2025年高考物理解密之考点专题训练19热学（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之考点专题训练19热学（Word版附解析），共67页。

A．由状态变到状态过程中，气体对外放热，内能不变
B．气体在状态和在状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C．状态时气体的压强小于状态时气体的压强
D．在状态与状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
2．（2024•龙凤区校级模拟）在学校春季运动会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为、压强为的氦气罐给气球充气（充气过程温度不变），要求充气后气球体积为、压强为；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到时就会爆裂落回地面。已知高度每升高，大气温度下降，高度每升高，大气压减小，庆祝现场地面空气温度为，大气压为，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是
A．用一个氦气罐可以充出600个符合要求的气球
B．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为
C．用氮气罐给气球充气过程中，氦气放出热量
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
3．（2024•广东二模）如图，一定量的理想气体从状态沿直线变化到状态，在此过程中，其体积
A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终不变D．先增大后减小
4．（2024•重庆模拟）云南具有文化内涵的地方特色小吃——小锅米线，采用特制的小铜锅放在小灶上烹饪，配上各种秘制的调味酱料，出锅的米线热气腾腾，色泽清爽红润，清香扑鼻。下列与其相关的物理知识描述错误的是
A．“清香扑鼻”是因为分子在永不停息地运动
B．刚出锅的米线温度很高，是因为米线含有的热量多
C．“热气腾腾”中的“热气”是水蒸气放热液化形成的
D．小灶加热米线，是通过热传递的方式改变米线的内能
5．（2020•海南一模）一定质量的理想气体，从状态开始，经状态、回到原状态，其图象如图所示，其中平行于横轴，平行于纵轴。则
A．过程气体温度不变B．过程气体对外做功
C．过程气体内能减小D．过程气体放出热量
6．（2024•荣昌区校级模拟）纯净水压力储水罐总容积为，冬季气温为时，气囊内气体的压强为。初始体积为；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，。下列说法正确的是
A．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量为
B．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量为
C．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量约为
D．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量约为
7．（2024•西城区校级模拟）如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则
A．活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比
B．气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比
C．发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功
D．气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化
8．（2024•荆门三模）如图所示，左端封闭、右侧开口的形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为，水银面高度差为。当左侧部分气体温度升高较小的△，重新达到平衡后，和的变化是
A．变小B．不变C．变小D．变大
9．（2024•青岛模拟）一定质量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程、、、回到原状态，其图像如图所示，其中对角线的延长线过原点。下列判断正确的是
A．过程中气体一定放热
B．过程中气体既不吸热也不放热
C．过程中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D．气体在状态时的内能大于它在状态时的内能
10．（2024•河南模拟）带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态，然后经过过程到达状态或经过过程到达状态，、状态温度相同，如图所示，设气体在状态和状态的体积分别为和，在过程和中吸收的热量分别为和，则
A．，B．，
C．，D．，
二．多选题（共5小题）
11．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是
A．在过程中气体的内能增加
B．在过程中外界对气体做功
C．在过程中气体对外界做功
D．在过程中气体从外界吸收热量
E．在过程中气体从外界吸收热量
12．（2024•湖南模拟）如图所示，水平桌面上有一个水银槽，薄壁细玻璃管的底部胶接着一根细线，细线的另一端悬挂在铁架台的支架上。玻璃管开口向下并插入水银槽中，管内外水银面高度差为，管内被封闭了一定质量的理想气体，下列各种情况下能使细线拉力变小的是（开始时细线的拉力不为零，且不计玻璃管所受的浮力）
A．随着环境温度升高，管内气体温度也升高
B．大气压强变大
C．再向水银槽内注入水银
D．稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移
13．（2024•云岩区校级一模）某压力罐的结构简图如图所示。当气室内的气体压强达到时，电接点压力表立即接通电源，启动水泵给压力罐缓慢补水；当气体压强达到时，电接点压力表便自动断开电源，停止补水。若压力罐密闭性、导热性均良好，气室内气体可视为理想气体，压力罐所处环境温度保持不变。设气室内气体压强为，储水隔膜到压力罐上端的距离为，则在缓慢补水的过程中，下列图像可能正确的是
A．B．
C．D．
14．（2024•天津模拟）一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态到达状态，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是
A．气体经历过程1，温度降低，内能一定减少
B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少
C．气体经历过程2，先向外放热后吸热
D．气体经历过程2，内能不一定减少
15．（2024•雨花区校级三模）内径均匀且大小可忽略的“”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为，大气压强。下列说法正确的是
A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升时，气体Ⅰ长度为
B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升时，气体温度为
C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为
D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为
三．填空题（共5小题）
16．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于” 时的内能。（计算时取
17．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。
在的过程中气体内能的变化趋势为 （填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大” 。在过程中气体 （填“吸收”或“放出” 的热量为 。
18．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位 （填“升高”、“降低”或“不变” ，该过程细管内气体 （填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热” 。
19．（2024•泉州模拟）树木输液是一种有效的绿化养护手段，能够促进树木的生长和成活。如图所示，玻璃瓶内气体的压强 （选填“大于”“小于”或“等于” 外界的大气压强，在瓶内的营养液缓缓下滴的过程中，瓶内气体 （选填“吸收”或“放出” 热量。
20．（2024•鼓楼区校级二模）在汽缸中，用活塞封闭一定质量的理想气体，经历的一系列变化，图像如图所示，其中的反向延长线过原点，曲线是双曲线的一部分，、、在一条平行于横轴的直线上。则 （填“”“ ”或“” ；过程中气体的温度不变；状态下单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数与状态相比 （填“要多”“要少”或“一样多” 。
四．解答题（共5小题）
21．（2025•邯郸一模）气泡在水中上升过程中由于压强减小，气泡体积会变大，一个气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，气泡内的气体对湖水做功，气体可视为理想气体，湖底与湖面温差不计。取湖水的密度为，重力加速度，大气压强为。求：
（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）气泡体积变为原来的几倍。
22．（2024•琼山区一模）在驻波声场作用下，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图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态，到过程中外界对气体做功为，已知、、、。求：
（1）与；
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量。
23．（2024•东湖区校级模拟）自行车是一种绿色出行工具。某自行车轮胎正常骑行时其气压范围为，为标准大气压。一同学测得车胎气压为，随后用如图所示的打气筒给车胎打气，每打一次都把体积为、压强为的气体打入轮胎内。已知车胎体积为，忽略打气过程车胎体积和其内气体温度的变化，求：
（1）为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数范围；
（2）若车胎气体初始温度为，骑行一段时间后车胎气体温度升，则骑行前允许给自行车最多打气几次。
24．（2024•如皋市模拟）某种理想气体内能公式可表示为，表示物质的量，为气体常数，为热力学温度。如图所示，带有阀门的连通器在顶部连接两个绝热气缸，其横截面积均为，高度分别为，用一个质量的绝热活塞在左侧气缸距底部处封闭，的气体，气缸底部有电阻丝可对其进行加热，活塞运动到气缸顶部时（图中虚线位置）被锁住，右侧气缸初始为真空。现对电阻丝通电一段时间，活塞刚好缓慢移动至气缸顶部时断开电源并打开阀门。已知外界大气压强为，重力加速度，不计活塞与气缸的摩擦及连通器气柱和电阻丝的体积。求：
（1）上升过程中左侧缸内气体的压强。
（2）断开电源时气体升高的温度。
（3）稳定后整个过程中气体吸收的热量。
