正 D．当r不等于时，为负 【答案】C 【详解】两个分子间距离r等于时分子势能为零，从处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当不等于时，为正。 故选C。 2．（2025·黑吉辽蒙卷 ）某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（   ） A．内能变小 B．压强变大 C．分子的数密度变大 D．每个分子动能都变大 【答案】B 【详解】A．将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高，而理想气体内能只与温度相关，则内能变大，故A错误； B．将糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据，因为温度升高，则压强变大，故B正确； C．气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C错误； D．温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故D错误。 故选 B。 3.（2024浙江6月，14，3分）（多选）下列说法正确的是（　　） A.中子整体呈电中性但内部有复杂结构 B.真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同 C.增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号 D.分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少 【答案】AB 【解析】中子不带电，故整体呈电中性，但内部有复杂结构，A正确。根据狭义相对论原理，在所有惯性参考系中，真空中的光速都相同，B正确。LC振荡电路的频率f=，增加接收电路的线圈匝数，线圈的电感L变大，振荡电路的频率变小，电谐振时可接收到更低频率的电台信号，C错误。分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子间距离增大，分子间作用力先做正功后做负功，故分子势能先减少后增加，D错误。 4.(2023江苏,3,4分)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 由图像可知,该过程气体温度升高,压强增大,且图线为延长线过原点的倾斜直线,由理想气体状态方程可知,气体的体积不变,所以气体分子的数密度不变,故A错误。温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,体积不变的情况下单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,故B正确,D错误。气体分子和容器壁撞击,由动量定理可知FΔt=mΔv,当温度升高分子速率变大时,气体分子与器壁碰撞前后速度变化量增大导致单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,故C错误。 5.(2023海南,5,3分)如图为两分子靠近过程中的示意图,r0为分子间平衡距离,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处的过程中分子势能变大 C.分子势能在r0处最小 D.分子间距离在小于r0且减小时,分子势能在减小 答案C　分子间距离大于r0,分子间表现为引力,A错误;分子从无限远靠近到距离r0处的过程中,引力做正功,分子势能减小,在r0处分子势能最小,继续减小分子间距离,分子间表现为斥力,分子力做负功,分子势能增大,C正确,B、D错误。 6.(2022江苏,6,4分)自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论,下列说法中正确的是 (　　) A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变 B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大 C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体 D.温度变化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 答案　D　密闭容器中的氢气在状态变化过程中质量不变、分子数目不变,故体积增大的氢气分子的密集程度减小,A错误。气体压强产生的原因是气体分子对容器壁频繁碰撞,从微观角度来看其大小取决于单位时间内气体分子对单位面积的容器壁产生的冲击力,一方面是单位时间内单位面积上碰撞的次数,另一方面是每次碰撞产生的平均冲击力大小即分子无规则运动的剧烈程度,与分子间是否存在相互作用力、作用力的大小无关,B错误。理想气体是在温度不太低、压强不太大的情况下对实际气体的抽象,C错误。温度升高时,分子无规则运动加剧,速率大的速率区间分子数占总分子数的百分比增大,导致分子平均速率增大,D正确。 7.(2022山东,5,3分)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动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　设活塞质量为m,大气压强为p0,左图中缸内气体压强为p1,右图中缸内气体压强为p2,活塞的横截面积为S,则p1S=mg+p0S,即p1=+p0,p2S=p0S,即p2=p0,因此在该过程中气体压强变小,体积增大,气体膨胀对外做功,则外界对气体做的功W<0,由于是绝热容器,即Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即理想气体内能减小,气体温度降低,选项A错误;理想气体的温度降低,分子平均动能减小,但并不是所有气体分子的运动速率都会减小,选项B错误;根据理想气体的分子运动速率分布规律,当温度降低时,速率大的分子占比将会减小,选项C正确,D错误。 技巧点拨　分析封闭的气体的压强问题时,常常需要对活塞受力分析,利用平衡条件分析,进而分析封闭的气体的压强。 8.(2019辽宁沈阳效联体期末,9)(多选)关于布朗运动,下列说法正确的是(　　) A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动 B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈 C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动 D.布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动 E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的 答案　ABE　布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动,故A正确。液体温度越高,分子热运动越激烈,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈,故B正确。悬浮颗粒越大,惯性越大,碰撞时受到的冲力越平衡,所以大颗粒不做布朗运动,故C错误。布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,故D错误。布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮微粒撞击作用的不平衡引起的,故E正确。故选A、B、E。 考查点　布朗运动 解题指导　布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,形成的原因是液体分子对悬浮微粒的无规则撞击;液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧烈。对于布朗运动,要理解并掌握布朗运动形成的原因,知道布朗运动既不是微粒分子的运动,也不是液体分子的运动,而是液体分子无规则运动的反映。 9.(2017北京理综,13,6分)以下关于热运动的说法正确的是(　　) A.水流速度越大,水分子的热运动越剧烈 B.水凝结成冰后,水分子的热运动停止 C.水的温度越高,水分子的热运动越剧烈 D.水的温度升高,每一个水分子的运动速率都会增大 答案　C　本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,故温度越高,分子热运动越剧烈。分子热运动的剧烈程度与机械运动速度大小无关,故选项A错C对;水凝结成冰后,分子热运动依然存在,B项错误;温度升高,分子运动的平均速率增大,但不是每个分子的运动速率都会增大,D项错误。 易错点拨　分子热运动与物体运动、物态变化的关系 水流速度大,只是说明水流整体运动的动能大,是宏观运动的表现,而分子热运动是指物体内部的分子微观层面的运动,两者没有必然联系;水凝结成冰的过程,温度保持不变,分子热运动的平均动能不变,这一过程中物体放出热量,内能减少。 10.(2016北京理综,20,6分)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)。 某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化。 据此材料,以下叙述正确的是(　　) A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6 m的悬浮颗粒物 B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力 C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D.PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大 答案　C　PM10的直径小于或等于10×10-6 m=1.0×10-5 m,A错误;处于静稳态的颗粒受力平衡,B错误;布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动,C正确;根据题意不能判断PM2.5的浓度随高度的增加而增大,D错误。 失分警示　本题易错选D而失分,题目中明确提出“近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小”,并没有明确PM2.5的浓度随高度的变化情况。 11.(2018北京理综,14,6分)关于分子动理论,下列说法正确的是　(　　) A.气体扩散的快慢与温度无关　　　　　　 B.布朗运动是液体分子的无规则运动　　　　　　 C.分子间同时存在着引力和斥力　　　　　　 D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大 答案　C　本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,温度越高,分子运动越剧烈,气体扩散越快,A错;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,不是液体分子的运动,B错;分子间同时存在着引力和斥力,且随着分子间距的增大,引力和斥力均减小,故C对、D错。 易错点拨　分子力与分子间距离的关系 分子间同时存在引力与斥力,两力的大小均与分子间距有关,分子力是指这两个力的合力,下图为斥力f斥、引力f引及分子力f分随分子间距离r的变化关系图线。 12.(2017课标Ⅰ,33,15分)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是　　　　。  A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 答案　ABC　本题考查气体分子速率及分布率。 每条曲线下面积的意义是各种速率的分子总和占总分子数的百分比,故面积为1,A正确、D错误。气体温度越高,分子无规则运动越剧烈,分子平均动能越大,大速率的分子所占的百分比越大,故虚线对应的温度较低,B、C皆正确。由图中0~400 m/s区间图线下的面积可知0 ℃时出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,E错误。 