第十八讲　热学-2026年高考物理总复习课件（77页PPT）

(共77张PPT)
专题六　热学
第十八讲　热学
命题规律
1.核心考点稳定:气体实验定律和热力学定律是热学的核心考点,每年高考都有涉及。如 2024 年全国甲卷、广东卷、江苏卷等都考查了气体实验定律;山东卷、河北卷等考查了热力学定律。
2.题型分布固定:热学部分的题型主要有选择题和计算题。选择题多考查分子动理论、固体和液体的性质等基础概念;计算题则侧重气体实验定律与热力学定律的综合应用,难度中等。
3.命题情境贴近生活:试题常以生活现象、能源应用或科技前沿为背景,如制冷设备、热机效率、温室效应等,考查学生运用热学知识解决实际问题的能力。
近三年真题考查情况
年份 考查内容
2024年 汽缸问题、液柱问题、图像问题、充气放气问题等;热力学第一定律与气体状态变化的综合应用
2023年 气体等温变化图像、热力学第一定律应用、玻意耳定律、盖-吕萨克定律等
2022年 理想气体状态方程与热力学第一定律的结合、气体实验定律的应用等
备考建议
1.理解核心概念:深入理解热力学第一定律、理想气体状态方程等核心概念的内涵和应用条件。
2.掌握解题方法:对于气体问题,要学会运用玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律等进行状态分析和计算;对于热力学定律问题,要掌握能量守恒的分析方法。
3.强化图像分析:气体状态变化的p-V 图像、p-T 图像等是高考的常考点,要学会通过图像获取信息,分析气体的状态变化过程。
4.关注实际应用:多关注生活中的热学现象和科技应用,如冰箱制冷原理、太阳能热水器的工作原理等,提高运用知识解决实际问题的能力。
一、分子动理论
1.估算问题
(1)分子总数:N=nNA=NA=NA。
考点一　分子动理论　固体和液体
对气体而言, V0=不等于一个气体分子的体积,而是表示一个气体分子占据的空间。
(2)两种分子模型:①球体模型: V=πR3=πd3(d为球体直径);②立方体模型: V=a3。
2.分子热运动
分子永不停息地做无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈,即平均速率越大,但某个分子的瞬时速率不一定大。
3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
4.气体压强的微观解释
二、固体和液体
1.晶体与非晶体
比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定
原子排列 有规则,但多晶体每个 晶体间的排列无规则 无规则
联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 2.液体
(1)表面张力:使液体表面积收缩到最小。
(2)液晶:既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。
【例1】(2025·黑吉辽蒙卷)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体 (　　)
A.内能变小
B.压强变大
C.分子的数密度变大
D.每个分子动能都变大
【答案】B
【解析】将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,温度升高,而理想气体内能只与温度相关,则内能变大,故A错误;
将糖果瓶带入温暖的车厢过程,气体做等容变化,根据=C,因为温度升高,则压强变大,故B正确;
气体分子数量不变,气体体积不变,则分子的数密度不变,故C错误;
温度升高,气体分子的平均动能增大,但不是每个分子的动能都增大,故D错误。故选B。
【例2】(2025·山东卷)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则 (　　)
A.只有r大于r0时,Ep为正
B.只有r小于r0时,Ep为正
C.当r不等于r0时,Ep为正
D.当r不等于r0时,Ep为负
【答案】C
【解析】两个分子间距离r等于r0时分子势能为零,从r0处随着距离的增大,此时分子间作用力表现为引力,分子间作用力做负功,故分子势能增大;从r0处随着距离的减小,此时分子间作用力表现为斥力,分子间作用力也做负功,分子势能也增大;故可知当r不等于r0时,Ep为正。故选C。
【例3】(2025·江苏卷)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
【答案】C
【解析】AB.根据题意,一定质量的理想气体,甲、乙两个状态下气体的体积相同,所以分子密度相同、分子的平均距离相同,故AB错误;
C.根据题图可知,乙状态下气体速率大的分子占比较多,则乙状态下气体温度较高,则平均动能大,故C正确;
D.乙状态下气体平均速度大,密度相等,则单位时间内撞击容器壁次数较多,故D错误。
故选C。
1.气体压强计算的两种模型
(1)活塞模型:如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。
考点二　气体实验定律和理想气体状态方程
求气体压强的基本方法:先对活塞进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS,
则气体的压强为p=p0+,
图乙中的液柱也可以看成“活塞”,由于液柱处于平衡状态,所以pS+mg=p0S,
则气体压强为p=p0-=p0-ρ液gh。
(2)连通器模型:如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,
所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
①被活塞或汽缸封闭的气体,通常分析活塞或汽缸的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,压强单位为Pa。
②水银柱密封的气体,应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强,压强p的单位为cmHg或mmHg。
③关联气体问题:解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时,根据两部分气体压强、体积的关系,列出关联关系式,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
