北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
专题十五 热学
23年真题
1.(2023新课标,21,6分)(多选)如图,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻
弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时
弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体
缓慢加热,停止加热并达到稳定后( )
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
答案：AD 通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,f中气体受热,体积膨胀,将推动左侧活塞
向右移动,则g中气体压强变大,压缩弹簧,右侧活塞也向右移动,压缩h中气体,对h中的
气体做功,h中的气体内能增加,A正确;对左侧活塞受力分析,pS=p S+F ①,对右侧活塞
f g 弹
受力分析,p S+F '=p S ②,F =F '③,联立①②③得p=p ,D正确;由①式得p>p ,由分析可
g 弹 h 弹 弹 f h f g
知V>V ,根据理想气体状态方程可知T>T ,B错误;同理可知V>V ,p=p ,T>T ,C错误。
f g f g f h f h f h
2.(2023江苏,3,4分)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。
该过程中( )
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
答案：B 由图像可知,该过程气体温度升高,压强增大,且图线为延长线过原点的倾斜直
线,由理想气体状态方程可知,气体的体积不变,所以气体分子的数密度不变,故A错误。
温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,体积不变的情况下单
位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,故B正确,D错误。气体分子和容器壁
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撞击,由动量定理可知FΔt=mΔv,当温度升高分子速率变大时,气体分子与器壁碰撞前后
速度变化量增大导致单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,故C错误。
3.(2023江苏,9,4分)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利用
注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是( )
A.把柱塞快速地向下压
B.把柱塞缓慢地向上拉
C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞
D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
答案：B 快速推柱塞会使密封气体的温度改变,故A、C错误;用在橡胶套处接另一注射
器的方法,会使体积测量值误差过大,故D错误,B正确。
4.(2023天津,2,5分)如图是爬山所带的氧气瓶,爬高过程中,氧气瓶里的气体体积和质量
均不变,温度降低,则气体 ( )
A.对外做功 B.内能减少
C.吸收热量 D.压强不变
答案B 爬高过程中,由于气体体积不变,故气体不对外做功,故A错误;温度降低,则气体
内能减少,故B正确;根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q,爬高过程中气体不对外做功,但
内能减少,可知气体放出热量,故C错误;氧气瓶里的气体容积、质量均不变,温度降低,根
PV
据理想气体状态方程 =C,可知气体压强降低,故D错误。
T
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5.(2023山东,9,4分)(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
1
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
4
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
答案：AD 对一定质量的理想气体,内能的大小取决于温度的高低,两个过程中的初温及
末温相同,故内能的增加量相同,即ΔU =ΔU =400 J,故D正确;等压过程中,根据热力学第
2 1
一定律有ΔU =W+Q ,其中ΔU =400 J,Q =600 J,故W=-200 J,故气体对外界做功W'=200 J,
2 2 2 2
V V +ΔV
1 1
由W'=p ΔV解得ΔV=2 L,B错误;在等压过程中,有 = ,其中T =300 K,ΔV=2
1 T T 1
1 2
ΔV 1
L,T =400 K,解得V =6 L,故A正确;等压过程中,气体体积增加了原体积的 = ,故C错
2 1 V 3
1
误。
6.(2023重庆,4,4分)密封于汽缸中的理想气体,从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力
学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示,则对
应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是 ( )
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答案C 由V-T图像可知,理想气体在ab过程发生等压变化(点拨:ab的反向延长线过原
pV
点),bc过程发生等温变化,cd过程发生等容变化。根据理想气体状态方程 =C,可知bc
T
过程理想气体的温度T不变,体积V增大,压强p减小,cd过程理想气体的体积V不变,温
度T升高,则cd过程p-T图线上的点与坐标原点连线的斜率不变,压强p增大。故选C。
7.(2023海南,5,3分)如图为两分子靠近过程中的示意图,r 为分子间平衡距离,下列关于分
0
子力和分子势能的说法正确的是 ( )
A.分子间距离大于r 时,分子间表现为斥力
0
B.分子从无限远靠近到距离r 处的过程中分子势能变大
0
C.分子势能在r 处最小
0
D.分子间距离在小于r 且减小时,分子势能在减小
0
答案C 分子间距离大于r ,分子间表现为引力,A错误;分子从无限远靠近到距离r 处的
0 0
过程中,引力做正功,分子势能减小,在r 处分子势能最小,继续减小分子间距离,分子间表
0
现为斥力,分子力做负功,分子势能增大,C正确,B、D错误。
8.(2023福建,11,3分)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状
态A,其p⁃V图如图所示。完成一次循环,气体内能 (填“增加”“减少”或“不
变”),气体对外界 (填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体 (填
“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”)。
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答案 不变 做正功 吸热
解析 一定质量的理想气体完成一次循环,p和V不变,根据气体实验定律可知气体温度不
变,所以气体内能不变。根据功的定义W=FΔx,对于气体做功有W=pSΔx= pΔV,在p⁃V图
像中,图线与横坐标轴所围的面积表示气体对外所做的功的大小;体积增大过程,气体对
外做正功,反之气体对外做负功。由题图可知,A→B→C过程中气体克服外界做的功小于
C→D→A过程中气体对外界做的功,所以该循环过程气体对外界做正功。由前述推理可
知ΔU=0、W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q>0,说明此过程气体吸热。
9.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。
将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料
管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气
体压强p和体积V(等于注射器示数V 与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采
0
集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
图甲
图乙
回答以下问题:
(1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,
一定质量的气体 。
1
A.p与V成正比 B.p与 成正比
V
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(2)若气体被压缩到V=10.0 mL,由图乙可读出封闭气体压强为 Pa(保留3位有效
数字)。
(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算
结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而 (填
“增大”或“减小”)。
答案 (1)B (2)2.04×105 (3)增大
1
解析 (1)根据图乙可知,p与 成正比。
V
1
(2)当气体被压缩到10.0 mL的时候,图乙中 对应的横坐标是100×10-3 mL-1,直线上的点
V
所对应的纵坐标是2.04×105 Pa。
(3)对于本实验,p(V +ΔV)为定值,将该式改写成pV +pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算
0 0
结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。
10.(2023全国乙,33,15分)[物理——选修3-3]
(1)(5分)对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能
相等的是 。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5
分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.等温增压后再等温膨胀
B.等压膨胀后再等温压缩
C.等容减压后再等压膨胀
D.等容增压后再等压压缩
E.等容增压后再等温膨胀
(2)(10分)如图,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 (1)ACD (2)74.36 cmHg 54.36 cmHg
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解析 理想气体初始状态与末状态的内能相等即初始状态与末状态的温度相等。A选项
pV
中整个过程中温度不变,则理想气体内能不变,A正确;由理想气体状态方程 =C(常量)
T
可知, B选项中,p不变,V增大,则T增大,然后T不变,则末状态较初始状态温度升高,内能
增大 ,B错误;C选项中,先V不变,p减小,则T减小,然后p不变,V增大,则T又变大,初末
状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,C正确;D选项中,先V不变,p增
大,则T增大,然后p不变,V减小,则T减小,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态
内能可能相等,D正确;E选项中,先V不变,p增大,则T变大,然后T不变,则内能增大,E错