13.(2016江苏单科,12A,12分)如图甲所示,在斯特林循环的p-V图像中,一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中,单位体积中的气体分子数目　　　　(选填“增大”、“减小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示,则状态A对应的是　　　　(选填“①”或“②”)。  图甲 图乙 答案　不变　①　 解析　(2)B→C过程气体体积不变,气体的总分子数也不变,故单位体积内的分子数是不变的。 由=C可知,TA<TD,温度越高,分子的平均速率越大,故状态A对应的是①。 考点2 固体、液体和气体 考向1 固体与液体的性质 1.（2023·浙江）下列说法正确的是( ) A.热量能自发地从低温物体传到高温物体 B.液体的表面张力方向总是跟液面相切 C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的 D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率 【答案】BD 【详解】根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误;液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确;由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误;根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。故选BD。 2.（2020·江苏）玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有（ ） A.没有固走的熔点 B.天然具有规则的几何形状 C.沿不同方向的导热性能相同 D.分子在空间上周期性排列 【答案】AC 【详解】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”。它没有固定的熔点。故选AC。 3. (2019江苏)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的，在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为 (选填”引力“或“斥力”)。分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中 (选填“A”“B”或“C”)的位置. 考向2 气体实验定律与理想气体状态方程的应用 1．（2025·江苏 ）一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时（   ）    A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少 【答案】C 【详解】AB．根据题意，一定质量的理想气体，甲乙两个状态下气体的体积相同，所以分子密度相同、分子的平均距离相同，故AB错误； C．根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故C正确； D．乙状态下气体平均速度大，密度相等，则单位时间内撞击容器壁次数较多，故D错误。 故选C。 2．（2025·重庆 ）如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体（视为理想气体）压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时 (1)腔内气体的压强； (2)外界气体的压强； (3)电容器的电容变为初始时的多少倍。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知腔内气体温度，根据玻意耳定律有 其中，， 可得 （2）对下极板受力分析有 可得 （3）根据平行板电容器的决定式，变化后间距为2d，其他条件均不变 可知电容器的电容变为初始时的。 3.（2024江西，13，10分）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。 【答案】（1）2.0×105 Pa　（2）2.0 m3 【解析】（1）状态D到状态A为等容变化 由查理定律得= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 （2）状态B到状态C为等容变化，V2=VC，状态C到状态D为等温变化，由玻意耳定律得pCV2=pDV1 代入数据解得V2=2.0 m3。 4.(2024广东,13,9分)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。 答案 (1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)110 kg 解析　(1)B内气体做等容变化,由查理定律有 = 代入数据解得pB2=9×104 Pa (2)A内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有= 代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3 (3)B内气体压强增大,说明差压阀打开,当B内气体压强为p0并保持不变时,A内气体压强为p0+Δp,故有 mg+p0S=(p0+Δp)S 代入数据得m=110 kg 5.(2024黑吉辽,13,10分)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)原线圈接入电压的有效值为U1= 由变压器原、副线圈电压与匝数的关系得== 副线圈输出电压的有效值为U2= 变压器的输出功率P== (2)气体做等容变化,由查理定律得= 解得T=2T0 由题意得ΔT=T-T0=T0 故Q=CΔT=CT0 又Q=Pt 解得电热丝通电时间t=。 6.(2024江苏,13,6分)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1×105 Pa的理想气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台,现将这个容器移动到月球表面,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)观测台现在所受的压力大小。 【答案】(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N 解析　(1)由题意知,整个过程可认为气体的体积不变,则有=,解得p2=8×104Pa。 (2)根据压强的定义,可知观测台所受的压力大小为F=p2S=4.8×103N。 7.(2024湖南,13,10分)一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。 (1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0,求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小,但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上,示数为m=8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p和体积V还满足(p-p0)(V-VB0)=C,其中p0=1.0×105 Pa为大气压强,VB0=0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0 =1.3 kg/m3,求气球内气体体积V的大小。 答案 (1)　(2)5×10-3 m3 解析　(1)气体发生等温变化,由玻意耳定律可知pV=p0V0,解得V0= (2)选气球及球内气体为研究对象,设球内气体质量为m’,根据受力平衡可知mg+ρ0gV=(m0+m’)g 设球内气体密度为ρ’,则质量m’=ρ’V 由理想气体状态方程可知= 又(p-p0)(V-VB0)=C 联立并代入数据解得V=5×10-3 m3 8.(2023海南,16,10分)如图所示,某饮料瓶内密封一定质量的理想气体,t=27 ℃时,压强p=1.050×105 Pa,则 (1)t'=37 ℃时,气压是多大? (2)保持温度不变,挤压气体,使之压强与(1)相同时,气体体积变为原来的多少倍? 答案　(1)1.085×105 Pa　(2)0.97 解析 (1)由查理定律有=,解得p'≈1.085×105 Pa (2)由玻意耳定律有pV=p'V',解得V'≈0.97V 9.(2023河北,13,8分)如图,某实验小组为测量一个葫芦的容积,在葫芦开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管,密封好接口,用氮气排空内部气体,并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时,气柱长度l为10 cm;当外界温度缓慢升高到310 K时,气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa,水柱长度不计。 (1)求温度变化过程中氮气对外界做的功; (2)求葫芦的容积; (3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、273 K状态下的体积约为22.4 L,阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1。 答案　(1)0.4 J　(2)119 cm3　(3)2.9×1021 解析 (1)由于水柱的长度不计,故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0,塑料管内部横截面积为S,初、末态气柱的长度分别为l1、l2,气体对外做的功为W。根据功的定义有W=p0S(l2-l1),解得W=0.4 J。 (2)设葫芦的容积为V,被封闭氮气的初、末态温度分别为T1、T2,体积分别为V1、V2,根据盖⁃吕萨克定律有 =,其中V1=V+Sl1,V2=V+Sl2 联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3 (3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下,1 mol氮气的体积为V0、温度为T0,被封闭氮气的体积为V3、分子个数为n。根据盖⁃吕萨克定律有 =,其中n=NA 联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021 10.(2016江苏单科,12A,12分)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后,锅内水面上方充满饱和汽。停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中,锅内水蒸气的变化情况为　　　　。  A.压强变小　　　　　　B.压强不变 C.一直是饱和汽　　　　　　D.变为未饱和汽 答案　AC　高压锅在密封状态下,因为冷却过程是缓慢进行的,所以水和水蒸气保持动态平衡,即水蒸气一直是饱和汽,故C对D错。饱和汽压随温度的降低是减小的,故A对B错。 11.[2020课标Ⅱ,33(2),10分]潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 (ⅰ)求进入圆筒内水的高度l; (ⅱ)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。 答案　(ⅰ)h　(ⅱ) 解析　(ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有 p1V1=p0V0① V0=hS② V1=(h-l)S③ p1=p0+ρg(H-l)④ 联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得 l=h⑤ (ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有 p2V0=p0V3⑥ 其中 p2=p0+ρgH⑦ 设需压入筒内的气体体积为V,依题意 V=V3-V0⑧ 联立②⑥⑦⑧式得 V=⑨ 12.