第1部分 专题6 1 第一讲 热学（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第一讲　热学 学生用书⬇第83页 考点一　分子动理论　内能　热力学定律 1.分子动理论的理解 (1)微观量的估算 ①两种分子模型 球体模型：V＝π()3＝(常用于估算液体、固体分子直径)；立方体模型：V＝a3(常用于估算气体分子的平均间距)。 ②分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 注意：V0＝，对固体或液体来说，V0等于一个固体或液体分子的体积；对气体来说，V0不等于一个气体分子的体积，而表示一个气体分子平均占有的空间的体积。 (2)分子的热运动 ①两个实例：扩散现象、布朗运动。 ②分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的热运动越剧烈，分子的平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。 (3)分子间的作用力、分子势能随分子间距离的变化图像 2.热力学第一、第二定律的比较 — 热力学第一定律 热力学第二定律 揭示的问题 从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能变化量三者的定量关系 宏观自然过程是有方向性的 机械能和内能 的转化 当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能 内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能 热量的传递 热量可以从高温物体自发地传向低温物体 热量不能自发地从低温物体传向高温物体 关系 在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学的理论基础 3.热力学第一定律的三种特例 (1)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU。 (2)等容过程：W＝0，Q＝ΔU。 (3)等温过程：ΔU＝0，Q＋W＝0。 (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 答案：D 解析：当橡胶塞跳出后，气体占据空间增大，瓶内气体的体积迅速膨胀，瓶内的气体对外做功，由于该过程时间较短，气体来不及与外界发生热量交换，根据热力学第一定律可知，瓶内气体的内能迅速减小，温度迅速降低，使瓶内的水蒸气液化成水，即出现白雾，A、B错误，D正确；瓶内气体的体积迅速膨胀且温度迅速降低，根据理想气体状态方程可知，瓶内气体的压强迅速减小，C错误。故选D。 预测1.(多选)(2025·广东深圳二调)一定质量的理想气体经历A→B→D→A的状态变化过程，压强和体积的变化情况如图所示。下列说法正确的是 A.状态A与状态D温度相同 B.B→D过程气体温度降低 C.D→A过程气体放出热量 D.A→B过程外界对气体做功 答案：ABC 解析：根据理想气体状态方程＝C，可得p、V乘积与温度成正比，结合题图可得状态A与状态D温度相同，B→D过程气体温度降低，故A、B正确；D→A过程气体体积减小，外界对气体做功，温度不变，内能不变，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体放出热量，故C正确；A →B过程气体体积变大，气体对外界做功，故D错误。故选ABC。 学生用书⬇第84页 预测2.(多选)(2025·青海格尔木二模)如图为一种减震垫，上面布满了圆柱形薄膜气泡，每个气泡内充满了一定质量的理想气体，当平板状物品平压在气泡上时，气泡内气体的体积减小，温度保持不变。关于该挤压过程中气泡内的气体，下列说法正确的是 A.分子平均动能增大 B.分子平均动能不变 C.气体放出热量 D.气体吸收热量 答案：BC 解析：气泡内气体的温度保持不变，所以气体分子平均动能不变，故A错误，B正确；气泡内气体的体积减小，外界对气体做正功(W＞0)，气体的内能不变(ΔU＝0)，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量(Q＜0)，故C正确，D错误。故选BC。 考点二　固体、液体和气体 1.晶体与非晶体的比较 　　分类 比较　　 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 天然外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定 原子排列 有规则，但多晶体中每个小的单晶体间的排列无规则 无规则 联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 2.液体和液晶 (1)表面张力：表面张力的方向跟液面相切，有使液体表面积收缩到最小的趋势。 (2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。 3.气体压强的微观解释 (2024·广东省多校联考三模)石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，如图，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是 A.石墨是晶体，石墨烯是非晶体 B.石墨烯中的碳原子始终静止不动 C.石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变 D.石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用 答案：C 解析：石墨有规则的形状，是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的新材料，也有规则的形状，也是晶体，故A错误；石墨烯中的碳原子是一直运动的，故B错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故C正确；石墨烯中的碳原子之间同时存在引力和斥力，故D错误。故选C。 预测1. (多选)(2025·安徽芜湖二模)下列关于固体和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 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，又具有晶体的光学各向异性 D.某种液体是否浸润固体，既与液体性质有关，也与固体的性质有关 答案：CD 解析：玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就会变钝，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，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变的更细，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，又具有晶体的光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润，和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正确。故选CD。 预测2.(2025·江苏南京二模)下列关于密闭容器中的氢气性质的说法中正确的是 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 解析：密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，当体积增大时，单位体积内分子个数变少，分子的密集程度变小，故A错误；气体压强是大量气体分子对容器壁持续的无规则撞击产生的，压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；氢气在温度不太低、压强不太大的情况下才能看成理想气体，故C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多、两头少”的规律，温度变化时，氢气分子的平均速率会变化，即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，故D正确。故选D。 学生用书⬇第85页 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 1.理想气体的“三定律、一方程” 2.利用“三定律、一方程”解决问题的基本思路 (2024·全国甲卷)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。