2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：热学

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：热学
一、单选题
1．（2022·辽宁）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（　　）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
【答案】A
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，气体对外界做正功，A正确；
由图得，又，
所以 ，
所以T增大，P增大。B错误；
理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大。D错误；
理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误。
故答案为：A。
【分析】由理想气体状态方程列出等量关系，再联立图像函数表达式，得出压强变化。温度升高，内能增大。同时根据热力学第一定律做出判断。
2．（2022·湖北）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（　　）
A．a→b是等温过程 B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低 D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】AB．由，当a→b气体温度升高，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律，可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；
C．根据理想气体的状态方程可知，p—V图像的坐标值的乘积对应温度大小，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，中间状态的坐标值乘积较大，所以a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
D．a→c过程气体体积增大，对外膨胀，外界对气体做负功，D错误。
故选B。
【分析】根据理想气体的状态方程，结合热力学第一定律求解。气体体积增大，外界对气体做负功。
3．（2022·山东）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动 过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【答案】C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】根据题意可知，该过程中气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功导致气体内能减小，又气缸跟外界绝热，所以这个过程中，气体的温度降低，平均分子动能减小，速率大的分子数占总分子数比例减少，故ABD错误.
故选C。
【分析】首先判断这个过程中气体的状态变化情况，根据热力学第一定律判断气体内能的变化情况，从而判断气体温度变化情况，最后分析气体分子热运动的情况。
4．（2021·山东）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（　　）
A．内能减少 B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量
【答案】B
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】A．小瓶在上升的过程中，越来越接近其矿泉水瓶口，所以其温度不断升高，由于一定质量的理想气体其温度决定内能所以瓶内气体的内能不断增大；A错误；
B．小瓶在上升过程中，根据液体的压强分布可以得出小瓶内气体的压强不断减小，又由于其温度不断上升，根据理想气体状态方程
可得气体的体积不断增大，由于气体体积增大所以气体对外界做正功，B正确；
CD．小瓶上升时，由于小瓶内气体内能增加，且气体对外做功，则，；根据热力学第一定律 则有：
根据表达式可得吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
【分析】上浮过程由于温度上过所以内能增大，上升过程由于压强减小，结合理想气体的状态方程可以判别其体积增大，所以气体对外界做正功；由于内能增大，且外界做负功，所以气体吸收的热量大于增加的内能。
5．（2021·山东）血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将 的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为 ，压强计示数为 。已知大气压强等于 ，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】以充气前臂带中的气体和充入的气体为对象，气体发生等温变化，已知 ， ，
根据玻意耳定律可知
代入数据整理得
故选D。
【分析】气体发生等温变化，利用理想状态方程可以求出体积V的大小。
6．（2020·天津）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（　　）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
【答案】B
【知识点】改变内能的两种方式
【解析】【解答】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据 恒量
可知气体压强减小，A不符合题意；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B符合题意，C不符合题意；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】改变物体的内能有两种方式，一种是做功，外界对物体做功物体的内能增加，物体对外界做功物体的内能减小，第二种是热传递，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加。
7．（2020·新高考Ⅰ）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（　　）
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．根据气体做功的表达式 可知 图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在 过程中对外界做的功等于 过程中对外界做的功，A不符合题意；
B．气体从 ，满足玻意尔定律 ，所以
所以 ，根据热力学第一定律 可知
气体从 ，温度升高，所以 ，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于 过程吸收的热量，B不符合题意；
C．气体从 ，温度降低，所以 ，气体体积减小，外界对气体做功，所以 ，根据热力学第一定律可知 ，放出热量，C符合题意；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据 可知从
所以气体从 过程中内能的减少量等于 过程中内能的增加量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对于P-V图像，从图中得到气体处在某种状态的压强和体积，根据理想气体物态方程求解气体的温度即可。
8．（2020·北京）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度 和 的关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对于P-T图像，从图中得到气体处在某种状态的压强和温度，根据理想气体物态方程求解体积的变化即可。
二、多选题
9．（2021·天津）列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活寒、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中（　　）
A．上下乘客时，气体的内能不变 B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功 D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】AB．上下乘客时气缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，体积变化缓慢，没有做功，故没有热交换，A符合题意，B不符合题意；
CD．剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，温度升高，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】温度是气体内能的唯一标志；绝热过程 外界对气体做工时，气体温度升高。
10．（2021·海南）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体（　　）
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在 的过程中内能保持不变
D．在 的过程对外做功
【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】AB．因直线ac过原点，根据盖-吕萨克定律可知，可知在状态c的压强等于在状态a的压强；是等温变化，根据波意尔定律可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A符合题意，B不符合题意；
C．在 的过程中等温变化，因理想气体的内能只与温度有关，所以气体的内能保持不变，C符合题意；