2.应用气体实验定律解决问题的一般思路
3.处理变质量类问题的思路
分析气体的变质量问题时,可以通过巧妙地选择合适的研究对象“化变为
定”,即把“变质量”问题转化为“定质量”的气体问题,然后利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。
(1)充气问题:在充气过程中,将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时,这些气体的质量是不变的。这样,可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
(2)抽气问题:在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,解决该类变质量问题的方法与充气问题类似: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“定质量”的问
题。
(3)灌气问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题,分析这类问题时,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究,即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
(4)漏气问题:容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,属于变质量问题,如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象,便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
(5)也可以利用pV=nRT来处理有关变质量问题。
题型1　有关理想气体的汽缸类问题
【例4】(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=4.0×10-2m3,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=1.0×105Pa,重力加速度g取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。
【答案】(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)110 kg
【解析】(1)(2)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=,代入数据可得pB2=9×104 Pa。
A内气体做等压变化,压强保持不变,初态:VA1=4.0×10-2m3,T1=300 K,
末态:T2=270 K,根据=,代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3,
由于p0-pB2<Δp,假设成立,即pB2=9×104Pa。
(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=110 kg。
题型2　有关理想气体的管类问题
【例5】(2023·全国乙卷)如图所示,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)。
【答案】pA=74.36 cmHg　pB=54.36 cmHg
【解析】设B管在上方时上部分气压为pB,则此时下方气压为pA,此时有pA=pB+20cmHg;倒置后A管气体压强变小,即空气柱长度增加1 cm,A管中水银柱减小1 cm,A管的内径是B管的2倍,则SA=4SB,可知B管水银柱增加4 cm,空气柱减小4 cm;设此时两管的压强分别为p'A、p'B,所以有p'A+23cmHg=p'B。
倒置前后温度不变,根据玻意耳定律,对A管有pASALA=p'ASAL'A,
对B管有pBSBLB=p'BSBL'B,其中L'A=10 cm+1 cm=11 cm,
L'B=10 cm-4 cm=6 cm,联立以上各式解得pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg。
题型3　有关理想气体的变质量类问题
【例3】(2025·山东济南模拟预测)如图甲所示,是20世纪我国农村广泛使用的活塞式抽水机,它不仅是实用的取水工具,也是农村地区的文化象征。其主要部件有活塞和圆筒如图乙所示,圆筒固定,活塞与筒壁紧密接触且可以上下移动,圆筒底端接水管至井内水面以下,K1、K2是只能向上开启的阀门,若压下活塞,K1关闭,K2打开,若提起活塞,K2关闭,K1打开。已知使用前活塞处在圆筒底部,此时水管内外液面相平,管内空气柱高度H=4.5 m,水管横截面积S1=12cm2,圆筒横截面积S2=120cm2,大气压p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,抽水过程中气体温度保持不变,井内水位不变,空气可视为理想气体。
(1)现将活塞从圆筒底部向上提起,当水管内水位比井内水位高h=1.0 m时,求活塞上升的高度x1;
(2)若活塞从圆筒底端开始,向上运动,到达圆筒顶端后再向下运动……,如此往复运动,当活塞距圆筒下端x2=0.20 m时,恰好有水进入圆筒,求从阀门K2排出的全部空气质量与使用前水管内空气质量之比。
【答案】(1)x1=0.15 m　(2)
【解析】(1)活塞上移过程中,封闭空气发生等温变化,根据玻意耳定律有
p0S1H=p1,由压强关系p1=p0-ρgh,联立解得x1=0.15 m。
(2)当恰好有水进入泵筒时,封闭气体压强p2=p0-ρgH,
设封闭气体在压强为p0时的体积为V2,
由玻意耳定律知p2S2x2=p0V2,排出的全部空气与水管内原有气体质量之比
=,联立解得=。
1. 热力学第一定律与气体实验定律综合问题的解题思路
(1)确定研究对象:①气体;②汽缸、活塞、液柱等。
(2)两类分析
①气体实验定律:状态量,初、末态之间发生的变化。
②热力学定律:做功情况,吸、放热情况,内能变化情况。