25．（2024•新郑市校级一模）某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个气缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体、，活塞通过轻弹簧相连静置在水平地面上．已知气缸的质量为，封闭气体的初始高度均为、初始环境温度为，轻弹簧的劲度系数为、原长为，大气压强为，重力加速度为，活塞的横截面积为、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离气缸．
（1）求初始时，气体的压强；
（2）若环境温度缓慢升至，求稳定后，活塞离水平地面的高度；
（3）若环境温度缓慢升至，、气体总内能增加，求气体从外界吸收的热量。
2025年高考物理解密之热学
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•鼓楼区校级模拟）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态变到状态，其体积与热力学温度的关系如图所示，、、三点在同一直线上，则
A．由状态变到状态过程中，气体对外放热，内能不变
B．气体在状态和在状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C．状态时气体的压强小于状态时气体的压强
D．在状态与状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
【答案】
【考点】理想气体状态变化的图像问题
【专题】定性思想；推理法；推理论证能力；气体的压强专题
【分析】根据热力学第一定律进行分析气体的吸放热以及内能的变化情况；气体从状态到状态发生的是等容变化，根据等容变化的实验定律即可判断、状态的压强大小；两点在同一等压线上，根据气体压强的微观意义分析选项；
【解答】解：、气体从状态到状态温度不变，内能不变，△，体积增大，对外做功，，根据热力学第一定律△，知，气体吸收热量，故错误；
、点和点在过原点的连线上，说明气体由到压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态温度高，分子的平均动能大，状态和状态压强相等，所以状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态少，故错误；
、气体从到发生等容变化，根据查理定律知，，所以，即状态气体的压强大于状态气体的压强，故错误；
、根据冲量的定义可知，，压强 ，所以 ，因为状态和状态压强相等，所以相等时间内气体分子对器 壁单位面积的冲量相等，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了热力学第一定律、气体实验定律和气体压强的微观意义，关键是根据图象分析状态变化过程，知道图象中过原点的直线是等压线，注意理想气体的内能只与温度有关。
2．（2024•龙凤区校级模拟）在学校春季运动会上释放的气球是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为、压强为的氦气罐给气球充气（充气过程温度不变），要求充气后气球体积为、压强为；气球释放后飘向高空，当气球体积膨胀到时就会爆裂落回地面。已知高度每升高，大气温度下降，高度每升高，大气压减小，庆祝现场地面空气温度为，大气压为，不计充气过程的漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是
A．用一个氦气罐可以充出600个符合要求的气球
B．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为
C．用氮气罐给气球充气过程中，氦气放出热量
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
【答案】
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】热力学定律专题；推理法；理想气体状态方程专题；定量思想；推理能力
【分析】在分装过程中，根据体积增大，温度不变，结合热力学第一定律判断出吸放热，根据一定质量的理想气体状态方程求得充气球个数和上升的高度。
【解答】解：．设充气前氦气罐的压强和体积分别为、，充气后气球的压强和体积分别为、、，根据题意，设用一个氦气罐可以充出个符合要求的气球，由玻意耳定律有
解得
故错误；
．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到，设此时气球离地面高度为，根据题意可知爆裂时气体的压强和温度分别是
由理想气体方程有
其中
解得
故正确；
．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热，故错误；
．由中分析可以推导出与的函数关系式为
可知，体积越小，高度越大，要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当增大，故错误。
故选：。
【点评】本题考查理想气体状态方程，要求学生从题干提取有效信息，进行分析列式，从而求解。
3．（2024•广东二模）如图，一定量的理想气体从状态沿直线变化到状态，在此过程中，其体积
A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终不变D．先增大后减小
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程
【专题】定性思想；图析法；理想气体状态方程专题
【分析】根据图象判断气体的温度与压强的变化情况，然后应用理想气体状态方程判断气体体积如何变化，根据气体状态变化情况分析答题．
【解答】解：题目的图是个图象，转化成图象，分别作出过的等容线，如右图所示，
从图中可以看出：由状态变化到状态气体的温度升高，压强增大，根据气体状态方程得：斜率代表气体的体积的倒数，故体积减小，故正确，错误。
故选：。
【点评】对于气体状态图象，根据气态方程分析状态变化过程，利用好图象过原点这一特点．
4．（2024•重庆模拟）云南具有文化内涵的地方特色小吃——小锅米线，采用特制的小铜锅放在小灶上烹饪，配上各种秘制的调味酱料，出锅的米线热气腾腾，色泽清爽红润，清香扑鼻。下列与其相关的物理知识描述错误的是
A．“清香扑鼻”是因为分子在永不停息地运动
B．刚出锅的米线温度很高，是因为米线含有的热量多
C．“热气腾腾”中的“热气”是水蒸气放热液化形成的
D．小灶加热米线，是通过热传递的方式改变米线的内能
【答案】
【考点】分子在永不停息地做无规则运动；物体内能的概念与影响因素；改变物体内能的两种方式；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；推理法；物体的内能专题；理解能力
【分析】扩散现象是因为分子在不停地做无规则运动；热量是过程量，不能说物体含有多少热量；物质由气态变成液态的过程叫液化；改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
【解答】解：、“清香扑鼻”属于扩散现象，是分子在永不停息地运动的结果，故正确；
、热量是过程量，不能说“含有热量”，故错误；
、热气腾腾”中的“热气”是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故正确；
、小灶加热米线，改变米线的内能方式是热传递，故正确。
本题选错误的，故选：。
【点评】本题考查了分子的热运动、热传递的条件、物态变化、改变物体内能的方式等知识，属于基础题。
5．（2020•海南一模）一定质量的理想气体，从状态开始，经状态、回到原状态，其图象如图所示，其中平行于横轴，平行于纵轴。则
A．过程气体温度不变B．过程气体对外做功
C．过程气体内能减小D．过程气体放出热量
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】根据数学知识，乘积先增加后减小，温度先升高后降低；过程，气体体积不变，；过程为压强增大的等容变化，根据理想气体状态方程可知温度升高，内能增大；过程为体积减小的等压变化，知，由理想气体状态方程可知温度降低，即△，再根据热力学第一定律可以判断是否放热。
【解答】解：、由数学知识可知，过程气体的乘积先增加后减小，结合理想气体状态方程可知，温度先升高后降低，故错误；
、过程气体的体积不变，不对外做功，故错误；
、过程气体压强增大，体积不变，由可知，温度升高，则内能增加，故错误；
、过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即；由可知，温度降低，内能减小，即△，根据热力学第一定律△可知，气体放出热量，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
6．（2024•荣昌区校级模拟）纯净水压力储水罐总容积为，冬季气温为时，气囊内气体的压强为。初始体积为；随着水的注入，水侧的压强也逐渐升高。当水侧与气侧压强相等，气囊停止压缩时，压力桶储水完毕，气囊内气体可看作理想气体，不计气囊壁的厚度，。下列说法正确的是
A．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量为
B．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量为
C．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量约为
D．当室温为，气囊内气体气压为时，储水量约为
【答案】
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】、气囊内气体经历等温变化，根据玻意耳定律可得气囊内气体的体积，根据储水罐总容积可得储水量；
、利用气体状态方程可得气囊内气体的体积，则得解。
【解答】解：、气囊内气体的初状态压强，体积，温度
当室温为，气囊内气体气压时，设此时气囊内气体的体积为，由玻意耳定律有：
，代入数据可得：，所以储水量为：
气囊内气体气压为时，设此时气囊内气体的体积为，由玻意耳定律有：
，代入数据可得：，所以储水量为：，故错误；
、当室温为，即温度，气囊内气体气压为时，由理想气体状态方程有：，代入数据可得：，所以储水量为：
当室温为，气囊内气体气压为时，由理想气体状态方程有：
代入数据可得：，所以储水量为：，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了玻意耳定律、理想气体状态方程，解题的关键是分析清楚气囊内气体经历的是等温变化还是三个状态参量都变化。
7．（2024•西城区校级模拟）如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则
A．活塞压缩气体时，气体的压强与体积成反比
B．气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比
C．发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功
D．气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用；热力学第二定律的不同表述与理解
【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；推理能力
【分析】根据一定质量的理想气体的状态方程分析出气体状态参量之间的关系；
根据热力学第一定律分析出气体吸收的热量与做功的大小关系；
根据热力学第二定律的概念结合题意完成分析。
【解答】解：．可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压缩气体时，气体温度要发生变化，根据一定质量的理想气体的状态方程可知，只有当气体的温度不变时，气体的压强才与体积成反比，故错误；
．气体膨胀时，气体压强要发生变化，根据一定质量的理想气体的状态方程可知，只有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度才成正比，故错误；