D．在 的过程中，气体的等容变化，所以气体不对外做功，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】本题主要是考查了理想气体的状态方程的知识，要能够根据图像判断气体的温度、压强、体积如何变化，结合气体体积变化情况来判断做功情况，解决该题的关键是理清三个知识点：一是理想气体内能只与温度有关，二是V-T图像过原点直线说明气体等压变化，三是气体做功情况看气体体积变化情况来判定。
三、综合题
11．（2022·河北）
（1）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将　 　（填“升高”“降低”或“不变”）。
（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 。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为 ，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）。
【答案】（1）增大；升高
（2）①气体发生等温变化，对上部分根据玻意尔定律可得 ，
上部分气体压强
对下部分根据玻意尔定律
下部分气体压强
②根据平衡条件可知 ，得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）根据玻意尔定律PV=C可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，可以假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积，气体绝热压缩，与外界无热交换，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高。气体温度升高，根据理想气体状态方程可知气体压强增大。
【分析】（1）有理想气体状态方程结合热力学第一定律求解。
（2）气体发生等温变化，根据玻意尔定律列方程求解。以及根据受力平衡列方程求解。
12．（2022·山东）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*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室壁簿，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 ，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 ；
（2）鱼静止于水面下 处时，B室内气体质量 ；
【答案】（1）设鱼静止在H处，此时鱼的体积为，有，
此时B室内，气体体积为V，有，
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，有，
联立解得 ；
（2）开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，
故此时B室内的压强为， 鱼静止于水面下H1处时，有，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V=p2V2，解得，则此时气体的质量为 。
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】(1)当鱼静止在H处有重力等于浮力，然后求出B中气体的气体密度，最后根据受力分析，列出牛顿第二定律的计算式，联立后解得A进入B中的气体质量；
(2)分别算出雨静止在H和 处的压强大小，然后根据玻意尔定律，计算出B中气体的体积，最后算出气体的质量。
13．（2022·湖南）
（1）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是______
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
（2）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积 的导热汽缸下接一圆管，用质量 、横截面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量 的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离 ，外界大气压强 ，重力加速度取 ，环境温度保持不变。求
（i）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强 ﹔
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【答案】（1）A；B；E
（2）将活塞和金属丝作为一个整体，由平衡条件可得p0S= P1S + (m1+m2)g，
代入解得p1 =105Pa。
活塞在B位置时，气缸内压强为p2，由波义耳定律可得p1V0= p2(V0 + Sh)，
p2 =9.9×104Pa
将活塞与金属丝视为一整体，根据平衡条件可得p0S= P2S + (m1+m2)g+F，联立解得F=1N。
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】
【解答】（1）A 中心部位为热运动速率低的气体，与挡板作用后，从A端流出，而边缘部分热运动速率大的气体从B端流出；所以A为冷端，B为热端，故A正确。
B A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
【分析】（1）根据气体实验定律和热力学定律进行分析求解。
（2）将活塞和金属丝作为一个整体，进行受力分析，由平衡条件和波义耳定律列方程代入数据进行求解。
14．（2022·广东）
（1）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程　 　（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
（2）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 水装入容积为 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 取 ，重力加速度g取 ，水的密度ρ取 。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】（1）不是；大于
（2）对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
代入数据得
根据
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，是以消耗电能为代价的，因此这个过程不是自发过程；因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
【分析】(1) 本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。
(2) 本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。
15．（2022·全国甲卷）
（1）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 图上从a到b的线段所示。在此过程中________。（填正确答案标号。）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
（2）如图，容积均为 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 和 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至 ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
【答案】（1）B；C；E
（2）（i） 由于环境温度缓慢升高时，所以Ⅳ中气体压强不变，
气体初状态的温度为，体积为，气体末状态的温度为，体积为，
根据解得 ；
（ⅱ）对Ⅳ中气体根据理想气体方程可得，
对ⅡⅢ中气体根据理想气体方程可得，
联立两式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1)根据题图可知，气体从状态a变化到状态b 的过程中，体积大小不变，所以气体不做功，p增大，T也增大，故气体内能增大，所以该过程中气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于气体内能的增加量，故AD错误，BCE正确，故选BCE ；
【分析】(1)首先根据题图分析，从a到b过程中气体的参量变化情况，根据状态变化分析内能变化情况，最后判断气体吸放热情况；
(2)（i）根据题意可判断Ⅳ中气体压强不变，根据等压变化，列出方程即可求出气体的温度；
（ⅱ）首先对Ⅳ中气体分析，然后对Ⅱ和Ⅲ中气体分析，联立两式即可求出此时压强的大小。
16．（2022·全国乙卷）
（1）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如 图上的两条线段所示，则气体在________。
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
（2）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为 、m，面积分别为 、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为 ，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为 。已知活塞外大气压强为 ，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（ⅰ）求弹簧的劲度系数；
（ⅱ）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1）A；B；D
（2）（ⅰ）分别对两个活塞整体进行受力分析，根据受力平衡有，
对活塞Ⅰ受力分析，根据受力平衡有，联立两式解得；
（ⅱ） 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞整体可知，气体的压强依然不变，所以压强为，
气体初始体积为，
气体末状态体积为，根据可得.
