2023届高考物理（新鲁科版）一轮总复习讲义第十三章　热学

第2讲　固体、液体和气体

一、固体和液体

1.固体

(1)分类：固体分为晶体和非晶体两类。晶体又分为单晶体和多晶体。

(2)晶体和非晶体的比较

2.液体

(1)液体的表面张力

①作用效果：使液面具有收缩的趋势。

②方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直。

(2)毛细现象：指浸润液体在细管中上升的现象和不浸润液体在细管中下降的现象。毛细管越细，毛细现象越明显。

3.液晶

(1)具有液体的流动性。

(2)具有晶体的光学各向异性。

二、气体

1.气体压强

(1)产生的原因

由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力。

(2)决定因素

①宏观上：决定于气体的温度和体积。

②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。

2.理想气体

(1)宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵从气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。

(2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能。

3.气体实验定律

4.理想气体的状态方程

一定质量的理想气体的状态方程：＝或＝C。

【自测】 对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　)

A.若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大

B.在完全失重的状态下，气体的压强为零

C.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变

D.当分子热运动变剧烈时，压强一定增大

答案　C

解析　根据＝C可知，若气体的温度T不断升高，气体的压强p和体积V的乘积一定增大，但其压强p不一定增大， A错误；从微观角度，气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的，即使在完全失重的状态下，气体分子仍然会不停的频繁碰撞器壁， B错误；对于一定量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，根据理想气体的状态方程＝C，可知其温度不变，而理想气体的内能仅仅与温度有关，所以其内能也一定不变，C正确；当分子热运动变剧烈时，分子数密度可能减小，故气体压强也可以减小或者不变，D错误。

命题点一　固体和液体性质的理解

1.晶体和非晶体

(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。

(2)具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。

(3)单晶体具有天然的规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有天然规则的几何外形，所以不能从形状上区分晶体与非晶体。

(4)晶体和非晶体不是绝对的，在某些条件下可以相互转化。

(5)液晶既不是晶体，也不是液体。

2.液体表面张力

(1)形成原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力。

(2)表面特征：表面层中分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层张紧的弹性薄膜。

(3)表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的分界线。

(4)表面张力的效果：使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小。

【例1】 (2021·福建莆田市4月模拟)关于热学知识的理解，下列说法中正确的是(　　)

A.单晶体的某些物理性质呈现各向异性

B.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为斥力

C.雨水没有透过雨伞是因为水和伞的不浸润现象

D.在熔化过程中，非晶体要吸收热量，但温度可以保持不变

答案　A

解析　单晶体的某些物理性质呈现各向异性，选项A正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力，选项B错误；雨水没有透过雨伞是因为液体表面张力，故C错误；在熔化过程中，非晶体要吸收热量，温度升高，故D错误。

【针对训练1】 (多选)下列理解正确的是(　　)

A.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点

B.单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点

C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布

D.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的

答案　AC

解析　液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故A项正确；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故B项错误；有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布，例如石墨和金刚石，故C项正确；固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体不是绝对的，是可以相互转化的；例如天然石英是晶体，熔融过的石英是非晶体；把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒入冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故D项错误。

命题点二　实验十八　探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系

注意事项　(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器活塞上涂润滑油。

(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢和不能用手握住注射器封闭气体部分。

【例2】 如图1所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：

图1

①在注射器内用柱塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；

②移动柱塞至某一位置，记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；

③重复上述步骤②，多次测量并记录；

④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。

(1)关于本实验的基本要求，下列说法中正确的是________(选填选项前的字母)。

A.移动柱塞时应缓慢一些

B.封闭气体的注射器应密封良好

C.必须测出注射器内封闭气体的质量

D.气体的压强和体积必须用国际单位

(2)为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出____________(选填“p－ V”或“p－”)图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条____________________________，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。

(3)在不同温度环境下，另一位同学用上述封闭气体重复了上述实验，实验操作和数据处理均正确。环境温度分别为T1、T2，且T1＞T2。在如图所示的四幅图中，可能正确反映相关物理量之间关系的是________(选填选项的字母)。

解析　(1)移动柱塞时应缓慢一些，以保证气体的温度不变，选项A正确；封闭气体的注射器应密封良好，要保证气体的质量不变，选项B正确；必须测出注射器内封闭气体的体积，选项C错误；气体的压强和体积使用同一单位制的单位即可，不必须用国际单位，选项D错误。

(2)根据pV＝C可知p＝，则为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系，应作出p－图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。

(3)在p－V图像中，若画出一条平行p轴的等容线，可看出p1＞p2，由＝C可知T1＞T2，则选项A正确，B错误；由＝C可知，p＝CT，则p－图像的斜率越大，温度越高，因T1＞T2，则选项C正确，D错误。

