2025年高考物理押题预测考前冲刺--热学（有解析）

2025年高考物理押题预测考前冲刺--热学
一．选择题（共10小题）
1．（2025 东城区二模）如图所示，某自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气（可视为理想气体）。洗衣机通过传感器测量细管中的空气压强，进而控制进水量。假设进水过程中细管内空气的温度保持不变，当洗衣缸内水位升高时，细管内的空气（　　）
A．体积不变，压强变小 B．体积不变，压强变大
C．体积变小，压强变大 D．体积变小，压强变小
2．（2025 安徽模拟）一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其p﹣V图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态D的压强为3×105Pa
B．从A→B的过程中，气体分子的平均动能减小
C．在B→C的过程中，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数增多
D．完成A→B→C→D→A一个循环的过程中，气体对外界做功1.95×106J
3．（2025 泸州模拟）在研究一定质量理想气体的压强p、体积V、热力学温度T的关系时，在直角坐标系中作出如图所示的图像，其中长方体oabc﹣o′a′b′c′有三条边在坐标轴上，d、e、g、i是对应边的中点，f、h是对角线的中点，hf是degi平面内的一条双曲线。气体从状态f开始经fb′、b′h、hf三个过程回到原状态f，则下列说法正确的是（　　）
A．f到b′气体分子数密度增大
B．f到b′气体分子平均动能减小
C．h到f气体从外界吸收热量对外做功
D．b′到h单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
4．（2025 未央区校级模拟）一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，其V﹣T图像如图所示，气体在各状态时的温度、压强和体积部分已标出。已知该气体在状态a时的压强为p0，下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态c的温度是0.5T0
B．气体由状态c到状态a的过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．气体由状态a到状态b，外界对气体做功为p0V0
D．气体经历了a→b→c→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量
5．（2025 长春四模）如图，“天宫课堂”中航天员制作了一个水球，利用特制球拍击打水球，下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在空中的水球所受地球引力为零
B．球拍击球过程中球和球拍组成的系统动量守恒
C．水球呈球形是由于液体表面张力的作用
D．击球时球拍对水球的作用力大于水球对球拍的作用力
6．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示为南南同学在晚自习前购买的一杯加冰奶茶，未开封静置在桌上一段时间后，奶茶上方与密封膜之间的气体温度不变，但体积增大，密封气体可视为理想气体且无漏气，关于密封气体的说法正确的是（　　）
A．分子热运动越来越剧烈
B．与外界没有热交换
C．对密封膜单位面积作用力减小
D．压强增大
7．（2025 黄山二模）如图为一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中气体压强随体积变化关系图像。ab的延长线过坐标原点，bc平行于P轴，曲线ca是双曲线的一部分，下列说法正确的是（　　）
A．在状态c→状态a的过程中，气体内能减小
B．在状态a→状态b的过程中，气体分子热运动的平均动能不变
C．在状态b→状态c的过程中，气体分子数密度变大
D．在a→b→c→a的循环过程中，气体从外界吸收热量
8．（2025 宿迁三模）我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片。与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强。则（　　）
A．铋块熔化过程中温度不断升高
B．液态铋表面分子间作用力表现为引力
C．铋片中的分子呈无规则排列
D．铋片中的分子在做布朗运动
9．（2025 乌鲁木齐三模）甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，图中曲线为两分子间引力和斥力与它们之间距离r的关系图像。现将乙分子从r＝r1位置由静止释放，乙分子运动到r＝r2位置时速度为零。则（　　）
A．图中实线为两分子间引力与距离r的关系图像
B．乙分子位于r＝r2位置时，乙分子处于平衡状态
C．乙分子位于r＝r1位置时，两分子系统的势能最小
D．乙分子从r1运动到r2过程中，加速的距离大于减速的距离
10．（2025 西城区二模）悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动可以说明（　　）
A．分子之间有斥力
B．分子之间有引力
C．花粉分子做无规则运动
D．水分子做无规则运动
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 深圳二模）一定质量的理想气体经历A→B→C→A的状态变化过程，压强和体积的变化情况如图所示。正确的说法是（　　）
