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专题14热力学定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （多选）（2024 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．中子整体呈电中性但内部有复杂结构
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同
C．增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少
2. （2024 浙江）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10﹣4m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 （选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
（3）若此过程中气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。
3. （2024 浙江）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750cm3的左右两部分。面积为S＝100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300K、压强p1＝2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T3＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J。已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是 （选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
4. （多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
5. （2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
6. （2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
1. （多选）（2024 温州二模）下列说法正确的是（ ）
A．大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，也可向外辐射γ射线
B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小
C．扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息地热运动，也可说明分子间存在空隙
D．从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也可以自发地完全变成功
2. （多选）（2024 西湖区校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术的原理是电磁感应
B．布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C．电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
3. （多选）（2024 台州二模）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．用油膜法估测油酸分子大小实验时，向水面滴入一滴油酸酒精溶液时，粉膜太薄会导致粉膜“支离破碎”，粉膜没有完全包围油膜
B．“用单摆测重力加速度”的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
C．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可将屏向远离双缝的方向移动
D．在“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”实验中，测量电压时可以用多用电表
4. （2024 浙江模拟）一艘飞船的舱壁被撞出了一个洞，八分钟内气压从0.99atm下降到0.89atm。飞船体积V＝390m3，舱内温度为24℃。舱内空气可视为摩尔质量为29×10﹣3kg/mol的理想气体，则小洞的直径最接近（ ）
A．5.6×10﹣4m B．5.6×10﹣3m C．5.6×10﹣2m D．5.6×10﹣1m
5. （2024 台州二模）2024年1月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，大地银装素裹。下列说法正确的是（ ）
A．毛绒绒的雪花是晶体
B．雪花在空中飘舞做的是布朗运动
C．雪花在风中飘落过程中机械能一直减小
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用
6. （2024 浙江模拟）2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（ ）
A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同
B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同
C．如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同
D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同
7. （2024 宁波模拟）理想气体常数R是表征理想气体性质的一个常数，由理想气体状态方程可推得，其中p为气体压强，Vm为气体的摩尔体积（一摩尔物质在0℃1atm的体积），T为热力学温度，用国际单位制中的基本单位表示理想气体常数R的单位，正确的是（ ）
A．J/mol K B．kg m2/（s2 K）
C．kg m2/（s2 mol K） D．kg m3/（s2 mol K）
8. （多选）（2024 宁波模拟）下列说法正确的是（ ）
A．有些非晶体在一定条件下可能转化为晶体
B．普朗克首先将量子观念引入了原子领域
C．霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度大小和方向
D．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
9. （2024 乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。
该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g、厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。
