(共81张PPT)
板块三 光学、热学及近代物理
命题区间十 热学
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.关注热力学第一定律与气体实验定律、理想气体状态方程的综合考查。
2．强化气体中的图像问题、变质量问题、多系统关联问题。
气体实验定律
与热力学第一定律 √ √
变质量问题 √ √
气体中的
图像问题 √
多系统关联问题
近三年山东已考命题点
01
(2023·山东卷)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
A. 初始状态下，气体的体积为6 L
B. 等压过程中，气体对外做功400 J
D. 两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
命题点一 气体实验定律与热力学第一定律
√
√
看到什么 想到什么
等容过程 气体不做功，吸收热量等于内能增加量
理想气体 内能只由温度决定
等压过程 气体做功
1．气体实验定律的基本解题思路
2．分析气体状态变化的问题要抓住三点
(1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段。
(2)找出几个阶段之间的变量和不变量。
(3)明确各个阶段应遵循的实验定律。
3．“两类分析”巧解热力学综合问题
4．应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
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
1.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
2．(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90° 过程中，缸内气体( )
√
C 解析：初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内、外气体对活塞的压力差与活塞所受的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg；汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差等于重力沿汽缸壁方向的分力，故汽缸内气体压强减小，体积增大，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压；汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，速率大的分子数占总分子数的比例减少，并不是所有分子热运动的速率都减小，故A、B、D错误，C正确。
3．(2024·桂林模拟)如图所示，密闭导热汽缸A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中气体压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体，打开活栓C，A中部分气体进入B。连接A、B的细管体积忽略不计。
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强。
(2)在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时气体内能增加量为0.2kT0(其中k为已知量)，求气体的压强及所吸收的热量。
解析：(1)汽缸内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
答案：(1)0.5p0 (2)0.6p0 0.2kT0
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
解析：(1)对左、右汽缸内所封的气体
初始状态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
(1)汽缸内气体的压强；
(2)活塞移动的距离x。
解析：(1)两活塞再次静止时，对整体有
p0S1＋p2S2＋mg＝p2S1＋p0S2
(2)两活塞开始静止时，对整体有
p0S1＋p1S2＝p1S1＋p0S2
开始静止时封闭气体的体积为
再次静止时封闭气体的体积为
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
6．(2024·浙江卷1月选考)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＝750 cm3的左、右两部分。面积为S＝100 cm2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＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa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T2＝350 K 的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，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。
解析：(1)根据热力学第二定律可知，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，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，则有
p1V1＝p2·2V1
解得状态2气体的压强为
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，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F
解得
F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10－4 N＝10 N。
(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＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10－6 J＝25.5 J
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＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为
Q＝Q′＝89.3 J。
答案：(1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
1．(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0× 105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
命题点二 变质量问题
(1)求x。
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
看到什么 想到什么
温度不变 玻意耳定律及其状态方程
液体封闭气体 液体压强的计算
松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气 变质量问题的解题方法
解析：(1)由题意可知缓慢地将汲酒器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为
p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
代入数据联立解得x＝2 cm。
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象，有
代入数据联立解得
V＝8.92×10－4 m3。
答案：(1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
2.(2022·山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简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m0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p0。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Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
看到什么 想到什么
鱼静止 浮力等于重力和浮力之和
鱼静止在水面下H处 压强与水深有关和压强的计算方法
鱼获得加速度 牛顿第二定律
气体从A室充入B室 变质量问题的解题方法
温度不变 玻意耳定律及其状态方程
鱼静止于水面下H1处 鱼的总体积不变
解析：(1)鱼静止在水面下H处时，重力与浮力平衡。鱼获得加速度后，B室气体压强不变，温度不变，故气体密度不变，B室体积增加部分所受浮力即为鱼所受的合力，故有ρgΔV＝m0a
(2)鱼静止于水面下H处时，B室内气体压强
p＝p0＋ρgH
鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强
p1＝p0＋ρgH1
静止时B室体积不变，仍为V，气体温度不变，压强改变，为变质量问题。设从静止于H处变为静止于H1处时需要往B室充入p压强下ΔV′体积的气体，由玻意耳定律，有p(V＋ΔV′)＝p1V
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
类别 研究对象
打气问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象
抽气问题 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体全部作为研究对象
灌气问题 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象
漏气问题 选容器内剩余气体和漏出的气体整体作为研究对象
1．(2024·日照模拟)小明和爸爸一起开车外出游玩，在公路上正常行驶时，看到车辆仪表盘上显示轮胎a的胎压为200 kPa，b、c、d三个轮胎的胎压均为250 kPa，四个轮胎的温度均为37 ℃。已知该型号轮胎的容积为30 L，不考虑轮胎容积的变化，该型号轮胎的胎压达到300 kPa时，会出现爆胎危险。下列说法正确的是( )
