專題復習

專題五熱學光學近代物理

第13講熱學

【目標要求】1.理解分子動理論，知道固體、液體和氣體的特點。2.能熟練應用氣體實驗定律和理想氣體狀態方

程解決問題。3.會分析熱力學定律與氣體實驗定律結合的問題。

T知識體系II—

.物體4是曰由』大,曰重分八子口組成A的M《廠阿分伏子加直德徑羅數常量數級必為IO"m

-分子的熱運動一擴散現象、布朗運動

T分子動理論上

一分子間作用力/引力'斥力同時存在

【分子間作用力表現為引力和斥力的合力

_內能J分子動能一溫度是分子平均動能的標志

肥!分子勢能

廠單晶體各向異性

晶體十多晶體

「固體卜各向同性

非晶體一

表面張力

浸潤和不浸潤

熱

液晶

學）

廠玻意耳定律（等溫）：

-查理定律（等容）：端=養

1112

廠氣體實驗定律一

-蓋一呂薩克定律（等壓）：蔓=1

TiT2

T氣體卜

-理想氣楸態方程：華-皿

11T2

匚氣體壓強的微觀解釋

熱力學第一定律：AU二W+Q

熱力學第二定律（兩種表述）

考點一分子動理論固體和液體

1.估算問題

(1)分子總數：A/=HJVA=^VA=77—A/AO

Mhol

特別提醒：對氣體而言，%得不等于一個氣體分子的體積，而是表示一個氣體分子占據的空間。

(2)兩種分子模型：①球體模型：妗次3=凱"3a為球體直徑)；②立方體模型：y=a\

2.分子熱運動：分子永不停息地做無規則運動，溫度越高，分子的無規則運動越劇烈，即平均速率越大,

但某個分子的瞬時速率不一定大。

3.分子間作用力、分子勢能與分子間距離的關系

甲

4.氣體壓強的微觀解釋

平均每個氣體

決定分子的撞擊力

單位時間、單

位面積上的撞

擊次數

5.晶體與非晶體

\分類

晶體

非晶體

單晶體多晶體

比較\

外形規則不規則

物理性質各向異性各向同性

熔點確定不確定

有規則，但多晶體中每個小

原子排列無規則

的單晶體間的排列無規則

聯系晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化

6.液體

(1)表面張力：使液體表面積收縮到最小。

(2)液晶：既具有液體的流動性又具有晶體的光學各向異性。

例1（2024河北省部分高中一模）關于下列三幅圖的說法正確的是（

各速率區間的分子數

摩修占總分子數的百分比

71

O分子的速率薄板上的蜂蠟熔

氣體分子速率分布化成圓形區域

甲乙丙

A.圖甲中微粒越小，單位時間內受到液體分子撞擊次數越少，布朗運動越明顯

B.圖乙中峰值大的曲線對應的氣體溫度較高

C.圖丙中實驗現象可以說明蜂蠟是晶體

D.圖丙中實驗現象說明薄板上的材料各向同性，一定是非晶體

答案A

解析題圖甲中微粒越小，單位時間內受到液體分子撞擊次數越少，則微粒越趨于不平衡，布朗運動越明

顯，故A正確；題圖乙中峰值大的曲線，中等分子占據的比例較小，則對應的氣體溫度較低，故B錯誤；

題圖丙中，實驗現象表明薄板上的材料導熱性上具有各向同性，則說明薄板上的材料可能是多晶體，也有

可能是非晶體，故C、D錯誤。

例2（多選）（2024?河南周口市五校聯考）下列說法中正確的是（）

