高考题型分析之热学共32页
2020 年高考物理热学计算专题及答案
2020 年高考物理热学计算专题及答案专题简介：1.物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。
②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。
其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。
⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。
⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。
2.燃料完全燃烧放出热量的公式①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。
②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。
推导过程如下： 说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。
②只对气体适用。
两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。
其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。
V 表示体积，单位是ｍ3。
3.热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。
热机的效率是热机性能的一个重要指标。
汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。
（2）炉具的热效率：天然气燃烧放出的热量是炉具提供的总热量，Q 总=Q 放，水吸收的热量是有用的热量Q 有=Q 吸，则η=总有Q Q 。
（3）电热水器的效率：电热丝所产生热量为Q 总，总=Q 放，水需要吸收热量为Q 有，有=Q 吸，则η=总有Q Q 。
专题例题：【例题1】（2018•济宁）将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中（如图所示），通过 方式改变牛奶的内能，图中乙是250g 牛奶与热水的温度随时间变化的图象，则牛奶在加热过程中吸收的热量为 J ．[c 牛奶=4.2×103J/（kg•℃）]【答案】热传递；2.1×104。
高考中热化学反应题目的分析
高考中热化学反应题目的分析摘要：化学反应与能量是高考必考的知识点，在新教材中已将化学反应与能量变化作为一条主线贯穿始终，几乎可与任何章节相联系、相综合，运用化学反应与能量变化的知识与观察生活、生产和社会中的各类有关化学能源问题。
从近几年的全国卷和各省的地方卷分析来看，几乎每一份试卷中都涉及本部分的试题，主要题型有焓变的简单计算、反应热的大小比较、热化学方程式的正误判断、热化学方程式的书写。
近年又出现反应热与能源结合起来进行考查的试题。
能源危机已迫在眉睫，因此可以预见，有关能源的试题将成为今后考查的一个重要方向，有关反应热的内容的深度、广度和难度将有所提高，题型也可能出现一些变化。
关键词：化学反应；反应热；燃烧热；中和热；焓变；盖斯定律化学反应与能量在每年的高考中都会出题，然而从我所教的学生来看，他们却经常混淆几个概念，也有学生对热化学方程式的判断不熟练，对应用盖斯定律书写热化学方程式特别是计算反应的焓变值力有不逮。
现在我就教学过程中发现的学生的一些问题列出来进行说明和分析。
一、一些易混淆的说法和概念热化学部分有一些相似说法和概念学生容易混淆而出错。
有些学生认为：吸热反应一定需要加热条件才能发生、放热反应一定不需要加热条件、放热越多的反应焓变值越大、有热量放出的过程一定会是放热反应、键能越大物质所含能量越高……二、热化学方程式正误判断中易混淆或弄错的几类情况1.热化学方程式中物质聚集状态不写或错写如：氢气的燃烧热为285.8 kj/mol书写热化学方程式h2（g）+■o2（g）=h2o（g）δh=-285.8 kj/mol（这个方程式就属于水的聚集状态标错）2.反应热δh的单位不写或错写如：h2（g）+■o2（g）=h2o（l）δh=-285.8 kj/mol（这个方程式就属于焓变的单位标错）3.δh的数值大小与方程式中各物质化学计量数不对应如：h2的燃烧热为285.8 kj/mol书写热化学方程式2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）δh=-285.8 kj/mol（这个方程式就属于焓变值与化学计量数不对应）三、用盖斯定律书写某热化学方程式不熟练或不会处理应用盖斯定律来书写热化学方程式或计算热化学反应的焓变其核心是热化学方程式的叠加。
《热学》高考考点及命题趋势分析
、
也说明 了第二类永动机不可能制成． 热力学第一定律 和 热力学 第二定 律是 构成 热力 学 知识的理论基础． 热力学第 一定 律对 自然 过程没有任何 限制 ， 只指 出在任何热力学过 程 中能量不会 有任何增 加 或损 失． 热力 学第二 定律解 决哪些 过程可 以发生． 示 揭 了 自然 界 中进 行 的 涉 及 热现 象 的宏 观 过 程 的 不 可 逆 性 ， 是 对 热 力 学 第 一 定 律 的进 一 步 的补 充 ．
Ｃ 气体 内能一定不变 Ｄ 气体 内能是增是减不能确定 ． 点评 ： 据 热力学第 一定律 Ａ 根 Ｕ＝Ｑ＋Ｗ ， 定 质 量 一 的 气 体 内能 的 变化 与外 界 对 气体 做 功 、 气体 从 外 界 吸 热 两个 因数 有关， 当气体既从外界 吸热又对 外界做 功 时内
中学 教 学 参 考
复 习指 津
热 学 考考 点及命 题 趋 势 分 析 高
广西 玉林 市财苑 高级 中学 （３ ０ ０ 甘达 严 ５ ７０ ）
命 题 趋 势 分 析 在考纲 中热学处于第六板 块 ， １ 个知 识点 ， 共 ２ 都属 于Ｉ 级要求 ， 近年 的高 考命题 情 况来 看 ， 占分 值 约 从 所 １ 分 左 右 ， 以选 择 题 形 式 考 查 ， 且 常 在 前 几 个 选 择 Ｏ 常 并 题 中出现 ， 考查知 识主要集 中在 三个方 面 ： ①对 分子运 动论 的理 解 ； ②对 内能 和功 的理解 ； ③对 气体压 强 的理 解． 试题难度都不大 ， 能力要求仅限于“ 理解 能力 ” ． 由于近年来 高考命 题趋 于联 系实 际和社 会热 点 问 题， 如能源的开发和利用 、 估算 细胞大小 和数 目等 ， 以 所
Ａ Ｕ＜ Ｏ
热学专题(2024高考真题及解析)