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1) 根据题图可知，a到b的过程中，气体的体积增大，所以气体对外做功，导致气体内能减少，但是气体温度升高，说明该过程中气体从外界吸热，且从外界吸热大于气体对外做的功，故BD正确，E错误；
b到c的过程中，气体的体积增大，温度降低，根据理想气体方程可知气体的压强减小，所以状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；
故选ABD。
【分析】(1)选择过程，分析这个过程中气体的体积压强温度是如何变化的，根据热力学第一定律判断该过程中气体从外界吸热放热情况；
(2)首先对整体受力分析就可以算出气体初始的压强，再对Ⅰ进行受力分析即可求出弹簧的劲度系数；
对整体分析即可判断加热过程中气体的压强不变，然后根据等压变化就可以算出气体的温度。
17．（2021·辽宁）如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的 。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的 。求气球驻留处的大气温度T。
【答案】（1）解：汽缸中的温度不变，则发生的是等温变化，设气缸内的气体在目标位置的压强为 ，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）解：有胡克定律 可知弹簧的压缩量变为原来的 ，则活塞收到弹簧的压强也变为原来的 ，即
设此时气缸内气体的压强为 ，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
【知识点】胡克定律；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）气缸中发生等温变化，根据玻意耳定律得出目标高度处的大气压强p；
（2）根据胡克定律得出活塞受到弹簧的强大小，结合理想气体状态方程得出气球驻留处的大气温度T。
18．（2021·湖北）质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
（1）将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
（2）如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
【答案】（1）解：图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得
（2）解：当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
由理想气体状态方程得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）气体从a到b的过程中 温度没有发生变化，从而利用玻意耳定律得出b中气体的体积；
（2）将汽缸平放后根据理想气体状态方程得出平放后气缸内气体的温度。
19．（2021·湖南）
（1）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为 和 ）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从 下降 高度到 位置时，活塞上细沙的总质量为 。在此过程中，用外力 作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强 保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为 。下列说法正确的是（　　）
A．整个过程，外力 做功大于0，小于
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E．左端活塞到达 位置时，外力 等于
（2）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量 、截面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点 上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量 的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为 时，测得环境温度 。设外界大气压强 ，重力加速度 。
（i）当电子天平示数为 时，环境温度 为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度 为多少？
【答案】（1）B；D；E
（2）解：（i）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强 ①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对 受力分析有 ②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比： ③
联立①②③式解得 （ii）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对 受力分析有 ④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比 ⑤
联立①④⑤式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A.外力虽然作用在活塞S2上，但活塞没有移动的位移， 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，所以整个过程，外力F做功等于0，A不符合题意；
BC. 一定质量的理想气体的温度决定平均动能的大小；且决定气体内能的大小；根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B符合题意，C不符合题意；
D.根据热力学第一定律有：，由于内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功： ，若气体末状态的压强为p，则根据活塞的平衡有：；
由于，则联立可得，D符合题意；
E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：
即： ，E符合题意。
故答案为：BDE。
【分析】（1）由于活塞S2没有位移所以其F外力没有做功；由于温度不变所以气体分子平均动能保持不变所以内能不变；利用热力学第一定律可以求出理想气体向外界释放的热量大小；利用平衡方程可以求出外力F的大小；
（2）利用电子秤的读数结合铁块的平衡条件可以求出绳子拉力的大小，结合活塞的平衡可以求出气体的压强大小；再利用气体的等容变化可以求出环境温度的大小；
（2）当电子天平的读数等于铁块的质量时，其绳子没有拉力，利用活塞的平衡方程可以求出气体的压强；结合气体的等容变化可以求出可以测量的最高温度。
20．（2021·广东）
（1）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为 ，护士把注射器内横截面积为 、长度为0.4cm、压强为 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
【答案】（1）小于；不变
（2）解：以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有
注射器内气体体积为V2，有
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）机场地面温度与高空客舱温度相同，以瓶内气体为研究对象，扩泉水位置变化时其瓶内的温度保持不变，由题意知瓶内气体体积变小，根据理想气体状态方程 ，可以得出瓶内的气体其压强变大，可得高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强。
由于物体的温度是平均动能的标志，因而看气体的平均动能变化只与温度有关，由于瓶内气体其温度不变，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
【分析】（1）由于温度不变，瓶内气体体积变小可以判别瓶内气体的压强变大；由于温度不变所以气体的平均动能保持不变；
（2）由于瓶内气体发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出药瓶中气体的压强大小。
21．（2021·全国乙卷）
（1）如图，一定量的理想气体从状态 经热力学过程 、 、 后又回到状态a。对于 、 、 三个过程，下列说法正确的是（　　）
A． 过程中，气体始终吸热
B． 过程中，气体始终放热
C． 过程中，气体对外界做功
D． 过程中，气体的温度先降低后升高
E． 过程中，气体的温度先升高后降低
（2）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，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。A、B两管的长度分别为 ， 。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差 。已知外界大气压为 。求A、B两管内水银柱的高度差。
【答案】（1）A；B；E
（2）解：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强 ，体积为 ，末态压强为 ，设水银柱离下端同一水平面的高度为 ，体积为 ，由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
对A管中的气体，初态为压强 ，体积为 ，末态压强为 ，设水银柱离下端同一水平面的高度为 ，则气体体积为 ，由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得 或
则两水银柱的高度差为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．理想气体经历ab过程时，从图像可以得出其体积不变，压强增大，根据，则气体的温度变大，由于体积不变，所以外界对气体不做功，但温度升高其气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一直吸热，A符合题意；
BC．理想气体经历ca过程时，从图像可以得出其压强不变，体积减小，根据，则气体的温度减小，由于体积减小，所以外界对气体做正功，但温度减小其气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体一直放热，B符合题意，C不符合题意；
DE．根据理想气体的状态方程 可知， 图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，Bc过程的温度先升高后降低，D不符合题意，E符合题意；
故答案为：ABE。
【分析】（1）理想气体经过ab过程其体积不变所以外界对气体做功等于0，由于压强变大所以温度升高所以气体内能增大，根据热力学第一定律可以判别气体一直吸热；气体经过ca过程其压强不变，体积变小，外界对气体做正功，但是温度下降所以内能减小，根据热力学第一定律可以判别气体一直放热；bc过程利用图像所围起来的面积可以判别温度的变化；
（2）AB管中的气体发生等温变化，利用液面高度差可以求出气体初末状态的压强表达式，结合理想气体的状态方程可以求出两个水银柱高度差的大小。
22．（2021·全国甲卷）
（1）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比 =　 　；气体在状态b和c的压强之比 =　 　。
（2）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为 。
（i）求A的体积和B的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
【答案】（1）1；
（2）解：（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有
解得
对A气体分析，根据波意耳定律有 ，
联立解得
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为 ，由波意耳定律可得
则A此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为 、压强为 ，气体B的体积为 、 压强为 ，根据等温变化有 ，
，
联立解得 （舍去），
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）根据理想气体的状态方程有：，且T=t+273；
整理得 ；由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
设 时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为 ，气体从b到c的过程其温度不变，
根据理想气体等温变化的状态方程有：
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，线上各点斜率相等则有 ，
联立解得
【分析】（1）利用图像斜率的大小可以判别压强的大小；利用等压变化可以求出b和c状态的压强之比；
（2）由于B气体出现等温变化，利用状态方程可以求出B气体的压强，利用B气体的压强可以求出A气体压强的大小，结合A的等温变化可以求出A的体积大小；假设隔板不动，利用等温变化可以求出A的压强进而判别隔板一定发生移动；再利用A和B的等温变化可以求出B的压强和A的体积大小。
23．（2021·河北）
（1）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能　 　（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线　 　（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
（2）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为 。
①当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
②当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为 。
【答案】（1）大于；①
（2）①由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
②当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）活塞静止时，根据平衡方程有：