．发动机工作时，气体从外界吸收热量温度升高，内能增加，且气体同时对外做功，根据热力学第一定律△，可知吸收的热量大于对外做的功，故正确；
．根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，结合热力学定律即可完成分析。
8．（2024•荆门三模）如图所示，左端封闭、右侧开口的形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为，水银面高度差为。当左侧部分气体温度升高较小的△，重新达到平衡后，和的变化是
A．变小B．不变C．变小D．变大
【答案】
【考点】气体压强的计算；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】比较思想；模型法；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力
【分析】先根据右侧部分封闭气体的压强与大气压强的关系，分析的变化情况，再根据理想气体状态方程分析的变化情况。
【解答】解：、设右侧水银柱的高度为，大气压强为，则右侧部分封闭气体的压强为

因为和均不变，所以不变，故错误；
、设左侧部分封闭气体的压强为。当左侧部分气体温度升高时，假设气体体积不变，根据理想气体状态方程可知，增大，由于，可知变小，故正确，错误。
故选：。
【点评】解答本题的关键要明确右侧部分封闭气体的压强不变，左侧部分气体温度升高时，压强增大。
9．（2024•青岛模拟）一定质量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程、、、回到原状态，其图像如图所示，其中对角线的延长线过原点。下列判断正确的是
A．过程中气体一定放热
B．过程中气体既不吸热也不放热
C．过程中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量
D．气体在状态时的内能大于它在状态时的内能
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】一定量的理想气体内能由温度决定，温度升高内能增大；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，根据气体状态参量的变化情况应用一定质量的理想气体状态方程判断气体的体积如何变化，然后应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：、过程中，温度升高，则内能增大，即△。压强不变，则体积增大，气体对外界做功，
根据热力学第一定律△，可知，气体一定吸热，故错误；
、过程中温度不变，内能不变，即△，根据热力学第一定律△可知，所以气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故错误；
、过程温度减小，则内能减小，即△，又压强不变，则体积减小，外界对气体做正功，根据△，可得，且，即外界对气体做的功小于气体所放出的热量，故错误；
、理想气体的内能只由温度决定，由图可知，所以气体在状态时的内能大于它在状态时的内能，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据题意分析清楚图示图象是解题的前提，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义
10．（2024•河南模拟）带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体，气体开始处于状态，然后经过过程到达状态或经过过程到达状态，、状态温度相同，如图所示，设气体在状态和状态的体积分别为和，在过程和中吸收的热量分别为和，则
A．，B．，
C．，D．，
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】根据题图可比较理想气体在和两状态时体积的大小，和两个状态温度相同，则两个变化过程内能变化量相同，根据热力学第一定律可判断两个过程吸收热量的大小关系。
【解答】解：由图可知，气体在状态体积大于状态体积，即
、状态温度相同，故过程和的内能变化量△相等，气体从状态到状态，温度升高，体积增大，气体对外做功，即为负值；气体从状态到状态，体积不变，对外不做功，即为零，根据热力学第一定律
△
可知，气体从状态到状态过程吸收的热量多，即
，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查气体实验定律和热力学第一定律，要求学生熟练掌握并能应用于解题。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是
A．在过程中气体的内能增加
B．在过程中外界对气体做功
C．在过程中气体对外界做功
D．在过程中气体从外界吸收热量
E．在过程中气体从外界吸收热量
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据△判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量。
【解答】解：、从到等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故正确；
、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故正确；
、在过程中气体体积不变，根据△可知，气体对外界做功为零，故错误；
、在过程中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△可知，气体从外界吸收热量，故正确；
、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故错误。
故选：。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△为正表示内能变大，为正表示物体吸热；为正表示外界对物体做功。
12．（2024•湖南模拟）如图所示，水平桌面上有一个水银槽，薄壁细玻璃管的底部胶接着一根细线，细线的另一端悬挂在铁架台的支架上。玻璃管开口向下并插入水银槽中，管内外水银面高度差为，管内被封闭了一定质量的理想气体，下列各种情况下能使细线拉力变小的是（开始时细线的拉力不为零，且不计玻璃管所受的浮力）
A．随着环境温度升高，管内气体温度也升高
B．大气压强变大
C．再向水银槽内注入水银
D．稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移
【答案】
【考点】共点力的平衡问题及求解；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】比较思想；推理论证能力；气体的状态参量和实验定律专题；推理法
【分析】先根据理想气体状态方程分析封闭气体压强的变化，分析水银柱高度的变化，再分析细线拉力的变化。
【解答】解：对玻璃管受力分析，由平衡条件得
解得细线的拉力大小为
即细线的拉力等于玻璃管的重力和管中高出液面部分水银的重力之和。
、随着环境温度升高，管内气体温度也升高，由理想气体状态方程可知管内封闭气体的压强增大，水银柱高度减小，则细线拉力减小，故正确；
、大气压强变大，水银柱上移，增大，所以细线的拉力增大，故错误；
、向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度减小，故细线的拉力减小，故正确；
、稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移，封闭气体体积增大，压强减小，平衡时水银柱高度增大，故细线的拉力增大，故错误。
故选：。
【点评】根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出封闭气体压强，根据题意应用理想气体状态方程和平衡条件即可解题。
13．（2024•云岩区校级一模）某压力罐的结构简图如图所示。当气室内的气体压强达到时，电接点压力表立即接通电源，启动水泵给压力罐缓慢补水；当气体压强达到时，电接点压力表便自动断开电源，停止补水。若压力罐密闭性、导热性均良好，气室内气体可视为理想气体，压力罐所处环境温度保持不变。设气室内气体压强为，储水隔膜到压力罐上端的距离为，则在缓慢补水的过程中，下列图像可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】理想气体状态变化的图像问题
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】本题根据玻意耳定律，结合图像的曲线分析求解。
【解答】解：缓慢补水的过程中，压力罐所处的环境温度保持不变，根据玻意耳定律可知：，
即，化简可得：，，结合图像可知，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了气体等温变化过程，理解在等温变化过程中体积和压强的关系是解决此类问题的关键。
14．（2024•天津模拟）一定质量的理想气体分别经历两个过程从状态到达状态，其图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是
A．气体经历过程1，温度降低，内能一定减少
B．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少
C．气体经历过程2，先向外放热后吸热
D．气体经历过程2，内能不一定减少
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；分析综合能力
【分析】在过程1中，气体始终与外界无热量交换，为绝热过程；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化，利用一定质量的理想气体的状态方程，结合热力学第一定律逐项分析判断即可。
【解答】解：、1过程中与外界无热量交换，故，根据热力学第一定律：△可知：△；过程1气体的体积变大，故气体对外做功，，故△，内能减小，温度降低，故正确，错误；
、过程2先发生等容变化，做功，压强减小，根据查理定律可知，温度降低，内能减小△，根据热力学第一定律可得：△，故在等容变化过程中气体放热；之后再发生等压过程，体积变大，根据盖—吕萨克定律可知，温度升高，△，体积变大，故气体对外做功，，根据热力学第一定律可知，热量一定满足，故等压过程一定吸热，故正确；
、1、2两过程初末状态相同，初末状态的内能相等，过程1内能减小，则过程2的内能也减小，故错误。
故选：。
【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强、体积、温度三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，再结合热力学第一定律联立即可分析求解。
15．（2024•雨花区校级三模）内径均匀且大小可忽略的“”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为，大气压强。下列说法正确的是
A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升时，气体Ⅰ长度为
B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升时，气体温度为
C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为
D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为
【答案】
【考点】气体压强的计算；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】应用题；定量思想；方程法；理想气体状态方程专题；分析综合能力