(3)选择规律列方程求解:气体的三个实验定律,理想气体状态方程,热力学第一定律。
考点三　热力学定律与气体状态变化的综合
分析物体内能问题的五点提醒
①内能是对物体的大量分子而言的,不存在某个分子内能的说法。
②内能的大小与温度、体积、物质的量和物态等因素有关。
③通过做功或热传递可以改变物体的内能。
④温度是分子平均动能的标志,相同温度的任何物体,分子的平均动能都相同。
⑤内能由物体内部分子微观运动状态决定,与物体整体运动情况无关,任何物体都具有内能,恒不为零。
2. 热力学图像问题的综合应用及解题技巧
(1)热力学第一定律与图像的综合应用
i.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程=C分析。
ii.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。
①由体积变化分析气体做功的情况:体积膨胀,气体对外做功;气体被压缩,外界对气体做功。
②由温度变化判断气体内能变化:温度升高,气体内能增大;温度降低,气体内能减小。
③由热力学第一定律ΔU=W+Q判断气体是吸热还是放热。
④在p-V图像中,图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功。
(2)气体状态变化的四种图像问题及解题技巧
i.四种图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
p-V pV=CT,即pV之积越大的等温线温度越高,线离原点越远
p- p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高
p-T p=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小
V-T V=T,斜率k=,即斜率越大,压强越小
ii.处理气体状态变化的图像问题的技巧
①首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态,它对应着三个状态量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。看此过程属于等温、等容还是等压变化,然后用相应规律求解。
②在V-T图像(或p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)时,可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小,斜率越大,压强(或体积)越小;斜率越小,压强(或体积)越大。
合理选取气体变化所遵循的规律列方程
①若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。
②若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。
题型1　热力学定律和图像相结合的问题
【例7】(多选)(2025·甘肃卷)如图所示,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是 (　　)
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
【答案】ACD
【解析】A→B过程,体积不变,则W=0,温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q>0,即该过程吸热,A正确;B→C过程,温度不变,则ΔU=0,体积减小,则W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即该过程为放热过程,B错误;A→B过程,体积不变,温度升高,根据=C可知,压强变大,即状态A压强比状态B压强小,C正确;状态A的温度低于状态C的温度,可知状态A的内能比状态C的小,D正确。故选ACD。
【例8】(多选)(2024·新深标卷)如图所示,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
【答案】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,故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,即W<0,故气体吸收热量,故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,即W<0,根据热力学第一定律可知气体内能减小,故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,即W=0,故可知气体向外放热,故D正确。故选AD。
题型2　热力学定律与气体实验定律相结合的问题
【例9】“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时,医生将开口面积为S的玻璃罐加热,使罐内空气温度升至t1,然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上(状态1)。待罐内空气自然冷却至室温t2,玻璃罐便紧贴在皮肤上(状态2)。从状态1到状态2过程中罐内气体向外界放出热量7.35 J。已知S=1.6×10-3 m2,t1=77 °C,t2=27°C。忽略皮肤的形变,大气压强p0=1.05×105 Pa。求:
(1)状态2时罐内气体的压强;
(2)状态1到状态2罐内气体内能的变化;
(3)状态2时皮肤受到的吸力大小。
【答案】(1)9×104 Pa　(2)减少7.35 J (3)24 N
【解析】(1)状态1时罐内气体的温度T1=(77+273)K=350 K,
压强p1=p0=1.05×105 Pa。状态2时罐内气体的温度T2=(27+273)K=300 K,
气体做等容变化,根据=,可得p2=9×104 Pa。
(2)气体做等容变化,外界对气体不做功,气体吸收热量为Q=-7.35 J,
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,可得状态1到状态2罐内气体内能的变化为
ΔU=-7.35 J,即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa。