A.水乃“生命之源”，已知水的摩爾質量為18g/mol,密度為103kg/m3,阿伏加德羅常數為

6.02xl023mol4,則1毫升水中所含水分子的個數約為3.3x1022個

B.水邕可以停在水面，是因為受到水的浮力作用

C.我們常常能看到，油滴會漂浮于水面之上，這說明油不浸潤水

D.由氣體壓強的微觀解釋可知，氣體壓強取決于平均每個分子與容器壁碰撞時沖擊力大小和單位

面積上的碰撞頻率，所以氣體溫度升高時壓強未必增大

答案AD

解析1毫升水中所含水分子的個數約為N號?名與導3<6.02xl023個近3x1022個，故A正確；水晶可

以停在水面是因為水的表面張力的緣故，故B錯誤；我們常常能看到，油滴會漂浮于水面之上，這說明油

比水的密度小，故C錯誤；由氣體壓強的微觀解釋可知，氣體壓強取決于平均每個分子與容器壁碰撞時沖

擊力大小和單位面積上的碰撞頻率，所以氣體溫度升高時壓強未必增大，故D正確。

例3（多選）（2024?甘肅張掖市模擬）如圖甲、乙所示，分別表示兩分子間的作用力、分子勢能與兩

分子間距離的關系。分子a固定在坐標原點O處，分子b從尸小處以某一速度向分子a運動（運動

過程中僅考慮分子間作用力），假定兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為0,貝U（）

A.圖甲中分子間距從F2到「3,分子間的引力增大，斥力減小

B.分子b運動至F3和F1位置時動能可能相等

C.圖乙中乃一定大于圖甲中「2

D.若圖甲中陰影面積S=S2,則兩分子間最小距離小于F1

答案BD

解析題圖甲中分子間距從於到3分子間的引力、斥力均減小，分子間作用力增大，故A錯誤；分子b

從片到廠2和從F2到n兩過程，若圖像與橫軸所圍面積相等，則分子間作用力做功為0,動能變化量為0,

分子b在r3和"兩位置時動能可能相等，故B正確；題圖甲中廠2處分子間作用力為0,分子b在此處分子

勢能最小，應對應題圖乙中“處，即題圖乙中作一定小于題圖甲中2故C錯誤；若題圖甲中阻影面積

則分子b從以到n過程分子間作用力做功為0,分子b在小處速度不為0,則分子b在n處速度不

為0,將繼續運動，靠近分子a,故D正確。

考點二氣體實驗定律理想氣體狀態方程

1.壓強的計算

(1)被活塞或汽缸封閉的氣體，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解，壓強單位

為Pa。

(2)水銀柱密封的氣體，應用p=po+ph或p=po-ph計算壓強，壓強p的單位為cmHg或mmHgo

2.合理選取氣體變化所遵循的規律列方程

(1)若氣體質量一定，P、入7中有一個量不發生變化，則選用對應的氣體實驗定律列方程求解。

(2)若氣體質量一定，p、入T均發生變化，則選用理想氣體狀態方程求解。

3.關聯氣體問題

解決由活塞、液柱相聯系的兩部分氣體問題時，根據活塞或液柱的受力特點和狀態特點列出兩部分氣體的

壓強關系，找出體積關系，再結合氣體實驗定律或理想氣體狀態方程求解。

例4(2023?遼寧卷-5)“空氣充電寶”是一種通過壓縮空氣實現儲能的裝置，可在用電低谷時儲存

能量、用電高峰時釋放能量。“空氣充電寶”某個工作過程中，一定質量理想氣體的圖像如

圖所示。該過程對應的°--圖像可能是()