答案　(1)AB　(2)p－　过原点的倾斜直线(或正比例函数直线)　(3)AC

【针对训练2】 某实验小组用如图2甲所示装置探究气体做等温变化的规律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。从压力表上读取空气柱的压强，从注射器旁的刻度尺上读取空气柱的长度。

图2

(1)实验时，为判断气体压强与体积的关系，________(填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积；

(2)关于该实验，下列说法正确的是______；

A.为避免漏气，可在柱塞上涂抹适量润滑油

B.实验中应快速推拉柱塞，以免气体进入或漏出注射器

C.为方便推拉柱塞，应用手握紧注射器再推拉柱塞

D.柱塞移至某位置时，应快速记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值

(3)测得注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、为横轴，作出图像如图乙所示。图像向下弯曲的可能原因有________。

A.实验过程中有进气现象

B.实验过程中有漏气现象

C.实验过程中气体温度降低

D.实验过程中气体温度升高

答案　(1)不需要　(2)A　(3)BC

解析　(1)横截面积相同，每一次体积的改变，只需要比较空气柱长度的变化即可，故不需要测量空气柱的横截面积。

(2)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器柱塞上涂上润滑油防止漏气，故A正确；若快速推拉柱塞，则有可能造成等温条件的不满足，所以应缓慢推拉柱塞，故B错误；手握紧柱塞会导致温度的变化，故C错误；柱塞移至某位置时，应等状态稳定后，记录此时注射器内气柱的长度和压力表的压强值，故D错误。

(3)图像发生了弯曲，则有可能是实验中温度发生了变化，因图像向下弯曲，故有可能是温度降低了，故C正确，D错误；图线的斜率k＝pV，根据pV＝nRT可知，如果温度不变，则说明气体的质量变小了，发生了漏气现象，故B正确，A错误。命题点三　气体实验定律的理解和应用

1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系

＝

2.两个重要的推论

(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT

(2)盖－吕萨克定律的推论

ΔV＝ΔT

3.利用气体实验定律解决问题的基本思路

【例3】 (2021·湖南衡阳市联考)如图3所示，由内径相同的两U形玻璃管弯接而成的连通器竖直放置，左侧管顶端封闭，右侧管顶开口，中间不漏气。现用水银封闭有A、B两部分气体，已知环境温度恒为17 ℃，大气压强为76 cmHg，稳定时，A部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为h1＝8 cm、h2＝10 cm。

图3

(1)求A部分气体的压强；

(2)保持B部分气体温度不变，给A部分气体缓慢加热，使其温度升高到147 ℃时，A部分气柱长度变为24 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′。

解析　(1)中间B气体压强

p1＝p0－ρgh2＝66 cmHg

A部分气体压强

pA＝p1－ρgh1＝58 cmHg。

(2)A部分气体加热后，有

＝

得pA2＝70 cmHg

由于左侧U形管水银高度相等，则中间B气体的压强p1′＝pA2′＝p0－ρgh2′

解得h2′＝6 cm。

答案　(1)58 cmHg　(2)6 cm

【真题示例4】 (2021·湖南卷，16)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图4所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。

图4

(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？

(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？

解析　(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－FN1，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有

F1＋p1S＝p0S＋m1g

解得p1＝p0

当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－FN2

同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g

解得p2＝0.99×105 Pa

由查理定律得＝，解得T2＝297 K。

(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g

解得p3＝1.03×105 Pa

由查理定律得＝

解得最高环境温度Tmax＝309 K。

答案　(1)297 K　(2)309 K

【针对训练3】  (多选) (2021·山东济南市模拟)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内、外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图5所示，是治疗常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上，某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的，以下说法正确的是(　　)

图5

A.加热后罐内气体质量是加热前的

B.加热后罐内气体质量是加热前的

C.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的

D.温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的

答案　AD

解析　加热过程由等压变化得＝，解得V2＝＝＝V1，气体总体积变为原来的，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的，所以加热后罐内气体质量是加热前的，A正确，B错误；由理想气体状态方程可得＝，即＝，则罐内气体压强变为原来的，C错误，D正确。

【针对训练4】 (2021·山东泰安市检测)如图6所示，一端封闭的U型玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度L＝40 cm，管两侧水银面的高度差为h＝19 cm，大气压强恒为76 cmHg。

图6

(1)若初始温度27 ℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求气体的温度；

(2)若保持温度27 ℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面齐平时，求注入水银柱的长度。

答案　(1)222 ℃　(2)39 cm

解析　(1)开始和终了状态下被封空气柱的压强分别为p1＝p0－h＝57 cmHg，p2＝p0＝76 cmHg，设管的横截面积为S，最终被封空气柱长度为x，空气柱末态长x＝L＋，根据理想气体状态方程＝，代入数据解得T2＝495 K＝222 ℃。