【分析】根据理想气体状态方程分析，当水银面上升时，气体的长度；根据水银到达管口时得出封闭气体的压强，再根据理想气体状态方程求出，两部分气体的体积，最后算出加入水银的长度。
【解答】解：、两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升时，对气体Ⅰ，有
根据题意可知：，，，
竖直管水银上升，则，，
对气体Ⅱ，有
根据题意可知：，，，
竖直管水银上升，，，
且气体的体积满足：
代入数据联立解得：，，故错误，正确；
、保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有
加水银到管口时：，
对气体Ⅱ，有
加水银到管口时：，
代入数据可得：，
所以加入水银长度为：△
代入数据解得：△，故错误，正确；
故选：。
【点评】本题主要考查对理想气体状态方程的应用，根据水银液面的变化，分析封闭气体的压强变化，再结合几何关系分析，水银加入的量。
三．填空题（共5小题）
16．（2024•福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 3.0 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于” 时的内能。（计算时取
【答案】3.0，大于。
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力
【分析】根据查理定律和热力学第一定律列式求解判断。
【解答】解：轮胎内部被封闭气体的体积不变，初始温度，压强，末状态温度为，压强为，根据查理定律有，代入数据解得，根据热力学第一定律△，气体体积没有发生改变，故，由于环境温度升高，气体会从外界吸收热量，故，所以气体内能大于初始状态内能。
故答案为：3.0，大于。
【点评】考查查理定律的应用以及热力学第一定律，会根据题意进行准确分析解答。
17．（2024•福建模拟）一定质量理想气体先后经历，，三个阶段，其图像如图所示。
在的过程中气体内能的变化趋势为 先增大后减小 （填“一直增大”或“一直减小”或“先增大后减小”或“先减小后增大” 。在过程中气体 （填“吸收”或“放出” 的热量为 。
【答案】先增大后减小；放出；2000。
【考点】热力学第一定律的图像问题；理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】热力学定律专题；推理法；定量思想；推理能力
【分析】一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大。根据一定质量的理想气体分析出气体的温度变化，结合热力学第一定律和图像的物理意义完成分析。
【解答】解：在的过程中，根据可知，先增大后减小，则温度先增大后减小，一定质量理想气体的内能仅与温度有关，温度越高内能越大，则在的过程中气体内能的变化趋势为先增大后减小；
由理想气体状态方程有，代入数据可得
则气体在状态的内能等于状态的内能，在过程中，图像中图线与横轴围成的面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为：
由热力学第一定律有△
可得，即在过程中气体放出的热量为。
故答案为：先增大后减小；放出；2000。
【点评】本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚图象表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
18．（2024•福州模拟）如图甲所示，某款自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的气体，通过压力传感器感知管中的气体压强，从而控制进水量。假设细管内气体温度不变，其压强与体积的关系如图乙所示，当气体从状态变化到状态时，洗衣缸内的水位 降低 （填“升高”、“降低”或“不变” ，该过程细管内气体 （填“吸热”、“放热”或“不吸热不放热” 。
【答案】降低，吸热。
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力
【分析】根据气体做等温变化，体积减小压强变大即可分析；再根据热力学第一定律即可分析该过程气体吸放热情况。
【解答】解：根据题意细管内气体温度不变，气体从状态变化到状态时，由可知，状态气体压强大于状态，因此洗衣缸内的水位降低；
该过程，气体做等温变化，气体内能不变，即△，到过程，外界对气体做功，即，根据热力学第一定律△可知，，即该过程细管内气体吸热。
故答案为：降低，吸热。
【点评】解答本题要把握气体从状态到状态过程中，气体状态参量的变化，再根据热力学第一定律即可解答，题目难度适中。
19．（2024•泉州模拟）树木输液是一种有效的绿化养护手段，能够促进树木的生长和成活。如图所示，玻璃瓶内气体的压强 小于 （选填“大于”“小于”或“等于” 外界的大气压强，在瓶内的营养液缓缓下滴的过程中，瓶内气体 （选填“吸收”或“放出” 热量。
【答案】小于；吸收。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算
【专题】推理法；理解能力；气体的压强专题；热力学定律专题；定性思想
【分析】根据瓶内气体压强与营养液液柱的压强之和等于营养液进入树木处的压强列式，则可得结论；
根据瓶内气体体积的变化，可知气体对外界做功，根据热力学第一定律分析气体吸收热量还是放出热量。
【解答】解：设瓶内气体的压强为，大气压强为，营养液液柱的高度为，则有：，可知玻璃瓶内气体的压强小于外界的大气压强，瓶内的营养液缓缓下滴的过程，瓶内气体体积增大，气体对外界做功，可知，气体的温度不变，可知△，由热力学第一定律△，可得，可知瓶内气体吸收热量。
故答案为：小于；吸收。
【点评】本题考查了热力学第一定律，解题的关键是知道营养液进入树木处压强等于大气压强，注意气体体积增大，气体对外界做功，则，气体吸收热量，则。
20．（2024•鼓楼区校级二模）在汽缸中，用活塞封闭一定质量的理想气体，经历的一系列变化，图像如图所示，其中的反向延长线过原点，曲线是双曲线的一部分，、、在一条平行于横轴的直线上。则 （填“”“ ”或“” ；过程中气体的温度不变；状态下单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数与状态相比 （填“要多”“要少”或“一样多” 。
【答案】；要少
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；理想气体及理想气体的状态方程；气体压强的微观解释
【专题】图析法；定性思想；理想气体状态方程专题；推理能力；气体的压强专题
【分析】由理想气体状态方程分析各个过程中各状态参量的变化情况气，从中选出温度不变的过程；状态与状态相比压强相等、体积大，由理想气体状态方程可知温度要高，气体分子的平均速率大，根据气体压强的微观解释判断单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数的关系。
【解答】解：由图像可知过程中气体压强不变，体积增大，由理想气体状态方程可知气体的温度升高；过程中气体压强增大，体积增大，由理想气体状态方程可知气体的温度升高；过程中气体压强减小，体积增大，曲线是双曲线的一部分，由玻意耳定律可知气体的温度不变；
状态与状态相比压强相等、体积大，由理想气体状态方程可知温度要高，气体分子的平均速率大，所以状态下单位时间与单位面积活塞碰撞的分子数与状态相比要少。
故答案为：；要少
【点评】本题考查了理想气体状态方程及对图像和气体压强的微观解释，关键要根据理想气体状态方程判断各状态参量的变化，常见题型。
四．解答题（共5小题）
21．（2025•邯郸一模）气泡在水中上升过程中由于压强减小，气泡体积会变大，一个气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，气泡内的气体对湖水做功，气体可视为理想气体，湖底与湖面温差不计。取湖水的密度为，重力加速度，大气压强为。求：
（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）气泡体积变为原来的几倍。
【答案】（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为；
（2）气泡体积变为原来的倍。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【专题】理想气体状态方程专题；分析综合能力；定量思想；推理法；热力学定律专题
【分析】（1）根据热力学第一定律求上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）根据玻意耳定律求气泡体积变为原来的几倍。
【解答】解：（1）上浮过程中，由题意可知，温度不变，则气泡内气体内能不变；气泡内的气体对湖水做功，根据热力学第一定律可知
△
可知上浮过程中气泡从外界吸收的热量为
（2）气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，根据玻意耳定律可知
其中
解得
解得
则有
解得
可知气泡体积变为原来的倍。
答：（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为；
（2）气泡体积变为原来的倍。
【点评】本题考查热力学第一定律与一定质量的理想气体状态方程和液体压强与深度的关系，注意对热力学第一定律中各物理量的符号。
22．（2024•琼山区一模）在驻波声场作用下，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图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态，到过程中外界对气体做功为，已知、、、。求：
（1）与；
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量。
【答案】（1）为，为。
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量为。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】热力学定律专题；计算题；图析法；定量思想；分析综合能力
【分析】（1）过程为等温变化，根据图像读出气体状态变化前后的状态参量，根据玻意耳定律求；根据理想气体状态方程求解；
（2）根据热力学第一定律列式计算气体内能的变化量。
【解答】解：（1）过程为等温变化，由图可知，，，
根据玻意耳定律得
解得：
（2）由图可知，，
根据理想气体状态方程得

解得：
（3）到过程，根据热力学第一定律可知△
其中，故气体内能增加△
答：（1）为，为。
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量为。
【点评】本题主要考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，解题的关键是分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律分析内能的变化量。
23．（2024•东湖区校级模拟）自行车是一种绿色出行工具。某自行车轮胎正常骑行时其气压范围为，为标准大气压。一同学测得车胎气压为，随后用如图所示的打气筒给车胎打气，每打一次都把体积为、压强为的气体打入轮胎内。已知车胎体积为，忽略打气过程车胎体积和其内气体温度的变化，求：
（1）为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数范围；
（2）若车胎气体初始温度为，骑行一段时间后车胎气体温度升，则骑行前允许给自行车最多打气几次。
【答案】（1）为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数范围为；
