专题15 热学（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专项突破教用word

专题十五　热学 题型方法 题型50　气体实验定律及其应用 高考真题 1.(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 (　B　) 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 2.(2023辽宁,5,4分)“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 (　B　) 　　 　　 3.(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 (　C　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 4.(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 (　B　) 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 5.(2025广东,13,9分)图是某铸造原理示意图。往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件,柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S2=0.2 m2,高度h2=0.2 m;底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S1=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度取g=10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h1和气室内气体压强p1。 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。 答案　(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa 解析　(1)进入铸型室的金属液的总体积与柱状气室内减少的金属液的体积相等,则S1h1=S2h2 代入数据可得h1=0.05 m 气室内气体的压强p1=p0+ρg(H+h1+h2) 代入数据可得p1=1.2×105 Pa (2)关闭排气孔,对铸型室内的气体分析,发生等温变化,由玻意耳定律可得 p0h2S2=p(h2-h3)S2 解得p=1.25×105 Pa 此时气室内金属液面下降的高度h'1=h3 此时气室内气体的压强p2=p+ρg(H+h'1+h3) 解得p2=1.35×105 Pa 关键点拨 气室中的金属液进入铸型室,则气室中的金属液面会下降,铸型室中金属液面上升的高度和气室中金属液面下降的高度之比是两者的底面积之比的倒数。 6.[2022重庆,15(2),8分]某同学探究一封闭汽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　② 解析　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==。 7.(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。 8.[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 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,则水柱重力不计,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 高考模拟 1.(2025北京人大附中开学考)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历两个状态变化过程,先后到达状态b和c。下列说法正确的是 (　A　) A.在a→b过程中气体向外界放热 B.在a→b过程中气体分子热运动的平均动能变大 C.在b→c过程中气体对外界做功 D.在b→c过程中气体分子单位时间内撞击单位面积容器壁的次数不变 2.(2025安徽安庆二模)一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程,a→b过程是等温过程,b→c过程是等容过程,c→a过程是等压过程。下列说法正确的是 (　C　) A.a→b过程中气体的内能增加 B.b→c过程中气体向外界放热 C.a→b过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.c→a过程中外界对气体做的功等于a→b过程中气体对外界做的功 3.(2025河北唐山一模)某同学为探究水银柱在气体作用下的移动情况,在实验室取来两个相同的集气瓶A和B,用粗细均匀的薄壁玻璃管相连后,分别置于两个恒温箱内,玻璃管的水平部分(足够长)内有一小段水银柱,通过水银柱在玻璃管和两集气瓶内各封闭一定质量的气体(可视为理想气体),如图所示;调节两恒温箱内的温度TA、TB,当TA=300 K,TB=250 K时,水银柱恰好处于水平玻璃管的正中央,已知此时两部分气体体积均为V0,玻璃管的横截面积为S。现让两恒温箱的温度均缓慢升高ΔT=50 K。 (1)通过定性分析判断水银柱的移动方向; (2)求水银柱移动的距离。 答案　(1)见解析　(2) 解析　(1)假设温度升高后,水银柱不动,对两部分气体有=,即Δp=ΔT,两部分气体初始p0相等,ΔT相同,因TA>TB,可知ΔpA<ΔpB,故升温后水银柱将向左移动。 (2)设水银柱移动的距离为x,则对A中及水银柱左侧玻璃管内气体有=,对B中及水银柱右侧玻璃管内气体有=,联立解得x=。 4.(2025湖北武汉2月调研)篮球是深受中学生喜爱的一项体育运动,温度变化会影响球内气体的压强。在温度t1=27 ℃时,篮球球内气体的压强p1=1.50×105 Pa,球内气体可视为理想气体。 (1)当温度t2=17 ℃时,若不考虑篮球体积变化,求球内气体的压强p2; (2)当温度t3=7 ℃时,若篮球体积同时缩小到原来的98%,求球内气体的压强p3。(结果均保留3位有效数字) 答案　(1)1.45×105 Pa　(2)1.43×105 Pa 解析　(1)球内气体发生等容变化, 由查理定律得= 解得p2=p1=×1.50×105 Pa=1.45×105 Pa。 (2)以球内气体为研究对象,由理想气体状态方程得=,由题意可知V3=98%V1,又T1=300 K,T3=280 K,代入数据解得p3=1.43×105 Pa。 题型51　热学中的两种经典模型 高考真题 1.(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 (　ACD　) 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 2.(2025河南,10,6分)(多选)如图,一圆柱形汽缸水平固定,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T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则 (　AC　) 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T1、T2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T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 3.(2025湖南,13,10分)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。 (1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小; (2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。 答案　(1)　(2)9.5 m/s2 解析　(1)封闭空气发生等温变化,设细管横截面积为S,根据玻意耳定律得 (p0+ρgh)L1S=p0L2S 解得g=。 (2)根据理想气体的状态方程得=, 即=, 其中p0=1.0×105 Pa,h=0.200 0 m,T1=305.7 K,T2=300.0 K,ρ=1.0×103 kg/m3,代入数据解得g=9.5 m/s2。 高考模拟 1.(2025河南部分重点高中3月联考)将一定质量的理想气体用横截面积为S的活塞封闭在汽缸内,汽缸内壁光滑。如图甲所示,用轻质细线系在活塞的正中央,然后将整个装置悬挂在天花板上处于静止状态,此时缸内气体的压强为0.8p0;如图乙所示,竖直杆固定在地面,让汽缸开口向下,活塞放置在竖直杆上,整个装置处于静止状态,此时缸内气体的温度为T0;如图丙所示,汽缸开口水平向右放置在水平面上,处于静止状态。已知大气压强为p0,活塞与汽缸的质量相等,活塞及汽缸壁的厚度均不计,汽缸未漏气。下列说法正确的是 (　A　) 　　 A.图乙中缸内气体压强为1.2p0 B.图乙中缸内气体压强为p0 C.若三图中缸内气体的体积均相等,则图丙与图甲中缸内气体温度相等 D.若三图中缸内气体的体积均相等,则图丙与图甲中缸内气体温度差为 2.(2025河南开封二模)用高度不同的同种液体分别把两段空气(可看作理想气体)封入相同的试管内,两段空气柱的体积分别为V1与V2,初始时两试管放于同一位置,V1>V2,现把两试管放入同一个恒温水槽内,如图所示,稳定后气体体积变化量ΔV1与ΔV2大小关系为 (　C　) A.ΔV1<ΔV2　　　　　　　　B.ΔV1=ΔV2 C.ΔV1>ΔV2　　　　　　　　D.无法确定 3.(2025湖南长郡中学开学考)“拔火罐”是一种中医的传统疗法,某实验小组为了探究“火罐”的“吸力”,设计了如图所示的实验装置。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上,轻质活塞通过细线与置于地面上的质量为m的重物相连,将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的开关K处扔到汽缸内,酒精棉球熄灭时关闭开关K,此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零,而这时活塞距缸底为L。由于汽缸传热良好,随后重物会被缓慢吸起,最后重物稳定在距地面处。已知环境温度为T0不变,重力加速度为g,=p0,p0为大气压强,汽缸内的气体可看作理想气体,求: (1)酒精棉球熄灭时的温度T与环境温度T0的比值; (2)若从酒精棉球熄灭到最终稳定的过程中气体放出的热量为Q,气体内能的变化量。 答案　(1)2　(2)-Q 解析　(1)关闭开关K时,气体压强为p0,重物稳定在距地面处时,根据pS+mg=p0S,可得气体压强为p=p0-=p0,根据理想气体状态方程有=,解得=2。 (2)外界对气体做功为W=p·S 气体放出的热量为Q,根据热力学第一定律得 ΔU=-Q+W 解得ΔU=-Q。 题型52　气体变质量问题 高考真题 1.