热学专题1.[2024·安徽卷] 某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨.在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小;(2)充进该轮胎的空气体积.1.(1)2.5×105 Pa(2)6 L[解析] (1)在哈尔滨时,设充气前该轮胎内气体压强的大小为p2.由查理定律可得p1T1=p2 T2其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3) K=270 K,T2=(273-23) K=250 K解得p2=2.5×105 Pa(2)设充进该轮胎的空气体积为V.以充进的空气和该轮胎内原有的气体整体为研究对象,由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0解得V=6 L2.[2024·北京卷] 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变.在上浮过程中气泡内气体 ()A.内能变大B.压强变大C.体积不变D.从水中吸热2.D[解析] 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W 知,气体从水中吸热,故D正确.3.[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p 0,弹簧为原长.现将B 中气体抽出一半,B 的体积变为原来的34.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p A 、p B . (2)弹簧的劲度系数k.3.(1)45p 0 23p 0 (2)8p 0S15l[解析] (1)抽气前两部分的体积为V =Sl ,对A 分析,抽气后V A =2V -34V =54Sl 根据玻意耳定律得p 0V =p A ·54V 解得p A =45p 0对B 分析,若压强不变的情况下抽去一半的气体,则体积变为原来的一半,即V B =12V ,则根据玻意耳定律得p 0·12V =p B ·34V 解得p B =23p 0(2)由题意可知,弹簧的压缩量为l4,对活塞受力分析有p A S =p B S +F 根据胡克定律得F =k l4联立得k =8p 0S15l4.[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的体积不变.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V A1=4.0×10-2 m3;B 内气体压强p B1等于大气压强p0.已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa.重力加速度大小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,差压阀与连接管道内的气体体积不计.当环境温度降低到T2=270 K时:(1)求B内气体压强p B2;(2)求A内气体体积V A2;(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.4.(1)9×104 Pa(2)3.6×10-2 m3(3)110 kg[解析] (1)当环境温度降低到T2=270 K时,B内气体压强降低.若此时差压阀没打开,设p B2'为差压阀未打开时B内气体的压强,B内气体体积不变,由查理定律得p0 T1=p B2' T2解得p B2'=9×104 Pa由于A、B内气体压强差p0-p B2'<Δp,故差压阀未打开,则p B2=p B2'即p B2=9×104 Pa(2)差压阀未打开时,A内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得V A1 T1=V A2 T2解得V A2=3.6×10-2 m3(3)倒入铁砂后,B内气体的温度和体积都不变,但压强增加,故可知A中气体通过差压阀进入B中,当B内气体压强为p0时,A内气体压强比B内气体压强高Δp,再根据A的活塞受力平衡可知(p0+Δp)S=p0S+mg解得m=110 kg5.[2024·广西卷] 如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S =500 mm 2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b 处,此时封闭气体的长度l 0=200 mm .推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm 的a 处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b 处.设活塞从a 处向左移动的距离为x ,封闭气体对活塞的压力大小为F ,膨胀过程F -15+x曲线如图乙.大气压强p 0=1×105 Pa .(1)求活塞位于b 处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化;(3)画出封闭气体等温变化的p -V 图像,并通过计算标出a 、b 处坐标值.5.(1)50 N (2)见解析 (3)如图所示[解析] (1)活塞位于b 处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p 0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F =p 0S =1×105×500×10-6 N=50 N (2)根据题意可知F -15+x 图线为一条过原点的直线,设斜率为k ,可得F =k ·15+x 根据F =pS 可得气体压强为p =k(5+x )S故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体由玻意耳定律得 pV =k(5+x )S·S ·(x +5)×10-3=k ·10-3故可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变,故可知a →b 过程封闭气体做等温变化.(3)分析可知全过程中气体做等温变化,开始在b 处时,有 p b V b =p 0Sl 0在b 处时气体体积为 V b =Sl 0=10×10-5 m 3 在a 处时气体体积为 V a =Sl a =0.25×10-5 m 3 根据玻意耳定律有 p a V a =p b V b =p 0Sl 0解得p a=40×105 Pa故封闭气体等温变化的p-V图像如图6.[2024·海南卷] 用铝制易拉罐制作温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀,吸管与罐密封性良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐体积为330 cm3,薄吸管底面积为0.5 cm2,罐外吸管总长度为20 cm,当温度为27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压强变化,下列说法正确的是()A.若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5 ℃C.该装置所测温度不低于23.5 ℃D.其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大6.B[解析] 设油柱离罐口的距离为x,由盖-吕萨克定律得V1T1=VT,其中V1=V0+Sl1=335cm3,T1=(273+27)K=300 K,V=V0+Sl=(330+0.5x)cm3,代入解得T=(3067x+1980067)K,根据T=(t+273) K可知t=(3067x+150967)℃,故若在吸管上标注等差温度值,则刻度均匀,故A错误;当x=20 cm时,该装置所测的温度最高,代入解得t max≈31.5 ℃,故该装置所测温度不高于31.5 ℃,当x=0时,该装置所测的温度最低,代入解得t min≈22.5 ℃,故该装置所测温度不低于22.5 ℃,故B正确,C错误;其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,由盖-吕萨克定律可知,油柱离罐口距离不变,故D错误.7.