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有 ；且A汽缸中的活塞下降的高度大于B汽缸活塞下降的高度，根据可得在达到平衡过程中外界对气体做功有
由于汽缸和活塞与外界处于绝热状态则Q=0，根据 ，可得
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
由于一定质量的理想气体其温度决定内能的大小，由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，曲线①对应的气体温度比较小所以曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【分析】（1）由于活塞平衡可以比较气体压缩后的压强大小，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以比较内能的变化量；利用内能的大小可以判别温度的高度，利用温度的高度可以选择对应的曲线；
（2） ① 夹层中的空气发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的压强大小；
② 当保温杯与大气相连时最后气体压强和大气压相同，利用理想气体的等温变化可以求出夹层中体积的变化，结合同等压强下的体积大小可以求出增加的空气质量与原有空气质量的比值。
24．（2020·新课标Ⅱ）
（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　 　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　 　。（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
⑴求进入圆筒内水的高度l；
⑵保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
【答案】（1）B；C
（2）⑴解：设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1= p0V0①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到H h，h >l，解得 ⑤
⑵设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0= p0V3 ⑥
其中p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得 ⑨
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【解答】（1）A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【分析】（1）热力学第一定律即能量守恒定律，即能量不会凭空产生，热力学第二定律说明，在自然状态下，热量是由高温物体传向低温物体，不能自发的逆向传递；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，做差求解水的体积，除以底面积即为高度；
气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积即可。
25．（2020·新课标Ⅰ）
（1）分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能　 　（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能　 　 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能　 　（填“大于”“等于”或“小于”）零。
（2）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为 。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
（i）两罐中气体的压强；
（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
【答案】（1）减小；减小；小于
（2）解：（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有 ，
则
则甲乙中气体最终压强
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则
计算可得
由密度定律可得，质量之比等于
【知识点】分子间的作用力；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）从距 点很远处向 点运动，两分子间距减小到 的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在 的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；在间距等于 之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在 处分子势能小于零。
【分析】（1）分子力与移动方向相同，分子力做正功，势能减小，方向相反，分子力做负功，分子势能增加；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的压强即可；
利用波意尔定律列方程求解现有气体压缩到原来压强时的体积，求解质量的比值即为求解体积的比值。
26．（2020·江苏）[选修3-3]
（1）玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有（　　）
A．没有固定的熔点 B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同 D．分子在空间上周期性排列
（2）一瓶酒精用了一些后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽，此时　 　（选填“有”或“没有”）酒精分子从液面飞出。当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的密度　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其 图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
【答案】（1）A；C
（2）有；增大
（3）解：根据 图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；A经B到C过程中气体吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；固体和液体；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”。它没有固定的熔点。故答案为：AC。（2）形成饱和气后，酒精还是会蒸发，只是液体里跑到气体中的分子和气体中的分子跑到液体里的速度一样快，整体来看是不变的。即此时仍然会有酒精分子从液面飞出；温度升高使气体分子的动能增大，离开液体表面的气体分子更多，饱和汽密度增大。
【分析】（1）固体分为晶体和非晶体，晶体具有熔点，非晶体没有熔点，晶体分为单晶体和多晶体，都具有熔点，但是单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体没有熔点，各向同性；
（2）分子在永不停息的做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈；
（3）利用热力学第一定律 U=Q-W求解气体吸收的热量，其中 U气体内能的变化，W是气体对外界做的功。
四、解答题
27．（2020·新课标Ⅲ）
（1）如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中（　　）
A．气体体积逐渐减小，内能增知
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
（2）如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0 =76cmHg。
（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【答案】（1）B；C；D
（2）解：（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2.由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有 ，
，
联立以上式子并代入题给数据得h=12.9cm；
（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
代入题给数据得T2=363K
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；物体的内能
【解析】【解答】（1）A．理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。A不符合题意；
B．由理想气体状态方程 ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变。B符合题意；
CE．由理想气体状态方程 ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，外接对系统做功，且内能不变，由热力学第一定律 可知，系统放热。C符合题意；E不符合题意。
D．体积减少，外接对系统做功。理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）利用热力学第一定律 U=Q-W求解气体内能的变化即可，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积；气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可。
28．（2020·新高考Ⅰ）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ①
由理想气体状态方程得 ②
代入数据得p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为 ，由题意知p3=p0、V3= 、p4=p2 ④
由玻意耳定律得 ⑤
联立②⑤式，代入数据得 ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得 ⑨
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，结合初状态的体积求解体积的变化量，进而求解质量的变化量与原质量的比值。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：热学
一、单选题
1．（2022·辽宁）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统（　　）
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
2．（2022·湖北）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（　　）
A．a→b是等温过程 B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低 D．a→c过程中外界对气体做正功
3．（2022·山东）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动 过程中，缸内气体（　　）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
4．（2021·山东）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（　　）
A．内能减少 B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量
5．（2021·山东）血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将 的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为 ，压强计示数为 。已知大气压强等于 ，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　）
A． B． C． D．
6．（2020·天津）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（　　）
A．压强变大 B．对外界做功
C．对外界放热 D．分子平均动能变大
7．（2020·新高考Ⅰ）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（　　）
A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
8．（2020·北京）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度 和 的关系，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2021·天津）列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活寒、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中（　　）
A．上下乘客时，气体的内能不变 B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功 D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
10．（2021·海南）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体（　　）
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在 的过程中内能保持不变
D．在 的过程对外做功
三、综合题
11．（2022·河北）
（1）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将　 　（填“升高”“降低”或“不变”）。
（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 。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为 ，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）。