(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。 解题方法　打气问题解题方法 1.将要充入的气体体积转化为和原有气体压强、温度相等状态下的体积,将要充入气体和原有气体视为整体,再对整体气体进行等温压缩。这样就可以把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。 2.根据pV=nRT,可知气体1与气体2组成气体3,气体状态方程满足+=。 2.[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　(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, 状态变化前后质量不变,有ρ1V=ρ2V' 联立解得ρ2≈1.41 kg/m3 (ⅱ)温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,对此时舱内的全部气体,根据玻意耳定律有 p1V=p2V″ 而p1=1.2 atm、p2=1.0 atm 状态变化前后质量不变,有ρ2V=ρ3V″ 解得ρ3≈1.18 kg/m3 3.(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。 高考模拟 1.(2025湖南岳阳十四中月考) 如图所示,某热水瓶的容积为V,瓶中刚好有体积为V的热水,瓶塞将瓶口封闭,瓶中气体压强为1.2p0,温度为87 ℃,环境大气压强为p0,将瓶塞打开,一会儿瓶中气体温度变为57 ℃,瓶中气体可看成理想气体,则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57 ℃的过程中,跑出热水瓶的气体质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为 (　A　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(2025广东惠州三调)(多选)在夏天高温天气下,一辆家用轿车的胎压监测系统显示一条轮胎的胎压为3.20 atm(1 atm是指1个标准大气压)、温度为47 ℃。由于胎压过高会影响行车安全,故快速放出了适量气体,此时监测系统显示胎压为2.40 atm、温度为27 ℃,设轮胎内部体积始终保持不变,胎内气体可视为理想气体,则下列说法正确的是 (　ABC　) A.放气过程中气体对外做功 B.放气后,轮胎内部气体分子平均动能减小 C.此过程中放出的气体质量是原有气体质量的 D.放气后瞬间,轮胎内每个气体分子的速率都会变小 3.(2025湖南名校大联考一)气压千斤顶是一种以压缩空气作为动力来起重的升降设备。某种气压千斤顶的模型如图所示,其由高度分别为h和3h、横截面积分别为3S和S的汽缸连接而成,将模型开口向上竖直放置在水平地面上,封闭充气口,将厚度不计、横截面积为S的活塞连同支架轻轻放入汽缸开口处,活塞下降一定距离后稳定。已知大气压强为p0,活塞连同支架的重力为0.2p0S,环境温度恒为T0,重力加速度为g,汽缸的气密性、导热性良好且内壁光滑,空气可视为理想气体。 (1)求活塞从放入到稳定过程中下降的距离H; (2)若在支架上放置重力大小为10.8p0S的重物,同时通过充气口向缸内充入压强为p0的空气,当活塞上升到汽缸口的位置并稳定时,求充入的空气与汽缸内原有空气的质量之比。 答案　(1)h　(2)11∶1 解析　(1)活塞放入汽缸之前,汽缸内空气的压强p1=p0 体积V1=3Sh+3Sh=6Sh 活塞连同支架的重力大小G=0.2p0S 活塞放入并稳定后,封闭空气的压强为p2=p0+=1.2p0 体积V2=3Sh+(3h-H)S 根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2 解得活塞下降的距离H=h。 (2)在支架上放置重物的重力大小为G'=10.8p0S 根据题意可知,充入空气并稳定后,封闭空气的压强为p3=p0+=12p0 设充入压强为p0的空气体积为V,则根据玻意耳定律,有p1V1+p0V=p3V1 压强相同时,空气的体积之比等于质量之比,联立解得== 即充入的空气与汽缸内原有空气的质量之比为11∶1。 题型53　气体实验定律与热力学定律的综合应用 高考真题 1.(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体 (　A　) A.对外做功,内能不变 B.向外放热,内能减少 C.分子的平均动能变小 D.吸收的热量等于内能的增加量 2.(2025湖北,3,4分)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 (　B　) 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 3.(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 (　AD　) 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 4.(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 (　AC　) 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 5.(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 (　AD　) 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 6.