A．状态A与状态C温度相同
B．B→C过程气体温度降低
C．C→A过程气体放出热量
D．A→B过程外界对气体做功
（多选）12．（2025 大通县三模）如图所示，一定质量的理想气体经历a→b→c→a的循环过程，其中c→a过程为等温过程，下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体的内能增加，各速率区间分子数占总分子数的百分比增加
B．b→c过程，气体分子在单位时间内撞击在器壁单位面积上的次数增多
C．c→a过程，气体分子的平均动能不变，外界对气体做负功，气体从外界吸收热量
D．c→a过程气体从外界吸收的热量等于a→b→c过程气体放出的热量
（多选）13．（2025 南宁三模）关于如图四幅图的说法正确的是（　　）
A．图（a）中，温度一定时，微粒越小，其布朗运动越明显
B．图（b）中，若油膜未完全展开，则测得的油酸分子直径偏小
C．图（c）中，用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃的导热性能具有各向同性
D．图（d）中，戳破右侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
（多选）14．（2025 鼓楼区校级模拟）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h＝5cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ＝30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L＝40cm，大气压强始终为p0＝75cmHg，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度变化。下列说法正确的是（　　）
A．被封闭气体的压强为p1＝75cmHg
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1＝38cm
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L＝40cm，则现在的温度与原来温度之比为14：15
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2＝41.67cm
（多选）15．（2025 武汉模拟）如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：a→b为等压过程，b→c为绝热过程，c→d为等压过程，d→a为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程中，气体内能增加
B．b→c过程中，气体内能不变
C．c→d过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用abcd所围的面积表示
三．填空题（共3小题）
16．（2025 泉州模拟）图示为竖直放置、上粗下细、两端封闭的玻璃细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。缓慢加热气体，使A、B升高相同温度，水银柱将 　 　 （填“向上移动”，“向下移动”或“不动”）；系统稳定后，A、B两部分气体压强均变大，变化量大小关系为ΔpA　 　 ΔpB。
17．（2025 厦门二模）拔罐是中医传统养生疗法之一，某次火罐压在皮肤上的瞬间，罐内气体温度为87℃，压强为p0，经过自然降温，罐内气体温度降为27℃，压强为p1。罐内气体可视为理想气体且忽略罐内气体的泄漏，因皮肤凸起，罐内气体体积变为原来的，则自然降温过程中罐内气体的内能 　 　 （选填“增大”“不变”或“减小”），p1：p0＝ 　 　 。
18．（2025 厦门模拟）一个用钉销锁定的导热活塞将绝热气缸分成体积相等的左右两室，两室装入不同质量的氮气，左室压强大于右室压强。拔出钉销后活塞移动至稳定状态，已知氮气可视为理想气体，不计一切摩擦，则整个过程中左室氮气 　 　 （选填“吸热”或“放热”），左室氮气的内能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
四．解答题（共2小题）
19．（2025 南宁模拟）热学中解决理想气体实验定律相关的问题时，经常使用cmHg作为压强的单位，例如标准大气压p0＝76cmHg。如图所示，上端封闭、下端开口的细长玻璃管固定在粗糙的长斜面上，长为l1＝10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度l2＝10cm。已知斜面的倾角α＝30°，玻璃管与斜面的动摩擦因数，外界的压强为标准大气压，管内气体温度保持不变。设水银与玻璃管壁接触面的切向相互作用力可忽略，水银始终没有流出玻璃管。求：
（1）此时玻璃管内气体的压强（用“cmHg”作单位）。
（2）释放玻璃管，在玻璃管沿斜面下滑的过程中，管内空气柱的长度（保留两位有效数字）。
20．（2025 贵阳三模）如图，固定在水平地面上的汽缸只有左侧壁导热，其余部分均绝热。现用绝热材料将导热部分完全包裹，用面积为S的绝热活塞封闭了一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，汽缸内气体的压强为大气压强p0，温度为环境温度T0。现用水平推力缓慢推动活塞，当推力大小为kp0S时，气体体积恰好减为原来的一半，此过程中外界对气体所做的功为W。此后保持活塞位置不变，将左侧的绝热材料剥去，经过足够长的时间，气体重新达到平衡。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，环境温度及大气压强保持不变。求：