答案B

解析根據可得從。到3氣體壓強不變，溫度升高，則體積變大；從6到c,氣體壓強減

小，溫度降低，因c點與原點連線的斜率小于6點與原點連線的斜率，c狀態的體積大于6狀態的體積，

故選B。

例5(2024?全國甲卷?33(2))如圖，一豎直放置的汽缸內密封有一定量的氣體，一不計厚度的輕質

活塞可在汽缸內無摩擦滑動，移動范圍被限制在卡銷a、b之間，6與汽缸底部的距離反=10瓦，活

塞的面積為1.0x10-2n?。初始時，活塞在卡銷。處，汽缸內氣體的壓強、溫度與活塞外大氣的壓

強、溫度相同，分別為1.0x105Pa和300K。在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞

緩慢到達卡銷6處(過程中氣體溫度視為不變)，外力增加到200N并保持不變。

a力////////5

匚

(1)求外力增加到200N時，卡銷6對活塞支持力的大小；

(2)再將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當活塞剛好能離開卡銷b時氣體的溫度。

答案(1)100N(2)327K

解析⑴活塞從位置。到6過程中，初態pi=7%=L0xl()5Pa、yl=s-liab

末態必=?、%=STQab

根據玻意耳定律有pi%=p2-2

解得P2=l.1x105Pa

此時對活塞根據平衡條件得尸叨OS=P2S+尸N

解得卡銷b對活塞支持力的大小FN=100N

⑵將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，當活塞剛好能離開卡銷b時，

初態P2=L1X105pa,7^=300K

末態，對活塞根據平衡條件得必

解得曲=1.2x105pa

設此時溫度為根據查理定律有冷票

1213

解得73a327Ko

例6(2024?安徽卷?13)某人駕駛汽車，從北京到哈爾濱，在哈爾濱發現汽車的某個輪胎內氣體的

壓強有所下降(假設輪胎內氣體的體積不變，且沒有漏氣，可視為理想氣體)。于是在哈爾濱給該輪

胎充入壓強與大氣壓相同的空氣，使其內部氣體的壓強恢復到出發時的壓強(假設充氣過程中，輪

胎內氣體的溫度與環境相同，且保持不變)。已知該輪胎內氣體的體積K)=30L,從北京出發時，

該輪胎氣體的溫度力=-3℃,壓強0=2.7x105Pa。哈爾濱的環境溫度打=-23℃,大氣壓強夕o取

1.0x105Pa。求：

(1)在哈爾濱時，充氣前該輪胎氣體壓強的大小；

(2)充進該輪胎的空氣體積。

答案(1)2.5x105Pa(2)6L

解析(1)由查理定律可得產

1112

其中“=2.7x105pa,乃=(273-3)K=270K,7^=(273-23)K=250K

代入數據解得，在哈爾濱時，充氣前該輪胎氣體壓強的大小為必=2.5義1。5pa

⑵由玻意耳定律piVo+poV=piVo

代入數據解得，充進該輪胎的空氣體積為々6L。

■提煉?總結

利用克拉伯龍方程解決氣體變質量的問題

克拉伯龍方程pJM次7,其中〃表示氣體物質的量，R為理想氣體常數，此方程描述了理想氣體的壓強是由氣體

的體積、溫度和物質的量決定的，故可以只對氣體的一個狀態列式分析問題，處理氣體變質量的問題尤其方便。

考點三熱力學定律與氣體實驗定律的綜合應用

1.理想氣體相關三量AU、K。的分析思路

(1)內能變化量AU

①由氣體溫度變化分析AU：溫度升高，內能增加，AU>Q；溫度降低，內能減少，At/<Oo

②由公式分析內能變化。

（2）做功情況W

由體積變化分析氣體做功情況：體積膨脹，氣體對外界做功，眸0;體積被壓縮，外界對氣體做功，W>0.