误;故选A、C、D。
(2)设初始时A管、B管内气体的压强分别为p 、p ,由题意可知p =p -20 cmHg
A B B A
设B管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内
的空气柱长度增长1 cm,变为11 cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱
将变短4 cm,变为6 cm,易得此时A管、B管中水银柱长度分别为9 cm和14 cm。
设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为p '、p ',则p '=p '+(9+14)
A B B A
cmHg=p '+23 cmHg
A
根据玻意耳定律,对A管气体,
p ·10πd2=p '·11πd2
A A
(d) 2 (d) 2
对B管气体,p ·10π =p '·6π
B 2 B 2
代入数据,解得p =74.36 cmHg,p =54.36 cmHg
A B
11.(2023全国甲,33,15分)[物理——选修3-3]
(1)(5分)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定
与外界有热量交换的过程是 。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个
得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体的体积不变,温度升高
B.气体的体积减小,温度降低
C.气体的体积减小,温度升高
D.气体的体积增大,温度不变
E.气体的体积增大,温度降低
(2)(10分)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,密度为1.46 kg/m3。
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱内气
体的密度;
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(ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱
内气体的密度。
答案 (1)ABD (2)(ⅰ)1.41 kg/m3
(ⅱ)1.18 kg/m3
解析 (1)根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的体积不变,W=0,温度升高,ΔU>0,故
Q>0,吸收热量,故选项A正确。气体的体积减小,W>0,若温度降低,ΔU<0,故Q<0,放出热
量;若温度升高,ΔU>0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项B
正确,C错误。气体的体积增大,W<0,若温度不变,ΔU=0,故Q>0,吸收热量;若温度降
低,ΔU<0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项D正确,E错误。
(2)(ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,温度升高,体积增大,根据盖-吕萨克定律有
V V '
=
T T
1 2
而T =(273+17) K=290 K、T =(273+27) K=300 K,
1 2
释放的气体和舱内留下的气体密度相同
m m
V= ,V'=
ρ ρ
1 2
联立解得ρ ≈1.41 kg/m3
2
(ⅱ)对此时舱内的全部气体,温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,根据玻意耳定律有
p V'=p V″
1 2
而p =1.2 atm、p =1.0 atm
1 2
释放的气体和舱内留下的气体密度相同
m m
V'= ,V″=
ρ ρ
2 3
解得ρ ≈1.18 kg/m3
3
12.(2023海南,16,10分)如图所示,某饮料瓶内密封一定质量的理想气体,t=27 ℃时,压强
p=1.050×105 Pa,则
(1)t'=37 ℃时,气压是多大?
(2)保持温度不变,挤压气体,使之压强与(1)相同时,气体体积变为原来的多少倍?
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答案 (1)1.085×105 Pa (2)0.97
p p'
解析 (1)由查理定律有 = ,解得p'≈1.085×105 Pa
(t+273)K (t'+273)K
(2)由玻意耳定律有pV=p'V',解得V'≈0.97V
13.(2023广东,13,9分)在驻波声场的作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变
化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内的气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩
过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p 、体积为V 、温度为T 的
0 0 0
状态A等温膨胀到体积为5V 、压强为p 的状态B,然后从状态B绝热收缩到体积为
0 B
V 、压强为1.9p 、温度为T 的状态C,B到C的过程外界对气体做功为W。已知p 、
0 0 C 0
V 、T 和W。求:
0 0
(1)p 的表达式;
B
(2)T 的表达式;
C
(3)B到C的过程,气泡内气体的内能变化了多少?
p
答案 (1)p = 0 (2)T =1.9T (3)见解析
B 5 C 0
解析 (1)由题意可知从状态A到状态B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有
p
p V =p ·5V ,解得p = 0 。
0 0 B 0 B 5
(2)解法一 由题图可知,若从状态A沿虚线到状态C,则气体发生等容变化,根据查理定
p 1.9p
0 0
律有 = ,解得T =1.9T 。
T T C 0
0 C
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p V p V
B B C C
解法二 气体从状态B到状态C的过程,由理想气体状态方程有 =
T T
B C
p
p = 0,V =5V ,T =T =T ,p =1.9p ,V =V ,联立解得T =1.9T 。
B B 0 A B 0 C 0 C 0 C 0
5
(3)由题意可知从状态B到状态C,气体发生绝热收缩,Q=0,根据热力学第一定律有
ΔU=Q+W=W,故从B到C过程,气泡内气体的内能增加了W。
14.(2023河北,13,8分)如图,某实验小组为测量一个葫芦的容积,在葫芦开口处竖直插入
一根两端开口、内部横截面积为0.1 cm2的均匀透明长塑料管,密封好接口,用氮气排空
内部气体,并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300 K时,气柱长度l为10 cm;当外界
温度缓慢升高到310 K时,气柱长度变为50 cm。已知外界大气压恒为1.0×105 Pa,水柱长
度不计。
(1)求温度变化过程中氮气对外界做的功;
(2)求葫芦的容积;
(3)试估算被封闭氮气分子的个数(保留2位有效数字)。已知1 mol氮气在1.0×105 Pa、
273 K状态下的体积约为22.4 L,阿伏加德罗常数N 取6.0×1023 mol-1。
A
答案 (1)0.4 J (2)119 cm3 (3)2.9×1021
解析 (1)由于水柱的长度不计,故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p ,
0
塑料管内部横截面积为S,初、末态气柱的长度分别为l 、l ,气体对外做的功为W。根据
1 2
功的定义有W=p S(l -l ),解得W=0.4 J。
0 2 1
(2)设葫芦的容积为V,被封闭氮气的初、末态温度分别为T 、T ,体积分别为V 、V ,根据
1 2 1 2
盖⁃吕萨克定律有
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V V
1 2
= ,其中V =V+Sl ,V =V+Sl
T T 1 1 2 2
1 2
联立以上各式并代入题给数据得V=119 cm3
(3)设在1.0×105 Pa、273 K状态下,1 mol氮气的体积为V 、温度为T ,被封闭氮气的体积
0 0
为V
3
、分子个数为n。根据盖⁃吕萨克定律有
V +Sl V V
1 3 3
= ,其中n= N
T T V A
1 0 0
联立以上各式并代入题给数据得n≈2.9×1021
15.(2023湖南,13,10分)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图,刹车助力
装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员
踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管
连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次
抽气时,K 打开,K 闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中
1 2
的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K 闭合,K 打开,抽气活塞向下运动,抽
1 2
气气室中的全部气体从K 排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V ,初始压强
2 0
等于外部大气压强p ,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V 。假设抽气过程中,助
0 1
力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p ;
1
(2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
V [ V n]
( )
答案 (1) 0 p (2) 1- 0 p S
V +V 0 V +V 0
0 1 0 1
解析 (1)根据题意,由玻意耳定律有
p V =p (V +V )
0 0 1 0 1
V
0
解得p = p
1 V +V 0
0 1
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V
0
(2)由(1)易知,第2次抽气后,p = p
2 V +V 1
0 1
V 2
( )
0
即p = p
2 V +V 0
0 1
V 3
( )
0
同理,第3次抽气后,p = p
3 V +V 0
0 1
……
V n
( )
0
第n次抽气后,p = p
n V +V 0
0 1
对助力活塞,有ΔF=p S-p S
0 n
[ V n]
( )
解得ΔF= 1- 0 p S
V +V 0
0 1
22年及之前真题
1.(2022江苏,6,4分)自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论,下列说
法中正确的是 ( )
A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变
B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D.温度变化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
答案 D 密闭容器中的氢气在状态变化过程中质量不变、分子数目不变,故体积增大
的氢气分子的密集程度减小,A错误。气体压强产生的原因是气体分子对容器壁频繁碰
撞,从微观角度来看其大小取决于单位时间内气体分子对单位面积的容器壁产生的冲击
力,一方面是单位时间内单位面积上碰撞的次数,另一方面是每次碰撞产生的平均冲击力
