第1部分 第14讲 热学-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 　第14讲　热学 知识框架 学习目标 1.能熟练计算常见的微观量。 2.理解分子力和分子势能的关系。 3.认清气体压强的微观决定因素。 4.能熟练应用气体实验定律和热力学定律解决问题。 5.能熟练解决变质量气体问题。 6.会求解关联气体问题和气体与力学的综合问题。 考点1　分子动理论　固体和液体 1．估算微观量的关键 (1)阿伏加德罗常数是联系宏观量和微观量的桥梁。 ＝NA＝ (2)区分两种分子简化模型 适用对象 体积公式 说明 球体模型 固体和液体 V0＝πd3 V0表示分子体积，d表示分子直径 立方体模型 气体 V0＝a3 V0表示分子平均占据的体积，a表示分子平均间距 2.分析分子力与分子势能问题的方法 (1)熟记分子力与分子间距的关系图像，其中r0处分子力F＝0。 (2)掌握分子力的功能关系F·Δr＝－ΔEp。据此可以根据分子力的情况判断分子势能的变化，也可以根据分子势能的变化判断分子力的情况。 3．固体与液体的易错知识点 (1)区分晶体和非晶体的唯一标准是有无确定的熔点。 (2)表面张力与表面相切，而不是垂直指向液体内部。 (3)表面层分子间距略大于r0，液体内部分子间距略小于r0。 4．气体压强的微观决定因素 (1)从气体压强产生的原理看：气体压强p与单位时间气体分子撞击器壁单位面积的次数N和气体分子的平均撞击力有关。 (2)从气体微观状态量角度看：气体压强p与气体分子数密度n和气体分子的平均速率有关。 注：N与n和有关，同一气体，只与有关，只与温度有关。 例1　(2025·山东卷，2)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r0时分子势能Ep为零，则(　　) A．只有r大于r0时，Ep为正 B．只有r小于r0时，Ep为正 C．当r不等于r0时，Ep为正 D．当r不等于r0时，Ep为负 [解析]　根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为0，当r>r0时，分子间作用力表现为引力，当0<r<r0时，分子间作用力表现为斥力，所以随着分子间距离从r0开始增大或减小时，分子间作用力均做负功，由功能关系知分子势能均增大，又r＝r0时分子势能Ep＝0，所以当r不等于r0时，Ep为正，C正确。 [答案]　C 考点2　气体实验定律与热力学定律 1．应用气体实验定律和理想气体状态方程时需注意的问题 (1)只适用于质量一定的理想气体。如果质量变化或者不是理想气体，则需要根据实际情况解答。 (2)如果三个状态量都变化，应用理想气体状态方程；如果其中一个状态量保持不变，则选用对应的气体实验定律。 (3)计算封闭气体的压强时，不要遗忘大气压。 2．应用热力学第一定律的注意事项 (1)注意公式ΔU＝W＋Q是对所研究的气体对象而言的，弄清3个量正负号的意义。 (2)气体在真空中自由膨胀时，W＝0。 (3)根据W＝∑pΔV，p­V图像中，图线与V轴所围图形的面积表示外界对气体做的功的绝对值。 例2　(2025·陕晋宁青卷，13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2； (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。 [解析]　(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有＝ 代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。 (2)根据p­V图像中图线与V轴所围图形的面积表示气体做功的大小可知，此过程外界对气体做的功W＝－(V2－V1) 代入数据解得W＝－1.008×104 J 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 代入数据解得ΔU＝6.6×104 J。 [答案]　(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J [跟进训练]　(2025·山东卷，16)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 解析：(1)受力分析可知，T1状态和T2状态中活塞受力情况相同，从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有 ＝ 其中V1＝Sh1、V2＝Sh2 联立解得h2＝h1。 (2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0 从T1状态到T2状态，设封闭气体压强始终为p1，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S 解得p1＝p0 此阶段外界对封闭气体做功 W1＝－p1S(h2－h1) 设T3状态封闭气体压强为p3，从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝ 解得p3＝p0 从T2状态到T3状态，外界对封闭气体做功W2＝0 设T4状态封闭气体体积为V4，气柱高度为h4，从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 又V4＝Sh4 解得h4＝h1 从T3状态到T4状态，外界对封闭气体做功 W3＝p3S(h2－h4) 整个过程，由热力学第一定律有 ΔU＝W1＋W2＋W3＋Q 联立解得Q＝p0Sh1。 