（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）；
（2）该温度计的测温范围；
（3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。
10. （2024 温州三模）某款气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，其核心部件模型工作原理简图如图所示。圆筒形导热气缸，开口向上竖直放置在水平地面上，筒长L＝18cm、内部横截面积S1＝20cm2，横截面积S2＝18cm2。的圆柱形活塞插在气缸内，在卡环（可使活塞向下运动而不能向上运动，且当活塞运动时与活塞间无力）的作用下保持静止。开始时活塞有h＝5.0cm的长度伸入气缸，缸内封闭气体压强p1＝3.0×105Pa，已知活塞与椅面的总质量m＝5.0kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，缸内气体视为理想气体，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。
（1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，则缸内气体 （选填“吸热”、“放热”），其数值为 ；
（2）某同学先虚坐在椅面上（与椅面间恰无作用力），然后逐渐减小脚对地面的压力，使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定。求稳定后气体压强p2和该同学的质量M。
11. （2024 西湖区校级模拟）超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其结构原理如图甲图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上（如图丙）。已知外界大气压强p0＝1×105Pa，甲图空腔体积为V0＝1.5cm3，乙图空腔体积为V1＝2.0cm3，吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体是 。（吸热、放热）
（2）求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若吸盘与墙面接触的正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，则所能挂物体的最大质量？
12. （2024 镇海区校级三模）如图所示，浸没在水中的容器被隔板K隔开成相等的A、B两部分，水与外界绝热。已知A内有一定量的稀薄气体，达到平衡状态时温度为T0，压强为P0；B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，在此过程中水温不变，最终达到新的平衡状态。若容器内气体内能与温度的关系为ΔU＝αΔT（α为已知常量）。
（1）求达到新平衡态过程中气体吸收的热量Q和所做功A；
（2）求达到新平衡态时容器的压强p；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，求容器内最终的压强p'和吸收的热量Q′。
13. （2024 浙江模拟）如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸，用质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M＝3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0＝40cm，缸内气体温度T1＝300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强p0＝0.99×105Pa，活塞横截面积S＝100cm2，忽略一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降，则：
（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2；
（2）当缸内气体温度降至T3＝261.9K时，求物块上升高度Δh；已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
14. （2024 温州二模）如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M＝3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0＝40cm，缸内气体温度T1＝300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强，活塞横截面积S＝100cm2，忽略一切摩擦。现使缸内气体温度缓慢下降，则：
（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2；
（2）当缸内气体温度降至T3＝261.9K时，求物块上升高度Δh；
（3）已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
15. （2024 浙江模拟）如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长l＝75.0cm，横截面积S＝10.0cm2试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为h＝25.0cm，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始温度T1＝300K，处于状态A。现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态B。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态C。已知大气压强p0＝75.0cmHg约为105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）气体处于状态B时的温度T2；
（2）气体从状态B到状态C，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）已知气体从状态A到状态C，内能增加ΔU＝78J，求整个过程电阻丝放出的热量Q。
16. （2024 浙江模拟）某同学采用如图装置测量某一不规则实心矿石的体积V，导热良好的气缸上部高L1＝20cm，横截面积S1＝100cm2，下部高L2＝20cm，横截面积S2＝450cm2，质量为m的活塞初始轻放到气缸的顶部，封闭了空气后继续缓慢下落，待平衡后，活塞下表面正好距气缸顶部h1＝10cm。将矿石放入气缸底部，再次封上活塞后，发现最终活塞静止时下表面距气缸顶部h2＝8cm。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞气缸紧密接触且不计两者间的摩擦，封闭的空气可视为理想气体，环境温度恒定。