A. 胎压指的是汽车轮胎对地面的压强
B. 汽车停放在温度为17 ℃的车库里时，轮胎b的压强约为200 kPa
C. 轮胎b内气体的温度为60 ℃时，有爆胎危险
D. 为使四个轮胎的胎压相同，轮胎a中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为1∶4
√
体积V＝30 L，a中压强为p1＝200 kPa，忽略温度变化，将a内气体压缩为压强为250 kPa、体积为V′的气体，由等温变化规律有p1V＝p2V′，解得V′＝24 L，设充入气体压强为p2＝250 kPa，体积为ΔV，质量为Δm，过程中温度不变，由于轮胎体积为30 L，则ΔV＝6 L，故a中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为Δm∶m＝ΔV∶(V－ΔV)，代入得Δm∶m＝1∶4，D正确。
(1)使用过程中，当气罐内气体压强降为4p0时气泵启动，充气过程停止使用气钉枪，当充气结束时，求气泵共向气罐内泵入压强为p0的空气体积ΔV。
(2)充气结束后用气钉枪射出100个钉子后，求此时气罐中气体压强p。
解析：(1)充气之前，气罐内气体的压强为4p0，充气后气罐内气体的压强为6.5p0，充气过程为等温变化，所以有
p0ΔV＋4p0V0＝6.5p0V0
解得ΔV＝2.5V0＝20 L。
(2)设发射第一个钉子时，气罐压强为p1，根据玻意耳定律有
6.5p0V0＝p1V0＋p1V
发射第二个钉子有
p1V0＝p2V0＋p2V
发射第三个钉子有
p2V0＝p3V0＋p3V
由此类推，则发第100个钉子有
将题中数据代入，解得
p＝4.758p0。
答案：(1)20 L (2)4.758p0
3．(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)，于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
解析：(1)由查理定律可得
其中T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K
代入数据解得p2＝2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得
p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V＝6 L。
答案：(1)2.5×105 Pa (2)6 L
A. a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. b→c过程，气体对外做功，内能增加
C. a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D. a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
命题点三 气体中的图像问题
√
看到什么 想到什么
a→b过程是等压过程 由盖-吕萨克定律，体积增大，温度升高，气体对外做功，吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能
b→c过程中气体与外界无热量交换 由气体体积增大可知气体对外界做功，由热力学第一定律，可知气体内能减少
c→a过程是等温过程 内能不变，体积减小，外界对气体做功，气体放热
C 解析：a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，故B错误；c→a 过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知，a→b→c过程气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析，可知a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量，D错误。
1．(2024·青岛二模)如图为卡诺循环的p-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是( )
A. 在D→A绝热压缩过程中，气体内能减小
B. 一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
C. B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功
D. 状态B时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态A多
√
C 解析：D→A绝热压缩过程中，外界对气体做功W>0，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0即气体内能增加，故A错误；一次循环过程中气体的温度不变，内能不变，p-V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功，由题图知，在一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，故B错误；由题图知TA＝TB，TC＝TD，故B→C过程和D→A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相等，且Q＝0，可知W大小也必然相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故C正确；状态A、B温度相同，则状态A和状态B气体分子的平均速率相同，而状态B的体积大，气体的密集程度小，则状态B时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态A少，故D错误。
2．(2023·泰安模拟)气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图像正确的是( )
√
B 解析：从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且状态D的压强恢复为状态A时的压强，综上所述，选项B的图像正确。
3．(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有
解得pD＝2×105Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
解得V2＝2.0 m3
又因为气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2×105 Pa (2)2.0 m3
近三年山东未考命题点
02
(2024·广东卷)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等于大气压强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：
命题点 多系统关联问题
(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。
看到什么 想到什么
A内轻质活塞的上方与大气连通 A内气体压强等于大气压且不变
B内气体体积不变 查理定律
求A内气体体积VA2 差压阀是否打开，A内气体变化遵守的定律
B内气体压强回到p0并保持不变 差压阀两边压强差等于Δp
解析：(1)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
由于p0－pB2＜Δp假设成立，即pB2＝9×104 Pa。
(2)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
代入数据可得
VA2＝3.6×102 m3。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为
B内气体压强p′B＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p′A－p′B＝Δp
代入数据联立解得
m＝1.1×102 kg。
答案：(1)9×104 Pa (2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
1．如图所示，一端封闭粗细均匀的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，一小段水银柱将管内封闭气体分割成两部分，上端气柱长为l1，下端气柱长为l2，且l1＝l2。管内水银柱与水银槽面的高度差为h，管内气体温度保持不变，开口端始终在水银面下方，则下列说法正确的是( )
A. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则h变小
B. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的增长量等于l2的增长量
C. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的增长量小于l2的增长量
D. 若轻敲管壁使下端气体透过中间水银柱与上端气体混合，再次稳定后气柱总长度大于l1＋l2
D 解析：将玻璃管竖直向上缓慢提升时，假设l2的下端面水银没有上升，保持原高度，令大气压强为p0，则有p下1＝p0－ρgh，ρ为水银密度，h为水银柱长度，可知若l2的下端面水银面保持原高度，则l2内气体的压强不变，由于温度恒定，则l2内气体体积不变，则只有
√
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
解析：(1)设抽气前两部分气体体积均为V＝Sl，对A分析，抽气后
根据玻意耳定律得
pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得
(1)初始时，左侧汽缸中封闭的气体C的压强pC；
(2)充气后，右侧汽缸中封闭的气体A的压强p；
(3)打气次数n。
解析：(1)初始时，对活塞b，根据受力平衡有
pCS＝mg＋pBS
对活塞a，根据受力平衡有pB·2S＋mg＝pA·2S
联立解得pB＝0.5p0，pC＝2.5p0。
(2)对气体C，根据玻意耳定律可知
再次对活塞b和a，根据平衡条件有
p′CS＝mg＋p′BS
p′B·2S＋mg＝p·2S
联立解得p＝2p0。
(3)对气体B，根据玻意耳定律可得pBV0＝p′BV′B
对气体A，根据玻意耳定律有
解得n＝22。
答案：(1)2.5p0 (2)2p0 (3)22近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.关注热力学第一定律与气体实验定律、理想气体状态方程的综合考查。 2．强化气体中的图像问题、变质量问题、多系统关联问题。