(多选)[2024·海南卷] 一定质量的理想气体从状态a 开始经ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态,已知ab 垂直于T 轴,bc 延长线过O 点,下列说法正确的是 ( )A .bc 过程外界对气体做功B .ca 过程气体压强不变C .ab 过程气体放出热量D .ca 过程气体内能减小7.AC [解析] 由理想气体状态方程pVT =C ,化简可得V =Cp ·T ,V -T 图线中,各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压强,则图线的斜率越大,压强越小,故p a <p b =p c ,bc 过程为等压变化,气体体积减小,外界对气体做功,故A 正确;由A 选项可知,ca 过程气体压强减小,故B 错误;ab 过程为等温变化,故气体内能不变,即ΔU =0,气体体积减小,外界对气体做功,故W >0,根据热力学第一定律ΔU =Q +W ,解得Q <0,故ab 过程气体放出热量,故C 正确;ca 过程,气体温度升高,内能增大,故D 错误.8.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计.活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后 ( )A .弹簧恢复至自然长度B .活塞两侧气体质量相等C .与初始时相比,汽缸内气体的内能增加D .与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少8.ACD [解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A 正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以左侧气体质量小于右侧气体质量,B 错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以气缸内气体的内能增加,C 正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D 正确.9.[2024·湖北卷] 如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S ,能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T 0,气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升15h 再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU 与温度变化量ΔT 的关系式为ΔU =C ΔT ,C 为已知常数,大气压强恒为p 0,重力加速度大小为g ,所有温度都为热力学温度.求: (1)再次平衡时容器内气体的温度. (2)此过程中容器内气体吸收的热量.9.(1)65T 0 (2)15h (p 0S +mg )+15CT 0[解析] (1)容器内气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得V 0T 0=V1T 1即ℎS T 0=(ℎ+15ℎ)S T 1解得T 1=65T 0(2)此过程中容器内气体内能增加量ΔU =C (T 1-T 0) 容器内气体压强p =p 0+mgS气体体积增大,则气体对外做功,W =-pS ·15h 根据热力学第一定律得ΔU =W +Q 联立解得Q =15h (p 0S +mg )+15CT 010.[2024·湖南卷] 一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p 、体积为V.气球内空气可视为理想气体.(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p 0,求此时气体的体积V 0(用p 0、p 和V 表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V 的大小,但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上,示数为m =8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p 和体积V 还满足:(p -p 0)(V -V B 0)=C ,其中p 0=1.0×105 Pa 为大气压强,V B 0=0.5×10-3 m 3为气球无张力时的最大容积,C =18 J 为常数.已知该气球自身质量为m 0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m 3,g 取10 m/s 2.求气球内气体体积V 的大小.10.(1)pVp0(2)5×10-3 m3[解析] (1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有pV=p0V0解得V0=pVp0(2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0对气球进行受力分析如图所示根据平衡条件有mg+ρ0gV=m气g+m0g结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-V B0)=C联立解得V=5×10-3 m311.[2024·江苏卷] 某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K、压强为105 Pa 的气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台.现将这个容器移动到月球,容器内的温度变成240 K.整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态.求:(1)气体现在的压强;(2)观测台对气体的压力.11.(1)8×104 Pa(2)4.8×103 N[解析] (1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则根据查理定律得p1T1=p2 T2解得p2=8×104 Pa(2)根据压强的定义,观测台对气体的压力F=p2S=4.8×103 N12.[2024·江西卷] 可逆斯特林热机的工作循环如图所示.一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程.已知T1=1200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强p A=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强p C=1.0×105 Pa.求:(1)气体在状态D的压强p D;(2)气体在状态B的体积V2.12.(1)2.0×105 Pa(2)2.0 m3[解析] (1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有p DT2=p A T1解得p D=2.0×105 Pa(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化,根据玻意耳定律有p C V2=p D V1解得V2=2.0 m3气体从状态B到状态C发生等容变化,因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m313.