（1）活塞下降过程中，被封闭空气对外做 功（选填“正”或“负”），被封闭空气待温度稳定后，其内能将 （选填“增加”、“减少”或“不变”）；
（2）求活塞的质量m；
（3）求矿石的体积V。
17. （2024 绍兴二模）如图1所示，开口的塑料瓶下部分盛有一定质量的液体，上部分被空气占据，此时瓶内空气温度为280K、压强为1.0×105Pa。当瓶内空气温度从280K升高到300K时，部分空气将跑到大气中，立即用质量为50g、横截面积为2cm2的圆柱形瓶塞密封上部分剩余的空气（图2所示），再将瓶内空气温度恢复至280K，接着维持此温度，然后用力挤压塑料瓶使瓶塞弹出，已知大气温度恒为280K、压强恒为1.0×105Pa，瓶塞与瓶口的最大静摩擦力为3.5N。不考虑瓶内空气升温和降温过程中塑料瓶的体积和液体的物态变化，挤压塑料瓶过程中瓶内空气温度保持不变，瓶塞体积相对于瓶内空气体积可忽略不计。
（1）瓶塞密封的剩余空气从300K降温至280K的过程中，塑料瓶内壁单位面积上受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”），剩余空气向外界 （选填“吸热”或“放热”）。
（2）求瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例。（结果可用分数表示）
（3）求瓶塞恰好被弹出时，瓶内剩余空气体积变为挤压前的几倍？（结果可用分数表示）
18. （2024 宁波模拟）某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量m＝0.2kg、横截面积S＝100mm2上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体，当缸内气体的温度T1＝300K时，活塞下表面与汽缸底部的距离h1＝6cm上表面与a、b两触点的距离h2＝3cm。当活塞上移至卡口处，上表面恰好与a、b两触点接触，触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为重力加速度g取10m/s2。
（1）求该报警装置报警的最低热力学温度T2；
（2）当环境温度缓慢升高到T3＝600K时，求封闭气体的压强p2；
（3）若环境温度由T1＝300K缓慢升高到T3＝600K时，气缸内气体吸收热量1.8J，求该部分气体内能的增量ΔU。
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专题14热力学定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （多选）（2024 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．中子整体呈电中性但内部有复杂结构
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同
C．增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少
【解答】解：A．根据中子的符号可知，中子呈电中性；
根据β衰变的实质为
由此可以说明中子内部有复杂结构，故A正确；
B．根据爱因斯坦的光速不变原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故B正确；
C．根据LC电路的频率公式可知，增加接收电路的线圈匝数，可减小振荡电路的固有频率，则可接收较低频率的电台信号，故C错误；
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，即分子距离从小于到大于r0的过程，分子力先做正功后做负功，则分子势能先减小后增大，故D错误。
故选：AB。
2. （2024 浙江）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10﹣4m2，m＝0.1kg，l1＝0.2m，l2＝0.3m，T2＝350K，V0＝2.0×10﹣4m3，大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度T1＝300K。
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 （选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度 （选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
（3）若此过程中气体内能增加10.3J，求吸收热量Q。
【解答】解：（1）温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变；
根据压强公式可知，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；
容器内气体分子总数不变，由于体积变大，因此气体分子的数密度变小。
（2）气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律
代入数据解得V＝4×10﹣5m3
（3）整个过程中外界对气体做功为W＝﹣p1S（l2﹣l1）
对活塞受力分析p1S＝mg+p0S
解得W＝﹣4.1J
根据热力学第一定律ΔU＝Q+W
其中ΔU＝10.3J
解得Q＝14.4J＞0
故气体吸收热量为14.4J。
故答案为：（1）不变，变小；
（2）此不规则小块固体的体积4×10﹣5m3；
（3）吸收热量14.4J。
3. （2024 浙江）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1＝750cm3的左右两部分。面积为S＝100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300K、压强p1＝2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T3＝350K的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8J。已知大气压强p0＝1.01×105Pa，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是 （选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【解答】解：（1）根据热力学第二定律可知，自然界与热现象有关的宏观过程都有方向性，气体的扩散可以自发进行，因此气体从状态1到状态2是不可逆过程；
由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体自由膨胀，不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，气体分子平均动能不变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，根据玻意耳定律p1V1＝p2 2V1