气体实验定律 与热力学第一定律 √ √
变质量问题 √ √
气体中的 图像问题 √
多系统关联问题
气体实验定律与热力学第一定律
(2023·山东卷)(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是( )
A. 初始状态下，气体的体积为6 L
B. 等压过程中，气体对外做功400 J
C. 等压过程中，气体体积增加了原体积的
D. 两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
AD 解析：设理想气体等压过程中初始状态的体积和温度分别为 V1、T1，末状态 V2未知，T2＝400 K，由盖-吕萨克定律可得＝，代入数据得 V2＝V1，体积增加量为原来的，C错误；等容过程中气体做功为0，由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初、末温度均相同，即内能变化量相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程中内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做的功为200 J，即做功的大小为W＝p0＝200 J，解得 V1＝6 L，A正确，B错误。
看到什么 想到什么
等容过程 气体不做功，吸收热量等于内能增加量
理想气体 内能只由温度决定
等压过程 气体做功
1．气体实验定律的基本解题思路
2．分析气体状态变化的问题要抓住三点
(1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段。
(2)找出几个阶段之间的变量和不变量。
(3)明确各个阶段应遵循的实验定律。
3．“两类分析”巧解热力学综合问题
4．应用热力学第一定律的三点注意
(1)做功看体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正。气体向真空中自由膨胀，对外界不做功，W＝0。
(2)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(3)由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
1.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
B 解析：由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程＝C，气体体积增大，对外界做正功，B正确；由A、B项分析，小瓶上浮时，瓶内气体内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误。
2．(2022·山东卷)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90° 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
C 解析：初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内、外气体对活塞的压力差与活塞所受的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg；汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差等于重力沿汽缸壁方向的分力，故汽缸内气体压强减小，体积增大，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压；汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，速率大的分子数占总分子数的比例减少，并不是所有分子热运动的速率都减小，故A、B、D错误，C正确。
3．(2024·桂林模拟)如图所示，密闭导热汽缸A、B的体积均为V0，A、B浸在盛水容器中，达到热平衡后，A中气体压强为p0，温度为T0，B内为真空，将A中的气体视为理想气体，打开活栓C，A中部分气体进入B。连接A、B的细管体积忽略不计。
(1)若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强。
(2)在(1)所述状态的基础上，将水温升至1.2T0，重新达到平衡时气体内能增加量为0.2kT0(其中k为已知量)，求气体的压强及所吸收的热量。
解析：(1)汽缸内的理想气体从打开C到再次平衡时，发生等温变化，根据玻意耳定律得
p0V0＝p·2V0
解得此时气体压强p＝p0＝0.5p0。
(2)升高温度，理想气体发生等容变化，根据查理定律得＝
解得压强为p′＝1.2p＝0.6p0
温度改变，理想气体的体积不变，则外界既不对理想气体做功，理想气体也不对外界做功，所以W＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
可知气体吸收的热量为Q＝ΔU＝0.2kT0。
答案：(1)0.5p0 (2)0.6p0 0.2kT0
4．(2023·湖北卷)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
解析：(1)对左、右汽缸内所封的气体
初始状态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末状态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0。
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝。
答案：(1)p0 (2)
5．如图甲所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻质活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，两活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和；现用轻质细线将活塞B与重物C拴接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为S1＝2S2＝2S，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为m＝，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求：
(1)汽缸内气体的压强；
(2)活塞移动的距离x。
甲 乙
解析：(1)两活塞再次静止时，对整体有
p0S1＋p2S2＋mg＝p2S1＋p0S2
代入数据解得p2＝p0。
(2)两活塞开始静止时，对整体有
p0S1＋p1S2＝p1S1＋p0S2
开始静止时封闭气体的体积为
V1＝LS1＋S2＝LS
再次静止时封闭气体的体积为
V2＝(L－x)S1＋S2＝S
由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
联立解得x＝。
答案：(1)p0 (2)
6．(2024·浙江卷1月选考)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＝750 cm3的左、右两部分。面积为S＝100 cm2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＝300 K、压强p1＝2.04×105 Pa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T2＝350 K 的状态3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，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。
解析：(1)根据热力学第二定律可知，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，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，则有
p1V1＝p2·2V1
解得状态2气体的压强为
p2＝＝1.02×105 Pa
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，根据受力平衡可得
p2S＝p0S＋F
解得
F＝(p2－p0)S＝(1.02×105－1.01×105)×100×10－4 N＝10 N。
(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＝350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有
＝
可得状态3气体的体积为
V3＝·2V1＝×2×750 cm3＝1 750 cm3
该过程气体对外做功为
W＝p2ΔV＝p2(V3－2V1)＝1.02×105×(1 750－2×750)×10－6 J＝25.5 J
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＝63.8 J＋25.5 J＝89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为
Q＝Q′＝89.3 J。
答案：(1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
变质量问题
1．(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0× 105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
(1)求x。
(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
甲 乙
解析：(1)由题意可知缓慢地将汲酒器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有
p1(H－x)S1＝p2HS1
又因为
p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
代入数据联立解得x＝2 cm。
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象，有
p0V＋p2HS1＝p3
又因为p3＋ρg·＝p0