大小即分子无规则运动的剧烈程度,与分子间是否存在相互作用力、作用力的大小无
关,B错误。理想气体是在温度不太低、压强不太大的情况下对实际气体的抽象,C错误。
温度升高时,分子无规则运动加剧,速率大的速率区间分子数占总分子数的百分比增大,导
致分子平均速率增大,D正确。
2.(2022江苏,7,4分)如图所示,一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程,其中
a→b为等温过程,状态b、c的体积相同。则 ( )
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A.状态a的内能大于状态b
B.状态a的温度高于状态c
C.a→c过程中气体吸收热量
D.a→c过程中外界对气体做正功
答案 C 一定质量的理想气体的内能只与温度有关,故从a到b过程中气体内能不变,A
错误。气体直接从b到c可认为是等容过程,则由查理定律可知c状态的温度高于b状态
的温度,而a、b温度相同,故B错误。从a到c过程中气体温度升高、内能增大,体积增
大、对外界做正功,由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量,C正确、D错误。
3.(2022湖北,3,4分)一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V图中a→c直
线段所示,状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是 ( )
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
答案 B 一定质量的理想气体发生等温变化时的p-V图线的形状为双曲线的一部分,而
ab为直线段,所以A错误;a→b过程中,气体温度升高,内能增加,同时气体体积膨胀对外
做功,由热力学第一定律可知气体吸热,B正确;a→c过程中状态b的温度最高,C错误;
a→c过程中气体体积膨胀对外做功,外界对气体做负功,D错误。
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4.(2022山东,5,3分)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
答案 C 设活塞质量为m,大气压强为p ,左图中缸内气体压强为p ,右图中缸内气体压
0 1
mg
强为p ,活塞的横截面积为S,则p S=mg+p S,即p = +p ,p S=p S,即p =p ,因此在该过程
2 1 0 1 S 0 2 0 2 0
中气体压强变小,体积增大,气体膨胀对外做功,则外界对气体做的功W<0,由于是绝热容
器,即Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即理想气体内能减小,气体温度降
低,选项A错误;理想气体的温度降低,分子平均动能减小,但并不是所有气体分子的运动
速率都会减小,选项B错误;根据理想气体的分子运动速率分布规律,当温度降低时,速率
大的分子占比将会减小,选项C正确,D错误。
技巧点拨 分析封闭的气体的压强问题时,常常需要对活塞受力分析,利用平衡条件分析,
进而分析封闭的气体的压强。
5.(2022北京,3,3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状
态b和c。下列说法正确的是 ( )
A.从a到b,气体温度保持不变
B.从a到b,气体对外界做功
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C.从b到c,气体内能减小
D.从b到c,气体从外界吸热
答案 D 从a到b为等容变化,压强减小,温度降低,气体不对外做功,A、B均错;从b到
c为等压变化,体积增加,气体对外界做功,温度升高,内能增大,由ΔU=W+Q知,C错,D对。
6.(2019辽宁沈阳效联体期末,9)(多选)关于布朗运动,下列说法正确的是( )
A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动
D.布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
答案 ABE 布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动,故A正确。液体温度越高,分子
热运动越激烈,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈,故B正确。悬浮颗粒越大,惯性越大,
碰撞时受到的冲力越平衡,所以大颗粒不做布朗运动,故C错误。布朗运动是悬浮在液体
中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,故D错误。布朗运动是由液体分子从
各个方向对悬浮微粒撞击作用的不平衡引起的,故E正确。故选A、B、E。
考查点 布朗运动
解题指导 布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,形
成的原因是液体分子对悬浮微粒的无规则撞击;液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动
越剧烈。对于布朗运动,要理解并掌握布朗运动形成的原因,知道布朗运动既不是微粒分
子的运动,也不是液体分子的运动,而是液体分子无规则运动的反映。
7.(2017北京理综,13,6分)以下关于热运动的说法正确的是( )
A.水流速度越大,水分子的热运动越剧烈
B.水凝结成冰后,水分子的热运动停止
C.水的温度越高,水分子的热运动越剧烈
D.水的温度升高,每一个水分子的运动速率都会增大
答案 C 本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,故温度越高,分子
热运动越剧烈。分子热运动的剧烈程度与机械运动速度大小无关,故选项A错C对;水凝
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结成冰后,分子热运动依然存在,B项错误;温度升高,分子运动的平均速率增大,但不是每
个分子的运动速率都会增大,D项错误。
易错点拨 分子热运动与物体运动、物态变化的关系
水流速度大,只是说明水流整体运动的动能大,是宏观运动的表现,而分子热运动是指物体
内部的分子微观层面的运动,两者没有必然联系;水凝结成冰的过程,温度保持不变,分子
热运动的平均动能不变,这一过程中物体放出热量,内能减少。
8.(2016北京理综,20,6分)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是
特定气候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视
为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10
μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)。
某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围
内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增
加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化。
据此材料,以下叙述正确的是( )
A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6 m的悬浮颗粒物
B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力
C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D.PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大
答案 C PM10的直径小于或等于10×10-6 m=1.0×10-5 m,A错误;处于静稳态的颗粒受
力平衡,B错误;布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动,C正确;根据题意不能判断PM2.5
的浓度随高度的增加而增大,D错误。
失分警示 本题易错选D而失分,题目中明确提出“近地面高度百米的范围内,PM10的
浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减
小”,并没有明确PM2.5的浓度随高度的变化情况。
9.[2015课标Ⅱ,33(1),5分,0.425](多选)关于扩散现象,下列说法正确的是 。
A.温度越高,扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
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C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
答案 ACD 扩散现象是分子无规则热运动的反映,C正确,E错误;温度越高,分子热运
动越激烈,扩散越快,A正确;气体、液体、固体的分子都在不停地进行着热运动,扩散现
象在气体、液体和固体中都能发生,D正确;在扩散现象中,分子本身结构没有发生变化,
不属于化学变化,B错误。
解题关键 扩散现象:不同物质能够彼此进入对方的现象。扩散现象是由物质分子的无
规则运动产生的。固体、液体和气体中都能发生扩散现象。扩散现象的快慢与温度有
关。
10.[2015山东理综,37(1)]墨滴入水,扩而散之,徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是(
)
A.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B.混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规则运动
C.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速
D.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
答案 BC 墨汁与水混合均匀的过程,是水分子和碳粒做无规则运动的过程,这种运动
与重力无关,也不是化学反应引起的。微粒越小、温度越高,无规则运动越剧烈,可见,B、
C正确,A、D均错。
11.(2018北京理综,14,6分)关于分子动理论,下列说法正确的是 ( )
A.气体扩散的快慢与温度无关
B.布朗运动是液体分子的无规则运动
C.分子间同时存在着引力和斥力
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
答案 C 本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,温度越高,分子运
动越剧烈,气体扩散越快,A错;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,不是液体
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分子的运动,B错;分子间同时存在着引力和斥力,且随着分子间距的增大,引力和斥力均
减小,故C对、D错。
易错点拨 分子力与分子间距离的关系
分子间同时存在引力与斥力,两力的大小均与分子间距有关,分子力是指这两个力的合力,
下图为斥力f 、引力f 及分子力f 随分子间距离r的变化关系图线。
斥 引 分
12.(2017课标Ⅰ,33,15分)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占
总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的
是 。
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的