代入数据解得
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，
根据平衡条件p2S＝p0S+F
代入数据解得F＝10N
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T2＝350K的状态3，可知气体做等压变化
根据盖 吕萨克定律
代入数据解得
该过程气体对外做功为W＝p2ΔV＝p2（V3﹣2V1）
代入数据解得W＝25.5J
根据热力学第一定律可得ΔU＝﹣W+Q′
解得气体吸收的热量为Q′＝ΔU+W＝63.8J+25.5J＝89.3J
可知电阻丝C放出的热量为Q＝Q′＝89.3J。
答：（1）不可逆；不变；
（2）水平恒力F的大小为10N；
（3）电阻丝C放出的热量为89.3J。
4. （多选）（2023 浙江）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【解答】解：A、根据热力学第二定律得，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B、液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C、在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是相同的，故C错误；
D、根据多普勒效应的原理可知，当波源与观察者相互接近时，观察者接收到波的频率增大；反之，观察者接收到波的频率减小。故D正确。
故选：BD。
5. （2023 浙江）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300K、活塞与容器底的距离h0＝30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc＝363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158J。取大气压，求气体：
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【解答】解：（1）从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得
代入数据解得：TB＝330K
（2）气体在状态B的压强为pB＝p00.99×105PaPa＝1×105Pa
从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得
代入数据解得：pC＝1.1×105Pa
（3）从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W＝pBSd＝1×105×100×10﹣4×0.03J＝30J
从状态B到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得
ΔU＝Q﹣W
代入数据解得：Q＝188J
答：（1）气体在状态B的温度为330K；
（2）气体在状态C的压强为1.1×105Pa；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q为188J。
6. （2023 浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
联立解得：TC＝350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
联立解得：WAB＝11J
答：（1）不变；增大；
（2）气体在状态C的温度为350K；
（3）气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功为11J。
1. （多选）（2024 温州二模）下列说法正确的是（ ）
A．大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，也可向外辐射γ射线
B．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小
C．扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息地热运动，也可说明分子间存在空隙
D．从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也可以自发地完全变成功
【解答】解：A.大量处于激发态的氢原子可以向外辐射紫外线，不能向外辐射γ射线，故A错误；
B.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，也可估算出原子核的大小，故B正确；
C.扩散现象说明组成物质的分子在做永不停息地热运动，也可说明分子间存在空隙，故C正确；
D.根据热力学第二定律，不可能从单一热库吸收热量可以自发地全部传递给低温物体，也不可能自发地完全变成功，故D错误。
故选：BC。
2. （多选）（2024 西湖区校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．无线充电技术的原理是电磁感应
B．布朗运动反映了液体分子的无规则热运动
C．电容式位移传感器是把电学量“电容”转换为力学量“位移”
D．赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而预言了光是电磁波
【解答】解：A、无线充电是利用交流电在受电线圈中产生感应电动势来充电的，故A正确；
B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B正确；
C、电容式位移传感器是把力学量“位移”转换为电学量“电容”，故C错误；
D、赫兹测得电磁波在真空中的速度等于光速c，从而证实了光是电磁波，故D错误。
故选：AB。
3. （多选）（2024 台州二模）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．用油膜法估测油酸分子大小实验时，向水面滴入一滴油酸酒精溶液时，粉膜太薄会导致粉膜“支离破碎”，粉膜没有完全包围油膜
B．“用单摆测重力加速度”的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
C．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可将屏向远离双缝的方向移动
D．在“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”实验中，测量电压时可以用多用电表
【解答】解：A．粉膜太薄会导致粉膜“支离破碎”，粉膜没有完全包围油膜，从而无法准确画出油膜的轮廓，故A正确；
B．只有当摆角小于5o时，才能将单摆的摆动看成简谐运动，振动周期才满足
如果摆角过大，振动周期有较大的偏差，从而测出的重力加速度误差较大，故B错误；
C．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，根据
