第13讲 热学-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习教师用书Word

第13讲　热学 1.（2025·山东高考2题）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：C　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接近r0，分子间作用力做正功，则当r＝r0时，分子势能最小，又此时分子势能为0，所以当r不等于r0时，分子势能Ep为正，C正确。 2.（2025·北京高考1题）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：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，则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，则气体压强增大，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。 3.（2025·湖北高考3题）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：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，密封气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知＝，由题意可知密封气体初、末状态温度之比为＝，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝p1＞2p1，D错误。 考情分析：本讲内容在高考中多以选择题、计算题形式呈现，中低难度，重点考查气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律的应用，对分子动理论、固体和液体知识的考查频率稍低一些。常用方法有：图像法、平衡法、牛顿第二定律法、整体和隔离法等解题方法。 考点一　分子动理论　固体、液体和气体的性质 1.微观量的估算 （1）分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 （2）两种模型：①球模型：V＝πR3（适用于估算液体、固体分子直径）；②立方体模型：气体分子占据的空间V＝a3（适用于估算气体分子的间距）。 2.固体、液体的性质 3.气体分子的运动特点 【例1】　（2025·河北衡水一模）二氧化碳封存回注，就是通过工程技术手段，把捕集到的二氧化碳注入至地下800米到3 500米深度范围内的陆上或海底咸水层，是国际公认的促进碳减排措施。我国第一口位于海底的二氧化碳封存回注井已于2023年正式开钻。实验发现，当水深超过2 500 m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体。设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，将二氧化碳分子看作直径为D的球，则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为（　B　） A. B. C. D. 解析：根据题意可知，在该状态下体积为V的二氧化碳气体的质量为M'＝ρV，二氧化碳分子数为n＝NA＝，在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为V'＝n·π＝，故选B。 【例2】　（2025·江苏宿迁三模）我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片，与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强，则（　B　） A.铋块熔化过程中温度不断升高 B.液态铋表面分子间作用力表现为引力 C.铋片中的分子呈无规则排列 D.铋片中的分子在做布朗运动 解析：金属熔化属于晶体熔化过程，熔化时虽然吸热，但温度保持在熔点不变，直到全部熔化，故A错误；液体表面分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因。液态铋表面分子间作用力为引力符合物理规律，故B正确；金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性和机械强度增强，说明其结构更有序（如单层晶体结构），而非无规则排列，故C错误；布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动，而固体分子仅在平衡位置附近振动，不会发生布朗运动，故D错误。 【例3】　〔多选〕（2025·黑龙江齐齐哈尔二模）茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的是（　ABC　） A.泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈 B.放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象 C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的 D.打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力 解析：泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确；放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确；泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确；打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，故D错误。 考点二　气体实验定律　热力学定律 利用气体实验定律解决问题的基本思路 【例4】　（2025·广东广州一模）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀①，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通②。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm③。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求： （1）B管内气柱的长度lB； （2）A、B两管内水银柱的高度差。 