（1）即将剥去绝热材料前，封闭气体的温度；
（2）重新达到平衡时封闭气体的压强以及整个过程中气体放出的热量。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--热学
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 东城区二模）如图所示，某自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气（可视为理想气体）。洗衣机通过传感器测量细管中的空气压强，进而控制进水量。假设进水过程中细管内空气的温度保持不变，当洗衣缸内水位升高时，细管内的空气（　　）
A．体积不变，压强变小 B．体积不变，压强变大
C．体积变小，压强变大 D．体积变小，压强变小
【分析】根据题意判断气体压强的变化情况，然后应用玻意耳定律分析答题。
【解答】解：封闭气体的压强p＝p0+ρgh，
进水过程，洗衣缸与细管内水的高度差h增大，封闭气体的压强p增大，
气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，压强增大，体积减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了玻意耳定律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程，应用玻意耳定律即可解题。
2．（2025 安徽模拟）一定质量的理想气体，从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其p﹣V图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态D的压强为3×105Pa
B．从A→B的过程中，气体分子的平均动能减小
C．在B→C的过程中，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数增多
D．完成A→B→C→D→A一个循环的过程中，气体对外界做功1.95×106J
【分析】根据理想气体状态方程，结合气体温度升高，气体分子的平均动能增大，综合体积不变，气体压强减小，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减小分析求解。
【解答】解：A．由状态C到状态D，结合图像可知
解得气体在状态D的压强为：，故A错误；
B．状态A到状态B的过程中，气体压强不变、体积增大，可知气体温度升高，气体分子的平均动能增大，所以状态B气体分子的平均动能比状态A气体分子的平均动能大，故B错误；
C．在B→C的过程中，体积不变，气体压强减小，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减小，故C错误；
D．根据p﹣V图像中图线与横轴所围面积表示气体做功可知，完成A→B→C→D→A一个循环的过程中，气体对外界做功为W＝1.95×106J，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
3．（2025 泸州模拟）在研究一定质量理想气体的压强p、体积V、热力学温度T的关系时，在直角坐标系中作出如图所示的图像，其中长方体oabc﹣o′a′b′c′有三条边在坐标轴上，d、e、g、i是对应边的中点，f、h是对角线的中点，hf是degi平面内的一条双曲线。气体从状态f开始经fb′、b′h、hf三个过程回到原状态f，则下列说法正确的是（　　）
A．f到b′气体分子数密度增大
B．f到b′气体分子平均动能减小
C．h到f气体从外界吸收热量对外做功
D．b′到h单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
【分析】气体从f到b′发生等压变化，根据温度变化分析气体分子平均动能的变化。分析体积的变化判断气体分子数密度的变化。气体从h到f发生等温变化，根据热力第一定律分析吸放热情况；气体从b′到h发生等容变化，根据温度变化分析压强变化，进而判断气体分子对单位面积器壁的作用力变化。
【解答】解：AB、由图可知，气体在f处的压强与b′处的压强相等，所以气体从f到b′发生等压变化，此过程中气体的温度升高，体积增大，结合温度是分子热运动平均动能的标志，可知气体分子平均动能增大，气体分子数密度减小，故AB错误；
C、由图可知，气体在f处的温度与h处的温度相等，又hf是degi平面内的一条双曲线，所以该曲线为等温变化的曲线，即气体从h到f发生等温变化，该过程温度不变，则气体的内能保持不变，又该过程体积减小，所以外界对气体做功，根据热力第一定律，可知气体向外界放热，故C错误；
D、由图可知，气体在b′处的体积与h处的体积相等，故气体从b′到h发生等容变化，温度降低，压强减小，则b′到h单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要读懂三维图像的物理意义，搞清气体状态变化过程，根据相关的实验定律判断各个参量变化情况。
4．（2025 未央区校级模拟）一定质量的理想气体经历了a→b→c→a循环，其V﹣T图像如图所示，气体在各状态时的温度、压强和体积部分已标出。已知该气体在状态a时的压强为p0，下列说法正确的是（　　）