百分比较大
答案 ABC 本题考查气体分子速率及分布率。
每条曲线下面积的意义是各种速率的分子总和占总分子数的百分比,故面积为1,A正确、
D错误。气体温度越高,分子无规则运动越剧烈,分子平均动能越大,大速率的分子所占的
百分比越大,故虚线对应的温度较低,B、C皆正确。由图中0~400 m/s区间图线下的面积
可知0 ℃时出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,E错误。
13.[2016课标Ⅲ,33(1),5分](多选)关于气体的内能,下列说法正确的是( )
A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同
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B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大
C.气体被压缩时,内能可能不变
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加
答案 CDE 由于非理想气体分子间作用力不可忽略,内能包括分子势能,则气体的内能
与体积有关,再者即使是理想气体,内能取决于温度和分子数目,质量相同的气体,当分子
数目不同、温度相同时,内能也不相同,故A项错误;物体的内能与其机械运动无关,B项
错误;由热力学第一定律知,气体被压缩时,若同时向外散热,则内能可能保持不变,C项正
确;对于一定量的某种理想气体,体积变化时分子势能不变,其内能只取决于分子平均动
pV
能的变化,而温度是分子平均动能的标志,所以D项正确;由理想气体状态方程 =C
T
知,p不变V增大,则T增大,故E项正确。
考查点 内能、热力学第一定律
温馨提示 ①物体的内能与物体的机械运动无关。
②一定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关。而一定量的理想气体的内能只
与温度有关。
14.(2016江苏单科,12A,12分)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后,锅内水面
上方充满饱和汽。停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中,锅内水蒸气
的变化情况为 。
A.压强变小 B.压强不变
C.一直是饱和汽 D.变为未饱和汽
答案 AC 高压锅在密封状态下,因为冷却过程是缓慢进行的,所以水和水蒸气保持动
态平衡,即水蒸气一直是饱和汽,故C对D错。饱和汽压随温度的降低是减小的,故A对
B错。
15.[2015课标Ⅰ,33(1),5分]下列说法正确的是( )
A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体
B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
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C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体
E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变
答案 BCD晶体被敲碎后,其空间点阵结构未变,仍是晶体,A错误;单晶体光学性质各向
异性,B正确;同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的晶体,C正确;如果外界条
件改变了分子或原子的空间排列结构,晶体和非晶体之间可以互相转化,D正确;在晶体熔
化过程中,分子势能会发生改变,内能也会改变,E错误。
16.(2014大纲全国,16,6分)(多选)对于一定量的稀薄气体,下列说法正确的是( )
A.压强变大时,分子热运动必然变得剧烈
B.保持压强不变时,分子热运动可能变得剧烈
C.压强变大时,分子间的平均距离必然变小
D.压强变小时,分子间的平均距离可能变小
答案 BD 对一定量的稀薄气体,压强变大,温度不一定升高,因此分子热运动不一定变
得剧烈,A项错误;在保持压强不变时,如果气体体积变大则温度升高,分子热运动变得剧
烈,选项B正确;在压强变大或变小时气体的体积可能变大,也可能变小或不变,因此选项
C错D对。
考查点 气体的压强
解题关键 气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁产生的,压强的大小既与气体分
子的分子数密度有关,也与气体分子无规则热运动的剧烈程度有关。宏观理解就是气体
的压强既与体积有关,也与温度有关。
17.(2015广东理综,17,6分)(多选)图为某实验器材的结构示意图,金属内筒和隔热外筒间
封闭了一定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气( )
A.内能增大
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B.压强增大
C.分子间引力和斥力都减小
D.所有分子运动速率都增大
答案 AB 由于金属内筒导热而隔热外筒绝热,故水升温过程中封闭空气不停地从内筒
吸收热量而不向外放热,且封闭空气的体积不能改变即不做功,故由热力学第一定律可知
pV
其内能一定增大,A正确;由 =C知温度升高时封闭空气的压强一定增大,B正确;气体
T
分子间作用力微弱,即使考虑分子间作用力,也因气体体积不变,分子间平均距离不变,某
两分子间距离变化情况不能确定,而不能判定分子间作用力变化情况,C错误;温度升高时,
分子平均动能增大,但这并不意味着每个分子的运动速率都增大,D错误。
18.(2014广东理综,17,6分)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,
充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则袋内气体( )
A.体积减小,内能增大 B.体积减小,压强减小
C.对外界做负功,内能增大 D.对外界做正功,压强减小
答案 AC 袋内气体与外界无热交换即Q=0,袋四周被挤压时,体积V减小,外界对气体
pV
做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能增大,则温度升高,由 =常数知压强增
T
大,选项A、C正确,B、D错误。
19.[2014山东理综,37(1)]如图,内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的
理想气体。当环境温度升高时,缸内气体 。(双选,填正确答案标号)
a.内能增加 b.对外做功
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c.压强增大 d.分子间的引力和斥力都增大
答案 ab 因汽缸导热良好,故环境温度升高时封闭气体温度亦升高,而一定质量的理想
气体内能只与温度有关,故封闭气体内能增大,a正确。因汽缸内壁光滑,由活塞受力平衡
mg V
有p S+mg=pS,即缸内气体的压强p=p + 不变,c错误。由盖—吕萨克定律 =恒量可
0 0 S T
知气体体积膨胀,对外做功,b正确。理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力,故d错
误。
20.(2014北京理综,13,6分)下列说法中正确的是( )
A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大
B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大
C.物体温度降低,其内能一定增大
D.物体温度不变,其内能一定不变
答案 B 温度是物体分子平均动能的标志,温度升高则其分子平均动能增大,反之,则其
分子平均动能减小,故A错误B正确。物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的
总和,宏观上取决于物体的温度、体积和质量,故C、D错误。
21.[2015福建理综,29(2),6分]如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态
b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为T 和T,在过程
b c
ab和ac中吸收的热量分别为Q 和Q 。则 。
ab ac
A.T >T,Q >Q B.T >T,Q <Q
b c ab ac b c ab ac
C.T =T,Q >Q D.T =T,Q <Q
b c ab ac b c ab ac
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2p ·V p V p ·2V
0 0 0 0 0 0
答案 C 由理想气体状态方程知 = = ,故T=T ;过程ab和ac中
T T T c b
c a b
内能改变量相同,ac过程气体体积不变,做功为0,W =0,ab过程气体体积增大,气体对外做
1
功W <0,由热力学第一定律Q+W=ΔU知Q <Q ,选项C正确。
2 ac ab
22.[2018海南单科,15(1),4分](多选)如图,一定量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,
再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是( )
A.从状态b到状态c的过程中气体吸热
B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
答案 BD 本题考查对一定质量的理想气体的p-V图像的理解、理想气体状态方程、
热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。
内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和,由于理想气体
不考虑分子势能,因此理想气体的内能等于所有分子动能的总和,而温度是分子平均动能
的宏观表现,由理想气体状态方程可得p V /T =pV/T,当V =V,p >p 时,T >T,故ΔU <0,
b b b c c c b c b c b c bc
根据热力学第一定律ΔU=W+Q,体积V不变,故W=0,所以ΔQ<0,从状态b到状态c的过
程中气体放热,选项A错误;气体在状态a的温度等于在状态c的温度,故气体在状态a的
内能等于在状态c的内能,选项B正确;由理想气体状态方程可得pV/T=p V /T ,当
a a a b b b
p=p ,V<V 时,T<T ,选项C错误;从状态a到状态b的过程中气体膨胀对外做正功,故D
a b a b a b
正确。
23.(2018课标Ⅰ,33,15分)(1)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、
③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是 (选对1个得2分,选对2个得
4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。
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A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
答案 BDE (1)本题考查气体实验定律、理想气体状态方程。
p p
a b
过程①是等容升温过程,由 = ,可知压强逐渐增大,A项错误。过程②中气体膨胀,故
T T
a b
气体对外界做正功,B项正确。过程④为等容降温过程,气体向外放出热量,C项错误。一
定质量的理想气体的内能只与温度有关,而T=T ,所以状态c、d的内能相等,D项正确。
c d
pV T T T
b d
由理想气体状态方程 =C得p=C ,由题图可知 > ,则p >p ,E项正确。