可知如果将屏向远离双缝的方向移动，L增大，从而条纹间距Δx增大，观察到的条纹个数减小，故C错误；
D．在“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”实验中，测量电压时可以用多用电表的交流电压挡测量，故D正确。
故选：AD。
4. （2024 浙江模拟）一艘飞船的舱壁被撞出了一个洞，八分钟内气压从0.99atm下降到0.89atm。飞船体积V＝390m3，舱内温度为24℃。舱内空气可视为摩尔质量为29×10﹣3kg/mol的理想气体，则小洞的直径最接近（ ）
A．5.6×10﹣4m B．5.6×10﹣3m C．5.6×10﹣2m D．5.6×10﹣1m
【解答】解：初始时刻飞船内气体压强为：p1＝0.99atm＝0.99×105Pa
末时刻飞船内气体压强为：p2＝0.89atm＝0.89×105Pa
飞船内气体体积为：V1＝390m3
飞船内气体温度为：T＝297K
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
解得：V2＝433.82m3
所以有ΔV＝V2﹣V1
代入数据得：ΔV＝43.82m3
对于小孔或狭缝流出的气体，流速v可以使用以下公式来估算：
v＝C（无损失情况下C＝1）
对于密度ρ可以通过理想气体定律计算：
（R是理想气体常数，其值通常为8.314J/（mol K）；初始压强p＝0.99×105Pa；摩尔质量M＝29×10﹣3kg/mol）
代入数据解得：ρ＝1.16kg/m3
将ρ代入数据，解得：v＝131.31m/s
流出气体的体积ΔV＝vSt
已知t＝8min，S＝π
联立解得：d≈0.03m，与B最接近，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5. （2024 台州二模）2024年1月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，大地银装素裹。下列说法正确的是（ ）
A．毛绒绒的雪花是晶体
B．雪花在空中飘舞做的是布朗运动
C．雪花在风中飘落过程中机械能一直减小
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用
【解答】解：A、雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故A正确；
B、雪花形状比较大，不是悬浮在空气中的固体小颗粒，所以不能把雪花的运动认为是布朗运动，故B错误；
C、雪花飘落过程中风可能对雪花做正功，雪花的机械能可能增大，故C错误；
D、雪天路滑，汽车在转弯时容易侧滑是因为地面的摩擦力不足以提供向心力；车辆受到离心力这样的说法本身就是错误的，故D错误。
故选：A。
6. （2024 浙江模拟）2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（ ）
A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同
B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同
C．如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同
D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同
【解答】解：A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；
B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重状态，薄膜厚度基本均匀分布，不会出现干涉条纹；“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，形成上薄下厚的形状，会出现干涉条纹，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；
C．气体压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的，如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，分子平均动能相同，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；
D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。
故选：C。
7. （2024 宁波模拟）理想气体常数R是表征理想气体性质的一个常数，由理想气体状态方程可推得，其中p为气体压强，Vm为气体的摩尔体积（一摩尔物质在0℃1atm的体积），T为热力学温度，用国际单位制中的基本单位表示理想气体常数R的单位，正确的是（ ）
A．J/mol K B．kg m2/（s2 K）
C．kg m2/（s2 mol K） D．kg m3/（s2 mol K）
【解答】解：由理想气体状态方程可推得
根据压强与力的关系有
根据牛顿第二定律
F＝ma
联立可得
其中质量的单位为kg，加速度的单位为m/s2，摩尔体积的单位为m3/mol，面积的单位为m2，热力学温度的单位为K，代入则有
，故C正确，ABD错误。
故选：C。
8. （多选）（2024 宁波模拟）下列说法正确的是（ ）
A．有些非晶体在一定条件下可能转化为晶体
B．普朗克首先将量子观念引入了原子领域
C．霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度大小和方向
D．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
【解答】解：A、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，在一定条件下非晶体可以转化为晶体，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故A正确；
B、波尔首先将量子观念引入了原子领域，故B错误；
C、置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场垂直，则在垂直于电流和磁场的方向会产生一附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应。霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度大小和方向，故C正确；
D、不计分子之间的分子势能，气体内能由分子的平均动能与分子总数共同决定，由于温度决定了分子的平均动能，即气体内能由温度与分子数目共同决定，质量和温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相等，但分子数目不相等，所以质量和温度相同的氢气和氧气内能不相同，故D错误。
故选：AC。
9. （2024 乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。