（2）若车胎气体初始温度为，骑行一段时间后车胎气体温度升，则骑行前允许给自行车最多打气15次。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】定量思想；计算题；信息给予题；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；理解能力
【分析】（1）打气过程等温变化，根据玻意耳定律列式求次数的最小值和最大值即可；
（2）根据理想气体状态方程列式求解次数。
【解答】解：（1）给自行车轮胎打气的过程温度不变，设打气次数为，根据玻意耳定律
解得
次
解得
次
综上：为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数范围为；
（2）设打气次数为，根据理想气体状态方程
解得
次。
答：（1）为使自行车能正常骑行，给自行车打气的次数范围为；
（2）若车胎气体初始温度为，骑行一段时间后车胎气体温度升，则骑行前允许给自行车最多打气10次。
【点评】本题考查热学中的气体实验定律和理想气体状态方程，难度较低，学生只要熟练掌握这些知识点，解题的过程中找准研究对象及初末的状态即可列式求解。
24．（2024•如皋市模拟）某种理想气体内能公式可表示为，表示物质的量，为气体常数，为热力学温度。如图所示，带有阀门的连通器在顶部连接两个绝热气缸，其横截面积均为，高度分别为，用一个质量的绝热活塞在左侧气缸距底部处封闭，的气体，气缸底部有电阻丝可对其进行加热，活塞运动到气缸顶部时（图中虚线位置）被锁住，右侧气缸初始为真空。现对电阻丝通电一段时间，活塞刚好缓慢移动至气缸顶部时断开电源并打开阀门。已知外界大气压强为，重力加速度，不计活塞与气缸的摩擦及连通器气柱和电阻丝的体积。求：
（1）上升过程中左侧缸内气体的压强。
（2）断开电源时气体升高的温度。
（3）稳定后整个过程中气体吸收的热量。
【答案】（1）上升过程中左侧缸内气体的压强为。
（2）断开电源时气体升高的温度为。
（3）稳定后整个过程中气体吸收的热量为。
【考点】气体压强的计算；气体的等压变化与盖吕萨克定律的应用；热力学第一定律的表达和应用
【专题】推理论证能力；定量思想；热力学定律专题；推理法
【分析】（1）根据活塞的平衡条件得出气体的压强；
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得出气体的温度，结合题意完成分析；
（3）根据内能公式和热力学第一定律分析出气体吸收的热量。
【解答】解：（1）对活塞进行受力分析，由平衡条件知
解得：
（2）由题意知，气体做等压变化，由盖吕萨克定律可得
解得：
则△，即断开电源时气体升高的温度为。
（3）由题意知气体增加的内能为△
气体对外界做功为
△
根据热力学第一定律有△
解得：
为正值，所以稳定后整个过程中气体吸收的热量为。
答：（1）上升过程中左侧缸内气体的压强为。
（2）断开电源时气体升高的温度为。
（3）稳定后整个过程中气体吸收的热量为。
【点评】本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉气体参量的分析，结合热力学第一定律即可完成解答。
25．（2024•新郑市校级一模）某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个气缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体、，活塞通过轻弹簧相连静置在水平地面上．已知气缸的质量为，封闭气体的初始高度均为、初始环境温度为，轻弹簧的劲度系数为、原长为，大气压强为，重力加速度为，活塞的横截面积为、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离气缸．
（1）求初始时，气体的压强；
（2）若环境温度缓慢升至，求稳定后，活塞离水平地面的高度；
（3）若环境温度缓慢升至，、气体总内能增加，求气体从外界吸收的热量。
【答案】（1）初始时，气体的压强为；
（2）若环境温度缓慢升至，稳定后，活塞离水平地面的高度为；
（3）若环境温度缓慢升至，、气体总内能增加，气体从外界吸收的热量为。
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】计算题；定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理能力
【分析】（1）对进行受力分析计算出气体的压强；
（2）分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析和一定质量的理想气体的状态方程完成分析；
（3）根据△求得气体做功，结合热力学第一定律即可求得吸收的热量。
【解答】解：（1）设弹簧的弹力为，则
对活塞分析，设气体的压强为，则有
解得
（2）对活塞分析，设气体压强为，则有，则，、气体发生等压变化，设、封闭气体高度为，则有
解得
弹簧被压缩，有
解得
活塞离水平地面的高度
（3）对气体，气体内能增加，气体膨胀对外做功
根据热力学第一定律，可得△
解得
答：（1）初始时，气体的压强为；
（2）若环境温度缓慢升至，稳定后，活塞离水平地面的高度为；
（3）若环境温度缓慢升至，、气体总内能增加，气体从外界吸收的热量为。
【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律，根据受力分析得出气体的压强，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量结合公式即可完成分析。
考点卡片
1．共点力的平衡问题及求解
【知识点的认识】
1.共点力
（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。
（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。
2.共点力平衡的条件
（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。
（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。
3.对共点力平衡条件的理解及应用
合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。
4.平衡条件的推论
（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。
（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。
（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。
5.解答共点力平衡问题的三种常用方法
6.平衡中的临界、极值问题
a.临界问题
（1）问题特点：
①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
b.极值问题
（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
（2）分析方法：
①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型
（1）“活结”与“死结”模型
①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。
②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。
（2）“活杆”与“死杆”模型
①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。
【命题方向】
例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（ ）
A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。
解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。
例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（ ）
A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于G
B.两绳的拉力和重力不是共点力
C.两绳的拉力大小均为G
D.两绳的拉力大小均为
分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。
解答：B．对日光灯受力分析如图：
两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；
A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；
CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。
例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（ ）
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。
解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
因此CD的拉力为 T＝mg•tan30°
D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。
由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有
F2min＝T•sin60°＝mg
故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。
例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：
（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
（2）轻杆BC对C端的支持力；
（3）轻杆HG对G端的支持力。
分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。
（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；
（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。
解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。
（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；
上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g
得FEG＝2M2g
所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。
（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°
故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。
（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；
（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；
（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g 方向水平向右。
点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。
【解题思路点拨】
1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。