（3）氣體吸、放熱。

一般由公式少分析氣體的吸、放熱情況：。:>0,吸熱；。<0,放熱。

2.對熱力學第二定律的理解

熱量可以由低溫物體傳遞到高溫物體，也可以從單一熱源吸收熱量全部轉化為功，但會產生其他影響。

例7（2024?山東卷—6）一定質量理想氣體經歷如圖所示的循環過程，。一6過程是等壓過程，b-c

過程中氣體與外界無熱量交換，過程是等溫過程。下列說法正確的是（）

A.a—6過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功

B.b—c過程，氣體對外做功，內能增加

C.a—b—c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功

D.a—b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c-a過程放出的熱量

答案C

解析。一6過程壓強不變，體積增大，氣體對外做功％芯0,由蓋一呂薩克定律可知T戶北，即內能增大，

△UQ0,根據熱力學第一定律AU=Q+彳可知。>0,氣體從外界吸收的熱量一部分用于對外做功，另一部分

用于增加內能，A錯誤；

方->c過程中氣體與外界無熱量交換，即。6c=0

又由氣體體積增大可知用;"0,由熱力學第一定律AU=Q+少可知AU<0,即氣體內能減少，B錯誤；

c―a過程為等溫過程，可知Af7flC=0

根據熱力學第一定律可知-c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功，C正確；

根據熱力學第一定律結合上述分析可知：a一8一。一。一整個熱力學循環過程AU=0,整個過程氣體對外做

功，W<0,由熱力學第一定律可得

故a-b過程氣體從外界吸收的熱量不等于c—a過程放出的熱量，D錯誤。

例8（2024?浙江1月選考-17）如圖所示，一個固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為

匕=750cn?的左右兩部分。面積為5=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側為真空，右側

中一定質量的理想氣體處于溫度為=300K、壓強01=2.04x105Pa的狀態1。抽取隔板A,右側中的

氣體就會擴散到左側中，最終達到狀態2。然后解鎖活塞B,同時施加水平恒力尸，仍使其保持靜

止，當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度A=350K的狀態3,氣體

內能增加AU=63.8J。已知大氣壓強00=1.01x1（）5Pa,隔板厚度不計。

:］c

⑴氣體從狀態1到狀態2是（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能

（選填“增大”“減小”或“不變”）；

（2）求水平恒力F的大小；

（3）求電阻絲C放出的熱量Qo

答案（1）不可逆不變（2）10N⑶89.3J

解析（1）根據熱力學第二定律可知，氣體從狀態1到狀態2是不可逆過程，由于隔板A的左側為真空，可

知氣體從狀態1到狀態2,氣體不做功，又沒有發生熱傳遞，所以氣體的內能不變，氣體的溫度不變，分

子平均動能不變。

（2）氣體從狀態1到狀態2發生等溫變化，則有piVx=pr2Vx

解得狀態2氣體的壓強為0華1.02義105Pa

解鎖活塞B,同時施加水平恒力%仍使其保持靜止，以活塞B為研究對象，根據受力平衡可得

pzS=poS+F

,554

解得F=（P2-po）S=（l-O2xlO-l.OlxlO）xlOOxlO-N=10No

⑶當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度73=350K的狀態3,可知氣體做等壓

變化，則有

2%,3

可得狀態3氣體的體積為

J^=^-2KI-X2X750cm3=l750cm3

Ti300

該過程氣體對外做功為

W=P2^V=P2（F3-2T1）=1.02x1o5x（1750-2x750）x10-6=25.5j

根據熱力學第一定律可得AU=少+。’