代入数据联立解得
V＝8.92×10－4 m3。
答案：(1)2 cm (2)8.92×10－4 m3
看到什么 想到什么
温度不变 玻意耳定律及其状态方程
液体封闭气体 液体压强的计算
松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气 变质量问题的解题方法
2.(2022·山东卷)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简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m0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p0。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Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
解析：(1)鱼静止在水面下H处时，重力与浮力平衡。鱼获得加速度后，B室气体压强不变，温度不变，故气体密度不变，B室体积增加部分所受浮力即为鱼所受的合力，故有ρgΔV＝m0a
则充入B室的气体质量Δm＝ΔV＝。
(2)鱼静止于水面下H处时，B室内气体压强
p＝p0＋ρgH
鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强
p1＝p0＋ρgH1
静止时B室体积不变，仍为V，气体温度不变，压强改变，为变质量问题。设从静止于H处变为静止于H1处时需要往B室充入p压强下ΔV′体积的气体，由玻意耳定律，有p(V＋ΔV′)＝p1V
且＝
可得＝
解得m1＝m。
答案：(1) (2)m
看到什么 想到什么
鱼静止 浮力等于重力和浮力之和
鱼静止在水面下H处 压强与水深有关和压强的计算方法
鱼获得加速度 牛顿第二定律
气体从A室充入B室 变质量问题的解题方法
温度不变 玻意耳定律及其状态方程
鱼静止于水面下H1处 鱼的总体积不变
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
类别 研究对象
打气问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象
抽气问题 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体全部作为研究对象
灌气问题 把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象
漏气问题 选容器内剩余气体和漏出的气体整体作为研究对象
1．(2024·日照模拟)小明和爸爸一起开车外出游玩，在公路上正常行驶时，看到车辆仪表盘上显示轮胎a的胎压为200 kPa，b、c、d三个轮胎的胎压均为250 kPa，四个轮胎的温度均为37 ℃。已知该型号轮胎的容积为30 L，不考虑轮胎容积的变化，该型号轮胎的胎压达到300 kPa时，会出现爆胎危险。下列说法正确的是( )
A. 胎压指的是汽车轮胎对地面的压强
B. 汽车停放在温度为17 ℃的车库里时，轮胎b的压强约为200 kPa
C. 轮胎b内气体的温度为60 ℃时，有爆胎危险
D. 为使四个轮胎的胎压相同，轮胎a中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为1∶4
D 解析：胎压指的是轮胎内部气体的压强，A错误；汽车停放在温度为17℃的车库里时，此过程为等容变化，变化前压强为p2＝250 kPa，变化后压强为p′2，根据查理定律有＝，解得p′2＝＝ kPa≈234 kPa，B错误；轮胎b内气体的温度为60 ℃时，设压强为p″2，轮胎内体积可视为不变，由等容变化规律有＝，代入得p″2＝＝ kPa≈269 kPa，故没有爆胎危险，C错误；以a中原有气体为研究对象，轮胎体积V＝30 L，a中压强为p1＝200 kPa，忽略温度变化，将a内气体压缩为压强为250 kPa、体积为V′的气体，由等温变化规律有p1V＝p2V′，解得V′＝24 L，设充入气体压强为p2＝250 kPa，体积为ΔV，质量为Δm，过程中温度不变，由于轮胎体积为30 L，则ΔV＝6 L，故a中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为Δm∶m＝ΔV∶(V－ΔV)，代入得Δm∶m＝1∶4，D正确。
2．(2024·济南模拟)气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以高压气体为动力，如图甲所示是气钉枪和与之配套的气罐、气泵。图乙是气钉枪发射装置示意图，汽缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关，气罐向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容积V0＝8 L，汽缸有效容积V＝25 mL，气钉枪正常使用时气罐内压强范围为4p0～6.5p0，p0为大气压强，当气罐内气体压强低于4p0时气泵会自动启动充气，压强达到6.5p0时停止充气。假设所有过程气体温度不变，已知气罐内气体初始压强为6.5p0，100≈0.732。
(1)使用过程中，当气罐内气体压强降为4p0时气泵启动，充气过程停止使用气钉枪，当充气结束时，求气泵共向气罐内泵入压强为p0的空气体积ΔV。
(2)充气结束后用气钉枪射出100个钉子后，求此时气罐中气体压强p。
甲 乙
解析：(1)充气之前，气罐内气体的压强为4p0，充气后气罐内气体的压强为6.5p0，充气过程为等温变化，所以有
p0ΔV＋4p0V0＝6.5p0V0
解得ΔV＝2.5V0＝20 L。
(2)设发射第一个钉子时，气罐压强为p1，根据玻意耳定律有
6．5p0V0＝p1V0＋p1V
解得p1＝
发射第二个钉子有
p1V0＝p2V0＋p2V
解得p2＝
发射第三个钉子有
p2V0＝p3V0＋p3V
解得p3＝
由此类推，则发第100个钉子有
p＝
将题中数据代入，解得
p＝4.758p0。
答案：(1)20 L (2)4.758p0
3．(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)，于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
解析：(1)由查理定律可得
＝
其中T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K
代入数据解得p2＝2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得
p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为
V＝6 L。
答案：(1)2.5×105 Pa (2)6 L
气体中的图像问题
(2024·山东卷)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A. a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. b→c过程，气体对外做功，内能增加
C. a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D. a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
C 解析：a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，故B错误；c→a 过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知，a→b→c过程气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；根据热力学第一定律结合上述解析，可知a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W＝0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量，D错误。
看到什么 想到什么
a→b过程是等压过程 由盖-吕萨克定律，体积增大，温度升高，气体对外做功，吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能
b→c过程中气体与外界无热量交换 由气体体积增大可知气体对外界做功，由热力学第一定律，可知气体内能减少
c→a过程是等温过程 内能不变，体积减小，外界对气体做功，气体放热
1．(2024·青岛二模)如图为卡诺循环的p-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始沿循环曲线ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。下列说法正确的是( )
A. 在D→A绝热压缩过程中，气体内能减小
B. 一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量
C. B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功
D. 状态B时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态A多
C 解析：D→A绝热压缩过程中，外界对气体做功W>0，Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知ΔU>0即气体内能增加，故A错误；一次循环过程中气体的温度不变，内能不变，p-V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功，由题图知，在一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量，故B错误；由题图知TA＝TB，TC＝TD，故B→C过程和D→A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相等，且Q＝0，可知W大小也必然相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故C正确；状态A、B温度相同，则状态A和状态B气体分子的平均速率相同，而状态B的体积大，气体的密集程度小，则状态B时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比状态A少，故D错误。