T V V V b d
b d
24.(2018课标Ⅲ,33,15分)(1)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-
V图中从a到b的直线所示。在此过程中 。(填正确答案标号。选对1个得2
分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体温度一直降低 B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功 D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
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答案 BCD (1)本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程。对于一定量的理想气
pV
体有 =恒量。从a到b,p逐渐增大,V逐渐增大,所以p与V的乘积pV增大,可知T增
T
大,则气体的内能一直增加,故A错误、B正确。由于V逐渐增大,可知气体一直对外做
功,故C正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W,因ΔU>0,W<0,可知Q>0,即气体一直从外界
吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正确、E错误。
25.(2022广东,15,12分)(1)(6分)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室
外环境,这个过程 (选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,
空调排放到室外环境的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的
热量。
(2)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示,潜水员在水面上将80 mL水装入容积
为380 mL的玻璃瓶中,拧紧瓶盖后带入水底,倒置瓶身,打开瓶盖,让水进入瓶中,稳定后
测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体,全程气体不泄漏且温度不变。
大气压强p 取1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ取1.0×103 kg/m3,求水底的
0
压强p和水的深度h。
答案 (1)不是 大于
(2)2.0×105 Pa 10 m
解析 (1)(1)空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外是通过电动机做功完
成的,不是自发过程;空调排到室外环境的热量包括空调机消耗电能产生的热量及从室内
吸收的热量,则空调排到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
(2)从水面到水底过程,瓶中气体做等温变化,
在水面,瓶中气体体积V =380 mL-80 mL=300 mL,压强p =p =1.0×105 Pa
1 1 0
在水底,瓶中气体体积V =380 mL-230 mL=150 mL
2
根据玻意耳定律得:p V =pV
1 1 2
代入数据得:p=2.0×105 Pa
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而p=p +ρgh
0
代入数据得:h=10 m
26.(2022重庆,15)(1)(4分)2022年5月15日,我国自主研发的“极目一号”Ⅲ形浮空艇创
造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温
度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体) ( )
A.吸收热量 B.压强增大
C.内能减小 D.对外做负功
(2)(8分)某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性,得到压强p随温度t的变化
如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V 的等容过程,当温度为t 时气体的压强为p ;图
1 1 1
线Ⅱ描述的是压强为p 的等压过程。取0 ℃为273 K,求
2
①等容过程中,温度为0 ℃时气体的压强;
②等压过程中,温度为0 ℃时气体的体积。
273p 273p V
1 1 1
答案 (1)C (2)① ②
t +273 p (t +273)
1 2 1
解析 (1)由于艇内气体体积不变,则该过程中气体不对外做功、外界也不对气体做功,同
时由查理定律可知气体的压强减小,B、D均错误。一定质量的理想气体内能只与温度
有关,温度越低时内能越小,故艇内气体的内能减小,C正确。再由热力学第一定律可知,
艇内气体向外界放出热量,A错误。
p p
(2)①等容过程中,设温度为0 ℃时气体的压强为p ,由查理定律有 0 = 1
0 273 273+t
1
273p
1
解得p =
0 t +273
1
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②设温度为0 ℃时图线Ⅱ对应的气体的体积为V ,研究图线Ⅰ与图线Ⅱ在温度为0 ℃时
2
的状态,可认为是经过了一个等温的过程,则由玻意耳定律有
p V =p V
0 1 2 2
p V 273p V
0 1 1 1
解得V = =
2 p p (273+t )
2 2 1
27.(2022全国乙,33,10分)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其
过程如T-V图上的两条线段所示。则气体在 ( )
A.状态a处的压强大于状态c处的压强
B.由a变化到b的过程中,气体对外做功
C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变
D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸热
E.由a变化到b的过程中,从外界吸收的热量等于其增加的内能
(2)如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间
封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通
过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时
系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活
塞间气体的温度为T 。已知活塞外大气压强为p ,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,
0 0
不计弹簧的体积,重力加速度为g。
(ⅰ)求弹簧的劲度系数;
(ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温
度。
第27页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
40mg p S+3mg 4
答案 (1)ABD (2)(ⅰ) (ⅱ) 0 T
l S 3 0
pV p
解析 (1)由理想气体状态方程 =C,可得T= V,作原点和c的连线,由a、c两点与原
T C
点连线的斜率,可知p >p,A正确;由状态a到b,可知V变大,则气体对外做功,B正确;由图
a c
可知,b、c不在等压线上,故C错误;由状态a到b,T升高,则内能变大,V变大,则气体对外
做功,可知ΔU>0,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,故气体从外界吸热,且吸收
的热量大于其增加的内能,故D正确,E错误。
(2)(ⅰ)对活塞Ⅰ受力分析
由平衡条件有p·2S=p ·2S+2mg+0.1kl
0
对活塞Ⅱ受力分析
由平衡条件有pS+mg=p S+0.1kl
0
40mg p S+3mg
联立解得k= ,p= 0
l S
(ⅱ)由于是对气体缓慢加热,则两活塞受力平衡,将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分
p S+3mg
析,受力情况不变,故气体压强不变,p'=p= 0 ,且弹簧长度不变
S
V V
1 2
对活塞间的气体,由盖-吕萨克定律有 =
T T
1 2
l+0.1l
其中V = (2S+S)=1.65lS,T =T
1 2 1 0
V =(l+0.1l)·2S=2.2lS
2
4
解得T = T
2 3 0
28.(2022湖南,15,13分)(1)(5分)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,
一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压
氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速
率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集
到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A
端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是 ( )
第28页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A.A端为冷端,B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律
(2)(8分)如图,小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V =9.9 L的导热汽缸下接
0
一圆管,用质量m =90 g、横截面积S=10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与圆
1
管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m =10 g的U形金属丝,活塞刚好处
2
于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中,缓慢升起汽缸,使金属丝从液体中拉出,活塞
在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h=10 cm,外界大气压强p =1.01×105 Pa,重
0
力加速度取10 m/s2,环境温度保持不变。求
(ⅰ)活塞处于A位置时,汽缸中的气体压强p ;
1
(ⅱ)活塞处于B位置时,液体对金属丝拉力F的大小。
答案 (1)ABE (2)(ⅰ)1×105 Pa (ⅱ)1 N
解析 (1)分子热运动速率较小的气体分子,温度较低,内能较小,在环形管中心部位聚集,
与分离挡板碰撞后反弹,最后从A端流出,则A端为冷端,B端为热端,A、B正确,C项错误;
装置中气体进出过程,满足能量守恒定律和热力学第二定律,E正确,D错误。
第29页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(2)(ⅰ)对活塞受力分析,当活塞处于A位置时p S+(m +m )g=p S
1 1 2 0
代入数据解得p =1×105 Pa
1
(ⅱ)当活塞处于B位置时,由于汽缸是导热的,对汽缸中的气体,利用玻意耳定律,p V =p V
1 1 2 2
其中V =9.9 L,V =V +hS,p =1×105 Pa
1 2 1 1
代入数据解得p =9.9×104 Pa
2
对活塞受力分析p S+(m +m )g+F=p S
2 1 2 0
代入数据解得F=1 N