A．气体在状态c的温度是0.5T0
B．气体由状态c到状态a的过程中单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．气体由状态a到状态b，外界对气体做功为p0V0
D．气体经历了a→b→c→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量
【分析】气体由状态c到状态a发生等压变化，根据盖—吕萨克定律求气体在状态c的温度；气体由状态c到状态a的过程中，根据体积变化分析气体数密度的变化。根据温度变化分析分子的平均动能变化，结合压强不变，分析单位时间内撞击单位面积器壁的分子数变化；气体由状态a到状态b，体积增大，气体对外界做功；气体经历了a→b→c→a循环的过程中，分析气体做功情况，根据热力学第一定律判断吸收的热量与释放的热量的关系。
【解答】解：A、由V﹣T图像中，ca连线过原点，V与T成正比，说明气体由状态c到状态a发生等压变化。由盖—吕萨克定律有
解得Tc＝2T0，故A错误；
B、气体由状态c到状态a的过程中，气体体积减小，分子的数密度增大。气体的温度降低，则气体分子的平均动能减小，而气体的压强保持不变，所以单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增大，故B错误；
C、气体由状态a到状态b，气体体积增大，气体对外界做功，故C错误；
D、气体经历了a→b→c→a循环的过程中，由状态a到状态b，气体体积增大，气体对外界做功为
由状态b到状态c，气体体积不变，对外界不做功，由状态c到状态a，气体体积减小，外界对气体做功为
由
可知
可得
W＝Wab+Wca＞0
又气体经过一个循环时，ΔU＝0
由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，Q＜0，所以气体经历了a→b→c→a循环的过程中，吸收的热量小于释放的热量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用理想气体状态方程、盖—吕萨克定律、热力学第一定律即可解题。
5．（2025 长春四模）如图，“天宫课堂”中航天员制作了一个水球，利用特制球拍击打水球，下列说法正确的是（　　）
A．悬浮在空中的水球所受地球引力为零
B．球拍击球过程中球和球拍组成的系统动量守恒
C．水球呈球形是由于液体表面张力的作用
D．击球时球拍对水球的作用力大于水球对球拍的作用力
【分析】根据失重分析；根据动量守恒的条件分析；根据表面张力分析；根据牛顿第三定律分析。
【解答】解：A、悬浮在空中的水球仍然受到地球的引力作用，地球引力提供了水球做圆周运动或处于悬浮状态的向心力等，只是水球处于完全失重状态，好像“不受重力”，但实际上地球引力不为零，故A错误；
B、球拍击球过程中，球和球拍组成的系统受到外力作用（如航天员手对球拍的力），系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C、液体表面层内分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间表现为引力，从而使液体表面有收缩的趋势，在体积一定的情况下，球形的表面积最小，所以水球呈球形是由于液体表面张力的作用，故C正确；
D、击球时球拍对水球的作用力与水球对球拍的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等、方向相反，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动量守恒的条件、失重、表面张力等，基础题。
6．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示为南南同学在晚自习前购买的一杯加冰奶茶，未开封静置在桌上一段时间后，奶茶上方与密封膜之间的气体温度不变，但体积增大，密封气体可视为理想气体且无漏气，关于密封气体的说法正确的是（　　）
A．分子热运动越来越剧烈
B．与外界没有热交换
C．对密封膜单位面积作用力减小
D．压强增大
【分析】温度是分子的平均动能的标志，根据热力学第一定律判断；根据气体实验定律判断气体压强的变化，然后结合压强的定义判断。
【解答】解：A、气体温度不变，则分子热运动剧烈程度不变，故A错误；
B、气体的体积增大，则对外做功，W＜0；气体的内能仅仅与温度有关，气体温度不变，则ΔU＝0，根据热力学第一定律可知气体吸收热量，故B错误；
CD、根据玻意耳定律可知，气体温度不变体积增大时，气体的压强一定减小，根据压强的定义可知，气体对密封膜单位面积作用力减小，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】解答该题关键是知道气体的体积增大过程中气体对外做功。
7．（2025 黄山二模）如图为一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中气体压强随体积变化关系图像。ab的延长线过坐标原点，bc平行于P轴，曲线ca是双曲线的一部分，下列说法正确的是（　　）
A．在状态c→状态a的过程中，气体内能减小
B．在状态a→状态b的过程中，气体分子热运动的平均动能不变
C．在状态b→状态c的过程中，气体分子数密度变大
D．在a→b→c→a的循环过程中，气体从外界吸收热量
