专题5 第12讲 热学（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题五 PPT下载 http:///xiazai/ 光学 热学 近代物理 2 第12讲　热学 热点1　分子动理论　固体和液体 考向1　分子动理论　　　　　　 考向2 固体和液体 热点2　气体的状态方程及应用 考向1　气体实验定律或状态方程的应用　　　 考向2　气体的变质量问题 热点3　气体性质与热力学定律的综合 考向1 气体图像与热力学第一定律的综合 考向2 气体实验定律与热力学第一定律的综合 课下巩固检测练（十二） 热 学 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 谢谢观看 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.误将气体分子占有的空间理解成气体分子自身的体积。 2．误认为布朗运动是固体内分子或液体内分子的运动。 3．误认为分子间的距离增加时分子力一定减小；分子间的距离减小时分子力一定增加。 4．将分子力与分子间距离的关系图像和分子势能与分子间距离的关系图像混淆。 1.温度是分子无规则运动剧烈程度的标志，温度高的物体，分子的平均动能大。 2．分子的速率分布满足“中间多，两头少”的统计规律。 3．若取分子间距离r→∞处为零分子势能处，则当r＝r0时，分子势能最小。 4．一定质量的理想气体的内能只由温度决定。 【明·误区】 【记·结论】 5．误认为各向同性的固体一定是非晶体；无规则外形的固体一定是非晶体。 6．误将表面张力与分子间的引力等同，忽视了液体表面层的特殊结构。 7．处理气体变质量问题时，不能合理选取研究对象，无法建立各参量的关系方程。 8．应用热力学第一定律时，将热量Q、功W的正负号判断错误，或忘记考虑 5．同种元素由于分子空间排列不同，会形成不同的晶体，如金刚石和石墨。 6．气体的压强宏观上由体积和温度决定，微观上由分子的数密度和平均动能决定。 7．在气体的p ­V图像中，图线与横轴包围的面积表示气体对外界(或外界对气体)所做的功。 8．热量可以从低温物体传向高温物体，如冰箱，但不能自发 【例1】 (2025·山东高考)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：选C。根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为零，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。当分子间距离从0到r0时，随着分子间距离的增大，分子间作用力做正功，分子势能减小；当分子间距离从r0增大时，随着分子间距离的增大，分子间作用力做负功，分子势能增大；则当r＝r0时，分子势能最小，又此时分子势能为零，所以当r不等于r0时，分子势能Ep为正，故C正确。 【例2】 氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性。某轿车的灯泡的容积V＝1.5 mL，充入氙气的密度ρ＝5.9 kg/m3，摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol-1。试估算灯泡中：(结果均保留一位有效数字) (1)氙气分子的总个数； (2)氙气分子间的平均距离。 解析：(1)设氙气的物质的量为n，则n＝，氙气分子的总个数N＝NA＝×6×1023 mol-1≈4×1019个。 (2)每个氙气分子所占的空间为V0＝ 设氙气分子间的平均距离为a，则有V0＝a3 则a＝ m≈3×10-9 m。 答案：(1)4×1019个　(2)3×10-9 m [总结提升]关于分子的估算问题 (1)分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。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。 【例3】 (2025·江苏苏州检测)下列关于固体、液体的说法正确的是(　　 ) A．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧的缘故 B．用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分 C．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性 D．某种液体是否浸润固体，仅由液体性质决定，与固体的性质无关 解析：选C。玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变钝，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变得更细，增强毛细现象，使地下水到地面上来，故B错误；液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关，水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，故D错误。 【例1】 (2025·海南高考)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10-3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2。 (1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10-3 m3，求此时的温度T1； (2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。 解析：(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律有 代入数值解得T1＝450 K。 (2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有 p2S＝p0S＋mg 分析可知初始状态时气体压强与大气压强相等为p0，整个过程根据玻意耳定律有 p0V0＝p2V2 联立解得V2＝4×10-3 m3。 答案：(1)450 K　(2)4×10-3 m3 【例2】 (2025·湖南高考)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。 解析：(1)设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱由力的平衡条件有 ρShg＋p0S＝p1S 水平放置时，对液柱由力的平衡条件有 p2S＝p0S 若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定律可得 p1SL1＝p2SL2 联立可得g＝。 (2)若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得 联立可得g＝＝9.5 m/s2。 答案：(1)　(2)9.5 m/s2 [总结提升]求解气体状态变化问题的几个关键环节 (1)选对象：确定研究对象。一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞、液柱或某系统)。 (2)找参量：分析物理过程。对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程；对力学研究对象往往需要进行受力分析，依据力学规律(平衡条件或牛顿第二定律)确定压强。 (3)列方程：挖掘题目的隐含条件。如几何关系等，列出辅助方程；依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程。 【例3】 (2024·安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小； (2)充进该轮胎的空气体积。 解析：(1)由查理定律可得 其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。 (2)由气体的分态式方程可得 p2V0＋p0V＝p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为 V＝6 L。 答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L [总结提升]气体变质量问题的求解策略 (1)通过巧选研究对象把变质量问题转化为定质量问题。如下面两种情况： 充气(打气)：如图甲，将充进容器内的气体和容器内原有的气体看作一个“整体”，研究整体的状态变化情况。 罐气(分装)：如图乙，将大容器中剩余的气体和多个小容器中的气体看作一个“整体”，研究整体的状态变化情况。 (2)利用理想气体的分态式方程快速求解变质量问题。 由理想气体状态方程pV＝RT可知，当气体分为状态不同的几部分，或几部分合为一体时，根据物质的量守恒有＋…。 【例1】 (多选)(2025·甘肃高考)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 解析：选ACD。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，即该过程吸热，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过程，体积不变，温度升高，根据 eq \f(pV,T)＝C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，C正确；状态A的温度低于状态C的温度，则状态A的内能比状态C的小，D正确。 [总结提升]热力学第一定律中ΔU、W、Q的分析思路 (1)内能变化量ΔU ①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＝Q＋W分析内能变化。 (2)做功W：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、放热量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。 注意：等温过程ΔU＝0，等容过程W＝0，绝热过程Q＝0；等压过程W≠0，Q≠0，ΔU≠0。 【例2】 (2025·陕晋青宁卷)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 eq \f(p1V1,T1)＝ eq \f(p2V2,T2) 代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。 (2)根据p ­V图像与横轴所围图形面积表示气体做功可知，此过程外界对气体做的功 W＝－ eq \f(3.0＋3.3,2)×105×(0.560－0.528) J＝－1.008×104 J 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 又Q＝7.608×104 J 解得ΔU＝6.6×104 J。 