2．(2023·泰安模拟)气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图像正确的是( )
甲 乙
B 解析：从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且状态D的压强恢复为状态A时的压强，综上所述，选项B的图像正确。
3．(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有
＝
解得pD＝2×105Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
解得V2＝2.0 m3
又因为气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2×105 Pa (2)2.0 m3
多系统关联问题
(2024·广东卷)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等于大气压强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。
解析：(1)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＝
由于p0－pB2＜Δp假设成立，即pB2＝9×104 Pa。
(2)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＝
代入数据可得
VA2＝3.6×102 m3。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为
p′A＝p0＋
B内气体压强p′B＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p′A－p′B＝Δp
代入数据联立解得
m＝1.1×102 kg。
答案：(1)9×104 Pa (2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg
看到什么 想到什么
A内轻质活塞的上方与大气连通 A内气体压强等于大气压且不变
B内气体体积不变 查理定律
求A内气体体积VA2 差压阀是否打开，A内气体变化遵守的定律
B内气体压强回到p0并保持不变 差压阀两边压强差等于Δp
1．如图所示，一端封闭粗细均匀的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，一小段水银柱将管内封闭气体分割成两部分，上端气柱长为l1，下端气柱长为l2，且l1＝l2。管内水银柱与水银槽面的高度差为h，管内气体温度保持不变，开口端始终在水银面下方，则下列说法正确的是( )
A. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则h变小
B. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的增长量等于l2的增长量
C. 若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的增长量小于l2的增长量
D. 若轻敲管壁使下端气体透过中间水银柱与上端气体混合，再次稳定后气柱总长度大于l1＋l2
D 解析：将玻璃管竖直向上缓慢提升时，假设l2的下端面水银没有上升，保持原高度，令大气压强为p0，则有p下1＝p0－ρgh，ρ为水银密度，h为水银柱长度，可知若l2的下端面水银面保持原高度，则l2内气体的压强不变，由于温度恒定，则l2内气体体积不变，则只有l1中的体积增大，根据玻意耳定律可知，l1内气体的压强变小，由于l1内的气体压强始终等于 l2内气体压强减去中间那段水银柱高度所产生的压强，所以假设不成立，中间那段水银柱将上升，l2中气体的体积也增大，根据玻意耳定律可知，压强也减小，则管内外水银柱高度差h变大，故A错误；结合上述可知，管内上下两部分气体的压强均减小，体积均增大，由于p下＝p上＋ρgh中，则有＝，可知上下两部分气体的压强减小的绝对值相等，由于p下＝p上＋ρgh中>p上，即l1内气体原来压强比l2小，根据玻意耳定律可知，对两部分气体有p下1l2S＝p下2(l2＋Δl2)S，p上1l1S＝p上2(l1＋Δl1)S，解得＝，＝，由于p下2>p上2，l1＝l2，＝，则有Δl2<Δl1，即l1的增长量大于l2的增长量，故B、C错误；若轻敲管壁使下端气体透过中间水银柱与上端气体混合，根据玻意耳定律有p下1l2S＋p上1l1S＝p混lS，假设再次稳定后气柱总长度为l＝l1＋l2，结合上述解得p下1>p混>p上1＝p下1－ρgh中＝p0－ρg(h＋h中)，忽略水槽内液面的变化，令混合后管内外水银高度差为h1，则有p混＝p0－ρgh1，可知h1l1＋l2，故D正确。
2．(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
解析：(1)设抽气前两部分气体体积均为V＝Sl，对A分析，抽气后
VA＝2V－V＝Sl
根据玻意耳定律得
p0V＝pA·V
解得pA＝p0
对B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半，即p0，则根据玻意耳定律得
p0V＝pB·V
解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
pAS＝pBS＋F
根据胡克定律得
F＝k
联立得k＝。
答案：(1)p0 p0 (2)
3．(2024·松原模拟)如图所示，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、2S，汽缸顶部由细管(体积不计)连通，右侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b，两活塞的质量均为m＝，汽缸密闭且不漏气。初始时，阀门K关闭，活塞b处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，封闭着气体C，活塞a处于右侧汽缸的中间位置，将汽缸分成A、B两部分，A中气体的压强为1.5p0、体积为V0。现打开阀门K，用打气筒通过K给右侧汽缸下部分充气，每次将体积为、压强为p0的空气打入汽缸中，直至活塞b下降到整个汽缸高度的处。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，整个过程中，周围环境温度不变，其他量均为未知量。求：
(1)初始时，左侧汽缸中封闭的气体C的压强pC；
(2)充气后，右侧汽缸中封闭的气体A的压强p；
(3)打气次数n。
解析：(1)初始时，对活塞b，根据受力平衡有
pCS＝mg＋pBS
对活塞a，根据受力平衡有pB·2S＋mg＝pA·2S
联立解得pB＝0.5p0，pC＝2.5p0。
(2)对气体C，根据玻意耳定律可知
pCVC＝p′C·VC
再次对活塞b和a，根据平衡条件有
p′CS＝mg＋p′BS
p′B·2S＋mg＝p·2S
联立解得p＝2p0。
(3)对气体B，根据玻意耳定律可得pBV0＝p′BV′B
解得V′B＝V0
则VA＝2V0－＝V0
对气体A，根据玻意耳定律有
1．5p0V0＋np0·＝2p0·V0
解得n＝22。
答案：(1)2.5p0 (2)2p0 (3)22
专题限时评价(十)
(建议用时：75分钟)
1．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A. 图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图甲可知状态③的温度最低
B. 图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
C. 图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用
D. 图丁中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量
B 解析：在气体分子的运动速率分布图像中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故A错误；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B正确；题图丙中，洁净的玻璃板接触水面状态下，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；题图丁中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子自身的体积，故D错误。
2．电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B. 该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律
C. 制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D. 制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都增大
B 解析：根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，因此冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，A错误；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足分子间作用力为0的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D错误。
3．(2024·潍坊二模)一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，如图所示，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，a→b 过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是( )
A. 气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量
B. a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q
C. b→c过程中气体从外界吸收的热量为p0V0
D. a→b→c→a整个过程中气体对外界做功为0