审题指导： 信息提取 信息加工 竖直玻璃管A、B、C粗细均匀① 说明A、B、C三管的横截面积相等 三管的下端在同一水平面内且相互连通② 说明A、B、C三管中气体的压强满足连通器的求解方法 将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm③ 说明此状态为A、B、C三气体的末状态，且压强满足pB＝p0＋h 答案：（1）30 cm　（2）1 cm 解析：（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态时压强p1B＝p0 设玻璃管横截面积为S 体积为V1B＝l2S 将水银从C管缓慢注入后，末态时压强为p2B，体积为V2B＝lBS 由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh B管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B 联立解得lB＝30 cm。 （2）对A管中的气体，初态压强p1A＝p0 体积为V1A＝l1S 末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝（l1－h1）S 由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg（h＋h2－h1） 其中h2＝l2－lB＝2 cm A管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A 联立可得2－191h1＋189＝0 解得h1＝1 cm或h1＝ cm＞l1（舍去） 则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。 【例5】　（2025·广东高考13题）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。 答案：（1）0.05 m　1.2×105 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 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）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：（2）1.35×105 Pa 解析：（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。 【例6】　（2025·山东高考16题）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； 答案：（1）h1　 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＝ 其中V1＝Sh1、V2＝Sh2 联立解得h2＝h1。 （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：（2）p0Sh1 解析：（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＝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 ＝ 解得p3＝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 ＝ 其中V4＝Sh4 解得h4＝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）]＝－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＝p0Sh1。 规律总结 求解气体实验定律与热力学定律综合问题的思路 【例7】　（2025·内蒙古赤峰二模）如图是一台热机的循环过程，工作物质为理想气体，它由两个等容过程和两个等温过程组成，A→B温度为T1，C→D温度为T2，关于该循环，下列判断正确的是（　B　） A.温度T1小于温度T2 B.B→C放出的热量等于D→A吸收的热量 C.A→B气体对外做功等于C→D外界对气体做功 D.气体分子在状态A时的平均动能大于在状态B时的平均动能 解析：B→C过程，理想气体体积不变，压强变小，根据理想气体状态方程＝C可知热力学温度降低，即T1＞T2，故A错误；B→C和D→A均为等容过程，对外界不做功，温度变化相同，即内能变化量的大小相等，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知B→C放出的热量等于D→A吸收的热量，故B正确；A→B气体温度不变，气体内能不变，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功；C→D气体温度不变，气体内能不变，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图像可知，A→B过程图像与坐标轴所围图形的面积大于C→D过程图像与坐标轴所围图形的面积，即＞，故C错误；A→B为等温状态，则两状态的温度相等，故气体分子在状态A时的平均动能等于在状态B时的平均动能，故D错误。 规律总结 气体状态变化图像的分析方法 点 表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量 线 某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程 截距 在V-T图像（p-T图像）中，比较两个状态的压强（或体积）大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强（或体积）越小；斜率越小，压强（或体积）越大 面积 在p-V图像中，p-V图像与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功 考点三　气体的变质量问题 分析气体的变质量问题时研究对象的选取技巧 【例8】　（2025·山东滨州二模）将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为V0，文物放入时柜内压强为p0。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为p0。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求： （1）柜内文物的体积ΔV； 答案：（1）V0　 解析：（1）第一次抽气过程，由玻意耳定律得 p0＝p0 解得ΔV＝V0。 （2）要使储存柜内的压强小于p0，至少需要抽气几次。 答案：（2）3次 解析：（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得 p1＝p2 解得p2＝p0 第三次抽气过程，由玻意耳定律得 p2＝p3 解得p3＝p0＜p0 故要使压强小于p0至少要抽气3次。 （2025·山西临汾三模）“极目一号”是我国自主研发的浮空艇，浮空艇内有一个容积不变的储气罐。