29.(2022全国甲,33,15分)(1)(5分)(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过
程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中 ( )
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
E.气体吸收的热量等于其内能的增加量
(2)(10分)如图,容积均为V 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p 、温度为T 的
0 0 0
环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活
1 1
塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为 V 和
8 0 4
V 。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。
0
(ⅰ)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;
第30页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T ,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中
0
的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
4 9
答案 (1)BCE (2)(ⅰ) T (ⅱ) p
3 0 4 0
解析 (1)(1)p-T图线过坐标原点,因此气体从状态a到状态b发生等容变化,气体没有对
外做功,A、D错误;从状态a到状态b气体温度升高,一定质量的理想气体内能只与温度
有关,温度升高,内能增加,B正确;根据热力学第一定律可知气体从外界吸热,且吸收的热
量等于其内能增加量,C、E正确。
(2)(ⅰ)选第Ⅳ部分气体为研究对象,在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变
1
V - V V
化: 0 4 0 = 0
T
T 1
0
4
解得T = T
1 3 0
(ⅱ)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象,温度由T 升至2T 过程,由理想气体状态方程:
0 0
(1 1 )
p V + V p V
0 8 0 4 0 = 1 1
2T
T 0
0
对第Ⅳ部分气体,温度由T 升至2T 过程,由理想气体状态方程:
0 0
( 1 )
p V - V p (V -V )
0 0 4 0 = 1 0 1
2T
T 0
0
9
解得p = p
1 4 0
30.(2022河北,15,12分)(1)如图,绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充
有同种气体的气球。容器内温度处处相同,气球内部压强大于外部压强。气球缓慢漏气
后,容器中气球外部气体的压强将 (填“增大”“减小”或“不变”),温度将
(填“升高”“降低”或“不变”)。
第31页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(2)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示,汽缸中间有一固定隔板,将汽缸内一定质量
的某种理想气体分为两部分,“H”形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过,连杆与隔
板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p ,活塞面积为S,隔板两侧气体体积
0
均为SL ,各接触面光滑,连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向,稳
0
1
定后,上部气体的体积为原来的 。设整个过程温度保持不变,求:
2
(ⅰ)此时上、下两部分气体的压强;
(ⅱ)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
2 4 p S
答案 (1)增大 升高 (2)(ⅰ)2p p (ⅱ) 0
0 3 0 3g
解析 (1)气球缓慢漏气时,气球体积近似不变,气球外部的气体分子数增大,体积不变,则
压强增大;气球漏气后,对原先的外部气体进行压缩,即对外界气体做功,由ΔU=W+Q可知,
外界气体的内能增大,温度升高。
(2)(ⅰ)分别对上、下两部分气体应用玻意耳定律:
L
p L S=p · 0S
0 0 上 2
3
p L S=p · L S
0 0 下 2 0
2
解得:p =2p ,p = p
上 0 下 3 0
(ⅱ)对整个“H”形连杆活塞受力分析,外部大气压力已平衡,则mg+p S=p S,解得m=
下 上
4 p S
0
3g
第32页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
31.(2022山东,15,7分)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室壁薄,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M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p ,求:
0
(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H 处时,B室内气体质量m 。
1 1
Mma p +ρgH
0 1
答案 (1) (2) m
ρgV p +ρgH
0
解析 (1)鱼静止在水面下H处时,重力与浮力平衡,此时B室气体压强不变,仍等于外界
压强,气体密度不变,B室体积增加部分所对应浮力增加值即为鱼所受的合外力,故有
ρgΔV=Ma
m
由压强的微观含义知压强不变,B室内气体密度不变,则充入B室的气体质量Δm= ΔV=
V
Mma
ρgV
(2)鱼静止于水面下H处时,B室内气体压强p=p +ρgH
0
鱼静止于水面下H 处时,B室内气体压强p =p +ρgH
1 1 0 1
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H 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
1
p(V+ΔV')=p V
1
p -p m -m ΔV '
则ΔV'= 1 V,压强相同则密度相同,故有 1 =
p m V
m p
可得
1= 1
m p
第33页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
p +ρgH
0 1
解得:m = m
1 p +ρgH
0
32.[2015海南单科,15(1),4分]已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔
质量为M,阿伏加德罗常数为N ,地面大气压强为p ,重力加速度大小为g。由此可估算
A 0
得,地球大气层空气分子总数为 ,空气分子之间的平均距离为 。
4π p N R2 √ Mgh
答案 0 A 3
Mg p N
0 A
解析 可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的,即mg=p S=p ×4πR2,故大气
0 0
4π p R2 m 4π p N R2
层的空气总质量m= 0 ,空气分子总数N= N = 0 A 。由于h≪R,则大气
g M A Mg
层的总体积V=4πR2h,每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体,则有Na3=V,可得分
√ Mgh
3
子间的平均距离a= 。
p N
0 A
33.[2019课标Ⅲ,33(1),5分]用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定
浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是 。实验中为了
测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以
。为得到油酸分子的直径,还需测量的物理量是 。
答案 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴
地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分
子层油膜的面积
解析 本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、分析、探究
能力的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了劳动实践、科学探索的
价值观。
用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分子在水面上
形成单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故需测量较多滴的油酸酒
第34页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
精溶液的总体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进而得到一滴溶液中纯油酸的体积;
因为本题中油酸体积等于厚度乘面积,故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积,还需要测
量单分子层油膜的面积。
34.(2020江苏单科,13A,12分)(1)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,
它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有 。
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
(2)一瓶酒精用了一些后,把瓶盖拧紧,不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽,此时
(选填“有”或“没有”)酒精分子从液面飞出。当温度升高时,瓶中酒精饱和汽的密度
(选填“增大”“减小”或“不变”)。
1
(3)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,其p- 图像如图所示,求该过
V
程中气体吸收的热量Q。
答案 (1)AC (2)有 增大 (3)2×105J
解析 (1)非晶体没有固定的熔点;因为其分子在空间上排列无规则,所以天然不具有规则
的几何形状;其导热性能为各向同性,故A、C项正确,B、D项错误。
(2)饱和汽处于动态平衡状态,故达到饱和状态时也有酒精分子从液面飞出。饱和汽压随
温度的升高而增大,说明单位时间内撞击到单位面积上的分子增多,亦说明酒精饱和汽的
密度增大。
(3)A→B过程,外界对气体做的功W =p(V -V )
1 A B
B→C过程W =0
2
根据热力学第一定律得ΔU=(W +W )+Q
1 2
第35页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
A和C的温度相等ΔU=0
代入数据解得Q=2×105 J
35.[2020课标Ⅱ,33(2),10分]潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭
的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下
避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工
作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度