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)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：(1)100 N　(2) K 解析：(1)活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体，由玻意耳定律有p0V0＝p1V1 其中V1＝V0 外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN 联立并代入数据解得，卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。 (2)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有 p0S＋F＝p2S 从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有＝ 联立并代入数据解得，活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。 (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 学生用书⬇第86页 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。 (2024·广东高考) 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内气体体积不变。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＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压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，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到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)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg 解析：(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态 pB1＝p0，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据查理定律有＝ 代入数据可得 pB2＝9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据盖-吕萨克定律有＝ 代入数据可得VA2＝3.6×102 m3 由于p0－pB2＜Δp 假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。 (3)恰好稳定时，A内气体压强为 pA'＝p0＋ B内气体压强pB'＝p0 此时差压阀恰好关闭，所以有pA'－pB'＝Δp 联立并代入数据解得m＝1.1×102 kg。 解决“关联气体”问题的一般思路 1.分析各部分气体的初、末状态参量(压强、体积、温度等)。 2.分析各部分气体的状态变化特点，选择对应的气体实验定律或理想气体状态方程，建立有关方程。 3.弄清各部分气体对应的状态参量(压强、体积、温度等)间是否有关联关系。 4.联立方程求解有关问题。 学生用书⬇第87页 (2025·广东揭阳二模)某种喷雾器贮液筒的总容积为6 L，若装入5 L的药液后将加水口密封盖盖好，如图所示。拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒，可以把0.2 L压强为1 atm的空气打进贮液筒。设打气过程气体温度不变，气体可视为理想气体，求： (1)关闭阀门，用打气筒向贮液筒内再打气两次，当液面上方气体温度与外界温度相等时，气体压强为多大？ (2)要使贮液筒中液面上方的空气压强达到4 atm，打气筒要拉压多少次？在贮气筒内气体压强达4 atm时停止打气，打开喷雾阀门使其喷雾，直至内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ (3)为了保证打气后，即使打开喷雾阀门不再打气也能把药液喷光，那么至少要拉压多少次打气筒？ 答案：(1)1.4 atm　(2)15　2 L　(3)25 解析：(1)把打气后药液面上方的气体作为研究对象，则V1＝(1＋0.2×2) L＝1.4 L，p1＝1 atm，V2＝1 L 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得p2＝1.4 atm。 (2)设拉压了n次，则V3＝ L，p3＝1 atm，V4＝1 L，p4＝4 atm 由玻意耳定律得p3V3＝p4V4 解得n＝15 则V3＝ L＝4 L 得贮液筒内还剩的药液体积为V5＝6 L－4 L＝2 L。 (3)设拉压了k次，则V6＝ L＝6 L 解得k＝25。 分析气体变质量问题时研究对象的选取技巧 1.打气问题：把原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象。 2.抽气问题：把每次抽出的气体和剩余的气体整体作为研究对象。 3.灌气问题：把大容器中剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象。 4.漏气问题：把容器中剩余气体和漏出的气体整体作为研究对象。 考点四　气体状态变化的图像问题 常见气体状态变化图像的比较 — 图像 特点 等温变化 p -V图像 pV＝CT(其中C为常量)，即p、V之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远 p -图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 等容变化 p -T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 等压变化 V -T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 学生用书⬇第88页 (多选)(2024·新课标卷)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 解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＞0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W＜0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体从外界吸热，B错误；3→4为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU＜0，气体内能减少，C错误；4→1为等容过程，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，气体向外放热，D正确。故选AD。 分析热力学定律与气体实验定律综合问题的一般思路 预测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 答案：ACD 解析：A→B过程，气体体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＞0，即该过程为吸热过程，A正确；B→C过程，气体温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＜0，即该过程为放热过程，B错误；A→B过程，气体体积不变，温度升高，根据＝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，可知状态A的内能比状态C的小，D正确。故选ACD。 预测2.(2025·广东佛山二测)如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓慢向沙桶倒入细沙，下列关于密封气体的状态图像一定正确的是 答案：A 解析：由题意知汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内的气体温度不变，缓缓向沙桶倒细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律可知，气体压强与体积成反比，与体积倒数成正比。故选A。 1.传统文化情境类 (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 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，则Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，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，则气体分子平均动能增大，故D正确。故选D。 2.生产情境类 (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 答案：A 解析：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。