该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g、厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。
（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）；
（2）该温度计的测温范围；
（3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。
【解答】解：（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到热平衡。
测温时金属块在上下挡条之间自由移动，封闭气体压强一定，由盖—吕萨克定律：，可得：
因圆柱形细管的横截面积S一定，故金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可知该温度计的刻度是均匀的。
（2）已知当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力，此时封闭气体的体积最小，所测温度最低。
此时气体的体积为：V1＝Sh1，h1＝100cm﹣40cm＝60cm
温度为：T1＝（27+273）K＝300K
所测温度最高时（设为T2），金属块恰好对上方挡条无压力，此时气体的体积为：
V2＝Sh2，h2＝100cm﹣2cm＝98cm
根据盖—吕萨克定律可得：
解得：T2＝490K，即217℃
则该温度计的测温范围为：27℃～217℃
（3）示数由57℃上升到157℃，温度升高了Δt＝100℃，设对应的金属块上升的高度为Δh，由（1）的结论：金属块的高度变化Δh与温度的变化ΔT成正比关系，可得：
解得：Δh＝20cm＝0.2m
封闭气体压强为：p＝p0
此过程外界对气体做功为：
W＝﹣pSΔh
其中：m＝20g＝0.02kg，S＝5mm2＝5×10﹣6m2，
解得：W＝﹣0.14J
根据热力学第一定律得：
解得：Q＝0.54J
即气体吸收的热量为0.54J。
答：（1）热平衡；均匀；
（2）该温度计的测温范围27℃至217℃；
（3）管内气体吸收的热量为0.54J。
10. （2024 温州三模）某款气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，其核心部件模型工作原理简图如图所示。圆筒形导热气缸，开口向上竖直放置在水平地面上，筒长L＝18cm、内部横截面积S1＝20cm2，横截面积S2＝18cm2。的圆柱形活塞插在气缸内，在卡环（可使活塞向下运动而不能向上运动，且当活塞运动时与活塞间无力）的作用下保持静止。开始时活塞有h＝5.0cm的长度伸入气缸，缸内封闭气体压强p1＝3.0×105Pa，已知活塞与椅面的总质量m＝5.0kg，大气压强p0＝1.0×105Pa，缸内气体视为理想气体，装置不漏气，环境温度保持不变，不计摩擦。
（1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，则缸内气体 （选填“吸热”、“放热”），其数值为 ；
（2）某同学先虚坐在椅面上（与椅面间恰无作用力），然后逐渐减小脚对地面的压力，使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定。求稳定后气体压强p2和该同学的质量M。
【解答】解：（1）椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，由于环境温度保持不变，可知气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可得ΔU＝W+Q＝0，Q＝﹣W＝﹣32J，可知缸内气体放热，其数值为32J；
（2）以密封体为对象，初态有
p1＝3.0×105Pa，V1＝LS1﹣hS2，
使活塞缓慢下降Δh＝5.0cm后脚刚好完全离开地面，并保持稳定，则稳定后气体体积为V2＝LS1﹣（h+Δh）S2，
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
代入数据联立解得p2＝4.5×105Pa，
根据受力平衡可得
p2S2＝p0S2+（M+m）g
联立解得该同学质量M＝58kg；
故答案为：（1）放热，32J；（2）稳定后气体压强p2为4.5×105Pa，该同学的质量M为58kg。
11. （2024 西湖区校级模拟）超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其结构原理如图甲图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上（如图丙）。已知外界大气压强p0＝1×105Pa，甲图空腔体积为V0＝1.5cm3，乙图空腔体积为V1＝2.0cm3，吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体是 。（吸热、放热）
（2）求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若吸盘与墙面接触的正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是正压力的k倍，则所能挂物体的最大质量？
【解答】解：（1）温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V1
代入数据解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
（m+M）g＝kFN
挂钩对墙面的压力
FN＝p0S
联立解得M
故答案为：（1）吸热；（2）气体的压强为7.5×104Pa；（3）所能挂物体的最大质量为。
12. （2024 镇海区校级三模）如图所示，浸没在水中的容器被隔板K隔开成相等的A、B两部分，水与外界绝热。已知A内有一定量的稀薄气体，达到平衡状态时温度为T0，压强为P0；B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，在此过程中水温不变，最终达到新的平衡状态。若容器内气体内能与温度的关系为ΔU＝αΔT（α为已知常量）。
（1）求达到新平衡态过程中气体吸收的热量Q和所做功A；
（2）求达到新平衡态时容器的压强p；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，求容器内最终的压强p'和吸收的热量Q′。
【解答】解：（1）由于B内为真空，当抽开隔板K后，气体将发生扩散，充满整个气室，此过程气体不对外做功，即A＝0，而根据热力学第一定律
ΔU＝Q+W
可知式中W＝0，而水与外界绝热，则浸没在水中的容器内的气体温度不变，即ΔU＝0，由此可知Q＝0，即气体既不对方放热也不从外界吸热。
（2）A室中的气体经扩散再次达到平衡的过程中，发生等温变化，设容器的体积为V，则由玻意耳定律有
解得：
（3）根据题意由理想气体的状态方程有
解得：
而根据容器内气体内能与温度的关系为：
ΔU＝αΔT
可知此过程中吸收的热量