为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p ,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
0
(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l;
(ⅱ)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p 时的体积。
0
ρgH ρgSHh
答案 (ⅰ) h (ⅱ)
p +ρgH p
0 0
解析 (ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V 和V ,放入水下
0 1
后筒内气体的压强为p ,由玻意耳定律和题给条件有
1
p V =p V ①
1 1 0 0
V =hS②
0
V =(h-l)S③
1
p =p +ρg(H-l)④
1 0
联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得
ρgH
l= h⑤
p +ρgH
0
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p ,此时筒内气体的体积为V ,这些气体在其压强
2 0
为p 时的体积为V ,由玻意耳定律有
0 3
p V =p V ⑥
2 0 0 3
其中
第36页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
p =p +ρgH⑦
2 0
设需压入筒内的气体体积为V,依题意
V=V -V ⑧
3 0
联立②⑥⑦⑧式得
ρgSHh
V= ⑨
p
0
36.[2018课标Ⅲ,33(2),10分]在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水
银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分
别为l =18.0 cm和l =12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水
1 2
平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长
度。在整个过程中,气体温度不变。
答案 见解析
解析 本题考查气体实验定律。
设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p 和p 。U形管水平放置时,两
1 2
边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l '和l '。
1 2
由力的平衡条件有
p =p +ρg(l -l )①
1 2 1 2
式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p l =pl '②
11 1
p l =pl '③
22 2
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两边气柱长度的变化量大小相等
l '-l =l -l '④
1 1 2 2
由①②③④式和题给条件得
l '=22.5 cm⑤
1
l '=7.5 cm⑥
2
审题指导 液柱移动问题的分析方法
37.[2018海南单科,15(2),8分]一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B,
活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞,A中气体体积为2.5×10-4 m3,温度为27
℃,压强为6.0×104 Pa;B中气体体积为4.0×10-4 m3,温度为-17 ℃,压强为2.0×104 Pa。现将
A中气体的温度降至-17 ℃,然后拔掉销钉,并保持A、B中气体温度不变,求稳定后A和
B中气体的压强。
答案 3.2×104 Pa
解析 本题考查了查理定律、玻意耳定律。
A气体的温度由27 ℃降至-17 ℃,由查理定律得
p p '
A A
= ①
T T '
A A
设拔掉销钉稳定后,A、B中气体的压强均为p,根据玻意耳定律,对A气体有
p 'V =pV '②
A A A
对B气体有p V =pV '③
B B B
由已知条件得V '+V '=2.5×10-4 m3+4.0×10-4 m3④
A B
联立以上各式得p=3.2×104 Pa
第38页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
38.[2017课标Ⅱ,33(2),10分]一热气球体积为V,内部充有温度为T 的热空气,气球外冷空
a
气的温度为T 。已知空气在1个大气压、温度T 时的密度为ρ ,该气球内、外的气压始
b 0 0
终都为1个大气压,重力加速度大小为g。
(ⅰ)求该热气球所受浮力的大小;
(ⅱ)求该热气球内空气所受的重力;
(ⅲ)设充气前热气球的质量为m ,求充气后它还能托起的最大质量。
0
T T
0 0
答案 (ⅰ)Vgρ (ⅱ)Vgρ
0T 0T
b a
1 1
(ⅲ)Vρ T ( - )-m
0 0 T T 0
b a
解析 (ⅰ)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T 时的体积为V ,密度为
0 0
m
ρ = ①
0 V
0
在温度为T时的体积为V ,密度为
T
m
ρ(T)= ②
V
T
由盖—吕萨克定律得
V V
0 = T ③
T T
0
联立①②③式得
T
ρ(T)=ρ 0 ④
0
T
气球所受到的浮力为
f=ρ(T )gV⑤
b
联立④⑤式得
T
0
f=Vgρ ⑥
0T
b
(ⅱ)气球内热空气所受的重力为
G=ρ(T)Vg⑦
a
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T
0
联立④⑦式得G=Vgρ ⑧
0T
a
(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得
mg=f-G-m g⑨
0
1 1
联立⑥⑧⑨式得m=Vρ T ( - )-m ⑩
0 0 T T 0
b a
39.[2017课标Ⅲ,33(2),10分]一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示,玻璃泡M的上端
和下端分别连通两竖直玻璃细管K 和K 。K 长为l,顶端封闭,K 上端与待测气体连
1 2 1 2
通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时,M与K 相通;逐渐提升R,
2
直到K 中水银面与K 顶端等高,此时水银已进入K ,且K 中水银面比顶端低h,如图(b)
2 1 1 1
所示。设测量过程中温度、与K 相通的待测气体的压强均保持不变。已知K 和K 的
2 1 2
内径均为d,M的容积为V ,水银的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:
0
(ⅰ)待测气体的压强;
(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。
ρπgh2d2 π ρgl2d2
答案 (ⅰ) (ⅱ)
4V +πd2(l-h) 4V
0 0
解析 本题考查气体压强的计算、玻意耳定律。
(ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,
压强等于待测气体的压强p。提升R,直到K 中水银面与K 顶端等高时,K 中水银面比
2 1 1
顶端低h;设此时封闭气体的压强为p ,体积为V ,则
1 1
1
V=V + πd2l①
0 4
1
V = πd2h②
1 4
第40页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
由力学平衡条件得
p =p+ρgh③
1
整个过程为等温过程,由玻意耳定律得
pV=p V ④
1 1
联立①②③④式得
ρπgh2d2
p= ⑤
4V +πd2(l-h)
0
(ⅱ)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
π ρgl2d2
p≤ ⑦
4V
0
该仪器能够测量的最大压强为
π ρgl2d2
p = ⑧
max 4V
0
40.[2016课标Ⅲ,33(2),10分]一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一
光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管
内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已
知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强
p =75.0 cmHg。环境温度不变。
0
答案 144 cmHg 9.42 cm
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解析 设初始时,右管中空气柱的压强为p ,长度为l ;左管中空气柱的压强为p =p ,长度
1 1 2 0
为l 。活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p ',长度为l ';左管中空气柱的压强为p ',
2 1 1 2
长度为l '。以cmHg为压强单位。由题给条件得p =p +(20.0-5.00)cmHg①
2 1 0
(
20.0-5.00)
l '= 20.0- cm②
1 2
由玻意耳定律得p l =p 'l '③
11 1 1
联立①②③式和题给条件得
p '=144 cmHg④
1
依题意p '=p '⑤
2 1
20.0-5.00
l '=4.00 cm+ cm-h⑥
2 2
由玻意耳定律得p l =p 'l '⑦
22 2 2
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h=9.42 cm⑧
审题指导 由于环境温度不变,玻璃管内气体发生的是等温变化,适用规律是玻意耳定律,
分别以左管内和右管内气体为研究对象,找出初末状态参量,列出玻意耳定律方程即可求
解。
41.[2016课标Ⅰ,33(2),10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压
2σ
强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp= ,其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半
r
径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p =1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,
0
重力加速度大小g=10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差;
(ⅱ)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之
比的近似值。
答案 (ⅰ)28 Pa (ⅱ)1.3
解析 (ⅰ)当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r ,气泡内外压强差为Δp ,则
1 1
2σ
Δp = ①
1 r
1
代入题给数据得
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Δp =28 Pa②
1
(ⅱ)设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p ,气泡体积为V ;气泡到达水面附近时,
1 1
气泡内空气的压强为p ,内外压强差为Δp ,其体积为V ,半径为r 。
2 2 2 2