考点3　变质量气体问题 对于充气、漏气等变质量气体问题，解题的关键是将容器内原有气体和即将充入的气体的整体(或将抽出的气体和剩余气体的整体)作为研究对象，就可转化为总质量不变的气体的状态变化问题，然后应用气体实验定律或理想气体状态方程等规律求解。 例3　(2025·湖南省长沙市名校高三下模拟冲刺)如图所示是一个蒸馏海水的装置，通过阳光照射透明容器使得容器中的水通过表面液化并流淌到取蒸馏水的装置中。已知容器内总体积为10 L，初始时放置4 L海水在容器中，温度T1＝300 K，压强为p0，忽略水蒸气分子产生的压强对总压强的影响且认为容器内总体积不变。如果容器内的海水全部蒸发掉且被取水装置接走，此时容器内温度变为T2＝320 K。不计剩余海盐的体积。 (1)此时容器的压强p2为多少？ (2)为了使此时容器内压强变为0.9p0，求需要送入压强为p0、温度为320 K的气体体积Vx。 [解析]　(1)容器内气体初始的体积为V1＝10 L－4 L＝6 L，蒸馏后的体积为V2＝10 L 由理想气体状态方程有＝ 解得p2＝0.64p0。 (2)容器内原气体的温度和送入气体的温度均为T2＝320 K，设原气体的末状态体积为V2′，送入气体的末状态体积为Vx′，由玻意耳定律有p2V2＝0.9p0V2′ p0Vx＝0.9p0Vx′ 又V2′＋Vx′＝V2 联立解得Vx＝2.6 L。 [答案]　(1)0.64p0　(2)2.6 L 例4　(2025·甘肃省白银市高三下三模)千余年来，景德镇制瓷业集历代名窑之大成，汇各地技艺之精华，形成了独树一帜的手工制瓷工艺生产体系，创造了中国陶瓷史上最辉煌灿烂的一段历史。瓷器的烧制可以采用窑炉，如图甲。如图乙是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到3p0(p0为大气压强)时，排气阀才会开启，压强低于3p0时，排气阀自动关闭，某次烧制过程，初始时窑内温度为t1＝27 ℃，窑内气体体积为V0，压强为p0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷胚体积的变化，气体可视为理想气体，已知热力学温度T与摄氏温度t的关系：T＝t＋273 K。 (1)排气阀开始排气时，求窑内气体温度； (2)求窑内温度为1227 ℃稳定时，窑内气体质量与窑内原有(初始)气体质量的比值。 [解析]　(1)对封闭在窑内的气体，排气前体积V0不变，烧制前温度为T0＝(273＋27) K＝300 K 设排气阀开始排气时，窖内气体温度为T1，压强为p1＝3p0，气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有＝ 解得T1＝900 K。 (2)当窑内原有气体温度为T2＝(1227＋273) K＝1500 K，压强为p1时，设体积为V2，根据理想气体状态方程有＝ 当温度为T2、压强为p1时，设气体的密度为ρ，则窑内气体质量与窑内原有气体质量的比值为＝ 解得＝。 [答案]　(1)900 K　(2) 考点4　关联气体问题　气体与力学的综合问题 1．关联气体问题的解题思路 (1)对各部分气体应用气体实验定律列式； (2)根据各部分气体的压强、体积关系列辅助方程； (3)联立方程求解。 2．气体与力学的综合问题的解题思路 (1)对气体应用气体实验定律列式； (2)对力学研究对象应用力学平衡条件或牛顿第二定律列力学方程； (3)联立方程求解。 例5　(2022·河北卷，15(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”型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： ①此时上、下部分气体的压强； ②“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 [解析]　①旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0 解得旋转且稳定后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0 则p0·SL0＝p2·SL0 解得旋转且稳定后下部分气体压强为p2＝p0。 ②旋转且稳定后，对“H”型连杆活塞整体受力分析，根据平衡条件可知 p1S＋p0S＝mg＋p2S＋p0S 解得活塞的质量为m＝。 [答案]　①2p0　p0　② [跟进训练]　(2024·湖南卷，13)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)气球内气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV＝p0V0 解得V0＝。 (2)设气球内气体质量为m气，对气球进行受力分析如图所示 根据平衡条件有FN＋F浮＝m气g＋m0g 由电子天平示数可知，支持力FN＝mg 空气浮力F浮＝ρ0gV 根据理想气体的性质可知，气球内气体若等温膨胀至大气压强p0，则密度变为ρ0，则 m气＝ρ0V0 且由题知，(p－p0)(V－VB0)＝C 联立各式并代入数据，解得V＝5×10－3 m3。 1．(2025·重庆卷，13)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) 解析：(1)设此时腔内气体压强为p2，外界气体压强变化前后，腔内气体温度不变，根据玻意耳定律有pSd＝p2S·2d 解得p2＝。 (2)设此时外界气体压强为p0，对下极板进行受力分析，根据平衡条件有p0S＝p2S＋mg 可得p0＝＋。 (3)设静电力常量为k，相对介电常数为εr，由平行板电容器电容的决定式可知，初始时电容器的电容为C1＝ 变化后极板间距为2d，则变化后电容器的电容C2＝ 可得＝ 即电容器的电容变为初始时的倍。 