在地面时，储气罐内密封有压强为1.0×105 Pa，温度为27 ℃的空气（可视为理想气体）；当到达指定高度时，为了保持平衡，储气罐开始缓慢向外放出气体，罐内气体压强变为0.6×105 Pa，温度降为－23 ℃。求： （1）储气罐放出气体的质量占原来气体质量的比例； 答案：（1）　 解析：（1）储气罐在地面时，有p1＝1.0×105 Pa，T1＝300 K 储气罐在高空中时，有p2＝0.6×105 Pa，T2＝250 K 由理想气体状态方程可得＝ 解得＝ 则放出气体的体积为ΔV＝V2－V1＝V2 所以放出气体的质量占原来气体质量的比例 ＝ 解得＝。 （2）放出气体后，储气罐中气体的密度是原来气体密度的多少倍？ 答案：（2） 解析：（2）罐内剩余气体的质量与原有气体质量之比＝1－＝ 根据密度公式ρ＝可知，＝＝＝ 储气罐中气体的密度是原来气体密度的倍。 用克拉伯龙方程巧解变质量问题 1.克拉伯龙方程 （1）表达式：pV＝nRT。 （2）各量的意义：p、V、T分别为气体在同一状态下的压强、体积、热力学温度，n为物质的量，R为普适气体常量（R＝8.31 J·mol－1·K－1）。 2.应用：由于克拉伯龙方程只涉及气体同一个状态的参量，应用克拉伯龙方程分析气体问题（或变质量问题）时简洁方便，易于理解，避免了应用气体实验定律（或理想气体状态方程）的繁琐过程。 【典例】　（2025·山东临沂二模）篮球运动是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。某同学发现教室里一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.2 atm，已知篮球内部容积为7 L，教室内温度为300 K。现把篮球拿至室外篮球场后用简易打气筒给篮球打气28次，每次能将0.2 L、1.0 atm的空气打入球内，篮球及篮球场空气温度均为270 K，假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球容积的变化。求： （1）打气完成后篮球内部的气压p； 答案：（1）1.88 atm　 解析：（1）根据题可得＋28＝ 其中p1＝1.2 atm，V＝7 L，T1＝300 K，p0＝1.0 atm，V0＝0.2 L，T2＝270 K 代入数据解得p＝1.88 atm。 （2）若发现打气过多，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。 答案：（2） 解析：（2）根据克拉伯龙方程可得p3V＝RT2，pV＝RT2 两式比较可得＝＝ 其中p3＝1.6 atm，根据Δm＝m原－m 联立解得＝。 1.（2025·黑吉辽蒙高考2题）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：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，则气体发生等容变化，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。 2.（2025·河北唐山一模）中国某大学教授的课题组制备出了一种超轻气凝胶，它在弹性和吸油能力方面令人惊喜，这种被称为“全碳气凝胶”的固态材料密度仅是空气密度的。设气凝胶的密度为ρ（单位为kg/m3），摩尔质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常量为NA，则下列说法不正确的是（　　） A.a千克气凝胶所含的分子数N＝NA B.气凝胶的摩尔体积Vmol＝ C.每个气凝胶分子的体积V0＝ D.每个气凝胶分子的直径d＝ 解析：D　a千克气凝胶的物质的量n＝，则a千克气凝胶所含有的分子数N＝nNA＝NA，故A正确；气凝胶的摩尔体积Vmol＝，故B正确；1 mol气凝胶中包含NA个分子，故每个气凝胶分子的体积V0＝，故C正确；设每个气凝胶分子的直径为d，则V0＝πd3，联立可得d＝，故D错误。 3.（2025·安徽高考3题）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：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。 4.（2025·江西新余二模）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。如图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃，加热一段时间后气体温度升高到t＝147 ℃，此过程中气体吸收的热量为6×103 J，热力学温度与摄氏温度的关系是T＝t＋273 K，则（　　） A.升温后内胆中所有气体分子的动能都增大 B.升温后内胆中气体的压强为1.4×105 Pa C.此过程内胆中气体的内能增加量小于6×103 J D.此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变 解析：B　升温后分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，故A错误；根据＝，其中T0＝300 K，T＝420 K，解得升温后内胆中气体的压强p＝1.4×105 Pa，故B正确；此过程内胆中气体体积不变，则W＝0，吸收的热量为6×103 J，由热力学第一定律，则气体内能增加量为ΔU＝W＋Q＝Q＝6×103 J，故C错误；气体体积不变，压强增大，则单位气体体积的分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，则单位时间内撞击内壁的次数增多，故D错误。 5.〔多选〕（2025·河南高考10题）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 解析：AC　固定M、N，若P不移动，两侧气体升高相同温度ΔT时，由＝得Δp＝ΔT，由于开始时P左右两侧气体压强相等，即p1＝p2，T1＜T2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，若M、N同时向中间移动相同距离，假设P不移动，两侧气体体积均减小ΔV，根据理想气体等温变化可知pV＝（p＋Δp）（V－ΔV），可得Δp＝p，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将向右移，C正确，D错误。 6.〔多选〕（2025·云南玉溪模拟）一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p-t图像如图所示，图中ba的延长线过原点，bc平行于t轴，ca的延长线过点（－273.15 ℃，0）。下列判断正确的是（　　） A.过程ab中气体体积不变 B.过程ca中气体体积不变 C.过程ca中气体吸收热量 D.