12．（2022·山东）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*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室壁簿，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 ，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 ；
（2）鱼静止于水面下 处时，B室内气体质量 ；
13．（2022·湖南）
（1）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是______
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
（2）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积 的导热汽缸下接一圆管，用质量 、横截面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量 的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离 ，外界大气压强 ，重力加速度取 ，环境温度保持不变。求
（i）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强 ﹔
（ⅱ）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
14．（2022·广东）
（1）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程　 　（选填“是”或“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
（2）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将 水装入容积为 的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 取 ，重力加速度g取 ，水的密度ρ取 。求水底的压强p和水的深度h。
15．（2022·全国甲卷）
（1）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 图上从a到b的线段所示。在此过程中________。（填正确答案标号。）
A．气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
（2）如图，容积均为 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 和 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
（i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
（ⅱ）将环境温度缓慢改变至 ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
16．（2022·全国乙卷）
（1）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如 图上的两条线段所示，则气体在________。
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
（2）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为 、m，面积分别为 、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为 ，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为 。已知活塞外大气压强为 ，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（ⅰ）求弹簧的劲度系数；
（ⅱ）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
17．（2021·辽宁）如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的 。已知地面大气压强p0=1.0×105Pa、温度T0=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的 。求气球驻留处的大气温度T。
18．（2021·湖北）质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1。温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
（1）将气缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
（2）如图(c)所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
19．（2021·湖南）
（1）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为 和 ）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从 下降 高度到 位置时，活塞上细沙的总质量为 。在此过程中，用外力 作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强 保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为 。下列说法正确的是（　　）
A．整个过程，外力 做功大于0，小于
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E．左端活塞到达 位置时，外力 等于
（2）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量 、截面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点 上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量 的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为 时，测得环境温度 。设外界大气压强 ，重力加速度 。
（i）当电子天平示数为 时，环境温度 为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度 为多少？
20．（2021·广东）
（1）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为 ，护士把注射器内横截面积为 、长度为0.4cm、压强为 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。
21．（2021·全国乙卷）
（1）如图，一定量的理想气体从状态 经热力学过程 、 、 后又回到状态a。对于 、 、 三个过程，下列说法正确的是（　　）
A． 过程中，气体始终吸热
B． 过程中，气体始终放热
C． 过程中，气体对外界做功
D． 过程中，气体的温度先降低后升高
E． 过程中，气体的温度先升高后降低
（2）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，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。A、B两管的长度分别为 ， 。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差 。已知外界大气压为 。求A、B两管内水银柱的高度差。
22．（2021·全国甲卷）
（1）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比 =　 　；气体在状态b和c的压强之比 =　 　。
（2）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为 。
（i）求A的体积和B的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
23．（2021·河北）
（1）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能　 　（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线　 　（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
（2）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为 。
①当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；
②当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为 。
24．（2020·新课标Ⅱ）
（1）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有　 　，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有　 　。（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
⑴求进入圆筒内水的高度l；
⑵保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
25．（2020·新课标Ⅰ）
（1）分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r= r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能　 　（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能　 　 （填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能　 　（填“大于”“等于”或“小于”）零。
（2）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为 。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：
（i）两罐中气体的压强；
（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
26．（2020·江苏）[选修3-3]
（1）玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有（　　）
A．没有固定的熔点 B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同 D．分子在空间上周期性排列
（2）一瓶酒精用了一些后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽，此时　 　（选填“有”或“没有”）酒精分子从液面飞出。当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的密度　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其 图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。
四、解答题
27．（2020·新课标Ⅲ）
（1）如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中（　　）
A．气体体积逐渐减小，内能增知
B．气体压强逐渐增大，内能不变
C．气体压强逐渐增大，放出热量
D．外界对气体做功，气体内能不变
E．外界对气体做功，气体吸收热量
（2）如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l= 12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0 =76cmHg。
（i）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
28．（2020·新高考Ⅰ）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，气体对外界做正功，A正确；
由图得，又，
所以 ，
所以T增大，P增大。B错误；
理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大。D错误；
理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误。
故答案为：A。
【分析】由理想气体状态方程列出等量关系，再联立图像函数表达式，得出压强变化。温度升高，内能增大。同时根据热力学第一定律做出判断。
2．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】AB．由，当a→b气体温度升高，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律，可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；
C．根据理想气体的状态方程可知，p—V图像的坐标值的乘积对应温度大小，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，中间状态的坐标值乘积较大，所以a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；
D．a→c过程气体体积增大，对外膨胀，外界对气体做负功，D错误。
故选B。
【分析】根据理想气体的状态方程，结合热力学第一定律求解。气体体积增大，外界对气体做负功。
3．【答案】C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】根据题意可知，该过程中气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功导致气体内能减小，又气缸跟外界绝热，所以这个过程中，气体的温度降低，平均分子动能减小，速率大的分子数占总分子数比例减少，故ABD错误.