2．(2024·辽宁卷，13)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P； (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 答案：(1)　(2) 解析：(1)由题意可知，变压器原线圈输入电压的有效值为U1＝ 设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系有＝ 理想变压器的输出功率等于电热丝的电功率，即P＝ 联立解得P＝。 (2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的压强为2p0时温度为T2，容器内的气体做等容变化，根据查理定律有＝ 由Q＝CΔT知，气体吸收的热量 Q＝C(T2－T0) 电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q＝Pt 联立解得t＝。 3．(2025·云南省昆明市高三下三诊一模)如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1 mol的理想气体，汽缸密闭性良好，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时，活塞静止在距汽缸底部L处，活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体，使其温度从T缓慢升高至3T，该过程中气体内能增加3p0SL(p0为外界大气压强)，此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体内能与温度成正比，外界大气压强恒为p0。求： (1)温度升高至3T时，气体的体积； (2)温度从T升高至3T的过程中，气体吸收的热量； (3)摩尔热容指的是1 mol物质温度升高1 K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关，如果升温是在体积不变条件下进行，该热容称为等容摩尔热容(CV)；如果升温是在压强不变条件下进行，该热容称为等压摩尔热容(Cp)。该气体温度从T升高至5T的过程中，气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。 答案：(1)3SL　(2)5p0SL　(3) 解析：(1)假设温度升高至3T时，活塞不受固定卡扣的影响，设此时气体的体积为V，气体温度从T升高至3T的过程中，气体经历等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 解得V＝3SL 此时活塞距汽缸底部的距离刚好为3L，说明活塞恰好运动到固定卡扣位置，假设成立。 (2)气体温度从T升高至3T的过程中，内能的增加量为ΔU＝3p0SL 对外界做的功为W＝p0×2SL 设气体吸收的热量为Q，由热力学第一定律可得ΔU＝Q－W 解得Q＝5p0SL。 (3)理想气体的内能与温度成正比，可得气体温度从3T升高至5T的过程中内能的增加量，等于温度从T升高至3T的内能增加量，即 ΔU1＝ΔU 由热力学第一定律可得ΔU1＝Q1＋W1 气体温度从3T升高至5T的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功，W1＝0 由摩尔热容的定义可得CV＝，Cp＝ 联立解得＝。 4．(2025·安徽省芜湖市高三下二模)某型号汽油发动机结构如图甲所示。其工作过程可看成：燃烧室内气体经历反复膨胀和压缩。某次膨胀和压缩过程可简化为如图乙所示的p­V图像，其中B→C和D→A为两个绝热过程。状态A气体的温度t1＝27 ℃，压强p1＝80 kPa，火花塞点火瞬间，燃烧室内气体的压强迅速增大到p2＝400 kPa的状态B，然后，活塞被推动向下移动对外做功。在经历B→C的绝热膨胀过程中，气体对外做功400 J，温度降低了400 ℃，压强降低到120 kPa，以上整个过程中燃烧室内的气体可视为理想气体且质量保持不变。(T＝273 K＋t) (1)求气体在状态B的温度T2； (2)求B→C过程燃烧室内气体的内能变化量ΔU； (3)燃烧室内气体的最大体积V2与最小体积V1之比被称为压缩比k，它是发动机动力大小的一个标志。请计算该发动机的压缩比k。 答案：(1)1500 K　(2)－400 J　(3) 解析：(1)气体在状态A时的温度T1＝t1＋273 K＝300 K A→B过程气体温度升高，发生等容变化，根据查理定律有＝ 代入数据解得T2＝1500 K。 (2)B→C过程为绝热过程，气体吸收的热量Q＝0，外界对气体做功为W＝－400 J，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q 解得ΔU＝－400 J。 (3)气体在状态C时，压强为pC＝120 kPa，温度为TC＝T2－400 K＝1100 K B→C过程中，根据理想气体状态方程可得＝ 该发动机的压缩比k＝ 联立并代入数据解得k＝。 5．(2024·广西卷，14)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F­曲线如图乙。大气压强p0＝1×105 Pa。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； (3)画出封闭气体等温变化的p­V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。 