状态2时皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
【例10】(2025·浙江卷)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭T1=300 K,体积V1=1 × 103 cm3处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm。将瓶子放进T2 = 303 K的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,h保持不变,气体达到状态2,此时锁定瓶塞,再缓慢地从吸管中吸走部分水后,管内和瓶内水面等高,气体达到状态3。已知从状态2到状态3,气体对外做功1.02 J;从状态1到状态3,气体吸收热量4.56 J,大气压强p0 = 1.0 × 105 Pa,水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3;忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3,气体分子平均速率　　(选填“增大”或“不变”或“减小”),单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数　　(选填“增大”或“不变”或“
减小”)。
(2)求气体在状态3的体积V3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】(1)不变　减小　(2)V3 = 1.020 1 × 103 c(3)ΔU = 2.53 J
【解析】(1)从状态2到状态3,温度保持不变,气体分子的内能保持不变,则气体分子平均速率不变,由于气体对外做功,则气体压强减小,故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程,由盖-吕萨克定律知=,
其中V1=1×103cm3,T1=300 K,T2=303 K,解得V2=1.01×103cm3。此时气体压强为p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa,
气体从状态2到状态3的过程,由玻意耳定律知p2V2=p3V3,其中p3=p0,
代入数据解得,气体在状态3的体积为V3=1.020 1×103cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中,气体对外做功为W1=p1(V2-V1)=1.01 J,
由热力学第一定律知ΔU=Q-(W1+W2),
其中Q=4.56 J,W2=1.02 J,
代入解得,从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU=2.53 J。
1.(2024·甘肃卷)如图所示,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。
(1)pA=p0,pB=p0　(2)k=
【详解】(1)设抽气前两部分体积为V=SL,对气体A分析:
抽气后VA=2V-V=SL,根据玻意耳定律得p0V=pAV,解得pA=p0。
对气体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=pBV,
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=。
2.(2025·广东卷)如图所示是某铸造原理示意图,往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S1=0.2 m2,高度h1=0.2 m,底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S2=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,空气可视为理想气体,不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。

(1)h2=0.05 m　p1=1.2×105 Pa　(2)p2=1.35×105 Pa
【详解】(1)根据体积关系S1h1=S2h2,可得下方液面下降高度h2=0.05 m,
此时下方气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2),代入数据可得p1=1.2×105 Pa。
(2)初始时,上方铸型室气体的压强为p0,体积V=S1h1,
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时,体积为V'=S1(h1-h3),
根据玻意耳定律有p0V=p'V',
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时气体的压强为p'=1.25×105 Pa,
同理根据体积关系S1h3=S2h4,可得h4=0.01 m,此时下方气室内气体压强p2=p'+ρg(H+h3+h4),代入数据可得p2=1.35×105 Pa。
专题集训(十八)　分子动理论　固体和液体　
气体实验定律
1.(2025·湖南永州模拟)下面有四幅图片,涉及有关物理现象,下列说法正确的是 (　　)
A
A.图甲中,水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻璃
B.图乙中,若抽掉绝热容器中间的隔板,
气体的温度将降低
C.图丙中,观察二氧化氮扩散实验,说明空
气分子和二氧化氮分子间存在引力
D.图丁中,封闭注射器的出射口,按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大,这表明气体分子间距离减小
【解析】题图甲中,水银在玻璃上形成“椭球形”的液滴说明水银不浸润玻
璃,故A正确;题图乙中,若抽掉绝热容器中间的隔板,由于容器右侧是真空,所以气体自由膨胀过程不做功,没有发生热传递,根据热力学第一定律可知,气体内能不变,则气体的温度不变,故B错误;题图丙中,观察二氧化氮扩散实验,此现象属于扩散现象,是分子无规则运动的结果,不能说明分子间存在相互作用的引力,故C错误;题图丁中,封闭注射器的出射口,按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大,是气体压强逐渐变大的缘故,故D错误。故选A。