[2018海南单科,15(2),8分]一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B,活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞,A中气体体积为2.5×10-4 m3,温度为27 ℃,压强为6.0×104 Pa;B中气体体积为4.0×10-4 m3,温度为-17 ℃,压强为2.0×104 Pa。现将A中气体的温度降至-17 ℃,然后拔掉销钉,并保持A、B中气体温度不变,求稳定后A和B中气体的压强。 答案　3.2×104 Pa 解析　本题考查了查理定律、玻意耳定律。 A气体的温度由27 ℃降至-17 ℃,由查理定律得 =① 设拔掉销钉稳定后,A、B中气体的压强均为p,根据玻意耳定律,对A气体有pA'VA=pVA'② 对B气体有pBVB=pVB'③ 由已知条件得VA'+VB'=2.5×10-4 m3+4.0×10-4 m3④ 联立以上各式得p=3.2×104 Pa 13.[2017课标Ⅱ,33(2),10分]一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。 (ⅰ)求该热气球所受浮力的大小; (ⅱ)求该热气球内空气所受的重力; (ⅲ)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。 答案　(ⅰ)Vgρ0　(ⅱ)Vgρ0 (ⅲ)Vρ0T0(-)-m0 解析　(ⅰ)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0,密度为 ρ0=① 在温度为T时的体积为VT,密度为 ρ(T)=② 由盖—吕萨克定律得 =③ 联立①②③式得 ρ(T)=ρ0④ 气球所受到的浮力为 f=ρ(Tb)gV⑤ 联立④⑤式得 f=Vgρ0⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力为 G=ρ(Ta)Vg⑦ 联立④⑦式得G=Vgρ0⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得 mg=f-G-m0g⑨ 联立⑥⑧⑨式得m=Vρ0T0(-)-m0⑩ 14.[2016课标Ⅰ,33(2),10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=,其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2。 (ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差; (ⅱ)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。 答案　(ⅰ)28 Pa　(ⅱ)1.3 解析　(ⅰ)当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则 Δp1=① 代入题给数据得 Δp1=28 Pa② (ⅱ)设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为Δp2,其体积为V2,半径为r2。 气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有 p1V1=p2V2③ 由力学平衡条件有 p1=p0+ρgh+Δp1④ p2=p0+Δp2⑤ 气泡体积V1和V2分别为 V1=π⑥ V2=π⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 =⑧ 由②式知,Δpi≪p0,i=1,2,故可略去⑧式中的Δpi项。代入题给数据得 =≈1.3⑨ 解题关键　①准确写出气体初、末态的压强。 ②计算过程中进行合理近似。 考向3 玻璃管—液柱模型 1．（2025·江西 ）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大气压强、体积为的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出的临界值，当时，在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，按压前桶中气体压强为。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。已知水的密度为，重力加速度为g。该临界值等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，设往桶内压入压强为、体积为的空气后，桶内气体压强增大到，根据玻意耳定律有 泵水器恰能出水满足 联立解得 故选B。 2.(2024海南,7,3分)如图为用铝制易拉罐制作的温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计),吸管与罐连接处密封良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐的容积为330 cm3,薄吸管横截面积为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,不考虑大气压的变化,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】温度为t0=27 ℃(T0=300 K)时,封闭气体体积为V0=330 cm3+0.5×10 cm3=335 cm3,温度变化时,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,又V=330+0.5x(cm3),则吸管上标注的温度T与油柱离罐口的距离x的关系为T=(330+0.5x)(SI),表明等差温度值的刻度是均匀排布的,A错误。当油柱移动到吸管最右端即x=20 cm时,该装置所测温度最高,最高温度Tmax=×(330+0.5×20) K≈304.5 K=31.5 ℃,B正确。当油柱移动到吸管与罐连接处即x=0时,该装置所测温度最低,最低温度Tmin=×330 K≈295.5 K=22.5 ℃,C错误。油柱平衡的条件是左右两侧气体的压强大小相等,其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,封闭气体的体积不变,则油柱离罐口的距离不变,D错误。 3.(2023全国乙,33（2）,10分)[物理——选修3-3] 如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位) 答案 　74.36 cmHg　54.36 cmHg 解析设初始时A管、B管内气体的压强分别为pA、pB,由题意可知pB=pA-20 cmHg 设B管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内的空气柱长度增长1 cm,变为11 cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱将变短4 cm,变为6 cm,易得此时A管、B管中水银柱长度分别为9 cm和14 cm。 设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为pA'、pB',则pB'=pA'+(9+14) cmHg=pA'+23 cmHg 根据玻意耳定律,对A管气体, pA·10πd2=pA'·11πd2 对B管气体,pB·10π=pB'·6π 代入数据,解得pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg 4.[2018课标Ⅲ,33(2),10分]在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。 答案　见解析 解析　本题考查气体实验定律。 设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'。 由力的平衡条件有 p1=p2+ρg(l1-l2)① 式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小。 由玻意耳定律有 p1l1=pl1'② p2l2=pl2'③ 两边气柱长度的变化量大小相等 l1'-l1=l2-l2'④ 由①②③④式和题给条件得 l1'=22.5 cm⑤ l2'=7.5 cm⑥ 审题指导　液柱移动问题的分析方法 5.[2017课标Ⅲ,33(2),10分]一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示,玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l,顶端封闭,K2上端与待测气体连通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时,M与K2相通;逐渐提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高,此时水银已进入K1,且K1中水银面比顶端低h,如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d,M的容积为V0,水银的密度为ρ,重力加速度大小为g。求: (ⅰ)待测气体的压强; (ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。 答案　(ⅰ)　(ⅱ) 解析　本题考查气体压强的计算、玻意耳定律。 (ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,压强等于待测气体的压强p。提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高时,K1中水银面比顶端低h;设此时封闭气体的压强为p1,体积为V1,则 V=V0+πd2l① V1=πd2h② 由力学平衡条件得 p1=p+ρgh③ 整个过程为等温过程,由玻意耳定律得 pV=p1V1④ 联立①②③④式得 p=⑤ (ⅱ)由题意知 h≤l⑥ 联立⑤⑥式有 p≤⑦ 该仪器能够测量的最大压强为 pmax=⑧ 6.[2016课标Ⅲ,33(2),10分]一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0 cmHg。环境温度不变。 答案　144 cmHg　9.42 cm 解析　设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2。活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1',长度为l1';左管中空气柱的压强为p2',长度为l2'。以cmHg为压强单位。由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg① l1'= cm② 由玻意耳定律得p1l1=p1'l1'③ 联立①②③式和题给条件得 p1'=144 cmHg④ 依题意p2'=p1'⑤ l2'=4.00 cm+ cm-h⑥ 由玻意耳定律得p2l2=p2'l2'⑦ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h=9.42 cm⑧ 审题指导　由于环境温度不变,玻璃管内气体发生的是等温变化,适用规律是玻意耳定律,分别以左管内和右管内气体为研究对象,找出初末状态参量,列出玻意耳定律方程即可求解。 考向4 活塞—汽缸模型 1．（2025·河南 ）（多选）如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为和，体积分别为和，。则（　　） A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移 C．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移 D．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 【答案】AC 【详解】AB．