答案：(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析 解析：(1)设活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小为F0，对活塞，根据平衡条件，有F0＝p0S 代入数据解得F0＝50 N。 (2)根据题图乙可知，从a到b的F­图线为一条延长线过原点的倾斜直线，设其斜率为k，可得F＝k· 又F＝pS V＝(5＋x)S 联立得pV＝k 即封闭气体的pV值恒定不变，可知活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化。 (3)封闭气体等温变化的p­V图像为双曲线的一部分。活塞在b处时，封闭气体压强pb＝p0 体积Vb＝Sl0 设活塞在a处时，封闭气体压强为pa，长度为la，则体积Va＝Sla 根据玻意耳定律有paVa＝pbVb 代入数据解得pb＝1×105 Pa，Vb＝10×10－5 m3，Va＝0.25×10－5 m3，pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p­V图像如图所示。 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2025·山东省菏泽市高三下一模)生活中处处充满了物理知识。下列表述正确的是(　　) A．布朗运动是液体分子的无规则运动 B．只有液体浸润细管壁才会形成毛细现象 C．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点 D．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块没有确定的形状，因此蔗糖糖块是非晶体 答案：C 解析：布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；不论液体是否浸润细管壁都能形成毛细现象，B错误；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；蔗糖是多晶体，没有确定的形状，D错误。 2．(2025·江苏卷，8)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 解析：理想气体质量不变，则分子总数不变，又体积不变，则分子的数密度不变，分子间平均距离不变，A、B错误；由题图可知，与状态甲相比，该气体在状态乙时分子速率大的占比较多，则分子的平均速率较大，平均动能较大，又因为气体分子的数密度不变，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多，C正确，D错误。 3．(2025·北京卷，1)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 解析：猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，可视为绝热过程，即Q＝0，气体体积减小，则外界对气体做正功，即W>0，则气体对外界做负功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU＞0，即气体内能增大，分子平均动能增大，故B、C错误，D正确；在压缩过程中，筒内气体压强不太大，温度不太低，可看作理想气体，该过程气体内能增大，故其温度升高，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强增大，故A错误。 4．(2025·甘肃卷，9)(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 解析：A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，B错误；A、B状态中体积相同，状态A温度较低，由查理定律p＝CT可知，状态A压强比状态B的小，C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A内能比状态C的小，D正确。 5．(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)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)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的过程，汲液器内的气体发生等温变化。 初状态：汲液器内气体的压强p1＝p0 体积V1＝(H－x)S1 末状态：汲液器内气体的压强p2＝p0－ρgh 体积V2＝HS1 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 联立并代入数据，解得x＝2 cm。 (2)根据题意，当外界空气进入后，罐内封闭的所有气体在压强为p0时，其体积为V总＝V＋V1 末状态，罐内封闭的所有气体压强 p3＝p0－ρg 体积V3＝HS1＋S2 罐内封闭的所有气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V总＝p3V3 联立并代入数据，解得V＝8.92×10－4 m3。 6．