解得氣體吸收的熱量為Q'=AU+W=63.8J+25.5J=89.3J

可知電阻絲C放出的熱量為。=2=89.3J。

專題強化練

［1選擇題］［分值：50分］

1?6題每題4分，7?9題每題6分，10題8分，共50分

［保分基礎練］

1.（2023?北京卷?1）夜間由于氣溫降低，汽車輪胎內的氣體壓強變低。與白天相比，夜間輪胎內的氣體（）

A.分子的平均動能更小

B.單位體積內分子的個數更少

C.所有分子的運動速率都更小

D.分子對輪胎內壁單位面積的平均作用力更大

答案A

解析夜間氣溫低，分子的平均動能更小，但不是所有分子的運動速率都更小，故A正確，C錯誤；由于

汽車輪胎內的氣體壓強變低，輪胎會略微被壓癟，則單位體積內分子的個數更多，分子對輪胎內壁單位面

積的平均作用力更小，B、D錯誤。

2.（2024?遼寧沈陽市質監）“深海一號”鉆井平臺搭載“蛟龍”號潛艇赴西北太平洋深淵區開展7000米級

作業。若開始下潛時，“蛟龍”號潛艇內氣體溫度為27℃、壓強為1.0x105pa,當下潛到某一深度時，艇

內溫度降到17潛艇內氣體視為理想氣體，體積和質量不變，下列關于艇內氣體的說法，正確的是

（）

A.17C時，壓強約為0.63x105Pa

B.17C時,壓強約為0.97x105pa

C.下潛過程中，內能增加

D.下潛過程中，吸收熱量

答案B

解析依題意，潛艇內氣體體積保持不變，由查理定律可得土祟，其中八=（273+27）K=300K,4=（273+17）

1112

K=290K,解得必Y）.97xl05pa,故A錯誤，B正確；由熱力學第一定律，可得依題意，下潛過

程中，氣體溫度降低，內能減小，即AU<0,又因為氣體體積不變，即沙=0,解得。<0,即下潛過程中，

放出熱量，故C、D錯誤。

3.（2024?江蘇省海安高級中學二模）如圖所示，取一個透明塑料瓶，向瓶內注入少量的水。將橡膠塞打孔，

安裝上氣門嘴，再用橡膠塞把瓶口塞緊，并向瓶內打氣。觀察發現橡膠塞跳出時，瓶內出現白霧，下列說

法正確的是（）

A.打氣過程中，瓶內氣體的分子動能保持不變

B.打氣過程中，瓶內氣體的壓強與熱力學溫度成正比

C.橡膠塞跳出后，瓶內氣體迅速膨脹，溫度降低

D.橡膠塞跳出后，瓶內水迅速蒸發，出現白霧

答案C

解析打氣過程中，外界對氣體做功，氣體內能增加，瓶內氣體的分子動能變大，故A錯誤；打氣過程中,

若瓶內氣體的質量不變，則根據查理定律，瓶內氣體的壓強與熱力學溫度成正比，但打氣過程中，瓶內氣

體的質量增加，則瓶內氣體的壓強與熱力學溫度不再成正比關系，故B錯誤；橡膠塞跳出后，瓶內氣體迅

速膨脹，瓶內氣體對外做功，內能減小，溫度降低，水蒸氣遇冷液化成小水珠，出現白霧，故C正確，D

錯誤。

4.侈選X2024?海南卷?11）一定質量的理想氣體從狀態a開始經岫、be、ca三個過程回到原狀態，已知仍

垂直于T軸，be延長線過。點，下列說法正確的是（）

A.6c過程外界對氣體做功

B.ca過程氣體壓強不變

C.M過程氣體放出熱量

D.ca過程氣體內能減小

答案AC

解析由理想氣體狀態方程可得號T,由％7圖像可知，圖像的斜率越大，壓強越小，故Pa<Pb=Pc,

6c過程為等壓變化，體積減小，外界對氣體做功，故A正確；由A選項可知，ca過程壓強減小，故B錯

誤；仍過程為等溫變化，內能不變，故AU=O,根據玻意耳定律可知，體積減小，壓強增大，外界對氣體

做功，故修>0,根據熱力學第一定律AU=Q+%解得0<0,故岫過程氣體放出熱量，故C正確；ca過程，