(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 (　C　) 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 7.(2025山东,16,8分)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p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K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T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求: (1)T2=440 K时,气柱高度h2; (2)从T1状态到T4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)h1　(2)p0Sh1 解题导引　对于活塞受到摩擦力方向的正确分析,是本题的解题关键点。“活塞开始缓慢上升”说明活塞受到的摩擦力向下;“活塞开始缓慢下降”说明活塞受到的摩擦力向上。 解析　(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得=, 解得h2=h1 (2)当T1=330 K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1=p0 当T3=400 K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2=p0 从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得=,解得h3=h1 从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1) 从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3) 从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q 由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2, 联立解得Q=p0Sh1 归纳总结 气体体积变大,气体对外界做功,W取负值;气体体积变小,外界对气体做功,W取正值;等质量的同种理想气体,若两状态温度相等,则气体的内能相等。 8.(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)。 另解:以气体和活塞整体为研究对象,由能量守恒得ΔU+mg=Q-p0S×,解得Q=(CT0+p0hS+mgh)。 方法技巧 一个系统的总能量的变化量等于系统从外界吸收的热量与外界对系统做的功之和,即ΔE=Q+W。 本题中,选择气体为研究对象时,其能量的变化量为气体内能的变化量,而活塞属于外界,活塞对气体做的功为外界对气体做的功,而大气对气体不做功。 选择气体和活塞整体为研究对象时,系统能量的变化量是气体内能的变化量与活塞重力势能的变化量之和,大气对活塞做的功才是外界对系统做的功。 高考模拟 1.(2025江苏泰州开学考)一定质量的理想气体经历如图所示的循环,则一次循环中气体对外做功最多的阶段是 (　C　) A.A→B　　　　　　　　B.B→C C.C→D　　　　　　　　D.D→A 2.(2025辽宁大连一模)(多选)一定质量的理想气体从状态A开始,经AB、BC、CD三个过程至状态D,其p-T图像如图所示。已知气体在状态A时的体积为1 m3。下列说法正确的是 (　AD　) A.气体在状态D时的体积为3 m3 B.从状态B到状态C的过程中气体分子的平均动能减小 C.从状态C到状态D的过程中气体向外界放出热量 D.从状态A到状态B的过程中,单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数增加 3.(2025广东茂名一模)如图甲,2024年5月28日,神舟十八号航天员圆满完成出舱任务。航天员要先进入气闸舱中等待气闸舱内气压降至与太空舱外气压基本一致,才能进入太空。中国空间站气闸舱使用了气体复用技术,即航天员出舱前将气闸舱空气全部抽送到相邻的工作舱。如图乙,若工作舱容积V1=50 m3,气闸舱容积V2=10 m3,工作舱和气闸舱中气体的初始压强均为p0=1.0×105 Pa,外太空为真空状态,气体为理想气体并忽略航天员对气体的影响,太空舱与外界保持绝热。则抽气过程: (1)若气体温度保持不变,则抽气结束后工作舱内气体压强升高了多少? (2)若考虑气体做功,则工作舱内气体温度如何变化?请说明理由。 　 答案　(1)0.2×105 Pa　(2)见解析 解析　(1)从气闸舱向工作舱抽气过程中有p0V2+p0V1=pV1 则抽气结束后,工作舱中的气压p=1.2×105 Pa 工作舱压强升高Δp=p-p0=0.2×105 Pa (2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q 抽气过程外界对工作舱气体做正功,W>0 又Q=0,则ΔU>0,即内能增加,温度升高。 4.(2025四川成都二诊)一乒乓球的内部气体可视为理想气体,温度为T1,压强为p0。现乒乓球发生形变后体积减小了。已知乒乓球内部气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为已知常量。 (1)若乒乓球形变过程可视为等温变化,求形变后乒乓球内部气体的压强p1; (2)为使乒乓球恢复原状,将乒乓球放入热水中,如图所示。 ①若乒乓球内部气体被热水加热至T2时形变开始恢复,求此时气体压强p2; ②若乒乓球从开始恢复到完全复原的过程中,内部气体温度从T2上升至T3,吸收的热量为Q,求该过程乒乓球内部气体对外界做的功W。 答案　(1)p0　(2)①p0　②Q-C(T3-T2) 解析　(1)设乒乓球发生形变前的体积为V,乒乓球内部气体经历等温变化过程,由玻意耳定律得p0V=p1·V 解得p1=p0。 (2)①分析题意可知该过程为等容变化过程,由查理定律得=,解得p2=p0。 ②由热力学第一定律可得ΔU=(-W)+Q 根据题意有ΔU=C(T3-T2) 解得W=Q-C(T3-T2)。 实验聚焦 实验18　用油膜法估测油酸分子的大小 [2023北京,15(1)]用油膜法估测油酸分子直径是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法。已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V,在水面上形成的单分子油膜面积为S,则油酸分子的直径d= 　。  解析　水面上形成的油膜为单分子油膜,则油酸分子的直径等于油膜的厚度,1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V,在水面上形成的单分子油膜面积为S,则油酸分子的直径d=。 实验19　探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系 1.(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 (　B　) 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 2.(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。 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　B　。  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　2.04×105　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　增大　(填“增大”或“减小”)。  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会随p增大而增大。 培优提升 提分策略 高考对本专题的考查方向比较广泛,主要包括三部分:(1)从分子动理论与微观角度解释宏观热现象和热学规律;(2)从微观层面揭示内能的概念以及如何改变内能;(3)以观测和实验事实为依据探索气体多个状态参量之间的关系。复习时尤其需要关注热力学定律和气体状态变化的图像问题,以及结合汽缸模型、U形管模型、直管模型、L形管模型和生活生产中的器皿考查气体实验定律和理想气体状态方程的应用问题。 1.(创新情境·拔火罐+热学综合)(2025天津河东期末)“拔火罐”时,医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气,随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位,冷却后小罐便紧贴在皮肤上,如图所示。小罐倒扣在身体上后,在罐中气体逐渐冷却的过程中,罐中气体质量和体积均可视为不变。若罐中气体可视为理想气体,设加热后小罐内的空气温度为80 ℃,当时的室温为20 ℃。下列说法正确的是 (　B　) A.冷却过程中气体对外做功 B.冷却后罐内的气体压强减小 C.冷却后每个分子的运动速度均减小 D.冷却后罐内气体压强约为原来的25% 2.(核心考法·p-V图像)(2025湖南岳阳汨罗一中期末)如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化,下列说法正确的是 (　D　) A.A→B过程中,气体对外界做正功600 J B.A→B→C过程中,气体吸收热量 C.A→B过程中,气体放出的热量与外界对气体做的功相等 D.B→C过程中,气体吸收的热量与气体对外界做的功相等 3.(核心考法·关联气体)(2025安徽名校联盟一模)如图所示,导热汽缸A和绝热汽缸B分别用两个绝热活塞(厚度不计)封闭一定质量的理想气体,两汽缸均固定在倾角θ=30°的斜面上,两活塞用一轻质刚性杆连接。初始时汽缸A、B内的光滑活塞均位于汽缸的正中央,活塞质量分别为m和2m(m为未知量),横截面积分别为S和2S,汽缸长度均为L,B汽缸内气体初始压强为p0,温度为T0。若大气压强为p0,且满足mg=p0S,g为重力加速度,环境温度不变。 (1)求汽缸A中封闭气体的压强及杆的作用力大小。 (2)现缓慢加热汽缸B中的气体,使其温度至T0,则此时汽缸A中气柱长度与压强分别为多少? 答案　(1)2.5p0　p0S　(2)　3.75p0 解析　(1)设汽缸A、B中封闭气体的初始压强分别为pA、pB,杆的作用力大小为F,对两活塞由整体法,则有pAS+p0·2S=3mg sin θ+pB·2S+p0S,mg=p0S,pB=p0 联立解得pA=2.5p0 隔离上方大活塞,则有 p0·2S+F=pB·2S+2mg sin θ 解得F=p0S (2)设汽缸B内气体升温后的长度为LB,压强为p'B;汽缸A内气体长度变为LA,A中气体压强为p'A,对两活塞由整体法有 p'AS+p0·2S=3mg sin θ+p'B·2S+p0S 汽缸B内气体由理想气体状态方程得 = 汽缸A内气体发生等温变化,由玻意耳定律得 pAS·=p'ASLA 由几何关系得LA+LB=L 联立解得LA=,p'A=3.75p0 第 15 页 共 15 页 $