(2025·广东卷，13)如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S1＝0.2 m2，高度h1＝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S2＝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h2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)金属液刚好充满铸型室时，有 h1S1＝h2S2 代入数据解得h2＝0.05 m 气室内气体压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2) 代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。 (2)设注气后气室内金属液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2 设注气后铸型室内气体的压强为p′，由于注气过程中铸型室内温度不变，由玻意耳定律有 p0S1h1＝p′S1(h1－h3) 注气后气室内气体压强 p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4) 联立并代入数据解得p2＝1.35×105 Pa。 7．(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，气体做等压变化且体积增大，气体对外做功，即Wab<0，由盖—吕萨克定律可知＝，因Vb>Va，则Tb>Ta，即气体内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律有ΔUab＝Qab＋Wab，可知Qab>0且Qab>|Wab|，即a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，气体体积增大，对外做功，即Wbc<0，由热力学第一定律有ΔUbc＝Qbc＋Wbc，可得ΔUbc<0，即气体内能减少，故B错误；a→b→c过程，根据热力学第一定律有ΔUabc＝Qabc＋Wabc，而c→a过程为等温过程，即Tc＝Ta，则ΔUabc＝0，Qabc＝－Wabc，又由A、B项分析知，Qabc＝Qab＋Qbc>0，Wabc＝Wab＋Wbc<0，即a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；c→a过程，气体做等温变化且体积减小，外界对气体做功，Wca>0，气体内能不变，ΔUca＝0，根据ΔUca＝Qca＋Wca，可知Qca<0，且Qca＝－Wca，则c→a过程气体放出热量，且放出的热量等于外界对气体做的功，根据p­V图线与V轴所围面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由题图可知，|Wabc|>|Wca|，而Qab＝Qabc＝－Wabc，Qca＝－Wca，则|Qab|>|Qca|，即a→b过程，气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量，D错误。 8．(2025·陕西省商洛市高三下尖子生第二次学情诊断)轮胎状况是汽车安全行驶的重要因素，而胎压就是维持轮胎的生命，所以标准的胎压就显得异常重要。某品牌汽车在夏季37 ℃时胎压为标准大气压的2.2倍，在冬季零下3 ℃时胎压为标准大气压的2.4倍，该汽车轮胎的容积为30升，汽车轮胎内为氮气(可视为理想气体)，已知标准状况下(1个标准大气压，零摄氏度)氮气的密度为1.25 kg/m3。求： (1)夏季37 ℃时轮胎内氮气的密度； (2)冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入氮气的质量。(结果都保留三位有效数字) 答案：(1)2.42 kg/m3　(2)18.4 g 解析：(1)设标准大气压为p0，则夏季的胎压p1＝2.2p0，胎内氮气的体积为V1＝30×10－3 m3，温度为T1＝37 ℃＋273 K＝310 K，当这些氮气的压强为p0、温度为T0＝0 ℃＋273 K＝273 K时，设体积为V1′，由理想气体状态方程得 ＝ 令ρ0＝1.25 kg/m3，则夏季37 ℃时，胎内氮气的质量为m1＝ρ0V1′ 密度为ρ1＝ 解得m1＝0.07265 kg，ρ1＝2.42 kg/m3。 (2)冬季T2＝－3 ℃＋273 K＝270 K时，胎压为p2＝2.4p0，设这些氮气在温度为T0＝273 K、压强为p0时的体积为V2′，由理想气体状态方程有＝ 冬季胎内氮气的质量m2＝ρ0V2′ 冬季应该比夏季向该汽车轮胎内多充入氮气的质量Δm＝m2－m1 解得Δm＝18.4 g。 名师点拨　本题第(2)问还可以将两种情形下的气体状态转换到相同的压强和温度，然后根据相同压强和温度下质量与体积成正比求解质量差。 9．(2023·新课标卷，21)(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 解析：当通过电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体温度升高，压强增大，会缓慢推动左边活塞向右压缩弹簧，则弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞，故右边活塞对h中的气体做正功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；停止加热并达到稳定后，对g中的气体、两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知pf＝ph，设加热前三部分中气体的温度、体积、压强均分别为T0、V0、p0，由理想气体状态方程有＝，＝，由A项分析知Vf>V0、Vh<V0，则可得Tf>Th，C错误，D正确；停止加热并达到稳定后，假设弹簧处于原长，则g中气体体积不变，气体不做功，而汽缸和活塞绝热，由热力学第一定律可知，g中气体内能不变，则温度不变，由理想气体状态方程可知，g中气体压强不变，而对h中气体分析知Th>T0、Vh<V0，则ph>p0，会推动右侧活塞压缩弹簧，同理pf＝ph>p0，会推动左侧活塞压缩弹簧，可知实际Vg<V0<Vf，pg<pf，结合＝，＝，可得Tf>Tg，B错误。 