【分析】一定量的理想气体内能由温度决定；p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积表示做的功；根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用气体状态方程与热力学第一定律分析答题。
【解答】解：A、曲线ca是双曲线的一部分，则p与V成反比，从状态c到状态a过程，气体温度不变，气体内能不变，故A错误；
B、由图示图像可知，从a到b过程，pV的乘积减小，由理想气体状态方程C可知，气体温度T降低，分子平均动能减小，故B错误；
C、由图示图像可知，由b到c过程，气体体积不变，气体分子数密度不变，故C错误；
D、p﹣V图线与坐标轴围成图形的面积表示气体做的功，由图示图像可知，b→c→a过程气体对外界做的功大于a→b过程外界对气体做的功，则a→b→c→a的循环过程中气体对外界做功，W＜0，整个过程气体温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＝ΔU﹣W＝﹣W＞0，气体从外界吸收热量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
8．（2025 宿迁三模）我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片。与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强。则（　　）
A．铋块熔化过程中温度不断升高
B．液态铋表面分子间作用力表现为引力
C．铋片中的分子呈无规则排列
D．铋片中的分子在做布朗运动
【分析】熔化时虽然吸热，但温度保持在熔点不变，液体表面分子间作用力表现为引力，金属原子排列有序，布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动。
【解答】解：A.金属熔化属于晶体熔化过程，熔化时虽然吸热，但温度保持在熔点不变，直到全部熔化，故A错误；
B.液体表面分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因。液态铋表面分子间作用力为引力符合物理规律，故B正确；
C.金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性和机械强度增强，说明其结构更有序（如单层晶体结构），而非无规则排列，故C错误；
D.布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动，而固体分子仅在平衡位置附近振动，不会发生布朗运动，故D错误。
故选：B。
【点评】区分晶体和非晶体最准确的标志是有无固定的熔点。晶体熔化曲线中，水平部分表示固液混合状态，此时温度不变，但物体的内能在增加。
9．（2025 乌鲁木齐三模）甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，图中曲线为两分子间引力和斥力与它们之间距离r的关系图像。现将乙分子从r＝r1位置由静止释放，乙分子运动到r＝r2位置时速度为零。则（　　）
A．图中实线为两分子间引力与距离r的关系图像
B．乙分子位于r＝r2位置时，乙分子处于平衡状态
C．乙分子位于r＝r1位置时，两分子系统的势能最小
D．乙分子从r1运动到r2过程中，加速的距离大于减速的距离
【分析】分子间作用力包括引力和斥力，其大小和方向随分子间距离的变化而变化。当分子间距离较大时，引力起主导作用；当分子间距离较小时，斥力起主导作用；在分子力为零时，分子势能最小。
【解答】解：A、由分子力的特点：分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，可知图中实线为两分子间斥力与距离r的关系图像，故A错误；
B、将乙分子从r＝r1位置由静止释放，乙分子运动到r＝r2位置时速度为零，可知乙分子从r1到r2过程中，分子先加速后减速，分子力先表现为引力，后表现为斥力，r＝r2位置时乙分子受到的分子力为斥力，不是处于平衡状态，故B错误；
C、根据分子势能的特点可知，在分子力为零时，分子势能最小，由于r＝r2位置时乙分子受到的分子力为斥力，所以乙分子位于r＝r1位置时，两分子系统的势能不是最小，故C错误；
D、乙分子从r1到r2过程中，分子力先表现为引力，后表现为斥力，由于分子力表现为斥力时分子之间的作用力变化较快，合力较大，则乙分子从r1运动到r2过程中，加速的距离大于减速的距离，故D正确。
故选：D。
【点评】本题关键在于理解分子间作用力与分子间距离的关系，以及分子力做功对分子动能和势能的影响。分子力做正功时，分子动能增加，分子势能减少；分子力做负功时，分子动能减少，分子势能增加。通过分析分子力的变化，可以判断分子动能和势能的变化趋势。
10．（2025 西城区二模）悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动可以说明（　　）
A．分子之间有斥力
B．分子之间有引力
C．花粉分子做无规则运动
D．水分子做无规则运动
【分析】花粉颗粒所做的无规则的运动即布朗运动是由液体分子无规则运动导致的。
【解答】解：布朗运动是指悬浮在液体中的花粉颗粒所做的无规则的运动，这由于液体分子做无规则运动，撞击的不平衡性造成的。这不能说明分子之间的斥力和引力，也不能说明花粉分子做无规则运动，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查布朗运动的概念，布朗运动能够反映的是水分子的无规则运动。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 深圳二模）一定质量的理想气体经历A→B→C→A的状态变化过程，压强和体积的变化情况如图所示。正确的说法是（　　）
A．状态A与状态C温度相同
B．B→C过程气体温度降低
C．C→A过程气体放出热量
D．A→B过程外界对气体做功
【分析】由图像pV乘积可以分析温度变化以及内能变化，气体体积减小，外界对气体做功，气体体积变大，气体对外界做功，结合热力学第一定律分析。
【解答】解：AB.根据理想气体状态方程pV＝nRT可得，pV乘积与温度成正比，结合图像可得状态A与状态C温度相同，B→C过程气体温度降低，故AB正确；
C.C→A过程体积减小，外界对气体做功，温度不变，内能不变，结合热力学第一定律可知气体放出热量，故C正确；
D.A→B过程气体体积变大，气体对外界做功，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律，解决问题的关键是理解p﹣V图像的含义。
（多选）12．（2025 大通县三模）如图所示，一定质量的理想气体经历a→b→c→a的循环过程，其中c→a过程为等温过程，下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体的内能增加，各速率区间分子数占总分子数的百分比增加
B．b→c过程，气体分子在单位时间内撞击在器壁单位面积上的次数增多
C．c→a过程，气体分子的平均动能不变，外界对气体做负功，气体从外界吸收热量
D．c→a过程气体从外界吸收的热量等于a→b→c过程气体放出的热量
【分析】根据图像结合分析气体的压强、温度、体积变化，进而分析做功情况，气体分析撞击器壁情况；再根据热力学第一定律分析内能变化。
【解答】解：A.a→b过程，体积不变，压强增大，由可知温度升高，气体内能增加，高速率区间分子数占总分子数的百分比增加，低速率区间分子数占总分子数的百分比减少，故A错误；
B.b→c过程，压强不变，体积减小，由可知气体温度降低，分子平均动能减少，单个分子的平均撞击力减小，所以气体分子单位时间内撞击在器壁单位面积上的次数增多，故B正确；
C.c→a过程为等温变化过程，所以气体分子的平均动能不变，内能不变，气体体积增大，气体对外界做正功，外界对气体做负功，W＜0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q+W，得Q＞0，气体从外界吸收热量，故C正确；
D.a→b→c→a的循环过程内能变化量ΔU＝0，根据图像与横轴围成的面积大小可知，c→a 过程气体对外界做的功小于a→b→c过程外界对气体做的功的大小，所以c→a过程，气体从外界吸收的热量小于a→b→c过程气体放出的热量，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查理想气体状态方程、热力学第一定律的简单应用，能欧根据图象分析气体的压强、温度、体积变化是解题关键。
（多选）13．（2025 南宁三模）关于如图四幅图的说法正确的是（　　）
A．图（a）中，温度一定时，微粒越小，其布朗运动越明显
B．图（b）中，若油膜未完全展开，则测得的油酸分子直径偏小
C．图（c）中，用烧热的电烙铁接触涂有石蜡的薄玻璃片的背面，石蜡融化区域的形状近似呈圆形，说明玻璃的导热性能具有各向同性
D．图（d）中，戳破右侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲
【分析】根据布朗运动，油膜法测量分子直径，非晶体性质，液体表面张力等原理和性质进行分析判断。
【解答】解：A.根据布朗运动原理，微粒越小，受到液体分子撞击的不平衡性越明显，运动越剧烈，故A正确；
B.油膜未完全展开会导致实际面积测量值偏小，根据d公式，计算出的分子直径会偏大，故B错误；
C.各向同性导热会导致热量均匀向四周扩散，形成圆形融化区，故C正确；
D.肥皂膜表面张力会使膜面积最小化，戳破右侧后，左侧膜会收缩，棉线应向左侧弯曲，故D错误。
故选：AC。
【点评】.除了是否具有固定的熔点之外，各向异性和各向同性是区分晶体和非晶体的又一重要特征。但是要注意具有各向异性的一定是单晶体（除了液晶），具有各向同性的除了非晶体也可能是多晶体。各向异性不止表现在热传导方面，光学、导电性、延展性方面也可能表现出各向异性。
（多选）14．（2025 鼓楼区校级模拟）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h＝5cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ＝30°的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L＝40cm，大气压强始终为p0＝75cmHg，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度变化。下列说法正确的是（　　）
A．被封闭气体的压强为p1＝75cmHg
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1＝38cm
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L＝40cm，则现在的温度与原来温度之比为14：15
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2＝1m/s2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度L2＝41.67cm
【分析】A.结合题意，由牛顿第二定律分别列式，即可分析判断；
B.结合题意，根据气体压强的特点及理想气体的实验规律分别列式，即可分析判断；
C.结合题意，根据气体压强的特点及理想气体的实验规律分别列式，即可分析判断；
D.结合题意，根据牛顿第二定律及理想气体的实验规律分别列式，即可分析判断。
【解答】解：A.设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度大小为a1，被封闭气体的压强为p1，
对整体，由牛顿第二定律得：m总gsinθ＝m总a1，
解得：a1＝5m/s2，
对水银柱，根据牛顿第二定律得：p0S+mgsinθ﹣p1S＝ma1，
解得：p1＝75cmHg，故A正确；
B.若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强为：p2＝p0+ρgh＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg，
被封闭气体做等温变化，则有：p2SL1＝p1SL，
解得：L1＝37.5cm，故B错误；
C.若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强为：p3＝p0﹣ρgh＝75cmHg﹣5cmHg＝70cmHg，
气体做等容变化，则有：，
解得：T3：T0＝14：15，故C正确；
D.若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，
对水银柱，根据牛顿第二定律得：p4S﹣p0S﹣mgsinθ＝ma2，
被封闭气体做等温变化，则有：p4SL2＝p2SL1，
联立可得：p4＝78cmHg，L2≈38.46cm，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查对理想气体及理想气体的实验规律，解题时需注意，要明确研究对象，确认哪些参量变化、哪些参量不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。
（多选）15．（2025 武汉模拟）如图所示，一定质量的理想气体的循环由下面4个过程组成：a→b为等压过程，b→c为绝热过程，c→d为等压过程，d→a为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程中，气体内能增加
B．b→c过程中，气体内能不变
C．c→d过程中，气体吸收热量
D．整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用abcd所围的面积表示
【分析】根据a→b过程气体压强不变，体积变大，气体对外界做正功，b→c过程是绝热过程，气体体积增大，分子数密度变小，结合盖一吕萨克定律以及热力学第一定律分析求解。
【解答】解：A．a→b过程气体压强不变，体积变大，根据盖一吕萨克定律可知，温度升高，由于一定质量的气体的内能仅仅与温度有关，则气体的内能增大，故A正确；
B．b→c过程是绝热过程，则ΔQ＝0，气体体积增大，对外做正功，则W＜0，根据热力学第一定律，可知内能减小，故B错误；
C．c→d过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做正功，则W＞0；根据盖一吕萨克定律可知，温度升，降低，则ΔU＜0；根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知Q＜0，则气体放热，故C错误；
D．结合W＝FΔx＝pSΔx＝pΔV，可知整个过程中，气体从外界吸收的总热量可以用abcd所围的面积表示，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了热力学第一定律，理解气体对外界做功以及气体内能的变化情况是解决此类问题的关键。
三．填空题（共3小题）
16．（2025 泉州模拟）图示为竖直放置、上粗下细、两端封闭的玻璃细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。缓慢加热气体，使A、B升高相同温度，水银柱将 　向上移动　 （填“向上移动”，“向下移动”或“不动”）；系统稳定后，A、B两部分气体压强均变大，变化量大小关系为ΔpA　＜　 ΔpB。
【分析】本题可采取假设法，假设气体的体积不变，根据等容变化判断出上下气体的压强变化量以及压力变化量，从而判断出水银柱的移动方向。关于体积的变化量关系，可抓住总体积不变去分析。
【解答】解：首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律得：
对气体A：；
可得：
即
对气体B，同理可得：
根据题意初始温度相同，TA＝TB，升高相同的温度，ΔTA＝ΔTB，且pB＜pA
则得ΔpB＜ΔpA，液柱将向上移动；
系统稳定时，由平衡条件可得：pA﹣pB＝ρgh，液柱上下表面的高度差h减小，液柱上下表面的压强差（pA﹣pB）减小，而A、B两部分气体压强均变大，可知系统稳定后ΔpA＜ΔpB。
故答案为：向上移动；＜
【点评】解决本题的关键是选择合适的方法，假设法在本题中得到了很好的应用。
17．（2025 厦门二模）拔罐是中医传统养生疗法之一，某次火罐压在皮肤上的瞬间，罐内气体温度为87℃，压强为p0，经过自然降温，罐内气体温度降为27℃，压强为p1。罐内气体可视为理想气体且忽略罐内气体的泄漏，因皮肤凸起，罐内气体体积变为原来的，则自然降温过程中罐内气体的内能 　减小　 （选填“增大”“不变”或“减小”），p1：p0＝ 　7：8　 。