溫度升高，內能增大，故D錯誤。

5.（多選乂2024?新課標卷?21）如圖，一定量理想氣體的循環由下面4個過程組成：1-2為絕熱過程（過程中氣

體不與外界交換熱量），2一3為等壓過程，3-4為絕熱過程，4-1為等容過程。上述四個過程是四沖程柴

油機工作循環的主要過程。下列說法正確的是（）

A.1—2過程中,氣體內能增加

B.2—3過程中，氣體向外放熱

C.3-4過程中，氣體內能不變

D.4一1過程中，氣體向外放熱

答案AD

解析1-2為絕熱過程，此過程中氣體體積減小，外界對氣體做功，根據熱力學第一定律AU=Q+葉可知

氣體內能增加，故A正確；2-3為等壓過程，由［C知氣體體積增大時溫度增加，內能增大，氣體體積增

大時，氣體對外界做功眸0,由熱力學第一定律AU=Q+少知氣體吸收熱量，故B錯誤；3-4為絕熱過程,

此過程氣體體積增大，氣體對外界做功眸0,根據熱力學第一定律可知氣體內能減小，故C錯誤；4-1

為等容過程，根據臺。知壓強減小時溫度減小，內能減小；由于體積不變W=0,由熱力學第一定律

^=W+Q,可知氣體向外放熱，故D正確。

6.（多選X2023?山東卷9）一定質量的理想氣體，初始溫度為300K,壓強為lxi05pa。經等容過程，該氣體

吸收400J的熱量后溫度上升100K；若經等壓過程，需要吸收600J的熱量才能使氣體溫度上升100K。

下列說法正確的是（）

A.初始狀態下，氣體的體積為6L

B.等壓過程中，氣體對外做功400J

c.等壓過程中，氣體體積增加了原體積的;

4

D.兩個過程中，氣體的內能增加量都為400J

答案AD

解析設理想氣體初始狀態的壓強、體積和溫度分別為6=次，力=%,方=300K,等容過程為狀態二

P*?,匕=%=瓜72=400K,等壓過程為狀態三小=如匕=?,A=400K,由理想氣體狀態方程可得，

等等詈，解得必令0,匕三%,等壓過程中，氣體體積增加了原體積的士C錯誤；等容過程中氣體

做功為零，由熱力學第一定律AUW+Q=400J,兩個過程的初末溫度相同即內能變化相同，因此內能增加

量都為400J,D正確；等壓過程內能增加了400J,吸收熱量為600J,由熱力學第一定律可知氣體對外做

功為200J,即做功的大小為吃%尸200J,解得%=6L,A正確，B錯誤。

［爭分提能練］

7.（2024?海南卷—7）用鋁制易拉罐制作溫度計，一透明薄吸管里有一段油柱（長度不計）粗細均勻，吸管與罐密

封性良好，罐內氣體可視為理想氣體，已知罐體積為330cm3,薄吸管底面積為0.5cn?,罐外吸管總長度

為20cm,當溫度為27c時，油柱離罐口10cm,不考慮大氣壓強變化，下列說法正確的是（）

A.若在吸管上標注等差溫度值，則刻度左密右疏

B.該裝置所測溫度不高于31.5℃

C.該裝置所測溫度不低于23.5℃

D.其他條件不變，緩慢把吸管拉出來一點，則油柱離罐口距離增大

答案B

解析由蓋一呂薩克定律得？專

其中Fi=Fb+S/i=335cm3,

為=（273+27）K=300K,

V2=Fo+5x=330+0.5x（cm3）

代入解得7=茶冷K）

根據片什273K

可知審一（℃）

故若在吸管上標注等差溫度值，則刻度均勻，故A錯誤；

當x=2Qcm時，該裝置所測的溫度最高，代入解得/max~31.5℃,故該裝置所測溫度不高于31.5℃,當x=0

時，該裝置所測的溫度最低，代入解得總戶22.5C,故該裝置所測溫度不低于22.5℃,故B正確，C錯誤;