课时检测Ⅱ 1．如图所示，两端开口的洁净玻璃管竖直插入液体中，管中液面被阴影部分挡住了。下列说法正确的是(　　) A．该液体对玻璃是浸润的 B．管中阴影部分液面一定是向上凸起的 C．减小管的直径，管中液面会上升 D．液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强 答案：B 解析：根据题图可知，在与管壁接触的位置液面向下弯曲，则该液体对玻璃是不浸润的，故A错误；该液体对玻璃不浸润，则管中液面一定是向上凸起的，故B正确；不浸润液体会在细管中下降，减小管的直径，管中液面会进一步下降，故C错误；该液体对玻璃不浸润，则液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，故D错误。 2．(2025·河北省保定市高三下一模)游泳池底部产生的气泡缓慢向水面浮起，不计气泡内气体分子个数的变化，游泳池水温恒定。在气泡上浮过程中，关于气泡内气体的说法中正确的是(　　) A．大部分气体分子的速率减小 B．气体分子平均距离减小 C．内能减小 D．气泡吸热 答案：D 解析：气泡缓慢上升，由于游泳池水温恒定，所以气泡内气体的温度不变，内能不变，气体分子的速率分布不变，故A、C错误；气泡上升过程中，气泡内气体的温度不变，压强逐渐减小，根据玻意耳定律可知，气泡的体积增大，又因为气泡内气体分子数不变，所以气体分子平均距离增大，故B错误；气泡膨胀对外做功，所以W<0，气体内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，可知Q>0，气泡吸热，故D正确。 3．(2025·云南卷，9)(多选)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下(　　) A．环境温度升高时，b管中液面升高 B．环境温度降低时，b管中液面升高 C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大 答案：BD 解析：在标准大气压p0下，设b管中的液面相对水面的高度为h，则封闭气体的压强为p＝p0－ρgh，解得h＝，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体可视为等容变化，由查理定律可知，当温度升高时，封闭气体的压强增大，b管中液面降低，反之，当温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；由A、B选项的分析可知，相同温度下，b管的液面与水面的高度差恒定，水槽中的水少量蒸发后，水面的高度降低，则相同温度下b管内液面的高度也相应降低，温度测量值偏大，C错误，D正确。 4．(2025·湖北卷，3)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 解析：设活塞质量为m，面积为S，大气压强为p0，由理想气体状态方程有＝C(C为常量)，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，联立解得F＝－p0S－mg，由题意可知密封气体温度缓慢升高，体积缓慢减小，则外力F缓慢增大，A错误；由于密封理想气体温度升高，则其内能增大，B正确；密封气体的体积减小，则其对外做负功，C错误；由题可知密封气体初、末状态温度之比为＝，体积之比>1，根据理想气体状态方程有＝，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。 5．(2025·重庆市九龙坡区高三下二模)某家用轿车的一个轮胎充入空气后容积为0.04 m3，胎压为2个标准大气压，温度为27 ℃。已知0 ℃、1个标准大气压下的空气密度为1.3 kg/m3，则该轮胎内空气质量最接近(　　) A．5 kg B．1 kg C．0.5 kg D．0.1 kg 答案：D 解析：设标准大气压为p0，则胎内空气的压强为p1＝2p0，温度为T1＝27 ℃＋273 K＝300 K，体积为V1＝0.04 m3，当胎内空气的压强为p0、温度为T0＝0 ℃＋273 K＝273 K时，设体积为V0，由理想气体状态方程有＝，解得V0＝0.0728 m3，空气质量约为m＝ρV0＝0.09464 kg，最接近0.1 kg，故选D。 6．(2025·天津市河西区高三下一模)卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的，由两个等温过程和两个绝热过程组成。如图为卡诺循环的p­V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是(　　) A．A→B过程中，气体分子的数密度增大 B．C→D过程中，气体从外界吸热，内能不变 C．B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功 D．