2.解答共点力平衡问题的一般步骤
（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。
（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。
（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。
3.临界与极值问题的分析技巧
（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。
（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。
2．分子在永不停息地做无规则运动
【知识点的认识】
一、分子热运动
定义：物体内部大量分子的无规则运动叫做热运动。
（1）扩散现象
相互接触的不同物质彼此进入对方的现象。温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行。
（2）布朗运动
悬浮在液体（或气体）中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著。
二、布朗运动与分子热运动
【命题方向】
常考题型是与其他知识点结合：
下列说法中正确的是（ ）
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．当气体分子热运动变剧烈时，气体的压强一定变大
C．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
D．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律
分析：布朗运动是液体中固体微粒的无规则运动。
温度是分子平均动能的量度，即分子热运动的剧烈程度只与温度有关。
分子表现为引力时，距离增大，要克服引力做功，所以分子势能增加。
第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律。
解答：A、布朗运动是液体中固体微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错。
B、气体分子热运动的剧烈程度与温度有关，而与压强无关，故B错。
C、分子表现为引力时，距离增大，要克服引力做功，所以分子势能增加，故C对。
D、第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，故D错。
故选：C
点评：本题主要考查基本知识点，只要记住即可。
3．气体压强的微观解释
【知识点的认识】
1.气体压强的产生
单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生了持续，均匀的压力。所以从分子动理论的观点来看，气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
2.决定气体压强大小的因素
（l）微观因素
①气体分子的数密度：气体分子数密度（即单位体积内气体分子的数目）越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大。
②气体分子的平均动能：气体的温度高，气体分子的平均动能就大，气体分子与器壁碰撞时（可视为弹性碰撞）对器壁的冲力就大；从另一方面讲，分子的平均速率大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就多，累计冲力就大，气体压强就越大。
（2）宏观因素
1与温度有关：温度越高，气体的压强越大。
②与体积有关：体积越小，气体的压强越大。
3.密闭气体压强和大气压强的区别与联系
【命题方向】
下列说法中正确的是（ ）
A.一定温度下理想气体的分子速率一般都不相等，但在不同速率范围内，分子数目的分布是均匀的
B.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁上的平均作用力
气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位C.面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
D.如果压强增大且温度不变，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大
分析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以分子的速率不等，在一定温度下，速率很大和很小的分子数目很少，每个分子具有多大的速率完全是偶然的；由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强。根据压强的定义得压强等于作用力比上受力面积，即气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。气体压强与温度和体积有关。
解答：A、由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以分子的速率不等，在一定温度下，速率很大和很小的分子数目很少，每个分子具有多大的速率完全是偶然的，故A错误；
B、根据压强的定义得压强等于作用力比上受力面积，即气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确。
C、气体压强与温度和体积有关。气体体积也在减小，分子越密集，但是如果气体分子热运动的平均动能减少，即温度减小，气体的压强不一定增大，故C错误。
D、如果压强增大且温度不变，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大，故D正确。
故选：BD。
点评：加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3﹣3的基本方法。此处高考要求不高，不用做太难的题目。
【解题思路点拨】
气体压强的分析技巧
（1）明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁，持续地碰撞。压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
（2）明确气体压强的决定因素——气体分子的数密度与平均动能。
（3）只有知道了以上两个因素的变化，才能确定压强的变化，不能根据任何单个因素的变化确定压强是否变化。
4．物体内能的概念与影响因素
【知识点的认识】
一、物体的内能
1．分子的平均动能：物体内所有分子动能的平均值叫分子的平均动能．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子做热运动的平均动能越大．
2．分子势能：由分子间的相互作用和相对位置决定的势能叫分子势能．分子势能的大小与物体的体积有关．
3．物体的内能：物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫物体的内能．物体的内能与物体的温度、体积、还与物体的质量、摩尔质量有关．
二、物体的内能和机械能的比较
注意：
1．物体的体积越大，分子势能不一定就越大，如0℃的水结成0℃的冰后体积变大，但分子势能却减小了．
2．理想气体分子间相互作用力为零，故分子势能忽略不计，一定质量的理想气体内能只与温度有关．
3．机械能和内能都是对宏观物体而言的，不存在某个分子的内能、机械能的说法．
三、内能和热量的比较
【命题方向】
常考题型是考查对内能的基本概念：
对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ）
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
分析：理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．
解答：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故A正确；
B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；
C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度T随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变，故C错误；
D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；
E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故E正确；
故答案为：ADE．
点评：理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，理想气体内能由温度决定．
【解题方法点拨】
解有关“内能”的题目，应把握以下几点：
（1）温度是分子平均动能的标志，而不是分子平均速率的标志，它与单个分子的动能及物体的动能无任何关系．
（2）内能是一种与分子热运动及分子间相互作用相关的能量形式，与物体宏观有序的运动状态无关，它取决于物质的量、温度、体积及物态．
5．气体压强的计算
【知识点的认识】
1．气体压强的特点
（1）气体自重产生的压强一般很小，可以忽略。但大气压强P0却是一个较大的数值（大气层重力产生），不能忽略。
（2）密闭气体对外加压强的传递遵守帕斯卡定律，即外加压强由气体按照原来的大小向各个方向传递。
2．封闭气体压强的计算
（1）理论依据
①液体压强的计算公式 p＝ρgh。
②液面与外界大气相接触。则液面下h处的压强为p＝p0+ρgh
③帕斯卡定律：加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递（注意：适用于密闭静止的液体或气体）
④连通器原理：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的。
（2）计算的方法步骤（液体密封气体）
①选取假想的一个液体薄片（其自重不计）为研究对象
②分析液体两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到液片两面侧的压强平衡方程
③解方程，求得气体压强
【命题方向】
有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体．若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上（如图所示），在下滑过程中被封闭气体的压强（设大气压强为p0＝76cmHg）为（ ）
A、76cmHg B、82cmHg C、88cmHg D、70cmHg
分析：先以玻璃管与水银柱整体为研究对象然后以玻璃管中的水银柱为研究对象进行受力分析结合牛顿第二定律求出封闭气体对水银柱的压力大小，然后根据压强的公式计算压强．
解答：以玻璃管与水银柱整体为研究对象，有：Mgsin30°＝Ma，得a＝g ①
水银柱相对玻璃管静止，则二者加速度相等，以水银柱为研究对象有：mgsin30°+p0s﹣ps＝ma ②
将①代入②得：p＝p0＝76cmHg
故选：A。
点评：本题考查了封闭气体压强的计算，正确选取研究对象是关键．
【解题思路点拨】
计算封闭气体的压强的一般步骤如下：
1.选定研究对象，对其进行受力分析；
2.列平衡方程或牛顿第二定律；
3.求解压强。
6．气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【知识点的认识】
玻意耳定律（等温变化）：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变．
②数学表达式：pV＝C（常量）或p1V1＝p2V2．