2.(2025·贵州贵阳模拟)如图,两端开口的光滑的直玻璃管,竖直插入水银槽
中,玻璃管上端有一段高为h的水银柱,中间封闭有一段空气,可视为理想气
体,玻璃管下端内外水银面的高度差为H,直玻璃管足够长,则下列说法正确的是 (　　)
A.H>h
B.气体温度缓慢升高时,H不变
C.外界大气压变大时,H变大
D.向玻璃管上端缓慢添加水银,H变小
B
【解析】被封闭的气体压强为p=p0+h,p=p0+H,解得H=h,A错误;根据H=h,气体温度缓慢升高时,h不变,H不变,B正确;根据H=h,外界大气压变大时,h不
变,H不变,C错误;根据H=h,向玻璃管上端缓慢添加水银,h变大,H变大,D错
误。故选B。
3.(2025·河北沧州二模)如图所示,气闸舱有两个气闸门,与核心舱连接的是闸门A,与外太空连接的是闸门B。国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走,需先经过气闸舱,开始时气闸舱内气压为p0(地球表面标准大气压),用抽气机多次抽取气闸舱中气体,当气闸舱气压降到一定程度后才能打开气闸门B。已知每次从气闸舱抽取的气体(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的,每次抽气降低的温度是抽气前气闸舱内热力学温度的,不考虑漏气、新气体及航天员大小产生的影响。则抽气3次后气闸舱内气压为 (　　)
A.p0 B.p0
C.p0 D.p0
B
【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V变为V,温度由T0变为T1=T0-T0,根据气体实验定律得=,得p1=p0;第二次抽气相当于气体的体积由V变为V,温度由T1变为T2=T1-T1,根据气体实验定律得=,得p2=p1=p0,同理抽气3次后气舱内气压为p3=p0,故选B。
4.(2024·河北衡水一模)二氧化碳封存回注,就是通过工程技术手段,把捕集到的二氧化碳注入至地下800 m到3 500 m深度范围内的陆上或海底咸水层,是国际公认的促进碳减排措施。我国第一口位于海底的二氧化碳封存回注井已于2023年正式开钻。实验发现,当水深超过2 500 m时,二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体。设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,将二氧化碳分子看作直径为D的球,则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为 (　　)
A. B. C. D.
B
【解析】根据题意可知,在该状态下体积为V的二氧化碳气体的质量为M'=ρV,二氧化碳分子数为n==,在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体V'=n·π=,故选B。
5.(多选)(2025·黑龙江大庆模拟)关于下列四幅图所涉及的物理知识,描述正确的是 (　　)
A.图甲中的绝热容器中,抽掉隔板K,容器内气体温度降低
B.图乙中方解石的双折射现象说明方解石是晶体
C.图丙中曲线①对应状态的气体分子平均速率更大
D.图丁中分子间距离大于r0时,增大分子间距离,分子间作用力做负功
BCD
【解析】气体向真空的自由膨胀是不做功的,所以抽走隔板K后,内能不变,温度不变,故A错误;方解石的双折射现象说明其具有各向异性,是单晶体,故B正确;温度越高,有更多分子处于速率大的区间,所以①的温度大于②,分子热运动更剧烈,故C正确;分子间距大于r0时分子间作用力表现为引力,间距增大时,分子力做负功,故D正确。故选BCD 。
6.(多选)(2025·云南高考)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下 (　　)
A.环境温度升高时,b管中液面升高
B.环境温度降低时,b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大
BD
【解析】根据题意,a中气体做等容变化,根据=C,当环境温度升高,则a中气体压强增大,又pa+ρ液gh=p0,可知b管中液面降低,同理可知环境温度降低时,b管中液面升高,故B正确,A错误;由AB选项分析可知,b管中刻度从上到下温度逐渐升高,同一温度,a中压强不变,b管中液面液槽内液面高度差不变,水槽中的水少量蒸发后,槽中液面降低,则b管内液面降低,则温度测量值偏大,故D正确,C错误。故选BD。
7.(多选)(2025·海南海口模拟)如图所示,导热性能良好的汽缸封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁的接触面光滑,活塞用弹簧悬挂。当周围环境温度不变而大气压缓慢变大之后,下列说法中正确的是 (　　)
A.弹簧的长度不变　
B.封闭气体的体积不变
C.缸体向上运动　　
D.气体的内能增大
AC
【解析】对整体受力分析可知kx=Mg,可知弹簧的长度不变,选项A正确;对汽缸受力分析可知p=p0-,大气压缓慢变大,可知封闭气体的压强变大,根据=C可知气体的体积减小,缸体向上运动,选项B错误,C正确;气体的温度不变,则内能不变,选项D错误。故选AC。
8.(2023·湖北高考)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。
(1)p0　(2)k=　m=
【解析】(1)对左右汽缸内所封的气体,初态压强p1=p0,
体积V1=SH+2SH=3SH,末态压强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=。
9.(2024·山东高考)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。
(1)x=2 cm　
(2)V=8.92×10-4 m3
【解析】(1)由题意可知缓慢地将汲液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。