在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 答案：C 解析：由图可知，A→B过程中，气体的体积增大，则气体分子的数密度减小，故A错误；因为CD为一条等温线，则C→D过程中，ΔU＝0，气体的体积减小，所以W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即气体向外界放热，故B错误；由题意可知，TA＝TB，TC＝TD，故B→C过程和D→A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量ΔU的大小相等，且绝热过程Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知W大小也必然相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故C正确；一次循环过程中气体的温度不变，内能不变，由p­V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功可知，在一次循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，故D错误。 7．(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中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 答案：(1)p0　p0　(2) 解析：(1)由题知，抽气前，A、B两部分气体体积均为V＝Sl，抽气后A的体积为VA＝2V－V 对A中气体，根据玻意耳定律有p0V＝pAVA 联立解得pA＝p0 将B中气体抽去一半，B中原有气体在压强pB下的体积为VB＝2×V 对B中原有气体，根据玻意耳定律有p0V＝pBVB 联立解得pB＝p0。 (2)由题意可知，当B中气体抽去一半后，弹簧的压缩量为x＝l－l 根据胡克定律得，此时弹簧对隔板的弹力大小为F＝kx 对隔板受力分析，根据平衡条件有 pAS＝pBS＋F 联立解得k＝。 8．(2025·河南卷，10)(多选)如图，一圆柱形汽缸水平固定放置，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T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。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 答案：AC 解析：固定M、N，两侧气体同时缓慢升高相同温度时，假设P板不发生移动，则两侧气体发生等容变化，由查理定律可得＝，即Δp＝ΔT，初始状态左、右两侧气体的压强相同，T1<T2，则Δp1>Δp2，即左侧气体压强增加量多，则假设不成立且P将右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，假设P板不发生移动，则两侧气体减小相同的体积ΔV，增大相同的压强Δp，两侧气体做等温变化，根据玻意耳定律可得pV＝(p＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝，初始状态左、右两侧气体的压强相同，V1<V2，则Δp1>Δp2，即左侧气体压强增加量多，则假设不成立且P将右移，C正确，D错误。 9．(2025·辽宁省锦州市高三下一模)家用高压锅是厨房中常用的烹饪工具，但使用不当易引发危险。高压锅通过电热盘加热，电热丝电阻为44 Ω，工作电压为220 V。锅盖的安全阀质量为0.7 kg，排气孔横截面积为1 cm2。已知外界大气压为1.0×105 Pa，假设锅内气体体积不变且为理想气体，安全阀在锅内压强超过临界值时自动顶起泄压，临界压强为外界大气压与安全阀重力产生的压强之和，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求临界压强是多少？判断当锅内温度从27 ℃升高到120 ℃时，安全阀是否会被顶起。 (2)已知电热盘的热效率为80%，且锅内温度从27 ℃升高到120 ℃气体内能增加了7.92×105 J，求气体吸收的热量及电热丝通电时间。 答案：(1)1.7×105 Pa　安全阀没有被顶起 (2)7.92×105 J　900 s 解析：(1)设临界压强为p临，对安全阀，由平衡条件有p临S＝p0S＋mg 代入数据解得p临＝1.7×105 Pa 锅内气体的初始压强为p1＝p0，当温度从T1＝27 ℃＋273 K＝300 K升高到T2＝120 ℃＋273 K＝393 K时，设锅内气体压强为p2，根据查理定律有＝ 解得p2＝1.31×105 Pa<p临，所以安全阀没有被顶起。 (2)因为气体体积V不变，所以外界对气体做的功W＝0，设气体内能的增加量为ΔU，气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律有 ΔU＝W＋Q 解得Q＝7.92×105 J 气体吸热的功率为P＝×80% 电热丝通电时间为t＝ 解得t＝900 s。 10．(2022·山东卷，15)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m2。 答案：(1)　(2)m 解析：(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρgΔV＝Ma 与A室交换气体前后，B室气体温度、压强不变，则密度也不变，因此需从A室充入B室的气体质量Δm＝m 联立解得Δm＝。 (2)鱼静止于水面下H处时，B室内气体的压强为p＝ρgH＋p0 鱼静止于水面下H1处时，所受浮力不变，则鱼的体积不变，B室气体体积不变，为V 此时B室内气体压强为p1＝ρgH1＋p0 设B室原来的气体在水面下H1处时体积为V2，根据玻意耳定律有pV＝p1V2 在水面下H1处与A室交换气体前后，B室气体的温度、压强不变，则密度也不变，则鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为 m2＝m 联立解得m2＝m。 27 学科网（北京）股份有限公司 $