A 解析：a状态气体的体积较大，气体密度较小，又两个状态的温度相同，故气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的作用力较小，冲量较小，A正确；b→c过程体积不变，压强增大，根据＝C可知，气体温度升高，则c状态气体内能大于b状态气体内能，由于a与c状态气体温度相同，内能相等，则b状态气体内能小于a状态气体内能，a→b过程气体体积减小，外界对气体做功，根据ΔU＝Q＋W，ΔU为负值，W为正值，故气体放出的热量大于内能的减少量，B错误；由题图可知，a状态的气体压强为4p0，a→b过程外界对气体做功为W＝·(4V0－V0)＝p0V0，b→c过程中气体体积不变，外界对气体不做功，则气体内能的增加量等于气体吸收的热量，由于a状态与c状态气体内能相等，则b→c过程中气体从外界吸收的热量为Q′＝Q－p0V0，C错误；a→b→c→a整个过程中气体对外界做功等于△abc的面积，D错误。
4．如图所示为一定质量理想气体等温变化的p-V图像，A、C是双曲线上的两点，E1和E2分别为A、C两点对应的气体内能，△OAB和△OCD的面积分别为S1和S2，则( )
A. S1C. E1>E2 D． E1B 解析：由于题图为理想气体等温变化曲线，TA＝TC，则气体内能E1＝E2，由玻意耳定律可得pAVA＝pCVC，而S1＝pAVA，S2＝pCVC，即S1＝S2，故A、C、D错误，B正确。
5．如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段汞柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1＝l2，下列判断正确的是( )
A. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′>l2′
B. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′C. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1′>l2′
D. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l′1＝l′2
B 解析：设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b气体压强大，a气体压强小，将玻璃管转至水平时，b气体压强减小，由于b气体做等温变化，则b气体体积增大、长度增加，a气体体积减小、压强增大，故l1′Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1′6．如图所示是一种演示气体定律的仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，开始时气球自然松弛，气球内气体与外界连通，气体体积为V，瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体，直至气球体积增大到2V，容器和气球导热良好，外界温度不变，气球壁厚度不计、重力不计，大气压强为p0，在此过程中( )
A. 瓶内气体内能减小
B. 瓶内气体吸热
C. 瓶内气体压强由p0变为2p0
D. 气球中充入的气体质量等于开始时气球中气体质量
C 解析：瓶内气体做等温变化，内能不变，故A错误；瓶内气体体积减小、则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知瓶内气体向外界放热，故B错误；对瓶内气体，根据玻意耳定律有p0·2V＝pV，解得p＝2p0，故C正确；对气球中的气体，初始的压强和体积分别为p0、V，充气后气球中气体的压强和体积为2p0、2V，则气球中原来的气体与充入气球中的气体质量比为＝＝，故D错误。
7．如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1＝15 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA＝20 cm、LB＝10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0＝75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化，则此时空气柱的长度为( )
甲 乙
A. 17 cm B． 22 cm
C. 24 cm D． 25 cm
A 解析：初始状态气体A的压强pA＝p0－ρgh1＝60 cmHg，气体B的压强pB＝pA－ρgh2＝50 cmHg，玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρg(h1＋h2)＝100 cmHg，对两段空气，根据玻意耳定律，有pALA＋pBLB＝pL，解得L＝17 cm，故A正确，B、C、D错误。
8．(2024·新课标卷)(多选)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
AD 解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，A正确；2→3为等压过程，根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，故气体吸收热量，B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，可知气体向外放热，故D正确。
9．(多选)如图所示的连通器A、B管内封有空气，C管敞口竖直向上，K为阀门。开始时A、B、C内水银面等高，B管中封闭气体长度大于A管中封闭气体长度，A、B、C管横截面积依次减小。若在C管中沿管壁注入少许水银，三管液面上升高度分别为hA、hB、hC。若不注入水银而是打开K，使水银流出少许(A、B、C管中水银面不会降到管口下方)，三管液面下降高度分别为hA′、hB′、hC′。假设以上过程中气体温度不变，以下说法正确的是( )
A. hA>hB>hC B． hAC. hA′hB′>hC′
BC 解析：初始时刻，三管中水银保持水平，说明A、B、C气压相同；放掉一部分水银，但是还保持每个柱里都有水银，是保持质量、温度不变，等温膨胀，根据玻意耳定律pV＝C，气压减小；假设流出水银后三管液面仍然相平，根据玻意耳定律，原先空气柱最长的气压减小最少，故其气压最大，这个时候它会压着水银柱到其他两管中，故原来空气柱最长的液面最低，下降高度最大，原来空气柱最短的液面最高，下降高度最小，即h′A10．(多选)如图所示，某医用氧气生产工厂要将氧气瓶M中氧气分装到瓶N中，两瓶的容积相同，阀门K打开前瓶N已抽成真空。现将阀门K打开，当两瓶内氧气的压强相等时再关闭阀门。两瓶、阀门及连接管都看作绝热，瓶中的氧气看作理想气体且不计连接管的容积，对此次分装过程以下说法正确的是( )
A. 氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的
B. 分装完毕后M中氧气的压强为分装前的
C. 分装完毕后氧气分子热运动的平均速率减小
D. 分装完毕后两瓶内氧气的总内能减小
AB 解析：由热力学第二定律，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；由题意知，分装过程温度不变，由玻意耳定律知，气体体积变为两倍，则压强减小为原来的一半，B正确；由于整个过程温度不变，分装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C错误；气体扩散流动过程，不做功，故理想气体温度不变，分装完毕后两瓶内氧气的总内能不变，D错误。
11．(多选)如图所示，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A处管内、外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度(管下端未离开水银面)，上下两部分气体的压强发生变化，变化量大小分别为Δp1和Δp2，体积变化量大小分别为ΔV1和ΔV2。已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则( )
A. Δp2一定等于Δp1
B. ΔV2一定等于ΔV1
C. Δp2一定大于Δp1
D. ΔV2与ΔV1之和小于HS
AD 解析：当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大、压强变小，有部分水银进入玻璃管，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为Δh，初状态上面气体的压强p1＝p0－ρgh，末状态上面气体的压强p1′＝p0－ρgh－ρgΔh，所以Δp1＝ρgΔh，同理下部分气体原来压强是p2＝p0，后来变为p2′＝p0－ρgΔh，可求出Δp2＝ρgΔh，Δp2一定等于Δp1，故A正确，C错误；对上部分气体，由玻意耳定律得p1V1＝p′1V1′，所以气体的变化ΔV1＝V1′－V1＝V1，同理可求出ΔV2＝V2，V1与V2的大小关系未知，ΔV2不一定等于ΔV1，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以ΔV2与ΔV1之和小于HS，故D正确。
12．(2024·河北卷)(多选)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左、右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后( )
A. 弹簧恢复至自然长度
B. 活塞两侧气体质量相等
C. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
ACD 解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧漏出，左侧气体压强变小，右侧气体对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
13．(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 bc＝10ab，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)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。
解析：(1)活塞从a到b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa，V1＝S·11ab
末态压强为P2，V2＝S·10ab
根据p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件有