过程bc中气体吸收热量 解析：BD　根据＝C，ca的延长线过点（－273.15 ℃，0），可知过程ab中气体体积减小，过程ca中气体体积不变，故A错误，B正确；过程ca中气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU＜0，则由ΔU＝Q＋W可知Q＜0，气体放热，故C错误；过程bc中气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，温度升高，内能增大，即ΔU＞0，根据ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体吸热，故D正确。 7.（2025·重庆高考13题）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）根据题意可知腔内气体温度保持不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 其中p1＝p，V1＝Sd，V2＝2Sd 可得p2＝。 （2）对下极板受力分析有p2S＋mg＝p0'S 可得p0'＝＝＋。 （3）根据平行板电容器的决定式C＝，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。 8.（2025·广东江门二模）某款全自动增压供水系统的简要结构如图所示，储水罐的总容积为V0＝3.6×10－3 m3，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，罐内气室的气体压强等于大气压强p0。接通电源启动水泵给罐内补水，当压力开关检测到罐内气体压强达到2.4p0时自动断开水泵电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，罐的导热性能良好，忽略环境温度变化，取g＝10 m/s2，p0＝1.0×105 Pa，水的密度为1.0×103 kg/m3。求： （1）当水泵停止工作时，求罐中水的体积； （2）当压力开关检测到罐内气体压强低于1.2p0时会接通电源启动水泵开始补水。水泵刚启动开始补水瞬间，发现水龙头里有水恰好没有流出，求此时水龙头距离罐内水面的高度h。 答案：（1）2.1×10－3 m3　 （2）2 m 解析：（1）以罐内的气体为研究对象，初状态压强为p0，启动水泵补水后压强p1＝2.4p0，气体体积为V1，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V1 解得V1＝1.5×10－3 m3 则注入的水的体积V水＝V0－V1 解得V水＝2.1×10－3 m3。 （2）此时罐内外压强平衡，罐内气体的压强为p2＝1.2p0 由p0＋ρgh＝p2 解得h＝2 m。 9.（2025·山东潍坊二模）图甲为市面上常见的气压式升降椅，它通过汽缸的上下运动支配座椅升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与座椅固定连接，横截面积S＝20 cm2的柱状支架与底座固定连接，可自由移动的汽缸与支架之间封闭一定质量的理想气体。质量M＝60 kg的工作人员坐在座椅上（两脚悬空离地），稳定后封闭气体柱长度L1＝10.4 cm，已知汽缸与座椅的总质量m＝10 kg，大气压强p0＝1.0×105 Pa，室内温度T1＝312 K。工作人员坐在座椅上打开空调，室内气温缓慢降至T2＝300 K，汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦，g取10 m/s2。 （1）求降温过程座椅高度的变化量； （2）若降温过程封闭气体内能变化了1.4 J，求气体吸收或放出的热量。 答案：（1）0.4 cm　 （2）放出热量5 J 解析：（1）汽缸内气体压强一定，由盖—吕萨克定律得＝ 即＝ 解得L2＝10 cm 则ΔL＝L1－L2 可得ΔL＝0.4 cm 降温过程座椅下降了0.4 cm。 （2）人坐在座椅上，由平衡条件得pS＝p0S＋g 气体温度下降，内能减小；外界对缸内气体所做的功W＝p 即W＝pS＝pSΔL 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 代入数据得Q＝－5 J 此过程气体放出热量为5 J。 10.（2025·湖南高考13题）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）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，由平衡条件有ρShg＋p0S＝p1S 水平放置时，对液柱，由平衡条件有 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。 11.（2024·湖北高考13题）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为已知常量，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＋mgh＋p0Sh） 解析：（1）设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得 ＝ 其中V0＝Sh，V＝S 联立解得T＝T0。 （2）设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W 其中ΔU＝C（T－T0） W＝－（mg＋p0S）h 联立解得Q＝（CT0＋mgh＋p0Sh）。 12.可连发的玩具气枪，其原理是利用压缩空气将橡皮弹丸弹射出去。气枪构造上有一个汽缸和一个可以向汽缸内充入空气的压缩装置。已知汽缸的体积为60 mL，每压缩一次压缩装置可以向汽缸内充入40 mL、压强为p0的空气，当汽缸内气体的压强达到2.5p0时才能实现将10颗橡皮弹丸连续弹射出去，汽缸体积不变，汽缸内空气和压缩装置内的空气均可视为理想气体，忽略充气和弹射过程中汽缸内气体温度的变化。 （1）已知汽缸内原有气体压强为p0，求至少充气多少次才能实现将10颗橡皮弹丸连续弹射出去； （2）已知在发射橡皮弹丸之前汽缸内空气的压强为2.5p0，弹射出8颗橡皮弹丸后汽缸内空气的压强变为1.5p0，求弹射出8颗橡皮弹丸后漏出空气的质量与发射橡皮弹丸之前汽缸内空气的质量之比k。 答案：（1）3　（2） 解析：（1）体积V＝60 mL不变，气体温度T不变，根据克拉伯龙方程pV＝RT 可得充气前后气体质量之比为＝＝ 设至少充气n次，气体的密度为ρ，则有m2＝ρ（V＋nV0），m1＝ρV 联立解得n＝2.25 因为充气只能充整数次，所以至少充气3次。 （2）体积V＝60 mL不变，气体温度T不变 根据克拉伯龙方程pV＝RT 可得发射橡皮弹丸前后气体质量之比为＝＝ 此过程漏出空气的质量与发射橡皮弹丸之前汽缸内空气的质量之比k＝＝。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $