微专题(二十五) 热学中的三大热点
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|澄|清|易|错|微|点|
(1)气体对器壁的压强是由大量气体分子碰撞器壁产生的。
(2)一定质量的理想气体的内能只与气体温度有关,与气体体积无关。
(3)记住三个重要推论
①查理定律的推论:=
②盖 吕萨克定律的推论:=
③理想气体状态方程的推论:=++…+(一定质量理想气体分成n份或将n份理想气体合成一份)。
热点(一) 两类模型
模型1 “汽缸+活塞”模型
[例1] (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=10,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)再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。
规范解答:
|思|维|建|模|
(1)建模要素:汽缸、活塞和一定质量的封闭气体。
(2)模型解法:
模型2 “玻璃管+液柱”模型
[例2] (2025·湖南高考)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直
放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小;
(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下:液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。
规范解答:
|思|维|建|模|
(1)建模要素:液柱、玻璃管和一定质量的封闭气体。
(2)模型解法:
[达标评价]
1.如图所示,粗细均匀、导热性良好的L形细玻璃管固定在竖直面内,竖直部分AB上端封闭,长为50 cm,管内用水银柱封闭一段长为25 cm的理想气体,水平部分BC右端开口,长为25 cm,L形细玻璃管内的水银柱总长为30 cm,已知大气压强为75 cmHg,环境温度为300 K。求:
(1)若将细玻璃管在竖直面内沿逆时针方向缓慢转动90°,使水平部分玻璃管竖直,为使A端气柱的长度不变,则需要将气体的温度提升到多少K;
(2)若将细玻璃管C端用活塞封闭,保持环境温度不变,并缓慢向左推动活塞,当水银全部进入竖直管时,求活塞向左移动的距离。(结果保留两位小数)
2.(2025·甘肃白银三模)如图所示,一可自由移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的水平固定的绝热汽缸分为A、B两个空间,A空间装有体积为12 L、压强为1.5×105 Pa、温度为23 ℃的理想气体,A的左侧是一导热活塞N,N的左边与大气相通;B空间中理想气体的温度为27 ℃,体积为30 L。现增大左边活塞N受到的水平向右的推力F,使N缓慢向右移动,同时给B中气体加热,此过程A中的气体温度保持不变,活塞M保持原位置不动。已知阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1,标准状态下(压强为1×105 Pa,温度为0 ℃)1 mol任何气体的体积为22.4 L,外界大气压强p0=1×105 Pa。不计活塞与汽缸壁间的摩擦,绝对零度取值为-273 ℃。求:
(1)B中气体的分子数;(结果保留两位有效数字)
(2)当推力增加ΔF=2×103 N时,活塞N向右移动的距离。
热点(二) 热力学定律与气体实验定律的综合
[典例] (2025·山东高考)如图所示,上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。
玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)T2=440 K时,气柱高度h2;
(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
规范解答:
|思|维|建|模|
1.气体实验定律及选取原则
(1)三大实验定律
(2)选取原则:理想气体在质量一定的情况下,p、V、T中有一个量不发生变化,则选取对应的实验定律列方程求解。
2.应用热力学第一定律分析理想气体内能相关问题
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W>0;
体积V增大→气体对外界做功→W<0;
无阻碍地自由膨胀→W=0。
(2)内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU>0;
温度T降低→内能减少→ΔU<0。
(3)是吸热还是放热,一般题目中会告知,或由热力学第一定律ΔU=Q+W,知道W和ΔU后确定Q。
[达标评价]
1.(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体 ( )
A.对外做功,内能不变
B.向外放热,内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
2.(2025·山东济南二模)压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点,被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体(可视为定量的理想气体)遵循如图所示的狄塞尔循环,其中a→b、c→d为绝热过程,则气体 ( )
A.在a→b过程中温度不变
B.在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C.在d→a过程中吸收热量
D.经历一个循环过程后对外界做功为0
3.(2025·浙江绍兴二模)如图甲所示,潜水钟倒扣沉入水中,钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。现将潜水钟简化为横截面积S=4.0 m2、高度L=3.0 m的薄壁圆筒,如图乙所示,筒内装有体积可以忽略的电热丝和温度传感器(图中未画出)。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放至水下某一深度,此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0 m,该过程传感器显示筒内气体温度始终为T1=300 K。接着通过电热丝对筒内气体加热,同时逐渐竖直向上提升圆筒,使圆筒内液面与水面的高度差始终保持h值不变,当圆筒提升ΔL=40 cm时,传感器显示筒内气体温度为T2。已知筒内气体的质量保持不变,其内能与温度的关系式为U=kT,其中k=1.0×104 J/K,大气压强为p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。
(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中,筒内气体的内能 (填“增大”“不变”或“减小”),筒内气体的分子数密度 (填“增大”“不变”或“减小”);
(2)求筒内气体的温度T2;
(3)求圆筒提升ΔL过程中,筒内气体吸收的热量Q。
热点(三) 气体变质量问题
[例1·充气问题] (2024·安徽高考)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,该轮胎内气体的温度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,充气前该轮胎内气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
规范解答:
[例2·抽气问题]
将密闭文物储存柜内的空气部分抽出,然后充入惰性气体,制造柜内低压、低氧的环境,可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生,是一种常见的文物保护技术。如图所示,某文物储存柜的容积为V0,文物放入时柜内压强为p0。关闭柜门后,通过抽气孔抽气,抽气筒的容积为,每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为p0。不考虑抽气过程中气体温度的变化,储存柜内空气可看作理想气体。求:
(1)柜内文物的体积ΔV;
(2)要使储存柜内的压强小于p0,至少需要抽气几次。
规范解答:
|思|维|建|模| 等效法求解气体变质量问题
在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
(1)充气中的变质量问题:设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体不管状态怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量的问题转化成恒定质量的问题了。
(2)抽气中的变质量问题:用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法同充气问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
[达标评价]
1.(2025·河北张家口三模)我国北方地区秋季昼夜温差比较大。一日某室内最高温度为32 ℃,最低温度为12 ℃,假设室内气体压强保持不变,该室内有一如图所示的空茶壶,则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为(已知摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273 K) ( )
A.63∶59 B.59∶63
C.61∶57 D.57∶61
2.在五四青年节“放飞梦想”的庆典活动上,五颜六色的氦气球飞向广阔天空。用一个容积为50 L、压强为1.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(充气前球内气体忽略不计),充气后每个气球体积为10 L,球内气体压强为1.5×105 Pa,设充气过程中罐内气体、气球内气体温度始终与大气温度相同,求:
(1)用一个氦气罐充了20个气球后,罐内剩余气体的压强为多少;
(2)氦气球释放后飘向高空,当气球内外压强差达2.7×104 Pa时发生爆裂,此时气球上升了3 km。已知气球释放处大气温度为300 K,大气压强为1.0×105 Pa,高度每升高1 km,大气温度下降6 ℃,大气压强减小1.1×104 Pa,则氦气球爆裂时体积为多少。
3.(2025·山东聊城二模)气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫(通常填充高压氮气或空气)来提供缓震功能的运动鞋。气垫内气体可视为理想气体,气垫导热良好。某款气垫跑鞋在静态未穿着时每个气垫中气体体积为V1=30 cm3,压强为p1=1.5 atm,假设大气压强恒为p0=1 atm,室温恒为27 ℃。
(1)某同学穿该跑鞋运动,一段时间后由于摩擦等因素鞋内温度升高5 ℃,气垫体积被压缩为原来的,求此时气垫内气体压强。
(2)长时间穿着导致气垫损坏漏气,静置于室内足够长的时间后,体积仍为V1,求漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比。
微专题(二十五) 热学中的三大热点
热点(一)
[例1] 解析:(1)活塞从卡销a到卡销b过程中,气体做等温变化,初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11,末态V2=S·10,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得p2=1.1×105 Pa,此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N,解得卡销b对活塞支持力的大小N=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,末态时设气体的压强为p3,对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S,解得p3=1.2×105 Pa,设此时温度为T3,根据查理定律有=,解得T3≈327 K。
答案:(1)100 N (2)327 K
[例2] 解析:(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh
水平放置时封闭气体的压强为p2=p0
设细管的横截面积为S,该过程为等温过程,由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S
解得g=。
(2)该过程为等容过程,由查理定律可得=
代入数据解得g=9.5 m/s2。
答案:(1) (2)9.5 m/s2
[达标评价]
1.解析:(1)设玻璃管的横截面积为S,初始状态时,管内理想气体的压强为p1=p0-ph=(75-25)cmHg=50 cmHg,T1=300 K,V1=25 cm×S
当水平部分玻璃管竖直时,由于气柱长度不变,管内理想气体的压强为p2=p0+5 cmHg=80 cmHg
设此时温度为T2,气体发生等容变化,根据查理定律有=
代入数据解得T2=480 K。
(2)当水银全部进入竖直管时,竖直管内理想气体的体积为V2=(25-5)cm×S
气体发生等温变化,对AB段气体根据玻意耳定律有p1V1=p3V2
代入数据解得p3=62.5 cmHg
开始时BC管内理想气体的压强为p0=75 cmHg,V0=20 cm×S
变化后BC管内理想气体的压强为
p4=p3+30 cmHg=92.5 cmHg,V3=L×S
气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V0=p4V3
代入数据解得L≈16.22 cm
所以活塞向左移动的距离x=25-L=8.78 cm。
答案:(1)480 K (2)8.78 cm
2.解析:(1)初状态时,根据平衡条件可知,A和B中的气体压强相同,若将B中气体状态变化到压强为1×105 Pa、温度为0 ℃,根据理想气体状态方程,有=
解得标准状态下B中气体的体积VB0=40.95 L
所以B中气体的分子个数n=×NA≈1.1×1024。
(2)对A中气体,初状态有pA=1.5p0,VA=12 L,TA=296 K
推力增加ΔF后,活塞N向右移动,此时气体压强pA'=+1.5p0=2p0,TA'=296 K,根据玻意耳定律,有pAVA=pA'VA'
解得VA'=9×10-3 m3
所以活塞N向右移动的距离x=-=7.5 cm。
答案:(1)1.1×1024 (2)7.5 cm
热点(二)
[典例] 解析:(1)T1→T2为升温过程,气体等压膨胀,由盖 吕萨克定律有=
解得h2=h1。
(2)T1→T2为升温过程,气体等压膨胀,对活塞受力分析,由平衡条件有p0S+f0=p1S
解得理想气体压强p1=p0
外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S
解得W1=-
T2→T3为降温过程,气体做等容变化,外界对气体做功W2=0
T3→T4为降温过程,气体等压压缩,由盖 吕萨克定律有=,解得h4=h1
活塞受力平衡有p0S=f0+p3S
解得理想气体压强p3=p0
外界对气体做功W3=p3(h2-h4)S
解得W3=
全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-
因为T1=T4,故理想气体内能变化量ΔU=0
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=。
答案:(1)h1 (2)
[达标评价]
1.选A 根据题意可知,气球缓慢上升的过程中,气体压强减小,气体温度不变,由理想气体状态方程可知,气体的体积变大,气体对外做功,气体的内能不变,分子的平均动能不变,由热力学第一定律可知,吸收的热量等于气体对外做的功。故选A。
2.选B a→b过程为绝热过程,体积减小,外界对气体做功,则W>0,根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q>0,即a→b过程内能增大,温度升高,A错误;b→c过程中,气体压强不变,体积增大,根据=C可知,气体温度升高,则内能变化量ΔU>0,气体体积增大,气体对外做功,则W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q>0可知,气体吸收的热量大于对外界做的功,B正确;d→a过程中体积不变,则W=0,根据=C可知,气体的压强减小,温度降低,内能减小,气体放出热量,C错误;根据p V图线与坐标轴围成的面积表示气体所做的功可知,经历一个循环后,气体对外界做功不为0,D错误。
3.解析:(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中,筒内气体的温度不变,筒内气体的内能不变;
在圆筒缓慢向下吊放过程中,筒内气体的体积减小,筒内气体的分子数密度增大。
(2)设圆筒到达某一深度时筒内空气长度为L1,此过程为等温变化
由玻意耳定律得p0SL=SL1
解得L1=2.0 m
圆筒向上提升过程为等压变化,由盖 吕萨克定律得
=
解得T2=360 K。
(3)在圆筒竖直提升ΔL的过程中,设外界对筒内气体做功为W,则有W=-SΔL
解得W=-2.4×105 J
内能变化量ΔU=kΔT
解得ΔU=6×105 J
由热力学第一定律得ΔU=Q+W
解得Q=8.4×105 J。
答案:(1)不变 增大 (2)360 K (3)8.4×105 J
热点(三)
[例1] 解析:(1)由查理定律可得=,
其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3)K=270 K,T2=(273-23)K=250 K,
代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律得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
[例2] 解析:(1)第一次抽气过程,由玻意耳定律得
p0=p0
解得ΔV=V0。
(2)第二次抽气过程,由玻意耳定律得
p1=p2
解得p2=p0>p0
第三次抽气过程,由玻意耳定律得
p2=p3
解得p3=p0
故要使压强小于p0,至少要抽气3次。
答案:(1)V0 (2)3次
[达标评价]
1.选D 根据pV=nRT,可得气体的摩尔数可表示为n=,由题意可知壶中气体压强、体积保持不变,则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为===,故选D。
2.解析:(1)已知p1=1.0×107 Pa,V1=50 L,p2=1.5×105 Pa,V2=10 L,p0=1.0×105 Pa
设充气后罐内剩余气体压强为p3,则p1V1=20p2V2+p3V1
解得p3=9.4×106 Pa。
(2)升至3 km高空时,气球内气体温度
T=300 K-18 K=282 K
此处大气压强p0'=p0-0.33p0=6.7×104 Pa
气球爆裂时内外压强差Δp=p-p0'=2.7×104 Pa
可得气球内气体压强p=9.4×104 Pa
对气球内气体研究,根据理想气体状态方程=,解得气球爆裂时体积V3=15 L。
答案:(1)9.4×106 Pa (2)15 L
3.解析:(1)取气垫内气体为研究对象,
初态:p1=1.5 atm,V1=30 cm3,T1=300 K
末态:V2=×30 cm3=25 cm3,T2=305 K
由理想气体状态方程有=
联立解得p2=1.83 atm。
(2)以漏气前气垫内的气体为研究对象,
初态:p1=1.5 atm,V1=30 cm3
漏气后:p3=p0=1 atm
由玻意耳定律有p1V1=p3V3
解得V3=45 cm3
漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比为
η=,解得η=。
答案:(1)1.83 atm (2)
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热学中的三大热点
微专题(二十五)
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(1)气体对器壁的压强是由大量气体分子碰撞器壁产生的。
(2)一定质量的理想气体的内能只与气体温度有关，与气体体积无关。
(3)记住三个重要推论
①查理定律的推论：=
②盖 吕萨克定律的推论：=
澄清易错微点
③理想气体状态方程的推论：
=++…+(一定质量理想气体分成n份或将n份理想气体合成一份)。
目
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热点(三) 气体变质量问题
1
2
3
热点(一) 两类模型
热点(二) 热力学定律与气体实验定律的综合
CONTENTS
4
专题验收评价
热点(一) 两类模型
模型1 “气缸+活塞”模型
[例1] (2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的气缸内密封
有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩擦
滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与气缸底部的距
离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡
销a处，气缸内气体的压强、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；
[答案] 100 N
[解析] 活塞从卡销a到卡销b过程中，气体做等温变化，初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11，
末态V2=S·10，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，解得p2=1.1×105 Pa，此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N，解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。
(2)再将气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。
[答案] 327 K
[解析] 将气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，末态时设气体的压强为p3，对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S，
解得p3=1.2×105 Pa，设此时温度为T3，根据查理定律有=，解得T3≈327 K。
(1)建模要素：气缸、活塞和一定质量的封闭气体。
(2)模型解法：
|思|维|建|模|
模型2 “玻璃管+液柱”模型
[例2] (2025·湖南高考)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。
(1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
[答案]
[解析] 竖直放置时封闭气体的压强为
p1=p0+ρgh
水平放置时封闭气体的压强为p2=p0
设细管的横截面积为S，该过程为等温过程，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S
解得g=。
(2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下：液柱长h=0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3，p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
[答案] 9.5 m/s2
[解析] 该过程为等容过程，由查理定律可得=
代入数据解得g=9.5 m/s2。
(1)建模要素：液柱、玻璃管和一定质量的封闭气体。
(2)模型解法：
|思|维|建|模|
1.如图所示，粗细均匀、导热性良好的L形细玻璃管固定在竖直面内，竖直部分AB上端封闭，长为50 cm，管内用水银柱封闭一段长为25 cm的理想气体，水平部分BC右端开口，长为25 cm，L形细玻璃管内的水银柱总长为30 cm，已知大气压强为75 cmHg，环境温度为300 K。求：
达标评价
(1)若将细玻璃管在竖直面内沿逆时针方向缓慢转动90°，使水平部分玻璃管竖直，为使A端气柱的长度不变，则需要将气体的温度提升到多少K；
答案：480 K
解析：设玻璃管的横截面积为S，初始状态时，管内理想气体的压强为p1=p0-ph=(75-25)cmHg=50 cmHg，T1=300 K，V1=25 cm×S
当水平部分玻璃管竖直时，由于气柱长度不变，管内理想气体的压强为p2=p0+5 cmHg=80 cmHg
设此时温度为T2，气体发生等容变化，根据查理定律有=
代入数据解得T2=480 K。
(2)若将细玻璃管C端用活塞封闭，保持环境温度不变，并缓慢向左推动活塞，当水银全部进入竖直管时，求活塞向左移动的距离。(结果保留两位小数)
答案：8.78 cm
解析：当水银全部进入竖直管时，竖直管内理想气体的体积为V2=(25-5)cm×S
气体发生等温变化，对AB段气体根据玻意耳定律有p1V1=p3V2
代入数据解得p3=62.5 cmHg
开始时BC管内理想气体的压强为p0=75 cmHg，V0=20 cm×S
变化后BC管内理想气体的压强为p4=p3+30 cmHg=92.5 cmHg，V3=L×S
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V0=p4V3
代入数据解得L≈16.22 cm
所以活塞向左移动的距离x=25-L=8.78 cm。
2.(2025·甘肃白银三模)如图所示，一可自由移动
的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的水平固
定的绝热气缸分为A、B两个空间，A空间装有
体积为12 L、压强为1.5×105 Pa、温度为23 ℃的理想气体，A的左侧是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B空间中理想气体的温度为27 ℃，体积为30 L。现增大左边活塞N受到的水平向右的推力F，使N缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程A中的气体温度保持不变，活塞M保持原位置不动。已知阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1，标准状态下(压强为1×105 Pa，温度为0 ℃)1 mol任何气体的体积为22.4 L，外界大气压强p0=1×105 Pa。不计活塞与气缸壁间的摩擦，绝对零度取值为-273 ℃。求：
(1)B中气体的分子数；(结果保留两位有效数字)
答案：1.1×1024
解析：初状态时，根据平衡条件可知，A和B中的气体压强相同，若将B中气体状态变化到压强为1×105 Pa、温度为0 ℃，根据理想气体状态方程，有=
解得标准状态下B中气体的体积VB0=40.95 L
所以B中气体的分子个数
n=×NA≈1.1×1024。
(2)当推力增加ΔF=2×103 N时，活塞N向右移动的距离。
答案：7.5 cm
解析：对A中气体，初状态有pA=1.5p0，VA=12 L，TA=296 K
推力增加ΔF后，活塞N向右移动，此时气体压强pA'=+1.5p0=2p0，TA'=296 K，根据玻意耳定律，有pAVA=pA'VA'
解得VA'=9×10-3 m3
所以活塞N向右移动的距离
x=-=7.5 cm。
热点(二) 热力学定律与
气体实验定律的综合
[典例] (2025·山东高考)如图所示，上端开口、下端
封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导
热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定
质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的
滑动摩擦力大小恒为f0=p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1=330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3=400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4=330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2=440 K时，气柱高度h2；
[答案] h1
[解析] T1→T2为升温过程，气体等压膨胀，由盖 吕萨克定律有=
解得h2=h1。
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
[答案]
[解析] T1→T2为升温过程，气体等压膨胀，对活塞受力分析，由平衡条件有p0S+f0=p1S
解得理想气体压强p1=p0
外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S
解得W1=-
T2→T3为降温过程，气体做等容变化，外界对气体做功W2=0
T3→T4为降温过程，气体等压压缩，由盖 吕萨克定律有=，解得h4=h1
活塞受力平衡有p0S=f0+p3S
解得理想气体压强p3=p0
外界对气体做功W3=p3(h2-h4)S
解得W3=
全程中外界对气体做功
W=W1+W2+W3=-
因为T1=T4，故理想气体内能变化量ΔU=0
根据热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=。
1.气体实验定律及选取原则
(1)三大实验定律
|思|维|建|模|
(2)选取原则：理想气体在质量一定的情况下，p、V、T中有一个量不发生变化，则选取对应的实验定律列方程求解。
2.应用热力学第一定律分析理想气体内能相关问题
(1)做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W>0；
体积V增大→气体对外界做功→W<0；
无阻碍地自由膨胀→W=0。
(2)内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU>0；
温度T降低→内能减少→ΔU<0。
(3)是吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU=Q+W，知道W和ΔU后确定Q。
1.(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体 ( )
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
达标评价
√
解析：根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体压强减小，气体温度不变，由理想气体状态方程可知，气体的体积变大，气体对外做功，气体的内能不变，分子的平均动能不变，由热力学第一定律可知，吸收的热量等于气体对外做的功。故选A。
2.(2025·山东济南二模)压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中。发动机工作过程中内部气体(可视为定量的理想气体)遵循如图所示的狄塞尔循环，其中a→b、c→d为绝热过程，则气体 ( )
A.在a→b过程中温度不变
B.在b→c过程中吸收的热量大于对外界做功
C.在d→a过程中吸收热量
D.经历一个循环过程后对外界做功为0
√
解析：a→b过程为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，则W>0，根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q>0，即a→b过程内能增大，温度升高，A错误；b→c过程中，气体压强不变，体积增大，根据=C可知，气体温度升高，则内能变化量ΔU>0，气体体积增大，气体对外做功，则W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q>0可知，气体吸收的热量大于对外界做的功，B正确；d→a过程中体积不变，则W=0，根据=C可知，气体的压强减小，温度降低，内能减小，气体放出热量，C错误；根据p V图线与坐标轴围成的面积表示气体所做的功可知，经历一个循环后，气体对外界做功不为0，D错误。
3.(2025·浙江绍兴二模)如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。现将潜水钟简化为横截面积S=4.0 m2、高度L=3.0 m的薄壁圆筒，如图乙所示，筒内装有体积可以忽略的电热丝和温度传感器(图中未画出)。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放至水下某一深度，此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0 m，该过程传感器显示筒内气体温度始终为T1=300 K。
接着通过电热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面的高度差始终保持h值不变，当圆筒提升ΔL=40 cm时，传感器显示筒内气体温度为T2。已知筒内气体的质量保持不变，其内能与温度的关系式为U=kT，其中k=1.0×104 J/K，大气压强为p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0
×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2。
(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能______(填“增大”“不变”或“减小”)，筒内气体的分子数密度______ (填“增大”“不变”或“减小”)；
不变
增大
解析：在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；
在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的体积减小，筒内气体的分子数密度增大。
(2)求筒内气体的温度T2；
答案：360 K
解析：设圆筒到达某一深度时筒内空气长度为L1，此过程为等温变化
由玻意耳定律得p0SL=SL1
解得L1=2.0 m
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖 吕萨克定律得=
解得T2=360 K。
(3)求圆筒提升ΔL过程中，筒内气体吸收的热量Q。
答案：8.4×105 J
解析：在圆筒竖直提升ΔL的过程中，设外界对筒内气体做功为W，则有W=-SΔL
解得W=-2.4×105 J
内能变化量ΔU=kΔT
解得ΔU=6×105 J
由热力学第一定律得ΔU=Q+W
解得Q=8.4×105 J。
热点(三) 气体变质量问题
[例1·充气问题] (2024·安徽高考)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，该轮胎内气体的温度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，充气前该轮胎内气体压强的大小。
[答案] 2.5×105 Pa
[解析] 由查理定律可得=，
其中p1=2.7×105 Pa，T1=(273-3)K=270 K，T2=(273-23)K=250 K，
代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。
(2)充进该轮胎的空气体积。
[答案] 6 L
[解析] 由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0，
代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。
[例2·抽气问题] 将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，
然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有
效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保
护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为V0，文物放入
时柜内压强为p0。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒
的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜
内压强变为p0。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
(1)柜内文物的体积ΔV；
[答案] V0
[解析] 第一次抽气过程，由玻意耳定律得
p0=p0
解得ΔV=V0。
(2)要使储存柜内的压强小于p0，至少需要抽气几次。
[答案] 3次
[解析] 第二次抽气过程，由玻意耳定律得
p1=p2
解得p2=p0>p0
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
p2=p3
解得p3=p0故要使压强小于p0，至少要抽气3次。
|思|维|建|模| 等效法求解气体变质量问题
在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
(1)充气中的变质量问题：设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体作为研究对象时，这些气体不管状态怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成恒定质量的问题了。
(2)抽气中的变质量问题：用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
1.(2025·河北张家口三模)我国北方地区秋季昼夜温差
比较大。一日某室内最高温度为32 ℃，最低温度为
12 ℃，假设室内气体压强保持不变，该室内有一如
图所示的空茶壶，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为(已知摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273 K) ( )
A.63∶59 B.59∶63
C.61∶57 D.57∶61
√
达标评价
解析：根据pV=nRT，可得气体的摩尔数可表示为n=，由题意可知壶中气体压强、体积保持不变，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为===，故选D。
2.在五四青年节“放飞梦想”的庆典活动上，五颜六色的氦气球飞向广阔天空。用一个容积为50 L、压强为1.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(充气前球内气体忽略不计)，充气后每个气球体积为10 L，球内气体压强为1.5×105 Pa，设充气过程中罐内气体、气球内气体温度始终与大气温度相同，求：
(1)用一个氦气罐充了20个气球后，罐内剩余气体的压强为多少；
答案：9.4×106 Pa
解析：已知p1=1.0×107 Pa，V1=50 L，p2=1.5×105 Pa，V2=10 L，p0=1.0×105 Pa
设充气后罐内剩余气体压强为p3，则p1V1=20p2V2+p3V1
解得p3=9.4×106 Pa。
(2)氦气球释放后飘向高空，当气球内外压强差达2.7×104 Pa时发生爆裂，此时气球上升了3 km。已知气球释放处大气温度为300 K，大气压强为1.0×105 Pa，高度每升高1 km，大气温度下降6 ℃，大气压强减小1.1×104 Pa，则氦气球爆裂时体积为多少。
答案：15 L
解析：升至3 km高空时，气球内气体温度
T=300 K-18 K=282 K
此处大气压强p0'=p0-0.33p0=6.7×104 Pa
气球爆裂时内外压强差Δp=p-p0'=2.7×104 Pa
可得气球内气体压强p=9.4×104 Pa
对气球内气体研究，根据理想气体状态方程=，解得气球爆裂时体积V3=15 L。
3.(2025·山东聊城二模)气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫
(通常填充高压氮气或空气)来提供缓震功能的运动鞋。
气垫内气体可视为理想气体，气垫导热良好。某款气垫
跑鞋在静态未穿着时每个气垫中气体体积为V1=30 cm3，压强为p1=1.5 atm，假设大气压强恒为p0=1 atm，室温恒为27 ℃。
(1)某同学穿该跑鞋运动，一段时间后由于摩擦等因素鞋内温度升高5 ℃，气垫体积被压缩为原来的，求此时气垫内气体压强。
答案：1.83 atm
解析：取气垫内气体为研究对象，
初态：p1=1.5 atm，V1=30 cm3，T1=300 K
末态：V2=×30 cm3=25 cm3，T2=305 K
由理想气体状态方程有=
联立解得p2=1.83 atm。
(2)长时间穿着导致气垫损坏漏气，静置于室内足够长的时间后，体积仍为V1，求漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比。
答案：
解析：以漏气前气垫内的气体为研究对象，
初态：p1=1.5 atm，V1=30 cm3
漏气后：p3=p0=1 atm
由玻意耳定律有p1V1=p3V3
解得V3=45 cm3
漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比为
η=，解得η=。
专题验收评价
测评内容：微专题(二十五)
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1.一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时 ( )
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积
器壁的次数较少
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解析：一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以甲、乙两个状态下气体分子的数密度相同、分子间平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，气体分子平均动能大，平均速度大，则单位时间内撞击单位面积容器壁次数较多，故C正确，D错误。
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2.(2025·河北沧州模拟)拔罐疗法是中医的一种传统疗法。
如图所示，利用抽气装置将罐内部分气体抽出，导致罐
内压强减小，从而使罐体吸附在人体穴位上。若罐体的
容积为V0，抽气装置的容积为nV0，某次拔罐时抽取了
2次气体，若忽略皮肤鼓起对罐内容积的影响，设罐内
气体温度不变，则抽气后罐内压强为抽气前压强的 ( )