Q′＝ΔU＝αΔT＝0.5αT0
答：（1）达到新平衡态过程中气体吸收的热量为0，所做功为0；
（2）达到新平衡态时容器的压强为；
（3）若抽开隔板K后再将水温升至1.5T0，容器内最终的压强为，和吸收的热量为0.5αT0。
13. （2024 浙江模拟）如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸，用质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M＝3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0＝40cm，缸内气体温度T1＝300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强p0＝0.99×105Pa，活塞横截面积S＝100cm2，忽略一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2。现使缸内气体温度缓慢下降，则：
（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2；
（2）当缸内气体温度降至T3＝261.9K时，求物块上升高度Δh；已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
【解答】解：已知S＝100cm2＝1×10﹣2m2
（1）初始时，对活塞，由平衡条件有
p0S+mg＝p1S
解得：
当物块对地面无压力时，对活塞，由平衡条件有
p0S+mg＝p2S+Mg
解得：
对气体，由等容变化的规律可得
解得：T2＝291K
（2）对气体，由等压变化的规律可得
即
解得：Δh＝4cm
整个降温压缩过程活塞对气体做功为
W＝p2ΔV＝p2SΔh＝0.97×105×1×10﹣2×4×10﹣2J＝38.8J
根据热力学第一定律得
ΔU＝W+Q
据题有ΔU＝﹣121.2J
解得：Q＝﹣160J
即放出热量160J。
答：（1）缸内气体的温度T2为291K；
（2）物块上升高度Δh为4cm，其放出的热量Q为160J。
14. （2024 温州二模）如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量m＝1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量M＝3kg的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离h0＝40cm，缸内气体温度T1＝300K，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强，活塞横截面积S＝100cm2，忽略一切摩擦。现使缸内气体温度缓慢下降，则：
（1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度T2；
（2）当缸内气体温度降至T3＝261.9K时，求物块上升高度Δh；
（3）已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。
【解答】解：（1）初始时，对活塞：p0S+mg＝p1S
解得：p1＝1×105Pa
当物块对地面无压力时，对活塞：p0S+mg＝p2S+Mg
解得：p2＝9.7×104Pa
对气体，由等容变化：
解得：T2＝291K；
（2）对气体，由等压变化：
即
解得：h′＝36cm 所以，Δh＝4cm；
（3）整个降温压缩过程活塞对气体做功：W＝p2ΔV＝p2SΔh
解得W＝38.8J
根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q
解得：Q＝﹣160J，即放出热量为160J
答：（1）缸内气体的温度T2为291K；
（2）物块上升高度Δh为4cm；
（3）其放出的热量Q为160J。
15. （2024 浙江模拟）如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长l＝75.0cm，横截面积S＝10.0cm2试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为h＝25.0cm，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始温度T1＝300K，处于状态A。现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态B。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态C。已知大气压强p0＝75.0cmHg约为105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）气体处于状态B时的温度T2；
（2）气体从状态B到状态C，其分子平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）已知气体从状态A到状态C，内能增加ΔU＝78J，求整个过程电阻丝放出的热量Q。
【解答】（1）气体从A到B经历等压膨胀，根据盖—吕萨克定律有
可得T2＝600K
（2）气体从状态B到状态C，温度升高，则分子平均动能增大，水银流出过程中，气体压强减小，则试管内壁单位面积受到的压力减小；
（3）将封闭气体与水银看作整体，吸收的热量变为气体的内能增量ΔU、水银的重力势能增量 ΔEp 和系统对外界大气做功W，则有
W＝2p0Sh
根据能量守恒定律有Q＝ΔU+ΔEp+W
解得Q＝140.5J
故答案为：（1）气体处于状态B时的温度为600K；（2）增大，减小；（3）整个过程电阻丝放出的热量为140.5J。
16. （2024 浙江模拟）某同学采用如图装置测量某一不规则实心矿石的体积V，导热良好的气缸上部高L1＝20cm，横截面积S1＝100cm2，下部高L2＝20cm，横截面积S2＝450cm2，质量为m的活塞初始轻放到气缸的顶部，封闭了空气后继续缓慢下落，待平衡后，活塞下表面正好距气缸顶部h1＝10cm。将矿石放入气缸底部，再次封上活塞后，发现最终活塞静止时下表面距气缸顶部h2＝8cm。已知大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞气缸紧密接触且不计两者间的摩擦，封闭的空气可视为理想气体，环境温度恒定。
（1）活塞下降过程中，被封闭空气对外做 功（选填“正”或“负”），被封闭空气待温度稳定后，其内能将 （选填“增加”、“减少”或“不变”）；
（2）求活塞的质量m；
（3）求矿石的体积V。
【解答】解：（1）活塞下降过程中，气体体积减小，被封闭空气对外做负功，被封闭空气待温度稳定后，由于气缸导热良好，即温度不变，封闭的空气可视为理想气体，其内能将不变。
（2）对活塞进行分析有
mg+p0S1＝p1S1
气缸导热良好，温度不变，即气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有
p0（L1S1+L2S2）＝p1[（L1﹣h1）S1+L2S2]
解得.