F＋p1S＝p2S＋FN
解得卡销b对活塞支持力的大小
FN＝100 N。
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件
p3S＝F＋p1S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据＝
解得T3≈327 K
答案：(1)100 N (2)327 K
14．(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)。
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10－3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)·(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10－3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10－3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
解析：(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
pV＝p0V0
解得V0＝。
(2)设气球内气体质量为m气，则m气＝ρ0V0
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g
结合题中p和V满足的关系为
(p－p0)(V－VB0)＝C
解得V＝5×10－3 m3。
答案：(1) (2)5×10－3 m3
15．如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的横截面积均为S，容积均为V0，两汽缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有理想气体，一定质量理想气体的内能与温度的关系为E＝kT，活塞下方气体压强为p0，左活塞在汽缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一热源接触，热源温度恒为T0，平衡后左活塞升至汽缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦。求：
(1)开始时右活塞上方气体压强p′；
(2)接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H；
(3)打开阀门K后，重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
解析：(1)对左侧活塞，由平衡得
p0S＝1.5mg
对右侧活塞，由平衡得
p′S＋mg＝p0S
解得p′＝p0。
(2)打开K前，下部分气体由等压变化得
＝
解得H＝。
(3)打开K后，设上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得
p′V0＝p1V1
对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体的压强
p2＝p1＋＝p1＋p0
由等温变化
p0V0＝p2
解得
V1＝
此时右侧活塞运动到汽缸的顶部，所以左汽缸中活塞上方气体的体积Vx＝V1＝V0。
答案：(1)p0 (2) (3)V0专题限时评价(十)
(建议用时：75分钟)
1．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A. 图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图甲可知状态③的温度最低
B. 图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
C. 图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用
D. 图丁中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量
B 解析：在气体分子的运动速率分布图像中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故A错误；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B正确；题图丙中，洁净的玻璃板接触水面状态下，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；题图丁中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子自身的体积，故D错误。
2．电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量
B. 该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律
C. 制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体
D. 制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都增大
B 解析：根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，因此冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，A错误；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足分子间作用力为0的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D错误。
3．(2024·潍坊二模)一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，如图所示，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，a→b 过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是( )
A. 气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量
B. a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q
C. b→c过程中气体从外界吸收的热量为p0V0
D. a→b→c→a整个过程中气体对外界做功为0
A 解析：a状态气体的体积较大，气体密度较小，又两个状态的温度相同，故气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的作用力较小，冲量较小，A正确；b→c过程体积不变，压强增大，根据＝C可知，气体温度升高，则c状态气体内能大于b状态气体内能，由于a与c状态气体温度相同，内能相等，则b状态气体内能小于a状态气体内能，a→b过程气体体积减小，外界对气体做功，根据ΔU＝Q＋W，ΔU为负值，W为正值，故气体放出的热量大于内能的减少量，B错误；由题图可知，a状态的气体压强为4p0，a→b过程外界对气体做功为W＝·(4V0－V0)＝p0V0，b→c过程中气体体积不变，外界对气体不做功，则气体内能的增加量等于气体吸收的热量，由于a状态与c状态气体内能相等，则b→c过程中气体从外界吸收的热量为Q′＝Q－p0V0，C错误；a→b→c→a整个过程中气体对外界做功等于△abc的面积，D错误。
4．如图所示为一定质量理想气体等温变化的p-V图像，A、C是双曲线上的两点，E1和E2分别为A、C两点对应的气体内能，△OAB和△OCD的面积分别为S1和S2，则( )
A. S1C. E1>E2 D． E1B 解析：由于题图为理想气体等温变化曲线，TA＝TC，则气体内能E1＝E2，由玻意耳定律可得pAVA＝pCVC，而S1＝pAVA，S2＝pCVC，即S1＝S2，故A、C、D错误，B正确。
5．如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段汞柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1＝l2，下列判断正确的是( )
A. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′>l2′
B. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′C. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1′>l2′
D. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l′1＝l′2
B 解析：设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b气体压强大，a气体压强小，将玻璃管转至水平时，b气体压强减小，由于b气体做等温变化，则b气体体积增大、长度增加，a气体体积减小、压强增大，故l1′Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1′6．如图所示是一种演示气体定律的仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，开始时气球自然松弛，气球内气体与外界连通，气体体积为V，瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体，直至气球体积增大到2V，容器和气球导热良好，外界温度不变，气球壁厚度不计、重力不计，大气压强为p0，在此过程中( )
A. 瓶内气体内能减小
B. 瓶内气体吸热
C. 瓶内气体压强由p0变为2p0
D. 气球中充入的气体质量等于开始时气球中气体质量
C 解析：瓶内气体做等温变化，内能不变，故A错误；瓶内气体体积减小、则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知瓶内气体向外界放热，故B错误；对瓶内气体，根据玻意耳定律有p0·2V＝pV，解得p＝2p0，故C正确；对气球中的气体，初始的压强和体积分别为p0、V，充气后气球中气体的压强和体积为2p0、2V，则气球中原来的气体与充入气球中的气体质量比为＝＝，故D错误。