A. B.
C. D.
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解析：设罐内最初压强为p0，第1次抽气时有p0V0=p1，第2次抽气时有p1V0=p2，联立解得=，故选C。
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3.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)(多选)如图，用绝热材料制成的密闭容器被隔板K分成Ⅰ、Ⅱ两部分，一定质量的某理想气体处于Ⅰ中，Ⅱ内为真空。抽取隔板K，气体进入Ⅱ中，最终整个容器均匀地分布了这种气体。则此过程，该气体系统 ( )
A.对外做功，体积膨胀
B.对外不做功，最终压强减小
C.内能减少，最终温度降低
D.无序度变大
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解析：绝热容器内的气体与外界没有热交换，则Q=0，气体向真空扩散，对外界不做功，则W=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知气体的内能不变，温度不变，气体的体积变大，气体无序度变大，根据理想气体状态方程=C可知该气体的压强减小，故B、D正确，A、C错误。
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4.(多选)如图所示，一圆柱形气缸水平固定放
置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，
活塞P与气缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A.固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B.固定M、N，若P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
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解析：由题意可知，初始时P两侧气体的压强相同，假设在升温的过程中P不发生移动，由查理定律的推论Δp=ΔT，可知P左侧气体压强增加量大，则P向右移动，A正确，B错误；由理想气体状态方程有p=，则初始时有=，即=，保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，若P不移动，则有<，即>，则p1>p2，P将向右移动，C正确，D错误。
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5.(多选)一定质量的理想气体的压强p与温度T的关系图像如图所示。气体先经过等压变化由状态A变为状态B，再经过等容变化由状态B变为状态C，已知气体在状态C的体积为6 L。下列说法正确的是 ( )
A.气体在状态B的温度为300 K
B.气体在状态B的温度为350 K
C.气体在状态A的体积为4 L
D.气体在状态A的体积为3 L
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解析：气体由状态B变为状态C，气体的体积不变，则有=，可得气体在状态B的温度为TB=TC=×400 K=300 K，故A正确，B错误；气体由状态A变为状态B，气体的压强不变，则有=，可得气体在状态A的体积为VA=VB=×6 L=4 L，故C正确，D错误。
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6.(2025·辽宁鞍山二模)(多选)摩尔数为n的理想单
原子气体初始状态压强为2p0，体积为V0，对应图
中的a点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变
为2V0，对应图中的b点。气体在状态b经等温膨胀
至状态c，压强变为p0。又经等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a。已知理想气体的体积V、压强p和温度T满足方程pV=nRT；内能U满足关系U=nRT。其中R为常数，n为物质的量，根据以上信息可以判断( )
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A.气体在状态a时的内能为3p0V0
B.气体在状态b时温度为
C.由c到d的过程，外界对气体做功为4p0V0
D.由c到d的过程，气体向外界放热
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解析：气体在状态a时，根据pV=nRT，U=nRT，可知内能为Ua=paVa=×2p0V0=3p0V0，选项A正确；气体在状态b时，根据pV=nRT，可得温度为Tb==，选项B错误；
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从b到c等温膨胀，则2p0·2V0=p0Vc，解得Vc=4V0，从d到a为等温压缩，则2p0·V0=p0Vd，解得Vd=2V0，由c到d的过程，外界对气体做功为W=p0(Vc-Vd)=2p0V0，选项C错误；由c到d的过程，体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，选项D正确。
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7.(8分)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
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(1)求此时胎内气体的压强p2；(3分)
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答案：3.3×105 Pa
解析：气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程=，整理并代入数据解得p2==3.3×105 Pa。
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(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。(5分)
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答案：6.6×104 J
解析：p V图线与V轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外界做功，可得外界对气体做功为W=-(V2-V1)
=-1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU=Q+W
代入数据可得ΔU=6.6×104 J。
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8.(10分)(2025·安徽滁州二模)汽车悬挂系统是连接车轮和车身
的重要部件，普通悬挂使用弹簧，而空气悬挂用气缸、活塞
代替了弹簧，提高了驾乘的舒适度。如图所示为某空气悬挂
系统的示意图，面积为S的活塞将导热良好、高度为h的气缸
密闭良好，气缸通过阀门与气泵相连，此时阀门关闭，活塞
正好处于气缸正中间。设该悬架所承受的部分车身(包括缸体
等)质量始终为m0=，其中p0为大气压强，g为重力加速度，活塞厚度不计且与气缸间无摩擦，连接管的体积不计，空气视为理想气体。
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(1)求此时气缸内封闭空气的压强；(3分)
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答案：2p0
解析：对缸体受力分析，根据平衡条件得
p0S+m0g=pS，解得p=2p0。
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(2)若环境温度由T0上升到1.1T0，求车身上升的高度；(4分)
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答案：
解析：温度上升，密闭气体压强不变，根据盖 吕萨克定律得=
其中h'=h+Δh，解得Δh=。
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(3)遇到崎岖路面时为了抬高车身，需用气泵给气缸充入一定量的空气，若车身高度因此上升，求充入压强为p0的空气的体积。(3分)
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答案：hS
解析：充入气体前后，由玻意耳定律得
p·hS+p0V=p·hS，解得V=hS。