(2)设最终被封空气柱长度为y，根据玻意耳定律，有

p1LS＝p2yS

应加入的水银柱长度为

ΔH＝2(L－y)＋h

联立解得ΔH＝39 cm。

对点练 固体和液体性质的理解

1.(多选)(2020 ·江苏卷，15)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.具有天然规则的几何形状

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

答案　AC

解析　根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形，物理性质在各个方向上是相同的，即“各向同性”，它没有固定的熔点，A、C正确。

2.(2021·山东省教科所模拟)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”。农谚“锄板底下有水”、“锄头自有三寸泽”。这都是对松土保墒功能的生动总结。关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是(　　)

A.松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分

B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分

C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理

D.松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温；“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理

答案　A

解析　松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减小水分蒸发，保存水分，A正确，B、C错误；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D错误。

3. (2021·河北省选择性考试) 将蜂蜡分别薄薄地涂在薄玻璃片和单层云母片上，用加热到相同温度的相同缝衣针针尖分别接触未涂抹面，不移动，玻璃片和云母片上的蜂蜡熔化区的形状________(填“相同”或“不相同”)，将云母片碾成粉末，则云母片与云母粉末的晶体结构________(填“相同”或“不相同”)。

答案　不相同　相同

解析　玻璃片的导热性能是各向同性的，云母片的导热性能是各向异性的，所以蜂蜡熔化区的形状是不同的。云母片与云母粉末的晶体结构与云母的形状无关。所以云母片与云母粉末的晶体结构是相同的。

对点练 实验　探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系

4.某班级各实验小组利用如图1所示装置进行“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验，实验步骤如下：

图1

①把注射器柱塞移至注射器中间某位置，将注射器与导气管、压强传感器逐一连接；

②移动柱塞，记录注射器的刻度值，同时记录对应的由压强传感器显示的气体压强值p；

③用V－图像处理实验数据。

(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是____________________；为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是________和________。

(2)如果实验操作规范，某小组描绘V－图线如图2所示，则图中的V0代表____________________________。

图2

(3)另一小组所做的实验中，画出的V－图像如图3所示，则图线发生弯曲的原因可能是________。

图3

A.各组的V、取值范围太小

B.实验过程中气体温度降低

C.实验过程中有漏气现象

D.实验过程中气体温度升高

答案　(1)在注射器柱塞上涂一些润滑油　注意手不能握住注射器的封闭气体部分　缓慢推动柱塞　(2)注射器与压强传感器连接处的气体体积　(3)BC

解析　(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是在注射器柱塞上涂一些润滑油，这样可以保持气密性；为了保持封闭气体的温度不变，实验中要注意手不能握住注射器的封闭气体部分，缓慢推动柱塞，这样能保证装置与外界温度一样。

(2)根据理想气体状态方程＝C 可知，如果实验操作规范正确，根据实验数据画出的V－图线是过坐标原点的直线。但如图所示的V－图线不过原点，该图线的方程为V＝CT－V0，说明注射器中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可知，截距V0代表注射器与压强传感器连接处的气体体积。

(3)各组的V、取值范围太小，不会使图像发生弯曲，A错误；实验过程中气体温度降低，则pV值减小，则图像向下弯曲，选项B正确；实验过程中有漏气现象，则pV值减小，则图像向下弯曲，选项C正确；实验过程中气体温度升高，则pV值变大，则图像向上弯曲，选项D错误。

5.如图4所示，是用气体压强传感器探究气体等温变化规律的实验装置，操作步骤如下：

①在注射器内用柱塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机逐一连接起来；

②缓慢移动柱塞至某一位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；

③重复上述步骤②，多次测量并记录数据；

④根据记录的数据，作出相应图像如图5，分析得出结论。

(1)在本实验操作的过程中，应该保持不变的量是气体的________和________。

(2)根据记录的实验数据，作出了如图5所示的p－V图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间应该满足的关系式为__________________。

(3)在温度不变的环境中，某小组的同学缓慢移动柱塞压缩气体，记录实验数据，并在坐标纸中作出了压强p与体积V的关系图线，如图6所示。从图像可知，在读数和描点作图均正确的情况下，得到这个图像的原因可能是________。

图6

答案　(1)质量　温度　(2)p1V1＝p2V2　(3)漏气

解析　(1)在本实验操作的过程中，应该保持不变的量是气体的质量和温度。

(2)对图线进行分析，如果在误差允许范围内，p1、p2、V1、V2之间应该满足的关系式为p1V1＝p2V2。

(3)由图像可知，图像上各点的pV乘积随体积的减小而减小，由于外界温度不变且缓慢移动柱塞压缩气体，则气体温度不变，则可能的原因是气体的质量减小了，即漏气。

对点练 气体实验定律的理解和应用

6.如图7所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为    (　　)

图7

A.h1－h2   B.