其他條件不變，緩慢把吸管拉出來一點，由蓋一呂薩克定律可知，油柱離罐口距離不變，故D錯誤。

8.（2024?安徽池州市二模）如圖甲所示為壓氣式消毒噴壺，若該壺容積為2L,內裝1.4L消毒液。閉合閥門

K,緩慢向下壓A,每次可向瓶內儲氣室充入0.05L的1.0atm的空氣，經"次下壓后，壺內氣體壓強變為

2.0atm時按下B,閥門K打開，消毒液從噴嘴處噴出，噴液全過程氣體狀態變化p-廠圖像如圖乙所示（已

知儲氣室內氣體可視為理想氣體，充氣和噴液過程中溫度保持不變，1.0atm=1.0xl05pa）。下列說法正確的

是（）

A.充氣過程向下壓A的次數〃=10次

B.氣體從狀態/變化到狀態3的過程中，氣體吸收的熱量大于氣體做的功

C.乙圖中直角△O4C和直角△OAD的面積相等

D.從狀態/變化到狀態3,氣體分子單位時間內對器壁單位面積上的碰撞次數不變

答案C

解析壺中原來空氣的體積匕=0.6L,壓強0=1atm,由玻意耳定律?5詼+匕尸.匕，解得〃=12,故A錯

誤；氣體從/到8,體積增大，對外做功，由于溫度不變，理想氣體內能不變，根據熱力學第一定律

△U=Q+",可得，氣體吸收的熱量等于氣體做的功，故B錯誤；三角形面積為S=$匕由題意可知，圖線

為等溫曲線，由理想氣體狀態方程+C,可知°%CT,由于C是常數，溫度T保持不變，貝！］°廠相等，則

圖中直角△O4C和直角△O3D的面積相等，故C正確；4到5的過程中，溫度不變，分子平均運動速率

不變，但是體積變大，分子數密度減小，壓強減小，所以氣體分子單位時間內對器壁單位面積上的碰撞次

數減少，故D錯誤。

9.（多選）（2023?新課標卷-21）如圖，一封閉著理想氣體的絕熱汽缸置于水平地面上，用輕彈簧連接的兩絕熱

活塞將汽缸分為/、g、〃三部分，活塞與汽缸壁間沒有摩擦。初始時彈簧處于原長，三部分中氣體的溫度、

體積、壓強均相等。現通過電阻絲對/中的氣體緩慢加熱，停止加熱并達到穩定后（）

」了「g九

/////////////////////////////////

A.h中的氣體內能增加

B/與g中的氣體溫度相等

C/與〃中的氣體溫度相等

D/與h中的氣體壓強相等

答案AD

解析對/中的氣體加熱，貝！1/中氣體溫度升高，體積增加，此時/擠壓g、h,而g、〃中均為絕熱部分，

故g、右體積均減小，壓強增大，彈簧彈力增加。當了右側活塞向右移動時，對g、力均做正功，由熱力學

第一定律可知，內能增加，g、力中的氣體溫度升高，故A正確；當系統穩定時，滿足以片為5+廠="S,貝（!