故选C。
【分析】首先判断这个过程中气体的状态变化情况，根据热力学第一定律判断气体内能的变化情况，从而判断气体温度变化情况，最后分析气体分子热运动的情况。
4．【答案】B
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】A．小瓶在上升的过程中，越来越接近其矿泉水瓶口，所以其温度不断升高，由于一定质量的理想气体其温度决定内能所以瓶内气体的内能不断增大；A错误；
B．小瓶在上升过程中，根据液体的压强分布可以得出小瓶内气体的压强不断减小，又由于其温度不断上升，根据理想气体状态方程
可得气体的体积不断增大，由于气体体积增大所以气体对外界做正功，B正确；
CD．小瓶上升时，由于小瓶内气体内能增加，且气体对外做功，则，；根据热力学第一定律 则有：
根据表达式可得吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
【分析】上浮过程由于温度上过所以内能增大，上升过程由于压强减小，结合理想气体的状态方程可以判别其体积增大，所以气体对外界做正功；由于内能增大，且外界做负功，所以气体吸收的热量大于增加的内能。
5．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】以充气前臂带中的气体和充入的气体为对象，气体发生等温变化，已知 ， ，
根据玻意耳定律可知
代入数据整理得
故选D。
【分析】气体发生等温变化，利用理想状态方程可以求出体积V的大小。
6．【答案】B
【知识点】改变内能的两种方式
【解析】【解答】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据 恒量
可知气体压强减小，A不符合题意；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B符合题意，C不符合题意；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】改变物体的内能有两种方式，一种是做功，外界对物体做功物体的内能增加，物体对外界做功物体的内能减小，第二种是热传递，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加。
7．【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．根据气体做功的表达式 可知 图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在 过程中对外界做的功等于 过程中对外界做的功，A不符合题意；
B．气体从 ，满足玻意尔定律 ，所以
所以 ，根据热力学第一定律 可知
气体从 ，温度升高，所以 ，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于 过程吸收的热量，B不符合题意；
C．气体从 ，温度降低，所以 ，气体体积减小，外界对气体做功，所以 ，根据热力学第一定律可知 ，放出热量，C符合题意；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据 可知从
所以气体从 过程中内能的减少量等于 过程中内能的增加量，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对于P-V图像，从图中得到气体处在某种状态的压强和体积，根据理想气体物态方程求解气体的温度即可。
8．【答案】C
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有
可得TA=TC；综上分析可知C符合题意，ABD不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对于P-T图像，从图中得到气体处在某种状态的压强和温度，根据理想气体物态方程求解体积的变化即可。
9．【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】AB．上下乘客时气缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，体积变化缓慢，没有做功，故没有热交换，A符合题意，B不符合题意；
CD．剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，温度升高，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】温度是气体内能的唯一标志；绝热过程 外界对气体做工时，气体温度升高。
10．【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】AB．因直线ac过原点，根据盖-吕萨克定律可知，可知在状态c的压强等于在状态a的压强；是等温变化，根据波意尔定律可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A符合题意，B不符合题意；
C．在 的过程中等温变化，因理想气体的内能只与温度有关，所以气体的内能保持不变，C符合题意；
D．在 的过程中，气体的等容变化，所以气体不对外做功，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】本题主要是考查了理想气体的状态方程的知识，要能够根据图像判断气体的温度、压强、体积如何变化，结合气体体积变化情况来判断做功情况，解决该题的关键是理清三个知识点：一是理想气体内能只与温度有关，二是V-T图像过原点直线说明气体等压变化，三是气体做功情况看气体体积变化情况来判定。
11．【答案】（1）增大；升高
（2）①气体发生等温变化，对上部分根据玻意尔定律可得 ，
上部分气体压强
对下部分根据玻意尔定律
下部分气体压强
②根据平衡条件可知 ，得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）根据玻意尔定律PV=C可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，可以假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积，气体绝热压缩，与外界无热交换，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高。气体温度升高，根据理想气体状态方程可知气体压强增大。
【分析】（1）有理想气体状态方程结合热力学第一定律求解。
（2）气体发生等温变化，根据玻意尔定律列方程求解。以及根据受力平衡列方程求解。
12．【答案】（1）设鱼静止在H处，此时鱼的体积为，有，
此时B室内，气体体积为V，有，
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，有，
联立解得 ；
（2）开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，
故此时B室内的压强为， 鱼静止于水面下H1处时，有，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V=p2V2，解得，则此时气体的质量为 。
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【分析】(1)当鱼静止在H处有重力等于浮力，然后求出B中气体的气体密度，最后根据受力分析，列出牛顿第二定律的计算式，联立后解得A进入B中的气体质量；
(2)分别算出雨静止在H和 处的压强大小，然后根据玻意尔定律，计算出B中气体的体积，最后算出气体的质量。
13．【答案】（1）A；B；E
（2）将活塞和金属丝作为一个整体，由平衡条件可得p0S= P1S + (m1+m2)g，
代入解得p1 =105Pa。
活塞在B位置时，气缸内压强为p2，由波义耳定律可得p1V0= p2(V0 + Sh)，
p2 =9.9×104Pa
将活塞与金属丝视为一整体，根据平衡条件可得p0S= P2S + (m1+m2)g+F，联立解得F=1N。
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】
【解答】（1）A 中心部位为热运动速率低的气体，与挡板作用后，从A端流出，而边缘部分热运动速率大的气体从B端流出；所以A为冷端，B为热端，故A正确。
B A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
【分析】（1）根据气体实验定律和热力学定律进行分析求解。
（2）将活塞和金属丝作为一个整体，进行受力分析，由平衡条件和波义耳定律列方程代入数据进行求解。
14．【答案】（1）不是；大于
（2）对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
代入数据得
根据
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1） 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，是以消耗电能为代价的，因此这个过程不是自发过程；因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
【分析】(1) 本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。
(2) 本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。
15．【答案】（1）B；C；E
（2）（i） 由于环境温度缓慢升高时，所以Ⅳ中气体压强不变，
气体初状态的温度为，体积为，气体末状态的温度为，体积为，
根据解得 ；
（ⅱ）对Ⅳ中气体根据理想气体方程可得，
对ⅡⅢ中气体根据理想气体方程可得，
联立两式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1)根据题图可知，气体从状态a变化到状态b 的过程中，体积大小不变，所以气体不做功，p增大，T也增大，故气体内能增大，所以该过程中气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于气体内能的增加量，故AD错误，BCE正确，故选BCE ；
【分析】(1)首先根据题图分析，从a到b过程中气体的参量变化情况，根据状态变化分析内能变化情况，最后判断气体吸放热情况；
(2)（i）根据题意可判断Ⅳ中气体压强不变，根据等压变化，列出方程即可求出气体的温度；
（ⅱ）首先对Ⅳ中气体分析，然后对Ⅱ和Ⅲ中气体分析，联立两式即可求出此时压强的大小。
16．【答案】（1）A；B；D
（2）（ⅰ）分别对两个活塞整体进行受力分析，根据受力平衡有，
对活塞Ⅰ受力分析，根据受力平衡有，联立两式解得；
（ⅱ） 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞整体可知，气体的压强依然不变，所以压强为，
气体初始体积为，
气体末状态体积为，根据可得.