③适用条件：a．气体质量不变、温度不变；b．气体温度不太低（与室温相比）、压强不太大（与大气压相比）．
④p﹣V图象﹣﹣等温线：一定质量的某种气体在p﹣V图上的等温线是双曲线的一支，如图A所示，从状态M经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B中温度T1＜T2．
⑤p﹣图象：由pV＝CT，可得p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线过原点，如图C所示，可知T1＜T2．
【命题方向】
如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为19cm的水银柱封闭一段长10cm的空气柱，已知大气压强为105Pa（相当于76cmHg），气体的温度为27℃，玻璃管的横截面积为2×10﹣4m2，求：
（1）求初态时封闭气体压强；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求封闭空气柱的长度．
分析：（1）根据液体内部压强的公式即可求出；
（2）气体做等温变化，由玻意耳定律列方程求解末态气柱长度。
解答：（1）初态时封闭气体压强：p1＝p0+ρgh＝76cmHg+10cmHg＝95cmHg
（2）初态时封闭气体的体积：V1＝l1S
末态时封闭气体的体积：V2＝l2S
气体做等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
末态气柱长度：l2＝12.5cm
答：（1）初态时封闭气体压强为95cmHg；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，封闭空气柱的长度为12.5cm．
点评：（1）初态时封闭气体压强为95cmHg；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，封闭空气柱的长度为12.5cm．
【解题思路点拨】
应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，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，其中正确确定压强是解题的关键。
7．气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用
【知识点的认识】
1.等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程。
2.盖—吕萨克定律
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
（2）②表达式：V＝CT（其中C是常量），或。
3.图像表达
4.适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
5.在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高（或降低）1℃，增大（或减小）的体积等于它在0℃时体积的。
数学表达式为＝或Vt＝V0（1+）。
6.推论；一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为或。
【命题方向】
如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0．当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时活塞与汽缸底部的距离是多少？
分析：气缸内的发生等压变化，列出初末状态的状态参量，根据盖﹣吕萨克定律列式求解；注意公式的T为热力学温度。
解答：汽缸内气体温度发生变化时，汽缸内气体的压强保持不变，大小为p＝p0+，其中S为活塞的横截面积。
以汽缸内气体为研究对象，初状态温度T1＝（273+20）K，体积V1＝h1S；末状态温度T2＝（273+100）K＝373K。
由盖﹣吕萨克定律可得
求得V2＝V1＝h1S
变化后活塞与汽缸底部的距离
h2＝h1≈1.3h1。
答：当汽缸内气体温度是100℃时活塞与汽缸底部的距离是1.3h1。
点评：本题考查气体实验定律的应用，关键是列出初末状态的状态参量，选择合适的实验定律，注意温度要化成热力学温度。
【解题思路点拨】
应用盖﹣吕萨克定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即某被封闭气体。
（2）分析气体状态变化过程，明确初、末状态，确在气体状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
（3）分别找出初、末两个状态的温度和体积。
（4）根据盖―吕萨克定律列方程求解。
（5）分析所求结果是否合理。
8．气体的等容变化与查理定律的应用
【知识点的认识】
1.等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。
2.查理定律：
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
（2）表达式：p＝CT（其中C为常量）或。
（3）图像表示：
（4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。
3.对查理定律的理解
（1）查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
（2）适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
（3）一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高（或降低）相同的温度，所增加（或减小）的压强是相同的。
【命题方向】
一种特殊的气体温度计由两个装有理想气体的导热容器组装而成，测量时将两个导热容器分别放入甲、乙两个水槽中，如图所示，连接管内装有水银，当两个水槽的温度都为0℃（273K）时，没有压强差；当水槽乙处于0℃而水槽甲处于50℃时，压强差为60mmHg。导热容器的体积恒定且远大于连接管的体积。求：
（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强多大；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是多少。
分析：（1）乙容器内的气体做等容变化，找出初末状态参量，根据查理定律求得压强；
（2）乙容器内的气体做等容变化，根据查理定律求得未知温度。
解答：（1）设0℃时，甲中气体的压强为p0，T0＝273K；
气体温度为50℃即T1＝（273+50）K＝323K时，气体的压强p1＝p0+60mmHg
气体做等容变化，有
解得p0＝327.6mmHg
（2）设未知温度为T2，p2＝p0+72mmHg
有
解得T2＝333K
答：（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强327.6mmHg；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是333K。
点评：本题主要考查了查理定律，关是找出初末状态参量，明确所研究的气体即可，解题时要注意温度单位的换算。
【解题思路点拨】
1.查理定律及其推论
由查理定律可以推出或。
2.应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的气体。
（2）分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解
9．理想气体及理想气体的状态方程
【知识点的认识】
理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守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，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：或。
气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
【命题方向】
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用
如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K．两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
分析：（i）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；
（ii）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解。
解：（i）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，
由盖吕•萨克定律得： ①
解得 ②
（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
③
对下方气体由玻意耳定律得： ④
联立③④式得
解得
不合题意，舍去。
答：
（i） 恒温热源的温度；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积
点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题
密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 平均动能 增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1 小于 T2（选填“大于”或“小于”）。
分析：温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定。
解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大。温度升高时，速率大的分子所占比重较大T1＜T2。
答案为：平均动能，小于
点评：本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大。
【解题方法点拨】
1（对应题型一）。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
（1）明确所研究的气体状态变化过程；
（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；
（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；
（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）
（5）联立方程求解。
2（对应题型二）。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：
（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0。
（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0。
10．理想气体状态变化的图像问题
【知识点的认识】
1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。
2.一定质量的理想气体的状态变化图像
【命题方向】
例1：一定质量的理想气体状态变化过程的P﹣V如图所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。如将上述变化过程改用P﹣T图线和V﹣T图线表示，则在下列各图中正确的是（ ）
A.B.
C.D.