由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中板不发生移动，则由定容过程 可得左侧气体压强增加量多，则板向右移动；A正确B错误； CD．保持温度不变移动相同的距离时 ， 同理得， 若P不移动，则，故 ，则，向右移动，C正确D错误。 故选AC 2.(2024河北,9,6分)(多选)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 答案 ACD 活塞初始时静止在汽缸正中间,此时弹簧处于压缩状态,当活塞密封不严时,活塞左侧气体压强减小,活塞缓慢左移,当活塞左右两侧气体压强相等时,弹簧恢复至自然长度,活塞重新静止,A正确。活塞重新静止,左右两侧气体温度、压强均相等,则两侧气体密度相等,因活塞左侧气体体积小,则其质量小,B错误。弹簧弹性势能转化为气体内能,所以与初始时相比,汽缸内气体的内能增加,C正确。与初始时相比,气体总体积增大,单位体积内气体分子数减少(点拨:活塞重新静止时,左右两侧气体状态相同,可认为气体在整个汽缸内均匀分布),D正确。 3.(2024广西,14,12分)如图,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。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p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。 【答案】(1)50 N　(2)(3)见解析 解析　(1)活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0, 故此时封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。 (2)根据题图可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k·, 根据F=pS可得气体压强为p=(SI), 则活塞从a处到b处过程中,对封闭气体有pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI), 说明该过程中封闭气体的pV值恒定不变,由理想气体状态方程=C可知,气体做等温变化。 (3)活塞在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3, 活塞在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3, 活塞从a到b处过程中,封闭气体做等温变化,根据玻意耳定律有paVa=pbVb, 解得pa=40×105 Pa, 在题图中作出对应的坐标点,根据=C可知,气体做等温变化时的p-V图线是双曲线中的一条,故封闭气体等温变化的p-V图像如图。 4.[2024全国甲，33（2），10分]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。 （ⅰ）求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； （ⅱ）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】（ⅰ）100 N　（ⅱ）327.3 K 【解析】（ⅰ）由玻意耳定律有p1V1=p2V2 其中p1=1.0×105 Pa，V1=11·S，V2=10·S 解得p2=1.1×105 Pa 对活塞，由平衡条件有p0S+F=p2S+FN 代入数据解得FN=100 N （ⅱ）由查理定律有= p3=p0+=1.2×105 Pa 则= 解得T3≈327.3 K 5.(2023新课标,21,6分)(多选)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 通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,f中气体受热,体积膨胀,将推动左侧活塞向右移动,则g中气体压强变大,压缩弹簧,右侧活塞也向右移动,压缩h中气体,对h中的气体做功,h中的气体内能增加,A正确;对左侧活塞受力分析,pfS=pgS+F弹①,对右侧活塞受力分析,pgS+F弹'=phS ②,F弹=F弹'③,联立①②③得pf=ph,D正确;由①式得pf>pg,由分析可知Vf>Vg,根据理想气体状态方程可知Tf>Tg,B错误;同理可知Vf>Vh,pf=ph,Tf>Th,C错误。 6.(2022全国乙,33,10分)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过程如T-V图上的两条线段所示。则气体在　 (　　) A.状态a处的压强大于状态c处的压强 B.由a变化到b的过程中,气体对外做功 C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变 D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸热 E.由a变化到b的过程中,从外界吸收的热量等于其增加的内能 (2)如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积,重力加速度为g。 (ⅰ)求弹簧的劲度系数; (ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。 答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)　T0 解析　(1)由理想气体状态方程=C,可得T=V,作原点和c的连线,由a、c两点与原点连线的斜率,可知pa>pc,A正确;由状态a到b,可知V变大,则气体对外做功,B正确;由图可知,b、c不在等压线上,故C错误;由状态a到b,T升高,则内能变大,V变大,则气体对外做功,可知ΔU>0,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,故气体从外界吸热,且吸收的热量大于其增加的内能,故D正确,E错误。 (2)(ⅰ)对活塞Ⅰ受力分析 由平衡条件有p·2S=p0·2S+2mg+0.1kl 对活塞Ⅱ受力分析 由平衡条件有pS+mg=p0S+0.1kl 联立解得k=,p= (ⅱ)由于是对气体缓慢加热,则两活塞受力平衡,将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析,受力情况不变,故气体压强不变,p'=p=,且弹簧长度不变 对活塞间的气体,由盖-吕萨克定律有= 其中V1=(2S+S)=1.65lS,T1=T0 V2=(l+0.1l)·2S=2.2lS 解得T2=T0 7.(2022湖南,15,13分)(1)(5分)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是 (　　) A.A端为冷端,B端为热端 B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律 E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律 (2)(8分)如图,小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0=9.9 L的导热汽缸下接一圆管,用质量m1=90 g、横截面积S=10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2=10 g的U形金属丝,活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中,缓慢升起汽缸,使金属丝从液体中拉出,活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h=10 cm,外界大气压强p0=1.01×105 Pa,重力加速度取10 m/s2,环境温度保持不变。求 (ⅰ)活塞处于A位置时,汽缸中的气体压强p1; (ⅱ)活塞处于B位置时,液体对金属丝拉力F的大小。 答案　(1)ABE　(2)(ⅰ)1×105 Pa　(ⅱ)1 N 解析　(1)分子热运动速率较小的气体分子,温度较低,内能较小,在环形管中心部位聚集,与分离挡板碰撞后反弹,最后从A端流出,则A端为冷端,B端为热端,A、B正确,C项错误;装置中气体进出过程,满足能量守恒定律和热力学第二定律,E正确,D错误。 (2)(ⅰ)对活塞受力分析,当活塞处于A位置时p1S+(m1+m2)g=p0S 代入数据解得p1=1×105 Pa (ⅱ)当活塞处于B位置时,由于汽缸是导热的,对汽缸中的气体,利用玻意耳定律,p1V1=p2V2 其中V1=9.9 L,V2=V1+hS,p1=1×105 Pa 代入数据解得p2=9.9×104 Pa 对活塞受力分析p2S+(m1+m2)g+F=p0S 代入数据解得F=1 N 8.(2022全国甲,33,15分)(1)(5分)(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中　 (　　) A.气体一直对外做功 B.气体的内能一直增加 C.气体一直从外界吸热 D.气体吸收的热量等于其对外做的功 E.气体吸收的热量等于其内能的增加量 (2)(10分)如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。 (ⅰ)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度; (ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 答案　(1)BCE　(2)(ⅰ)T0　(ⅱ)p0 解析　(1)(1)p-T图线过坐标原点,因此气体从状态a到状态b发生等容变化,气体没有对外做功,A、D错误;从状态a到状态b气体温度升高,一定质量的理想气体内能只与温度有关,温度升高,内能增加,B正确;根据热力学第一定律可知气体从外界吸热,且吸收的热量等于其内能增加量,C、E正确。 (2)(ⅰ)选第Ⅳ部分气体为研究对象,在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化:= 解得T1=T0 (ⅱ)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象,温度由T0升至2T0过程,由理想气体状态方程:= 对第Ⅳ部分气体,温度由T0升至2T0过程,由理想气体状态方程: = 解得p1=p0 9.(2022河北,15,12分)(1)如图,绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同,气球内部压强大于外部压强。气球缓慢漏气后,容器中气球外部气体的压强将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),温度将　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)。  (2)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示,汽缸中间有一固定隔板,将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分,“H”形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过,连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0,活塞面积为S,隔板两侧气体体积均为SL0,各接触面光滑,连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向,稳定后,上部气体的体积为原来的。设整个过程温度保持不变,求: (ⅰ)此时上、下两部分气体的压强; (ⅱ)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 答案　(1)增大　升高　(2)(ⅰ)2p0　p0　(ⅱ) 解析　(1)气球缓慢漏气时,气球体积近似不变,气球外部的气体分子数增大,体积不变,则压强增大;气球漏气后,对原先的外部气体进行压缩,即对外界气体做功,由ΔU=W+Q可知,外界气体的内能增大,温度升高。 (2)(ⅰ)分别对上、下两部分气体应用玻意耳定律: p0L0S=p上·S p0L0S=p下·L0S 解得:p上=2p0,p下=p0 (ⅱ)对整个“H”形连杆活塞受力分析,外部大气压力已平衡,则mg+p下S=p上S,解得m= 10.