故选A。 3.生产情境类 (2023·广东高考)在驻波声场作用下，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 学生用书⬇第89页 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过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求： (1)状态B的压强pB； (2)状态C的温度TC (3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 答案：(1)p0　(2)1.9T0　(3)增加了W 解析：(1)由题可知，从状态A到状态B，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB 解得pB＝p0。 (2)从状态B到状态C，根据理想气体状态方程可知＝ 解得TC＝1.9T0。 (3)根据热力学第一定律可知ΔU＝Q＋W，其中Q＝0 解得ΔU＝W 故气泡内气体内能增加了W。 4.生产情境类 (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)根据体积关系有S1h1＝S2h2 可得气室内金属液面下降高度h2＝0.05 m 此时气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2) 代入数据可得p1＝1.2×105 Pa。 (2)初始时，铸型室气体的压强为p0，体积V＝S1h1 当注气后铸型室液面高度为h3＝0.04 m时，铸型室内气体的体积为V'＝S1(h1－h3) 根据玻意耳定律有p0V＝p'V' 可得注气后铸型室液面高度为h3＝0.04 m时，铸型室内气体的压强为p'＝1.25×105 Pa 根据体积关系S1h3＝S2h4 可得气室内金属液面下降高度h4＝0.01 m 此时气室内气体压强p2＝p'＋ρg(H＋h3＋h4) 代入数据可得p2＝1.35×105 Pa。 专题集训(二十)　热学 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1.(2025·黑吉辽蒙高考)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 解析：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，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，则瓶内气体分子的数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，气体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。故选B。 2.(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。下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的是 A.泡茶时，热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 答案：ABC 解析：泡茶时，热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，分子间作用力几乎为零，并不是分子间不存在作用力，故D错误。故选ABC。 3.(2025·广东大湾区二模)如图所示，某同学往矿泉水瓶内装入一定量水后，旋紧瓶盖(不漏气)，在水面下方h高度处开一小孔，发现瓶子里的水流出一段时间后不再流出。已知水的密度为ρ，大气压为p0，重力加速度为g，忽略温度变化和瓶子形变，下列说法正确的是 A.当水不再流出时，水面下降至小孔等高处 B.当水不再流出时，瓶内空气的压强等于大气压强 C.若测得水下降的高度，则可求瓶内空气原有的体积 D.若测得水下降的高度，则可求水不再流出时瓶内空气的压强 答案：D 解析：由于瓶子里的水流出，瓶内气体体积变大，温度不变，故压强减小，小于外界大气压，则当水不再流出时，应有p内＋p液＝p0，则水面不会下降至小孔等高处，故A、B错误；水下降的高度与瓶内空气的体积变化有关，但题目中没有提供足够的信息(瓶子的底面积等)来计算瓶内空气原有的体积，故C错误；水不再流出时，设瓶内水下降的高度为h'，则有p内＋ρg(h－h')＝p0，解得p内＝p0－ρg(h－h')，则可求水不再流出时瓶内空气的压强，故D正确。故选D。 4.(多选)(2024·海南高考)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O点，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：由理想气体状态方程＝C，可得V＝·T，由题图可知，图线上的点与原点连线的斜率越大，压强越小，故pa＜pb＝pc，则ca过程压强减小，故B错误；bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确；ab过程为等温变化，气体内能不变，故ΔU＝0，根据玻意耳定律可知，气体体积减小，压强增大，外界对气体做功，故W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，解得Q＜0，故ab 过程气体放出热量，故C正确；ca过程，气体温度升高，内能增大，故D错误。故选AC。 5.(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 答案：B 解析：升温后气体分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，故A错误；根据查理定律有＝，其中T0＝300 K，T＝420 K，解得升温后内胆中气体的压强为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，可知气体的内能增加量为ΔU＝Q＋W＝Q＝6×103 J，故C错误；气体体积不变，压强增大，则单位体积的气体分子数不变，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。故选B。 6.(多选)(2025·云南玉溪质检)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 答案：BD 解析：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，则由热力学第一定律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，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体吸热，故D正确。故选BD。 7.(2025·广东广州二模)如图为研究气体实验定律的装置，通过压强传感器和数据采集器获取数据，并借助计算机处理数据。用该装置探究一定质量的气体在温度不变时，其压强和体积的关系。实验得到的图像可能是 答案：B 解析：由玻意耳定律可知一定质量的气体在温度不变时，满足pV＝C，故p＝C·。故选B。 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 答案：BD 解析：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，封闭气体的变化可视为等容变化，由查理定律＝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。故选BD。 9.(20分)(2024·广西高考)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)在图丙中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)见解析　(3)见解析图 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)根据题意可知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＝ 活塞从a处到b处，对封闭气体有 pV＝·S＝k 可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，所以活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化。 (3)分析可知全过程中气体做等温变化 在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3 在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3 根据玻意耳定律有paVa＝pbVb 解得pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p -V图像如图所示。 学生用书⬇第90页 学科网（北京）股份有限公司 $