C.   D.h1＋h2

答案　D

解析　左边空气柱的压强为p1＝p0－ρgh1，右边空气柱的压强为p2＝p0＋ρgh2，设中间管内水银柱的长度为h，则p1＝p2－ρgh，联立以上各式，可得h＝h1＋h2，D正确。

7.(2021·广东卷，15)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强________(填“大于”“小于”或“等于”)机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体分子的平均动能________(填“变大”“变小”或“不变”)。

答案　小于　不变

解析　下飞机后矿泉水瓶变瘪，说明矿泉水瓶内的气体体积变小，由于温度不变，故根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，瓶内气体的压强变大，矿泉水瓶内气体压强始终与外界大气压强相等，故高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；由于温度不变，故矿泉水瓶内气体分子的平均动能不变。

8.如图8所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声，27 ℃时，被封闭的理想气体气柱长L1＝20 cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2＝5 cm。

图8

(1)当温度达到多少摄氏度时，蜂鸣器会报警？

(2)如果大气压强降低，试分析说明该蜂鸣器的报警温度会如何变化。

答案　(1)102 ℃　(2)降低

解析　(1)要使蜂鸣器报警，则温度升高，水银柱上升，电路导通，被封闭气柱做等压变化

由盖－吕萨克定律得＝

即＝

解得T2＝375 K

即t2＝102 ℃。

(2)由玻意耳定律知，同样温度下，大气压强降低则被封闭气柱变长，即V1变大，而蜂鸣器报警时的V2不变，由＝可知，T2变小，即报警温度降低。

9.[2021·全国甲卷，33(1)]如图9，一定质量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积—温度(V－t)图上的两条直线Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比＝________；气体在状态b和c的压强之比＝________。

图9

答案　1　

解析　由题图结合题意可知Ⅰ、Ⅱ的V－T图线均为过原点的倾斜直线，则Ⅰ、Ⅱ过程均为等压变化，则＝1；由理想气体状态方程有＝C，得V－T图像的斜率k＝，kⅠ＝＝，kⅡ＝＝，得＝。

10.(2021·湖北省摸底)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图10中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。

图10

(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？

(2)将上述状态变化过程画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。

答案　(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析；A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程

解析　(1)A→B为等压过程

由＝

得TB＝2TA＝600 K

B→C为等温线，得

TC＝TB＝600 K

因为pAVA＝pDVD

所以TD＝TA＝300 K。

(2)A→B等压过程，B→C等温过程，C→D等压过程

如图所示AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程

11.(2021·广东深圳市4月调研)如图11所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)。

图11

(1)杯口横截面为S，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T1，冷却后温度为T2，大气压强为p0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G为多少？

(2)若杯口横截面S＝40 cm2，p0＝1.00×105 Pa，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体积减为原来的，将杯子固定，需要用F＝25 N竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，求刚密闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？

答案　(1)p0S　(2)47 ℃

解析　(1)气体的体积不变，根据查理定律＝

得降温后杯内气压为p2＝p0

由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为

G＝(p0－p2)S＝p0S。

(2)根据手受力平衡可知降温后杯内气压为p3＝p0－＝9.375×104 Pa

根据理想气体状态方程＝

其中T0＝273＋17 K＝290 K，V3＝V0

解得T3＝320 K

t3＝47 ℃。

12.(2021·海南万宁附属中学高三月考)如图12所示是某科技创新小组自制的一个监控气温的报警装置，在板上固定一个开口向右、导热性能良好的足够长的汽缸，用一轻质活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内，汽缸右侧固定一个带压力传感器的警报器A。当汽缸内温度为270 K时，活塞到警报器的距离L1＝5 cm，到汽缸底部的距离L2＝30 cm。当传感器受到的压力为20 N时警报器开始报警。已知大气压强p0恒为1.0×105 Pa。活塞横截面积S＝10 cm2，不计活塞厚度及一切摩擦。求：

图12

(1)活塞刚好碰到传感器时的环境温度；

(2)开始报警的温度

答案　(1)315 K　(2)378 K

解析　(1)缸内气体发生等压变化，根据盖吕－萨克定律＝得

＝

代入题给数据解得T2＝315 K。

(2)设当传感器受到的压力为F＝20 N时汽缸内气体压强为p2，对活塞有p2S＝p0S＋F

p2＝p0＋＝ Pa＝1.2×105 Pa

活塞碰到传感器后，缸内气体发生等容变化，由查理定律＝

解得T3＝378 K。