m＝10kg
（3）再次平衡时，对活塞有
mg+p0S1＝p2S1
根据玻意耳定律有.
p0（L1S1+L2S2﹣V）＝p1[（L1﹣h2）S1+L2S2﹣V]
解得
V＝2200cm3
故答案为：（1）负；不变；（2）活塞的质量为10kg；（3）矿石的体积为2200cm3。
17. （2024 绍兴二模）如图1所示，开口的塑料瓶下部分盛有一定质量的液体，上部分被空气占据，此时瓶内空气温度为280K、压强为1.0×105Pa。当瓶内空气温度从280K升高到300K时，部分空气将跑到大气中，立即用质量为50g、横截面积为2cm2的圆柱形瓶塞密封上部分剩余的空气（图2所示），再将瓶内空气温度恢复至280K，接着维持此温度，然后用力挤压塑料瓶使瓶塞弹出，已知大气温度恒为280K、压强恒为1.0×105Pa，瓶塞与瓶口的最大静摩擦力为3.5N。不考虑瓶内空气升温和降温过程中塑料瓶的体积和液体的物态变化，挤压塑料瓶过程中瓶内空气温度保持不变，瓶塞体积相对于瓶内空气体积可忽略不计。
（1）瓶塞密封的剩余空气从300K降温至280K的过程中，塑料瓶内壁单位面积上受到的压力 （选填“增大”、“减小”或“不变”），剩余空气向外界 （选填“吸热”或“放热”）。
（2）求瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例。（结果可用分数表示）
（3）求瓶塞恰好被弹出时，瓶内剩余空气体积变为挤压前的几倍？（结果可用分数表示）
【解答】解：（1）瓶塞密封的剩余空气从300K降温至280K的过程中，根据查理定律C可知，温度降低，压强减小，则塑料瓶内壁单位面积上受到的压力减小，气体内能减小，与外界做功为0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体向外界放热；
（2）瓶内空气温度从280K升高到300K时，部分空气将跑到大气中，气体经历等压变化，则有
则瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例为η100%100%100%＝93%
（2）塑料瓶塞弹出前后气体经历等容变化，则有
根据受力平衡有p2S＝p0S+mg+f
挤压塑料瓶时，气体经历等温变化，根据玻意耳定律有p2V3＝p1V1
瓶塞恰好被弹出时，设瓶内剩余空气体积变为挤压前的n倍，则有
n
解得n＝0.78
故答案为：（1）减小；放热；（2）瓶内剩余空气的分子数目占原来空气的分子总数目比例为93%；（3）瓶塞恰好被弹出时，瓶内剩余空气体积变为挤压前的0.78倍。
18. （2024 宁波模拟）某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量m＝0.2kg、横截面积S＝100mm2上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体，当缸内气体的温度T1＝300K时，活塞下表面与汽缸底部的距离h1＝6cm上表面与a、b两触点的距离h2＝3cm。当活塞上移至卡口处，上表面恰好与a、b两触点接触，触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为重力加速度g取10m/s2。
（1）求该报警装置报警的最低热力学温度T2；
（2）当环境温度缓慢升高到T3＝600K时，求封闭气体的压强p2；
（3）若环境温度由T1＝300K缓慢升高到T3＝600K时，气缸内气体吸收热量1.8J，求该部分气体内能的增量ΔU。
【解答】解：（1）当活塞上移，上表面恰好与a、b两触点接触时，封闭气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律
该报警装置报警的最低热力学温度
（2）气体初态时的压强为p1，根据平衡条件
根据理想气体的状态方程
代入数据解得，封闭气体的压强
（3）气体做等压变化过程中，对外做功
根据热力学第一定律ΔU＝Q﹣W＝1.8J﹣0.36J＝1.44J。
答：（1）该报警装置报警的最低热力学温度为450K；
（2）当环境温度缓慢升高到T3＝600K时，封闭气体的压强为1.5×105Pa；
（3）若环境温度由T1＝300K缓慢升高到T3＝600K时，气缸内气体吸收热量1.8J，该部分气体内能的增量为1.44J。
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