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体的实验规律
【解析】【解答】(1) 根据题图可知，a到b的过程中，气体的体积增大，所以气体对外做功，导致气体内能减少，但是气体温度升高，说明该过程中气体从外界吸热，且从外界吸热大于气体对外做的功，故BD正确，E错误；
b到c的过程中，气体的体积增大，温度降低，根据理想气体方程可知气体的压强减小，所以状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；
故选ABD。
【分析】(1)选择过程，分析这个过程中气体的体积压强温度是如何变化的，根据热力学第一定律判断该过程中气体从外界吸热放热情况；
(2)首先对整体受力分析就可以算出气体初始的压强，再对Ⅰ进行受力分析即可求出弹簧的劲度系数；
对整体分析即可判断加热过程中气体的压强不变，然后根据等压变化就可以算出气体的温度。
17．【答案】（1）解：汽缸中的温度不变，则发生的是等温变化，设气缸内的气体在目标位置的压强为 ，由玻意耳定律
解得
由目标处的内外压强差可得
解得
（2）解：有胡克定律 可知弹簧的压缩量变为原来的 ，则活塞收到弹簧的压强也变为原来的 ，即
设此时气缸内气体的压强为 ，对活塞压强平衡可得
由理想气体状态方程可得
其中
解得
【知识点】胡克定律；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）气缸中发生等温变化，根据玻意耳定律得出目标高度处的大气压强p；
（2）根据胡克定律得出活塞受到弹簧的强大小，结合理想气体状态方程得出气球驻留处的大气温度T。
18．【答案】（1）解：图(a)状态下，对气缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为
当气缸按图(b)方式悬挂时，对气缸受力分析，如图2所示，则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得
（2）解：当气缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为
由理想气体状态方程得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1）气体从a到b的过程中 温度没有发生变化，从而利用玻意耳定律得出b中气体的体积；
（2）将汽缸平放后根据理想气体状态方程得出平放后气缸内气体的温度。
19．【答案】（1）B；D；E
（2）解：（i）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为
又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强 ①
当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对 受力分析有 ②
由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比： ③
联立①②③式解得 （ii）环境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对 受力分析有 ④
又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比 ⑤
联立①④⑤式解得
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）A.外力虽然作用在活塞S2上，但活塞没有移动的位移， 根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，所以整个过程，外力F做功等于0，A不符合题意；
BC. 一定质量的理想气体的温度决定平均动能的大小；且决定气体内能的大小；根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B符合题意，C不符合题意；
D.根据热力学第一定律有：，由于内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功： ，若气体末状态的压强为p，则根据活塞的平衡有：；
由于，则联立可得，D符合题意；
E. 左端活塞到达 B 位置时，根据压强平衡可得：
即： ，E符合题意。
故答案为：BDE。
【分析】（1）由于活塞S2没有位移所以其F外力没有做功；由于温度不变所以气体分子平均动能保持不变所以内能不变；利用热力学第一定律可以求出理想气体向外界释放的热量大小；利用平衡方程可以求出外力F的大小；
（2）利用电子秤的读数结合铁块的平衡条件可以求出绳子拉力的大小，结合活塞的平衡可以求出气体的压强大小；再利用气体的等容变化可以求出环境温度的大小；
（2）当电子天平的读数等于铁块的质量时，其绳子没有拉力，利用活塞的平衡方程可以求出气体的压强；结合气体的等容变化可以求出可以测量的最高温度。
20．【答案】（1）小于；不变
（2）解：以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有
注射器内气体体积为V2，有
根据理想气体状态方程有
代入数据解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）机场地面温度与高空客舱温度相同，以瓶内气体为研究对象，扩泉水位置变化时其瓶内的温度保持不变，由题意知瓶内气体体积变小，根据理想气体状态方程 ，可以得出瓶内的气体其压强变大，可得高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强。
由于物体的温度是平均动能的标志，因而看气体的平均动能变化只与温度有关，由于瓶内气体其温度不变，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。
【分析】（1）由于温度不变，瓶内气体体积变小可以判别瓶内气体的压强变大；由于温度不变所以气体的平均动能保持不变；
（2）由于瓶内气体发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出药瓶中气体的压强大小。
21．【答案】（1）A；B；E
（2）解：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强 ，体积为 ，末态压强为 ，设水银柱离下端同一水平面的高度为 ，体积为 ，由水银柱的平衡条件有
B管气体发生等温压缩，有
联立解得
对A管中的气体，初态为压强 ，体积为 ，末态压强为 ，设水银柱离下端同一水平面的高度为 ，则气体体积为 ，由水银柱的平衡条件有
A管气体发生等温压缩，有
联立可得
解得 或
则两水银柱的高度差为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】A．理想气体经历ab过程时，从图像可以得出其体积不变，压强增大，根据，则气体的温度变大，由于体积不变，所以外界对气体不做功，但温度升高其气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一直吸热，A符合题意；
BC．理想气体经历ca过程时，从图像可以得出其压强不变，体积减小，根据，则气体的温度减小，由于体积减小，所以外界对气体做正功，但温度减小其气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体一直放热，B符合题意，C不符合题意；
DE．根据理想气体的状态方程 可知， 图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，Bc过程的温度先升高后降低，D不符合题意，E符合题意；
故答案为：ABE。
【分析】（1）理想气体经过ab过程其体积不变所以外界对气体做功等于0，由于压强变大所以温度升高所以气体内能增大，根据热力学第一定律可以判别气体一直吸热；气体经过ca过程其压强不变，体积变小，外界对气体做正功，但是温度下降所以内能减小，根据热力学第一定律可以判别气体一直放热；bc过程利用图像所围起来的面积可以判别温度的变化；
（2）AB管中的气体发生等温变化，利用液面高度差可以求出气体初末状态的压强表达式，结合理想气体的状态方程可以求出两个水银柱高度差的大小。
22．【答案】（1）1；
（2）解：（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有
解得
对A气体分析，根据波意耳定律有 ，
联立解得
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为 ，由波意耳定律可得
则A此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为 、压强为 ，气体B的体积为 、 压强为 ，根据等温变化有 ，
，
联立解得 （舍去），
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）根据理想气体的状态方程有：，且T=t+273；
整理得 ；由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有
设 时，当气体体积为 其压强为 ，当气体体积为 其压强为 ，气体从b到c的过程其温度不变，
根据理想气体等温变化的状态方程有：
由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，线上各点斜率相等则有 ，