答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 【例3】 (2025·山东高考)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＝ eq \f(1,21)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)。 解析：(1)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 eq \f(V1,T1)＝ eq \f(V2,T2) 其中V1＝Sh1、V2＝Sh2 联立解得h2＝ eq \f(4,3)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 T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S 解得p1＝ eq \f(22,21)p0 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 eq \f(p1,T2)＝ eq \f(p3,T3) 解得p3＝ eq \f(20,21)p0 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 eq \f(V2,T3)＝ eq \f(V4,T4) 其中V4＝Sh4 解得h4＝ eq \f(11,10)h1 则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为 W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－ eq \f(8,63)p0Sh1 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为Q＝－W＝ eq \f(8,63)p0Sh1。 答案：(1) eq \f(4,3)h1　(2) eq \f(8,63)p0Sh1 【基础练】 1．(2025·北京高考)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 解析：选D。猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，即Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；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；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度升高，则分子平均动能增大，故D正确。 2．(2025·江苏高考)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 解析：选D。橡胶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，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＝C可知，气体压强减小，故D正确。 3．(2025·江苏高考)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 解析：选C。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，所以分子的数密度相同、分子间平均距离相同，故A、B错误；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；乙状态下气体平均速度大，可知单位时间内撞击单位面积器壁次数较多，故D错误。 4．(2025·重庆高考)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 解析：选A。气袋被压缩且绝热(无热交换)，视为理想气体。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，则分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误；根据理想气体状态方程＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误；气体体积减小，外界对气体做正功，气体对外界做负功，故D错误。 5．(2025·安徽高考)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．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 解析：选A。理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，对外做功，A正确。 6．(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．分子数密度变大 D．每个分子动能都变大 解析：选B。将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，由题意知瓶内气体的温度升高，则由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体的分子数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。 7．(2025·湖北高考)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 解析：选B。密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密闭气体的内能增大，B正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知，由题可知密封气体初末状态温度之比为，且体积减小，即V1＞V2，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。 【能力练】 8．(多选)(2025·云南高考)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 解析：选BD。在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，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，由公式＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，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；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项的分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。 9．(2025·浙江高考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数____(填“增大”“不变”或“减小”)； (2)求气体在状态3的体积V3； (3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。 解析：(1)从状态2到状态3，气体温度保持不变，瓶内气体分子的内能保持不变，又瓶内气体为理想气体，瓶内气体未向瓶外逸出，则气体分子平均速率不变。 气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝p0，因此从状态2到状态3瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为 p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa 该过程由盖­吕萨克定律有 其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K 解得V2＝1.01×103 cm3 瓶内气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3 代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。 (3)瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J 从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知 ΔU＝Q－(W1＋W2) 其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J 代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。 答案：(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J 10．(2025·广东高考)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。 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 则气室内气体的压强 p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2) 代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。 (2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2 解得h4＝0.01 m 由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有 p0S1h1＝p′S1(h1－h3) 解得注气后铸型室内气体的压强p′＝1.25×105 Pa 所以注气后气室内气体压强 p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4) 解得p2＝1.35×105 Pa。 答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa 【创新练】 11．(2024·山东高考)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。 解析：(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 p1(H－x)S1＝p2HS1 根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0 联立解得x＝2 cm。 (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有 p0V＋p2HS1＝p3 又p3＋ρg·＝p0 联立解得V＝8.92×10-4 m3。 答案：(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 $