[2018课标Ⅰ,33(2),10分]如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。 答案　 解析　本题考查气体实验定律、气体压强计算等知识。 设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 p0=p1V1① p0=p2V2② 由已知条件得 V1=+-=V③ V2=-=④ 设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg⑤ 联立以上各式得 m=⑥ 审题指导　关键词理解,隐含条件显性化 ①关键词“导热”说明气体上下两部分温度相等,且与环境温度相同。 ②外界温度保持不变,说明气体做等温变化。 ③流入液体产生的压强p'=。 ④K关闭,说明外部液体对气体压强不产生影响。 11.[2018课标Ⅱ,33(2),10分]如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。 答案　T0　(p0S+mg)h 解析　本题考查气体实验定律等知识。 开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动,设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有 =① 根据力的平衡条件有 p1S=p0S+mg② 联立①②式可得 T1=T0③ 此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有 =④ 式中 V1=SH⑤ V2=S(H+h)⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T2=T0⑦ 从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为 W=(p0S+mg)h⑧ 审题指导　抓住关键词,挖掘隐含条件。 “缓慢加热”表示活塞始终处于平衡状态,因此才有p1S=p0S+mg。“活塞刚好到达b处”,表示气体的末状态压强为p1,活塞与b卡口处无弹力作用。“绝热”时气体温度才能逐渐升高,若“导热良好”,“缓慢加热”时汽缸内、外的气体就始终处于热平衡状态。 考向5 气体变质量问题 1．（2025·重庆 ）易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩（无破损），不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体（视为理想气体）（　　） A．分子热运动的平均动能增加 B．内能减小 C．压强减小 D．对外界做正功 【答案】A 【详解】气袋被压缩且绝热（无热交换），视为理想气体。 AB．绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能由温度决定，分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误； C．根据理想气体状态方程，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误； D．气体体积减小，外界对气体做功，气体对外界做负功，故D错误。 故选A。 2.(2024安徽,13,10分)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温度相同,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,该轮胎内气体的温度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,充气前该轮胎内气体压强的大小; (2)充进该轮胎的空气体积。 【答案】(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 解析　(1)充气前轮胎内气体等容变化,由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa,T1=270 K,T2=250 K 代入数据解得p2=2.5×105 Pa (2)设在哈尔滨充入轮胎内的空气体积为V,由玻意耳定律有p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得V=6 L。 3.(2024甘肃,13,10分)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)设抽气前A、B的体积均为V=Sl, 对气体A分析:抽气后VA=2V-V=Sl, 根据玻意耳定律得p0V=pA·V, 解得pA=p0。 对气体B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, 根据胡克定律有F=k, 联立解得k=。 4.（2024安徽）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，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。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） 【解析】（1）由查理定律可得 其中，， 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）由玻意耳定律 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积。 5.（2024山东，16，8分）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。 【答案】（1）2 cm　（2）892 cm3 【解析】（1）整个过程密封气体发生等温变化，对堵住孔A后汲液器内的密封气体，由玻意耳定律有p0V0=p1V1 即p0（H-x）S1=（p0-ρgh）HS1 代入数据解得x=2 cm。 （2）以进入长柄内的空气和其中原有的空气为研究对象，则有p0V+p1V1=p2V2， 即p0[V+（H-x）S1]=p2 p2=p0-ρg· 代入数据解得V=892 cm3。 6.(2023全国甲,33（2）,10分)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,求高压舱内气体的密度。 答案 (ⅰ)1.41 kg/m3 (ⅱ)1.18 kg/m3 解析 (2)(ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,温度升高,体积增大,根据盖-吕萨克定律有 = 而T1=(273+17) K=290 K、T2=(273+27) K=300 K, 释放的气体和舱内留下的气体密度相同 V=,V'= 联立解得ρ2≈1.41 kg/m3 (ⅱ)对此时舱内的全部气体,温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,根据玻意耳定律有 p1V'=p2V″ 而p1=1.2 atm、p2=1.0 atm 释放的气体和舱内留下的气体密度相同 V'=,V″= 解得ρ3≈1.18 kg/m3 7.(2023湖南,13,10分)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)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1; (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)p0　(2)p0S 解析 (1)根据题意,由玻意耳定律有 p0V0=p1(V0+V1) 解得p1=p0 (2)由(1)易知,第2次抽气后,p2=p1 即p2=p0 同理,第3次抽气后,p3=p0 …… 第n次抽气后,pn=p0 对助力活塞,有ΔF=p0S-pnS 解得ΔF=p0S 8.(2022山东,15,7分)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示,鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室,A室壁厚,可认为体积恒定,B室壁薄,体积可变;两室内气体视为理想气体,可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处,B室内气体体积为V,质量为m;设B室内气体压强与鱼体外压强相等,鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等,鱼的质量不变,鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0,求: (1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,需从A室充入B室的气体质量Δm; (2)鱼静止于水面下H1处时,B室内气体质量m1。 答案　(1)　(2)m 解析　(1)鱼静止在水面下H处时,重力与浮力平衡,此时B室气体压强不变,仍等于外界压强,气体密度不变,B室体积增加部分所对应浮力增加值即为鱼所受的合外力,故有ρgΔV=Ma 由压强的微观含义知压强不变,B室内气体密度不变,则充入B室的气体质量Δm=ΔV= (2)鱼静止于水面下H处时,B室内气体压强p=p0+ρgH 鱼静止于水面下H1处时,B室内气体压强p1=p0+ρgH1 静止时B室体积不变,仍为V,气体温度不变,压强改变,为变质量问题。设从静止于H处变为静止于H1处时需要往B室充入p压强下ΔV'体积的气体,由玻意耳定律,有p(V+ΔV')=p1V 则ΔV'=V,压强相同则密度相同,故有= 可得= 解得:m1=m 9.[2016课标Ⅱ,33(2),10分]一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。 答案　4天 解析　设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2。根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2① 重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为 V3=V2-V1② 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有 p2V3=p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=V0/ΔV④ 联立①②③④式,并代入数据得 N=4(天)⑤ 解题指导　解答此题的关键是将用去的氧气在p2压强下的体积转化为在p0(1个大气压)压强下的体积,从而可以计算出氧气在p0压强下的可用天数。 易错点拨　没有将氧气的体积转化为1个大气压下的体积而直接进行计算。 考点3 热力学定律 能量守恒定律 考向1 气体状态变化的图像问题 1．（2025·甘肃 ）（多选）如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是（   ） A．A→B过程为吸热过程 B．B→C过程为吸热过程 C．状态A压强比状态B的小 D．状态A内能比状态C的小 【答案】ACD 【详解】A．A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q 可知Q>0，即该过程吸热，选项A正确； B ．B→C过程，温度不变，则∆U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q 可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误； C ．A→B过程，体积不变，温度升高，根据 可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确； D．状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。 故选ACD。 2.