联立解得
【分析】（1）利用图像斜率的大小可以判别压强的大小；利用等压变化可以求出b和c状态的压强之比；
（2）由于B气体出现等温变化，利用状态方程可以求出B气体的压强，利用B气体的压强可以求出A气体压强的大小，结合A的等温变化可以求出A的体积大小；假设隔板不动，利用等温变化可以求出A的压强进而判别隔板一定发生移动；再利用A和B的等温变化可以求出B的压强和A的体积大小。
23．【答案】（1）大于；①
（2）①由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
②当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；温度；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）活塞静止时，根据平衡方程有：
因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有 ；且A汽缸中的活塞下降的高度大于B汽缸活塞下降的高度，根据可得在达到平衡过程中外界对气体做功有
由于汽缸和活塞与外界处于绝热状态则Q=0，根据 ，可得
即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B气缸内的气体内能；
由于一定质量的理想气体其温度决定内能的大小，由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，曲线①对应的气体温度比较小所以曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。
【分析】（1）由于活塞平衡可以比较气体压缩后的压强大小，结合体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以比较内能的变化量；利用内能的大小可以判别温度的高度，利用温度的高度可以选择对应的曲线；
（2） ① 夹层中的空气发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的压强大小；
② 当保温杯与大气相连时最后气体压强和大气压相同，利用理想气体的等温变化可以求出夹层中体积的变化，结合同等压强下的体积大小可以求出增加的空气质量与原有空气质量的比值。
24．【答案】（1）B；C
（2）⑴解：设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1= p0V0①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到H h，h >l，解得 ⑤
⑵设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0= p0V3 ⑥
其中p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得 ⑨
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；热力学第二定律
【解析】【解答】（1）A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
【分析】（1）热力学第一定律即能量守恒定律，即能量不会凭空产生，热力学第二定律说明，在自然状态下，热量是由高温物体传向低温物体，不能自发的逆向传递；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，做差求解水的体积，除以底面积即为高度；
气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积即可。
25．【答案】（1）减小；减小；小于
（2）解：（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有 ，
则
则甲乙中气体最终压强
（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则
计算可得
由密度定律可得，质量之比等于
【知识点】分子间的作用力；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）从距 点很远处向 点运动，两分子间距减小到 的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在 的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；在间距等于 之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在 处分子势能小于零。
【分析】（1）分子力与移动方向相同，分子力做正功，势能减小，方向相反，分子力做负功，分子势能增加；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的压强即可；
利用波意尔定律列方程求解现有气体压缩到原来压强时的体积，求解质量的比值即为求解体积的比值。
26．【答案】（1）A；C
（2）有；增大
（3）解：根据 图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做功为
状态B到状态C为等容变化，气体不做功；A经B到C过程中气体吸收的热量为
【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；固体和液体；气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向同性”。它没有固定的熔点。故答案为：AC。（2）形成饱和气后，酒精还是会蒸发，只是液体里跑到气体中的分子和气体中的分子跑到液体里的速度一样快，整体来看是不变的。即此时仍然会有酒精分子从液面飞出；温度升高使气体分子的动能增大，离开液体表面的气体分子更多，饱和汽密度增大。
【分析】（1）固体分为晶体和非晶体，晶体具有熔点，非晶体没有熔点，晶体分为单晶体和多晶体，都具有熔点，但是单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体没有熔点，各向同性；
（2）分子在永不停息的做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈；
（3）利用热力学第一定律 U=Q-W求解气体吸收的热量，其中 U气体内能的变化，W是气体对外界做的功。
27．【答案】（1）B；C；D
（2）解：（i）设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2.由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有 ，
，
联立以上式子并代入题给数据得h=12.9cm；
（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
代入题给数据得T2=363K
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；物体的内能
【解析】【解答】（1）A．理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。A不符合题意；
B．由理想气体状态方程 ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变。B符合题意；
CE．由理想气体状态方程 ，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。体积减少，外接对系统做功，且内能不变，由热力学第一定律 可知，系统放热。C符合题意；E不符合题意。
D．体积减少，外接对系统做功。理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变。D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）利用热力学第一定律 U=Q-W求解气体内能的变化即可，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功；
（2）气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积；气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的温度即可。
28．【答案】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V2、T2=300 K、V2=20V0/21 ①
由理想气体状态方程得 ②
代入数据得p2=0.7p0 ③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为 ，由题意知p3=p0、V3= 、p4=p2 ④
由玻意耳定律得 ⑤
联立②⑤式，代入数据得 ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧
联立②⑤⑦⑧式，代入数据得 ⑨
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，结合初状态的体积求解体积的变化量，进而求解质量的变化量与原质量的比值。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1