【分析】根据温度与气体内能的关系分析；根据理想气体状态方程列式；即可分析求解。
【解答】解：由题意知，罐内气体温度降低，则自然降温过程中罐内气体的内能减小；
设罐内气体原来的体积为V，以罐内气体为研究对象，
由理想气体状态方程可得：，
解得：，
则p1：p0＝7：8；
故答案为：减小；7：8。
【点评】本题考查对理想气体及理想气体的状态方程的掌握，解题时需注意，要明确研究对象，确认哪些参量变化、哪些参量不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确找出压强是解题的关键。
18．（2025 厦门模拟）一个用钉销锁定的导热活塞将绝热气缸分成体积相等的左右两室，两室装入不同质量的氮气，左室压强大于右室压强。拔出钉销后活塞移动至稳定状态，已知氮气可视为理想气体，不计一切摩擦，则整个过程中左室氮气 　吸热　 （选填“吸热”或“放热”），左室氮气的内能 　不变　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】根据理想气体定律，我们可以分析气体在移动过程中的内能变化以及是否发生热交换。
【解答】解：设活塞也绝热，即Q＝0，则有，在拔出钉销后活塞移动的过程中，左侧气体对活塞做功，即W左＜0，活塞对右侧气体做功，即W右＞0，由热力学第一定律知，ΔU左＜0，ΔU右＞0，根据气体内能的微观解释知，左侧气体温度T左降低，右侧气体温度T右升高，即T左＜T右，但是，由于活塞是导热的，所以整个过程中左侧气体从右侧气体吸热，由于汽缸是绝热的，对于整体分析知，气体不会与外界有热交换，即Q＝0，总体积没变，所以与外界无做功，即W＝0，故整体稳定时内能不变，则有稳定后的温度与拔出钉销前的温度相等，故左室氮气的内能不变。
故答案为：吸热，不变。
【点评】在绝热条件下，左室氮气的内能因外界做功而增加，但根据题目给定的选项，最接近的描述是“吸热”。实际上，这一过程反映了外界对气体做功的效果，而非传统意义上的热交换。
四．解答题（共2小题）
19．（2025 南宁模拟）热学中解决理想气体实验定律相关的问题时，经常使用cmHg作为压强的单位，例如标准大气压p0＝76cmHg。如图所示，上端封闭、下端开口的细长玻璃管固定在粗糙的长斜面上，长为l1＝10cm的水银柱封闭了一段空气柱，空气柱的长度l2＝10cm。已知斜面的倾角α＝30°，玻璃管与斜面的动摩擦因数，外界的压强为标准大气压，管内气体温度保持不变。设水银与玻璃管壁接触面的切向相互作用力可忽略，水银始终没有流出玻璃管。求：
（1）此时玻璃管内气体的压强（用“cmHg”作单位）。
（2）释放玻璃管，在玻璃管沿斜面下滑的过程中，管内空气柱的长度（保留两位有效数字）。
【分析】（1）根据平衡条件，对静止的水银柱进行受力分析求解；
（2）根据对玻璃管和水银柱整体进行受力分析，结合牛顿第二定律以及玻意耳定律分析求解。
【解答】解：（1）对静止的水银柱进行受力分析，设玻璃管内气体的压强为p1，水银柱的质量为m、横截面积为S，
根据平衡条件有mgsin30°+p1S＝p0S
又m＝ρl1S
且p0＝ρgh0
p1＝ρgh
解得：h＝71cm
故压强：p1＝71cmHg
（2）设玻璃管的质量为M，对玻璃管和水银柱整体进行受力分析，设整体的加速度为a，由牛顿第二定律有（m+M）gsin 30°﹣μ（m+M）gcos30°＝（m+M）a
对水银柱有mgsin 30°+p2S﹣p0S＝ma
解得p2＝ 71.8cmHg
对管内的气柱，由玻意耳定律有p1l2S＝p2lS
解得l＝9.9cm
答：（1）此时玻璃管内气体的压强为71cmHg。
（2）释放玻璃管，在玻璃管沿斜面下滑的过程中，管内空气柱的长度为9.9cm。
【点评】本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
20．（2025 贵阳三模）如图，固定在水平地面上的汽缸只有左侧壁导热，其余部分均绝热。现用绝热材料将导热部分完全包裹，用面积为S的绝热活塞封闭了一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，汽缸内气体的压强为大气压强p0，温度为环境温度T0。现用水平推力缓慢推动活塞，当推力大小为kp0S时，气体体积恰好减为原来的一半，此过程中外界对气体所做的功为W。此后保持活塞位置不变，将左侧的绝热材料剥去，经过足够长的时间，气体重新达到平衡。不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，环境温度及大气压强保持不变。求：
（1）即将剥去绝热材料前，封闭气体的温度；
（2）重新达到平衡时封闭气体的压强以及整个过程中气体放出的热量。
【分析】（1）根据理想气体物态方程求封闭气体的温度；
（2）由p0V0＝p2V1求重新达到平衡时封闭气体的压强，根据热力学第一定律求整个过程中气体放出的热量。
【解答】解：（1）由理想气体状态方程得
根据平衡关系有
p1S＝p0S+kp0S
且
解得
（2）由玻意耳定律
p0V0＝p2V1
解得
p2＝2p0
由于整个过程中最终温度与初始温度相等，内能不变，由热力学第一定律得
Q＝W
答：（1）即将剥去绝热材料前，封闭气体的温度为；
（2）重新达到平衡时封闭气体的压强为2p0，整个过程中气体放出的热量为W。
【点评】本题考查气体实验定律，关键是找出初末状态参量，判断气体做何种变化，选择合适气体实验定律列式求解即可。
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