此時/與〃中的氣體壓強相等，故D正確；由于，體積變小，溫度升高，且pfS=pgS+F=phS,故以〈右〈勿，

由理想氣體狀態方程可知心警學，所以〃<辦故C錯誤；由理想氣體狀態方程可知智竽竿，

TfToThTgToTf

由于n%，vg<Vf.故Tg<4,故B錯誤。

10.（多選）（2024?山西太原市一模）高壓鍋是一種常見的鍋具，是通過增大氣壓來提升液體沸點，達到快速烹

煮食物的目的。如圖為某燃氣壓力鍋及其結構簡圖，廚師將食材放進鍋內后蓋上密封鍋蓋，并將壓力閥套

在出氣孔上開始加熱烹煮。當加熱至鍋內壓強為1.27atm時，壓力閥剛要被頂起而發出嘶響聲；繼續加熱,

當鍋內溫度為117c時達到沸點，停止加熱。已知加熱前鍋內溫度為27℃,壓強為1atm,壓力閥套在出

氣孔上的橫截面積為8mm2,g取lOm/s?。大氣壓強。為1atm=l（）5Pa,忽略加熱過程水蒸氣和食材（包括

水）導致的氣體體積變化，氣體可視為理想氣體。貝1）（）

出氣孔

A.壓力閥的質量約為0.1kg

B.壓力閥剛要被頂起時鍋內溫度為108℃

C.停止加熱時放出氣體的質量為加熱前鍋內氣體質量的言

D.停止加熱時鍋內氣體的質量為加熱前鍋內氣體質量的粉

答案BD

解析設加熱前鍋內溫度為Ti=27℃=300K,壓強為pi=latm,當加熱至鍋內壓強為必=1.27atm,時，壓

力閥剛要被頂起而發出嘶響聲，在這個過程中，氣體體積不變，質量不變，由查理定律得產，得4=381

K=108℃,故B正確；壓力閥剛要被頂起時，設壓力閥的質量為如由受力平衡得必S=pS+mg,代入數據

得加乜）.02kg,故A錯誤；設鍋內溫度達到沸點時溫度為7>117℃=390K,從壓力閥剛要被頂起到達到沸

點的過程，鍋內壓強不變，由蓋一呂薩克定律弁，得匕嗡匕停止加熱時放出氣體的質量與加熱前鍋

1213ool

內氣體質量的比為：停止加熱時鍋內氣體的質量與加熱前鍋內氣體質量的比為胃焉，故

m.2匕390m2%390

D正確，C錯誤。

［2計算題］［分值：60分］

［保分基礎練］

1.（10分X2024?湖北卷?13）如圖所示，在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內用質量為小的活塞密封一部分

理想氣體，活塞橫截面積為S,能無摩擦地滑動。初始時容器內氣體的溫度為To,氣柱的高度為鼠當容

器內氣體從外界吸收一定熱量后，活塞緩慢上升和再次平衡。已知容器內氣體內能變化量與溫度變化

量AT的關系式為C為已知常數，大氣壓強恒為po,重力加速度大小為g,所有溫度為熱力學溫

度。求：

（1）（4分）再次平衡時容器內氣體的溫度；

（2）（6分）此過程中容器內氣體吸收的熱量。

答案（1孰（2曲加g）*To

解析（1）氣體進行等壓變化，則由蓋一呂薩克定律得然1,即魯坐

解得八胃。

⑵此過程中氣體內能增加量AgCATWcTo

氣體對外做功，W=-pSAh=[h（poS+mg）

此過程中容器內氣體吸收的熱量

11

Q=^U-W=fh（p0S+mg）+^CT0

2.（10分）（2024?甘肅卷—13）如圖，剛性容器內壁光滑、盛有一定量的氣體，被隔板分成A、B兩部分，隔板

與容器右側用一根輕質彈簧相連（忽略隔板厚度和彈簧體積）。容器橫截面積為S、長為2/。開始時系統處

于平衡態，A、B體積均為S/,壓強均為po,彈簧為原長。現將B部分氣體抽出一半，系統穩定后B的體

積變為原來的;。整個過程系統溫度保持不變，氣體視為理想氣體。求：

4

AB

SWVWWAAAMAAM

11

⑴（7分）抽氣之后A、B內氣體的壓強pA、PBO

（2）（3分）彈簧的勁度系數鼠

答案（嗑。）（2圈

解析（1）對A內氣體分析：

抽氣前：體積V=Sl壓強po

Qr

抽氣后：-A=2

根據玻意耳定律得poV=PAVK

解得

對B內氣體分析，

若體積不變的情況下抽去一半的氣體，則壓強變為原來的一半即]。,

則根據玻意耳定律得10V=PB^V

解得PB=pO

（2）由題意可知，彈簧的壓縮量為:，對隔板受力分析有PAS=PBS+F

根據胡克定律得尸=其

聯立得仁誓。

［爭分提能練］

3.（10分）（2024?山東卷?16）圖甲為戰國時期青銅汲酒器，根據其原理制作了由中空圓柱形長柄和儲液罐組成

的汲液器，如圖乙所示。長柄頂部封閉，橫截面積Si=1.0cn?,長度H=1OO.Ocm,側壁有一小孔A。儲液

罐的橫截面積S2=90.0cm2,高度6=20.0cm,罐底有一小孔B。汲液時，將汲液器豎直浸入液體，液體從

孔B進入，空氣由孔A排出；當內外液面相平時，長柄浸入液面部分的長度為x；堵住孔A,緩慢地將汲

液器豎直提出液面，儲液罐內剛好儲滿液體。已知液體密度p=L0xl（）3kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,

大氣壓po=LOxi（）5pa。整個過程溫度保持不變，空氣可視為理想氣體，忽略器壁厚度。

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