(2024海南,11,4分)(多选)如图,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延长线过坐标原点O,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】bc过程气体体积减小,外界对气体做功,A正确。根据pV=CT可得V=T,根据题图可知,ca过程中图线上的点与坐标原点连线的斜率增大,则压强p减小,B错误。ab过程气体温度不变,则内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做正功,即W>0,结合热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即气体放出热量,C正确。ca过程中气体温度升高,内能增大,D错误。 3.（2024新课标，21，6分）（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 1→2过程中，没有热交换，气体体积减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能增加，A正确。2→3过程为等压过程，由理想气体状态方程=C，可知体积增大则温度升高，内能增加；体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，该过程中气体吸热，B错误。3→4过程中，没有热交换，气体体积增大，外界对气体做负功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体内能减小，C错误。4→1过程中，气体发生等容变化，由理想气体状态方程=C，可知压强减小，则温度降低，内能减少；气体体积不变，外界没有对气体做功，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知，该过程气体放热，D正确。 【知识归纳】“绝热”说明没有热交换；“体积增大”说明外界对气体做负功，“体积减小”说明外界对气体做正功；对一定量理想气体而言，内能增加（或减小）则温度升高（或降低）。 4.(2023重庆,4,4分)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　由V-T图像可知,理想气体在ab过程发生等压变化(点拨:ab的反向延长线过原点),bc过程发生等温变化,cd过程发生等容变化。根据理想气体状态方程=C,可知bc过程理想气体的温度T不变,体积V增大,压强p减小,cd过程理想气体的体积V不变,温度T升高,则cd过程p-T图线上的点与坐标原点连线的斜率不变,压强p增大。故选C。 5.(2022江苏,7,4分)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　一定质量的理想气体的内能只与温度有关,故从a到b过程中气体内能不变,A错误。气体直接从b到c可认为是等容过程,则由查理定律可知c状态的温度高于b状态的温度,而a、b温度相同,故B错误。从a到c过程中气体温度升高、内能增大,体积增大、对外界做正功,由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量,C正确、D错误。 6.(2022湖北,3,4分)一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V图中a→c直线段所示,状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是 (　　) A.a→b是等温过程 B.a→b过程中气体吸热 C.a→c过程中状态b的温度最低 D.a→c过程中外界对气体做正功 答案　B　一定质量的理想气体发生等温变化时的p-V图线的形状为双曲线的一部分,而ab为直线段,所以A错误;a→b过程中,气体温度升高,内能增加,同时气体体积膨胀对外做功,由热力学第一定律可知气体吸热,B正确;a→c过程中状态b的温度最高,C错误;a→c过程中气体体积膨胀对外做功,外界对气体做负功,D错误。 7.(2022北京,3,3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是 (　　) A.从a到b,气体温度保持不变 B.从a到b,气体对外界做功 C.从b到c,气体内能减小 D.从b到c,气体从外界吸热 答案　D　从a到b为等容变化,压强减小,温度降低,气体不对外做功,A、B均错;从b到c为等压变化,体积增加,气体对外界做功,温度升高,内能增大,由ΔU=W+Q知,C错,D对。 考向2 热力学定律及其与气体实验定律的综合 1．（2025·湖北 ）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（   ） A．外力F保持不变 B．密封气体内能增加 C．密封气体对外做正功 D．密封气体的末态压强是初态的2倍 【答案】B 【详解】 A．气体温度升高，体积减小，根据 气体压强变大，则外力F增加，选项A错误； B．气体温度升高，则气体内能变大，即∆U > 0，选项B正确； C．气体体积减小，则外界对气体做功，选项C错误； D．根据 热力学温度变为原来的2倍，体积减小，则气体压强大于原来的2倍，选项D错误。 故选B。 2．（2025·北京 ）我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体（　　） A．压强变小 B．对外界不做功 C．内能保持不变 D．分子平均动能增大 【答案】D 【详解】C．猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，故C错误； A．气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程，则气体压强增大，故A错误； B．气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误； D．气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。 故选 D。 3．（2025·河北 ）某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（　　） A．对外做功 B．向外界传递热量 C．分子的数密度增大 D．每个分子的速率都增大 【答案】A 【详解】A．皮球体积变大，气体膨胀，对外界做功，故A正确。 B．太阳暴晒使气体温度升高，是外界对气体传热（气体吸热），而非气体向外界传递热量，故B错误。 C．皮球未漏气，分子总数不变，体积变大，分子的数密度减小，故C错误。 D．温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子速率都增大，只是“平均”情况，故D错误。 故选A。 4．（2025·江苏 ）如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（   ） A．内能迅速增大 B．温度迅速升高 C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀 【答案】D 【详解】瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程可知，气体压强减小。 故选D。 5.(2024北京,3,3分)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 答案 D 理想气体的内能只与温度有关,温度不变且气体分子个数不变,则气体的内能不变,A错误。气泡上升,水对气泡的压强减小(气泡内气体压强变小),气体膨胀对外做功,W<0,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,所以气体从水中吸热,B、C错误,D正确。 6.(2024重庆,3,4分)某救生手环主要由高压气囊组成。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 气囊上浮过程,气囊内气体温度不变,由玻意耳定律可知,体积变大,则压强变小,气体对外界做正功,A、B错误;理想气体温度不变,内能不变,气体对外界做正功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,气体需要从外界吸热,C错误,D正确。 7.（2024山东，6，3分）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，由pV=CT可知气体温度升高，内能增加，气体体积增大，对外做功，故从外界吸收的热量一部分用来增加内能，另一部分用来对外做功，A错误；b→c过程绝热，气体体积增大，对外做功，内能减少，B错误；c→a为等温过程，a、c两状态气体温度相同，内能相同，故a→b→c过程气体内能变化量ΔU=0，则Q吸=W，C正确；c→a过程放出的热量等于外界对气体做的功，且做的功的绝对值等于c→a图线与横坐标轴所围的面积，而气体在a→b→c过程吸收的热量与在a→b过程吸收的热量相等（点拨:b→c绝热），该热量也与W相等，W大小等于a→b→c状态变化曲线与横坐标轴所围的面积，D错误。 8．（2025·山东 ）如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，时，气柱高度为，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至时，保持温度不变，活塞不再下降。求： (1)时，气柱高度； (2)从状态到状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）活塞开始缓慢上升，由受力平衡 可得封闭的理想气体压强 升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律 解得 （2）升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功 降温过程中，等容变化，外界对气体做功 活塞受力平衡有 解得封闭的理想气体压强 降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律 解得 外界对气体做功 全程中外界对气体做功 因为，故封闭的理想气体总内能变化 利用热力学第一定律 解得 故封闭气体吸收的净热量。 9.(2024湖北,13,10分)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。 【答案】(1)T0　(2)(CT0+p0Sh+mgh) 解析　(1)气体发生等压变化,则由盖-吕萨克定律得=,即=,解得T1=T0 (2)此过程中气体内能变化量ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功大小W=pSΔh=h(p0S+mg) 由热力学第一定律可得,此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=(CT0+p0Sh+mgh) 10.(2024贵州,13,9分)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律,把水火箭的塑料容器竖直固定,其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口,B是气压计,如图(a)所示。在室温环境下,容器内装入一定质量的水,此时容器内的气体体积为V0,压强为p0,现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变,求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。 (2)打开喷水口阀门,喷出一部分水后关闭阀门,容器内气体从状态M变化到状态N,其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示,已知气体在状态N时的体积为V1,压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。 (3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线,试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由) 【答案】(1)3V0　(2)　(3)吸热 解析　(1)设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V,充气过程中气体温度不变,则有p0V0+p0V=4p0V0, 解得V=3V0。 (2)容器内气体从状态M变化到状态N,由理想气体状态方程可得=, 可得=。 (3)由p-V图线与横坐标轴所围的面积表示气体做功可知,从M到N的过程气体对外做的功比从M到N'的更多, 从M到N'的过程绝热,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,内能减少量等于对外做功; N和N'都是从M状态变化而来,由=C,可得TN>TN', 可知从M到N的过程气体内能减少得更少。 由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,从M到N的过程气体对外做功更多,内能减少得反而更少,则气体必然吸热。 11.(2023天津,2,5分)如图是爬山所带的氧气瓶,爬高过程中,氧气瓶里的气体体积和质量均不变,温度降低,则气体 (　　) A.对外做功 B.内能减少 C.吸收热量 D.压强不变 答案B　爬高过程中,由于气体体积不变,故气体不对外做功,故A错误;温度降低,则气体内能减少,故B正确;根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,爬高过程中气体不对外做功,但内能减少,可知气体放出热量,故C错误;氧气瓶里的气体容积、质量均不变,温度降低,根据理想气体状态方程=C,可知气体压强降低,故D错误。 12.(2023山东,9,4分)(多选)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　) A.初始状态下,气体的体积为6 L B.等压过程中,气体对外做功400 J C.等压过程中,气体体积增加了原体积的 D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J 答案：AD 对一定质量的理想气体,内能的大小取决于温度的高低,两个过程中的初温及末温相同,故内能的增加量相同,即ΔU2=ΔU1=400 J,故D正确;等压过程中,根据热力学第一定律有ΔU2=W+Q2,其中ΔU2=400 J,Q2=600 J,故W=-200 J,故气体对外界做功W'=200 J,由W'=p1ΔV解得ΔV=2 L,B错误;在等压过程中,有=,其中T1=300 K,ΔV=2 L,T2=400 K,解得V1=6 L,故A正确;等压过程中,气体体积增加了原体积的=,故C错误。 13.(2023福建,11,3分)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 一定质量的理想气体完成一次循环,p和V不变,根据气体实验定律可知气体温度不变,所以气体内能不变。根据功的定义W=FΔx,对于气体做功有W=pSΔx= pΔV,在p⁃V图像中,图线与横坐标轴所围的面积表示气体对外所做的功的大小;体积增大过程,气体对外做正功,反之气体对外做负功。由题图可知,A→B→C过程中气体克服外界做的功小于C→D→A过程中气体对外界做的功,所以该循环过程气体对外界做正功。由前述推理可知ΔU=0、W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q>0,说明此过程气体吸热。 14.[2023全国乙，33(1)，5分]对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)  A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩 C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等压压缩 E.等容增压后再等温膨胀 答案 (1)ACD 解析 理想气体初始状态与末状态的内能相等即初始状态与末状态的温度相等。A选项中整个过程中温度不变,则理想气体内能不变,A正确;由理想气体状态方程 =C(常量)可知, B选项中,p不变,V增大,则T增大,然后T不变,则末状态较初始状态温度升高,内能增大 ,B错误;C选项中,先V不变,p减小,则T减小,然后p不变,V增大,则T又变大,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,C正确;D选项中,先V不变,p增大,则T增大,然后p不变,V减小,则T减小,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,D正确;E选项中,先V不变,p增大,则T变大,然后T不变,则内能增大,E错误;故选A、C、D。 15.(2023全国甲,33（1）,5分)[物理——选修3-3] 在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是　　　　。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)  A.气体的体积不变,温度升高 B.气体的体积减小,温度降低 C.气体的体积减小,温度升高 D.气体的体积增大,温度不变 E.气体的体积增大,温度降低 答案 (1)ABD　 解析 (1)根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的体积不变,W=0,温度升高,ΔU>0,故Q>0,吸收热量,故选项A正确。气体的体积减小,W>0,若温度降低,ΔU<0,故Q<0,放出热量;若温度升高,ΔU>0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项B正确,C错误。气体的体积增大,W<0,若温度不变,ΔU=0,故Q>0,吸收热量;若温度降低,ΔU<0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项D正确,E错误。 16.(2023广东,13,9分)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求: (1)pB的表达式; (2)TC的表达式; (3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少? 答案　(1)pB=　(2)TC=1.9T0　(3)见解析 解析 (1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=pB·5V0,解得pB=。 (2)解法一　由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定律有=,解得TC=1.9T0。 解法二　气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有= pB=,VB=5V0,TA=TB=T0,pC=1.9p0,VC=V0,联立解得TC=1.9T0。 (3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=W,故从B到C过程,气泡内气体的内能增加了W。 17.[2016课标Ⅲ,33(1),5分](多选)关于气体的内能,下列说法正确的是(　　) A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同 B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大 C.气体被压缩时,内能可能不变 D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加 答案　CDE　由于非理想气体分子间作用力不可忽略,内能包括分子势能,则气体的内能与体积有关,再者即使是理想气体,内能取决于温度和分子数目,质量相同的气体,当分子数目不同、温度相同时,内能也不相同,故A项错误;物体的内能与其机械运动无关,B项错误;由热力学第一定律知,气体被压缩时,若同时向外散热,则内能可能保持不变,C项正确;对于一定量的某种理想气体,体积变化时分子势能不变,其内能只取决于分子平均动能的变化,而温度是分子平均动能的标志,所以D项正确;由理想气体状态方程=C知,p不变V增大,则T增大,故E项正确。 考查点　内能、热力学第一定律 温馨提示　①物体的内能与物体的机械运动无关。 ②一定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关。而一定量的理想气体的内能只与温度有关。 18.[2018海南单科,15(1),4分](多选)如图,一定量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　) A.从状态b到状态c的过程中气体吸热 B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 答案　BD　本题考查对一定质量的理想气体的p-V图像的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。 内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和,由于理想气体不考虑分子势能,因此理想气体的内能等于所有分子动能的总和,而温度是分子平均动能的宏观表现,由理想气体状态方程可得pbVb/Tb=pcVc/Tc,当Vb=Vc,pb>pc时,Tb>Tc,故ΔUbc<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,体积V不变,故W=0,所以ΔQ<0,从状态b到状态c的过程中气体放热,选项A错误;气体在状态a的温度等于在状态c的温度,故气体在状态a的内能等于在状态c的内能,选项B正确;由理想气体状态方程可得paVa/Ta=pbVb/Tb,当pa=pb,Va<Vb时,Ta<Tb,选项C错误;从状态a到状态b的过程中气体膨胀对外做正功,故D正确。 19.(2018课标Ⅰ,33,15分)(1)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是　　　　(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。  A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中气体对外界做正功 C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小 答案　BDE　(1)本题考查气体实验定律、理想气体状态方程。 过程①是等容升温过程,由=,可知压强逐渐增大,A项错误。过程②中气体膨胀,故气体对外界做正功,B项正确。过程④为等容降温过程,气体向外放出热量,C项错误。一定质量的理想气体的内能只与温度有关,而Tc=Td,所以状态c、d的内能相等,D项正确。由理想气体状态方程=C得p=C,由题图可知>,则pb>pd,E项正确。 20.(2018课标Ⅲ,33,15分)(1)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)  A.气体温度一直降低　　　　　　B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功　　　　　　D.气体一直从外界吸热 E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功 答案　BCD　(1)本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程。对于一定量的理想气体有=恒量。从a到b,p逐渐增大,V逐渐增大,所以p与V的乘积pV增大,可知T增大,则气体的内能一直增加,故A错误、B正确。由于V逐渐增大,可知气体一直对外做功,故C正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W,因ΔU>0,W<0,可知Q>0,即气体一直从外界吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正确、E错误。 21.(2022广东,15,12分)(1)(6分)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,这个过程　　　　(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。  (2)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示,潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中,拧紧瓶盖后带入水底,倒置瓶身,打开瓶盖,让水进入瓶中,稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体,全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ取1.0×103 kg/m3,求水底的压强p和水的深度h。 答案　(1)不是　大于 (2)2.0×105 Pa　10 m 解析　(1)(1)空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外是通过电动机做功完成的,不是自发过程;空调排到室外环境的热量包括空调机消耗电能产生的热量及从室内吸收的热量,则空调排到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。 (2)从水面到水底过程,瓶中气体做等温变化, 在水面,瓶中气体体积V1=380 mL-80 mL=300 mL,压强p1=p0=1.0×105 Pa 在水底,瓶中气体体积V2=380 mL-230 mL=150 mL 根据玻意耳定律得:p1V1=pV2 代入数据得:p=2.0×105 Pa 而p=p0+ρgh 代入数据得:h=10 m 22.(2022重庆,15)(1)(4分)2022年5月15日,我国自主研发的“极目一号”Ⅲ形浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体) (　　) A.吸收热量　　　　　　　　　　B.压强增大 C.内能减小　　　　　　　　　　D.对外做负功 (2)(8分)某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性,得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V1的等容过程,当温度为t1时气体的压强为p1;图线Ⅱ描述的是压强为p2的等压过程。取0 ℃为273 K,求 ①等容过程中,温度为0 ℃时气体的压强; ②等压过程中,温度为0 ℃时气体的体积。 答案　(1)C　(2)①　② 解析　(1)由于艇内气体体积不变,则该过程中气体不对外做功、外界也不对气体做功,同时由查理定律可知气体的压强减小,B、D均错误。一定质量的理想气体内能只与温度有关,温度越低时内能越小,故艇内气体的内能减小,C正确。再由热力学第一定律可知,艇内气体向外界放出热量,A错误。 (2)①等容过程中,设温度为0 ℃时气体的压强为p0,由查理定律有= 解得p0= ②设温度为0 ℃时图线Ⅱ对应的气体的体积为V2,研究图线Ⅰ与图线Ⅱ在温度为0 ℃时的状态,可认为是经过了一个等温的过程,则由玻意耳定律有 p0V1=p2V2 解得V2== 23.(2020江苏单科,13A,12分)(1)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有　　　　。  A.没有固定的熔点 B.天然具有规则的几何形状 C.沿不同方向的导热性能相同 D.分子在空间上周期性排列 (2)一瓶酒精用了一些后,把瓶盖拧紧,不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽,此时　　　　(选填“有”或“没有”)酒精分子从液面飞出。当温度升高时,瓶中酒精饱和汽的密度　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,其p-图像如图所示,求该过程中气体吸收的热量Q。 答案　(1)AC　(2)有　增大　(3)2×105J 解析　(1)非晶体没有固定的熔点;因为其分子在空间上排列无规则,所以天然不具有规则的几何形状;其导热性能为各向同性,故A、C项正确,B、D项错误。 (2)饱和汽处于动态平衡状态,故达到饱和状态时也有酒精分子从液面飞出。饱和汽压随温度的升高而增大,说明单位时间内撞击到单位面积上的分子增多,亦说明酒精饱和汽的密度增大。 (3)A→B过程,外界对气体做的功W1=p(VA-VB) B→C过程W2=0 根据热力学第一定律得ΔU=(W1+W2)+Q A和C的温度相等ΔU=0 代入数据解得Q=2×105 J 实验微专题18 用油膜法估测油酸分子的大小 1．（2025·广西 ）（多选）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中（   ） A．估测油酸分子大小时，油酸分子可以视为球形 B．油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热运动 C．计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正方形 D．与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水面形成单分子油膜 【答案】AB 【详解】A．在油膜法测分子直径的实验中，把油膜看成单分子油膜，且分子紧密排列。由于分子形状复杂，为简化计算，通常将其视为球形模型，油膜的厚度可以近似看成是球形分子的直径，故A正确； B．分子在永不停息地做无规则热运动，与宏观物体是否处于稳定状态无关。油膜稳定时，油酸分子仍然在做热运动，故B正确； C．在计算油膜面积时，为了更准确地估算油膜的面积，对于周边不完整的格子，大于半格记为一个单位面积，小于半格的不计面积，而不是不完整的格子不计面积，故C错误； D．酒精可以溶解油酸，使油酸更容易在水面上展开形成单分子油膜，所以实验时加酒精比不加酒精更好地展开油膜，故D错误。 故选AB。 2.[2019课标Ⅲ,33(1),5分]用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以　　　　　　　　　　　　　　　　。为得到油酸分子的直径,还需测量的物理量是　　　　。  答案　使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积 解析　本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、分析、探究能力的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了劳动实践、科学探索的价值观。 用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分子在水面上形成单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进而得到一滴溶液中纯油酸的体积;因为本题中油酸体积等于厚度乘面积,故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积,还需要测量单分子层油膜的面积。 实验微专题19 探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系 1．（2025·河北 ）自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定振荡电路的频率来确定水位高度。 某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。 (1)研究集气室内气体压强与体积的关系 ①洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小 （填“会”或“不会”）影响集气室内气体压强的大小。 ②测量集气室高度、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如下表所示。 15.00 20.00 25.00 30.00 35.00 40.00 45.00 50.00 0.33 0.40 0.42 0.52 0.61 0.70 0.78 0.87 实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量 （填“H”或“h”）产生的相对误差较小。 ③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是 (2)研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的图像，u的频率即为振荡电路的频率。振荡电路的频率f与线圈自感系数L、电容C的关系是，则图中 （填“甲”或“乙”）对应的水位较高。 【答案】(1) 不会 见解析 (2)乙 【详解】（1）①[1]集气室内气体压强等于桶内水位高度H和集气室进水高度的高度差产生的压强和大气压强之和，根据可知其内径D的大小不会影响影响集气室内气体压强的大小； ②[2]由于实验中使用同一把刻度尺进行测量，分度值相同，根据数据分析，桶内水位高度明显大于集气室内进水高度，所以测量桶内水位高度产生的相对误差较小； ③[3]该延长线不过原点的主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略不计，导致集气室气体体积相比于实际气体体积偏小。 （2）桶内水位高度越大，集气室内气体压强越大，铁芯进入电感线圈的长度越大，电感线圈的自感系数越大，根据可知震荡电路的周期越大，所以图3中乙对应的水位较高。 2.(2023江苏,9,4分)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是(　　) A.把柱塞快速地向下压 B.把柱塞缓慢地向上拉 C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞 D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞 答案：B 快速推柱塞会使密封气体的温度改变,故A、C错误;用在橡胶套处接另一注射器的方法,会使体积测量值误差过大,故D错误,B正确。 3.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。 图甲 图乙 回答以下问题: (1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体　　　　。  A.p与V成正比 B.p与成正比 (2)若气体被压缩到V=10.0 mL,由图乙可读出封闭气体压强为　　　　Pa(保留3位有效数字)。  (3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。  答案 (1)B　(2)2.04×105　(3)增大 解析 (1)根据图乙可知,p与成正比。 (2)当气体被压缩到10.0 mL的时候,图乙中对应的横坐标是100×10-3 mL-1,直线上的点所对应的纵坐标是2.04×105 Pa。 (3)对于本实验,p(V0+ΔV)为定值,将该式改写成pV0+pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。 4.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。 图甲 图乙 回答以下问题: (1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体　　　　。  A.p与V成正比 B.p与成正比 (2)若气体被压缩到V=10.0 mL,由图乙可读出封闭气体压强为　　　　Pa(保留3位有效数字)。  (3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。  答案 (1)B　(2)2.04×105　(3)增大 解析 (1)根据图乙可知,p与成正比。 (2)当气体被压缩到10.0 mL的时候,图乙中对应的横坐标是100×10-3 mL-1,直线上的点所对应的纵坐标是2.04×105 Pa。 (3)对于本实验,p(V0+ΔV)为定值,将该式改写成pV0+pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。 ( 1 / 63 ) 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