7．如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1＝15 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA＝20 cm、LB＝10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0＝75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化，则此时空气柱的长度为( )
甲 乙
A. 17 cm B． 22 cm
C. 24 cm D． 25 cm
A 解析：初始状态气体A的压强pA＝p0－ρgh1＝60 cmHg，气体B的压强pB＝pA－ρgh2＝50 cmHg，玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρg(h1＋h2)＝100 cmHg，对两段空气，根据玻意耳定律，有pALA＋pBLB＝pL，解得L＝17 cm，故A正确，B、C、D错误。
8．(2024·新课标卷)(多选)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
AD 解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，A正确；2→3为等压过程，根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，故气体吸收热量，B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，可知气体向外放热，故D正确。
9．(多选)如图所示的连通器A、B管内封有空气，C管敞口竖直向上，K为阀门。开始时A、B、C内水银面等高，B管中封闭气体长度大于A管中封闭气体长度，A、B、C管横截面积依次减小。若在C管中沿管壁注入少许水银，三管液面上升高度分别为hA、hB、hC。若不注入水银而是打开K，使水银流出少许(A、B、C管中水银面不会降到管口下方)，三管液面下降高度分别为hA′、hB′、hC′。假设以上过程中气体温度不变，以下说法正确的是( )
A. hA>hB>hC B． hAC. hA′hB′>hC′
BC 解析：初始时刻，三管中水银保持水平，说明A、B、C气压相同；放掉一部分水银，但是还保持每个柱里都有水银，是保持质量、温度不变，等温膨胀，根据玻意耳定律pV＝C，气压减小；假设流出水银后三管液面仍然相平，根据玻意耳定律，原先空气柱最长的气压减小最少，故其气压最大，这个时候它会压着水银柱到其他两管中，故原来空气柱最长的液面最低，下降高度最大，原来空气柱最短的液面最高，下降高度最小，即h′A10．(多选)如图所示，某医用氧气生产工厂要将氧气瓶M中氧气分装到瓶N中，两瓶的容积相同，阀门K打开前瓶N已抽成真空。现将阀门K打开，当两瓶内氧气的压强相等时再关闭阀门。两瓶、阀门及连接管都看作绝热，瓶中的氧气看作理想气体且不计连接管的容积，对此次分装过程以下说法正确的是( )
A. 氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的
B. 分装完毕后M中氧气的压强为分装前的
C. 分装完毕后氧气分子热运动的平均速率减小
D. 分装完毕后两瓶内氧气的总内能减小
AB 解析：由热力学第二定律，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；由题意知，分装过程温度不变，由玻意耳定律知，气体体积变为两倍，则压强减小为原来的一半，B正确；由于整个过程温度不变，分装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C错误；气体扩散流动过程，不做功，故理想气体温度不变，分装完毕后两瓶内氧气的总内能不变，D错误。
11．(多选)如图所示，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，A处管内、外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度(管下端未离开水银面)，上下两部分气体的压强发生变化，变化量大小分别为Δp1和Δp2，体积变化量大小分别为ΔV1和ΔV2。已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则( )
A. Δp2一定等于Δp1
B. ΔV2一定等于ΔV1
C. Δp2一定大于Δp1
D. ΔV2与ΔV1之和小于HS
AD 解析：当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大、压强变小，有部分水银进入玻璃管，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为Δh，初状态上面气体的压强p1＝p0－ρgh，末状态上面气体的压强p1′＝p0－ρgh－ρgΔh，所以Δp1＝ρgΔh，同理下部分气体原来压强是p2＝p0，后来变为p2′＝p0－ρgΔh，可求出Δp2＝ρgΔh，Δp2一定等于Δp1，故A正确，C错误；对上部分气体，由玻意耳定律得p1V1＝p′1V1′，所以气体的变化ΔV1＝V1′－V1＝V1，同理可求出ΔV2＝V2，V1与V2的大小关系未知，ΔV2不一定等于ΔV1，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以ΔV2与ΔV1之和小于HS，故D正确。
12．(2024·河北卷)(多选)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左、右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后( )
A. 弹簧恢复至自然长度
B. 活塞两侧气体质量相等
C. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
D. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
ACD 解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧漏出，左侧气体压强变小，右侧气体对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
13．(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 bc＝10ab，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)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。
解析：(1)活塞从a到b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa，V1＝S·11ab
末态压强为P2，V2＝S·10ab
根据p1V1＝p2V2
解得p2＝1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件有
F＋p1S＝p2S＋FN
解得卡销b对活塞支持力的大小
FN＝100 N。
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K
末态，对活塞根据平衡条件
p3S＝F＋p1S
解得p3＝1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据＝
解得T3≈327 K
答案：(1)100 N (2)327 K
14．(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)。
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10－3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)·(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10－3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10－3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
解析：(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
pV＝p0V0
解得V0＝。
(2)设气球内气体质量为m气，则m气＝ρ0V0
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g
结合题中p和V满足的关系为
(p－p0)(V－VB0)＝C
解得V＝5×10－3 m3。
答案：(1) (2)5×10－3 m3
15．如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的横截面积均为S，容积均为V0，两汽缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有理想气体，一定质量理想气体的内能与温度的关系为E＝kT，活塞下方气体压强为p0，左活塞在汽缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一热源接触，热源温度恒为T0，平衡后左活塞升至汽缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦。求：
(1)开始时右活塞上方气体压强p′；
(2)接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H；
(3)打开阀门K后，重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
解析：(1)对左侧活塞，由平衡得
p0S＝1.5mg
对右侧活塞，由平衡得
p′S＋mg＝p0S
解得p′＝p0。
(2)打开K前，下部分气体由等压变化得
＝
解得H＝。
(3)打开K后，设上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得
p′V0＝p1V1
对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体的压强
p2＝p1＋＝p1＋p0
由等温变化
p0V0＝p2
解得
V1＝
此时右侧活塞运动到汽缸的顶部，所以左汽缸中活塞上方气体的体积Vx＝V1＝V0。
答案：(1)p0 (2) (3)V0