气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有
p V =p V ③
1 1 2 2
由力学平衡条件有
p =p +ρgh+Δp ④
1 0 1
p =p +Δp ⑤
2 0 2
气泡体积V 和V 分别为
1 2
4
V = πr3 ⑥
1 3 1
4
V = πr3 ⑦
2 3 2
联立③④⑤⑥⑦式得
r 3 p +Δp
( )
1 0 2
= ⑧
r ρgh+p +Δp
2 0 1
由②式知,Δp≪p ,i=1,2,故可略去⑧式中的Δp项。代入题给数据得
i 0 i
r
2 =√32≈1.3⑨
r
1
解题关键 ①准确写出气体初、末态的压强。
②计算过程中进行合理近似。
42.[2016课标Ⅱ,33(2),10分]一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个
大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个
大气压时,需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使
用多少天。
答案 4天
解析 设氧气开始时的压强为p ,体积为V ,压强变为p (2个大气压)时,体积为V 。根据
1 1 2 2
玻意耳定律得
p V =p V ①
1 1 2 2
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重新充气前,用去的氧气在p 压强下的体积为
2
V =V -V ②
3 2 1
设用去的氧气在p (1个大气压)压强下的体积为V ,则有
0 0
p V =p V ③
2 3 0 0
设实验室每天用去的氧气在p 下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=V /ΔV④
0 0
联立①②③④式,并代入数据得
N=4(天)⑤
解题指导 解答此题的关键是将用去的氧气在p 压强下的体积转化为在p (1个大气压)
2 0
压强下的体积,从而可以计算出氧气在p 压强下的可用天数。
0
易错点拨 没有将氧气的体积转化为1个大气压下的体积而直接进行计算。
43.[2018课标Ⅰ,33(2),10分]如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽
缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有
一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p 。现将K打开,容器内的
0
V
液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为 时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体
8
V
积减小了 。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入
6
汽缸内液体的质量。
15p S
0
答案
26g
解析 本题考查气体实验定律、气体压强计算等知识。
设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V ,压强为p ;下方气体的体积为V ,压强为
1 1 2
p 。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得
2
V
p =p V ①
02 1 1
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V
p =p V ②
02 2 2
由已知条件得
V V V 13
V = + - = V③
1 2 6 8 24
V V V
V = - = ④
2 2 6 3
设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得
p S=p S+mg⑤
2 1
联立以上各式得
15p S
m= 0 ⑥
26g
审题指导 关键词理解,隐含条件显性化
①关键词“导热”说明气体上下两部分温度相等,且与环境温度相同。
②外界温度保持不变,说明气体做等温变化。
mg
③流入液体产生的压强p'= 。
S
④K关闭,说明外部液体对气体压强不产生影响。
44.[2018课标Ⅱ,33(2),10分]如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a、
b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想
气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的
摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p ,温度均为T 。现用电热丝缓
0 0
慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程
中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
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( h )( mg )
答案
1+ 1+
T (p S+mg)h
H p S 0 0
0
解析 本题考查气体实验定律等知识。
开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动,设此时
汽缸中气体的温度为T ,压强为p ,根据查理定律有
1 1
p p
0 1
= ①
T T
0 1
根据力的平衡条件有
p S=p S+mg②
1 0
联立①②式可得
( mg )
T =
1+
T ③
1 p S 0
0
此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为
T ;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V 和V 。根据盖—吕萨克定律有
2 1 2
V V
1 2
= ④
T T
1 2
式中
V =SH⑤
1
V =S(H+h)⑥
2
联立③④⑤⑥式解得
( h )( mg )
T =
1+ 1+
T ⑦
2 H p S 0
0
从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为
W=(p S+mg)h⑧
0
审题指导 抓住关键词,挖掘隐含条件。
“缓慢加热”表示活塞始终处于平衡状态,因此才有p S=p S+mg。“活塞刚好到达b
1 0
处”,表示气体的末状态压强为p ,活塞与b卡口处无弹力作用。“绝热”时气体温度才
1
能逐渐升高,若“导热良好”,“缓慢加热”时汽缸内、外的气体就始终处于热平衡状态。
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45.[2015课标Ⅰ,33(2),10分,★]如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两
圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m =2.50 kg,横截面积为S =80.0 cm2;小活塞
1 1
的质量为m =1.50 kg,横截面积为S =40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0
2 2
cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相
l
距 ,两活塞间封闭气体的温度为T =495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移。
2 1
忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2。求
(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度;
(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。
答案 (ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×105 Pa
解析 (ⅰ)设初始时气体体积为V ,在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的
1
体积为V ,温度为T 。由题给条件得
2 2
( l ) (l )
V =S l- +S ①
1 2 2 1 2
V =S l②
2 2
在活塞缓慢下移的过程中,用p 表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得
1
S (p -p)=m g+m g+S (p -p)③
1 1 1 2 2 1
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有
V V
1 2
= ④
T T
1 2
联立①②④式并代入题给数据得
T =330 K⑤
2
第47页共49页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p 。在此后与汽缸外大气达到
1
热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查
理定律,有
p' p
1
= ⑥
T T
2
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p'=1.01×105 Pa⑦
46.[2014山东理综,37(2)]一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量
M=3×103 kg、体积V =0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的
0
气体,开始时筒内液面到水面的距离h =40 m,筒内气体体积V =1 m3。在拉力作用下浮筒
1 1
缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h 时,拉力减为零,此时气体体积为V ,随后浮筒和
2 2
重物自动上浮。求V 和h 。
2 2
已知大气压强p =1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=10 m/s2。不计
0
水温变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
答案 2.5 m3 10 m
解析 当F=0时,由平衡条件得
Mg=ρg(V +V )①
0 2
代入数据得
V =2.5 m3②
2
设筒内气体初态、末态的压强分别为p 、p ,由题意得
1 2
p =p +ρgh ③
1 0 1
p =p +ρgh ④
2 0 2
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p V =p V ⑤
1 1 2 2
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联立②③④⑤式,代入数据得
h =10 m⑥
2
47(2016江苏单科,12A,12分)如图甲所示,在斯特林循环的p-V图像中,一定质量理想气体
从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过
程组成。B→C的过程中,单位体积中的气体分子数目 (选填“增大”、“减
小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示,
则状态A对应的是 (选填“①”或“②”)。
图甲
图乙
答案 不变 ①
解析 (2)B→C过程气体体积不变,气体的总分子数也不变,故单位体积内的分子数是不
变的。
pV
由 =C可知,T <T ,温度越高,分子的平均速率越大,故状态A对应的是①。
T A D
第49页共49页