分析：由p﹣V图象可知，A到B等温膨胀过程；B到C等容变化，压强增大；C到A等压变化，体积变小，对照选项逐一分析。
解答：AB、A到B等温变化，膨胀体积变大，根据玻意耳定律压强p变小；B到C是等容变化，在p﹣T图象上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖﹣吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；
CD、A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V﹣T图象中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
点评：本题考查了气体状态变化图象问题，根据图示图象分析清楚气体变化过程与变化性质是解题的前提，要明确各个过程的变化规律，结合理想气体状态方程或气体实验定律分析是关键。
例2：一定质量的某种理想气体，在如图所示的p﹣T坐标系中，先后分别发生两种状态变化过程，过程一：状态A→C，气体从外界吸收热量为45J；过程二：状态A→B，气体从外界吸收热量为15J。已知图线AC反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同。则从状态A→C的过程，该气体的体积 不变 （选填“增大”“减小”或“不变”），内能的增量是 45 J；从状态A→B的过程，外界对该气体做的功 30 J。
分析：根据理想气体状态方程判断AC两状态的体积，气体体积不变，不做功，根据热力学第一定律求解内能的增量；理想气体内能只与温度有关，根据热力学第一定律求解状态A→B的过程，外界对该气体做的功。
解答：根据理想气体状态方程得：＝C
图像AC反向延长线通过坐标原点O，所以AC为等容线，则从状态A到C的过程，该气体的体积不变；
气体体积不变，不做功，由热力学第一定律得，内能的增量ΔU＝QAC＝45J
理想气体内能只与温度有关，所以UB＝UC
从状态A到B的过程，由热力学第一定律得，ΔU＝QAB+WAB
解得：WAB＝30J
故答案为：不变，45，30。
点评：本题考查p﹣T图像和热力学第一定律，知道理想气体内能只与温度有关。
【解题思路点拨】
气体图像相互转换的五条“黄金律”
（ 1）准确理解p﹣V图像、p﹣T图像和V﹣T图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。
（2）知道图像上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。
（3）知道图像上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态（ p、V、T）转化到另一个平衡状态（p'.V'、T'）的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。
（4）从图像中的某一点（平衡状态）的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点（平衡状态）的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。
（5）根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图像，并根据相应的规律逐一检查是否有误。
11．改变物体内能的两种方式
【知识点的认识】
1．物体的内能：物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫物体的内能．物体的内能与物体的温度、体积、还与物体的质量、摩尔质量有关．
2．物体内能的改变方式
①做功改变物体的内能
只有物体对外界做功时，内能减小；只有外界对物体做功时，内能增大．既：做功使其它形式能和内能相互转化．
②热传递改变物体的内能
只有物体吸热时，物体内能增大；只有物体放热时物体内能减小．即：热传递使物体间内能发生相互转移，不发生能量转化．
③做功和热传递在改变物体内能的效果上是等效的．但改变物理过程（本质）是不同的．
【命题方向】
下述各种改变物体内能的方法，属于做功方式的是（ ）
A、冷物体接触热物体后变热
B、锯木头时，锯条发热
C、热物体在通风的地方凉得快
D、物体火炉旁被烤热
分析：做功改变内能是能量的转化，热传递是能量的转移．
解答：A、冷物体接触热物体后变热属于热传递，故A错误；
B、锯木头时，锯条发热是锯条客服摩擦力做功使内能增加，故B正确；
C、热物体在通风的地方凉得快是热传递，故C错误；
D、物体火炉旁被烤热属于热传递，故D错误；
故选：B。
点评：本题考查了改变物体内能的两种方式：做功和热传递．
【解题思路点拨】
1.改变物体内能的两种方式：做功和热传递。这两种方式的本质不同，但从改变内能的效果上是等价的。
2.要能根据描述判断内能改变的方式类型。
12．热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
【命题方向】
（1）常考题型考查对概念的理解：
对一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积是所有气体分子的体积之和
B．气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高
C．气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的
D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少
分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系。根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析。根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化。
解答：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和。故A错误。
B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈。故B正确。
C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故C正确。
D、当气体膨胀时，气体分子之间的距离增大，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断。故D错误
故选BC。
点评：本题考查了热力学第一定律的应用，温度是平均动能的标志，分子动理论的内容。
（2）如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（ ）
A．温度升高，内能增加600J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J
D．温度降低，内能减少200J
分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化。解答：解：由热力学第一定律可知：△U＝W+Q
外界对气体做功，W＝800J；气体向外散热，故Q＝﹣200J；
故△U＝800﹣200J＝600J；
气体内能增加，则温度升高；
故选A。
点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能增加，Q为正表示物体吸热，W为正表示外界对物体做功。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
13．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
【知识点的认识】
1.热力学图像包括p﹣V、p﹣T、V﹣T等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2.对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
【命题方向】
如图所示，一定质量的理想气体沿p﹣V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线BDA是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则有（ ）
A、气体由A变到B一定是吸热的
B、气体由B变为A一定是吸热的
C、气体由A变到B再变到A，吸热多于放热
D、气体由A变到B再变到A，放热多于吸热
分析：理想气体内能仅由温度决定，温度不变，气体内能不变；等温变化的p﹣V图象是双曲线的一部分，根据图象判断气体状态发生变化时，各状态参量如何变化，然后由热力学第一定律分析答题。
解答：A、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由A到B变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＞0，气体要吸热，故A正确；
B、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由B到A变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＜0，气体要放热，故B错误；
C、气体由A到B的过程要吸收热量，吸收的热量等于气体对外做的功Q＝W，在B到A的过程中，气体要放出热量，放出的热量等于外界对气体做的功Q'＝W'；气体做功：W＝PV，P﹣V图象的面积等于气体做功，由图象可知：W＞W'，则Q＞Q'，即：气体由A变到B再变到A，吸热多于放热，故C正确，D错误；
故选：AC。
点评：根据图象分析清楚气体的状态参量如何变化，应用热力学第一定律即可正确解题。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
符号 W Q△U
+外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
﹣物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
②应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
14．热力学第二定律的不同表述与理解
【知识点的认识】
热力学第二定律
1．热传导的方向性
①热量可以自发地从高温物体传递给低温物体．
②热量从低温物体传递给高温物体，必须借助外界的帮助．
2．机械能内能转化方向性
①热机
定义：把内能转化为机械能的机器．
能量：Q1＝W+Q2
效率：η＝＜100%
②机械能可以自发地全部转化为内能，而内能全部转化为机械能必须受外界影响或引起外界变化．
3．第二类永动机不可制成
①定义：从单一热源吸收的热量，可以全部用来做功，而不引起其他变化的机器．即：效率η＝100%的机器．
②原因：违背了热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律
4．热力学第二定律
①两种表述：
Ⅰ．不可能使热量从低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．
Ⅱ．不可能从单一热源吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化．
②实质：自然界中涉及到的热现象的宏观过程都具有方向性．
③热力学第二定律是独立于第一定律的．
5．能量耗散
①定义：无法重新收集和利用的能量，这种现象为能量耗散．
②反映了热现象宏观过程的方向性．
【命题方向】
第一类常考题型是对概念、规律的理解：
如图所示的汽缸内盛有定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是（ ）
A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违背热力学第二定律
B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，因此此过程不违背热力学第二定律
C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违背热力学第二定律
D．以上三种说法都不对
分析：热力学第二定律的一种描述是：不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功，而不引起其它变化．因此是否违反热力学第二定律的关键是看是否引起其它变化．
解答：气体等温膨胀，内能不变，从外界吸收的热量全部对外做功，但是这个过程中引起了其它变化，如有外力控制着活塞缓慢的移动，而非自动进行的，有“第三方”参与，不违背热力学第二定律，故ABD错误，C正确．
故选C．
点评：对于概念、规律的理解要深入，要理解其核心和关键部分，不能停留在表面．
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布朗运动
分子热运动
研究对象
悬浮在液（气）体中的固体小颗粒
分子
形成原因
由分子无规则运动撞击力的不平衡引起的，是分子运动的反映
是分子本身的特征
运动条件
固体小颗粒在液体（或气体）中的运动
一切状态（固、液、气）的物体中的分子都做热运动
共同特点
都是永不停息的无规则运动（绝对零度情况下除外），都随温度的升高而变得更加激烈
内能
机械能
定义
物体内所有分子热运动动能与分子势能之和
物体的动能、重力势能和弹性势能的统称
决定
由物体内部状态决定
跟宏观运动状态、参考系和零势能点的选取有关
量值
任何物体都有内能
可以为零
测量
无法测量
可以测量
本质
微观分子的运动和相互作用的结果
宏观物体的运动和相互作用的结果
内能
热量
区别
是状态量，状态确定系统的内能随之确定．一个物体在不同的状态下有不同的内能
是过程量，它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量
联系
在只有热传递改变物体内能的情况下，物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量．
符号
W
Q
△U
+
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
﹣
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少