[2024·山东卷] 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程.下列说法正确的是 ()A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量13.C[解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则W ab<0,由盖-吕萨克定律可知T b>T a,则ΔU ab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Q bc=0,由于气体体积增大,则W bc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU bc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即T c=T a,则ΔU ac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Q ab=ΔU ab-W ab,由B项分析可知W bc=ΔU bc,由C项分析可知0=W ca+Q ca,又ΔU ab+ΔU bc=0,联立解得Q ab-(-Q ca)=(-W ab-W bc)-W ca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-W ab-W bc>W ca,则Q ab-(-Q ca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Q ab大于c→a过程放出的热量-Q ca,D错误.14.[2024·山东卷] 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取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.14.(1)2 cm(2)8.92×10-4 m3[解析] (1)在缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程中,封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1(H-x)S1=p2HS1根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0联立解得x=2 cm(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有S2)p0V+p2HS1=p3(HS1+ℎ2=p0又p3+ρg·ℎ2联立解得V=8.92×10-4 m315.(多选)[2024·新课标卷] 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15.AD[解析] 1→2为绝热过程,则Q=0,由于气体体积减小,则外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,即气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,气体体积增大,根据盖-吕萨克定律可知,气体温度升高,则气体内能增大,即ΔU>0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;3→4为绝热过程,则Q=0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,则气体内能减小,即ΔU<0,由于体积不变,则W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外放热,故D正确.16.[2024·浙江6月选考] 如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4 m3.大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K,g取10 m/s2.(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度(选填“变大”“变小”或“不变”);(2)求此不规则小块固体的体积V;(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收的热量Q.16.(1)不变 变小 (2)4×10-5 m 3 (3)14.4 J[解析] (1)温度升高时,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体压强不变,由p =F S 知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于气体体积变大,所以气体分子的数密度变小.(2)气体发生等压变化,有V 0-V+l 1S T 1=V 0-V+l 2S T 2 解得V =4×10-5 m 3(3)此过程中,外界对气体做功为W =-p 1S (l 2-l 1)对活塞受力分析,有p 1S =mg +p 0S由热力学第一定律得ΔU =W +Q其中ΔU =10.3 J联立解得Q =14.4 J。
专题1.1 热学问题(解析版)
第一部分保分模块前置专题1.1 热学问题目录【专题知识网络构建】 (1)【专题高考定位】 (1)【突破高考题型】 (2)题型一分子动理论固体和液体 (2)题型二气体实验定律理想气体状态方程 (5)题型三热力学定律与气体实验定律的综合 (10)【专题突破练】 (13)【专题知识网络构建】【专题高考定位】1．考查重点：分子动理论；固体和液体的性质；应用气体实验定律和理想气体状态方程解决“玻璃管类”和“活塞类”的气体性质分析；气体状态变化的图像问题；受力分析、平衡条件与气体实验定律的综合应用；热力学第一定律和气体实验定律的结合。
2．考题形式：选择题、计算题。
【突破高考题型】题型一 分子动理论 固体和液体【核心主干知识回扣】 1．估算问题(1)分子总数：N ＝nN A ＝m M N A ＝VV mol N A。
特别提醒：对气体而言，V 0＝VN 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 ＝43πR 3＝16πd 3(d 为球体直径)；①立方体模型：V ＝a 3。
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．晶体与非晶体分类 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形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性 表面层分子间作用力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小【例1】(多选)(2022·北京高三二模)关于分子动理论，下列说法中正确的是( )A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m B．图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动的速度—时间图线C．图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子势能变小D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①对应的分子平均动能较大【答案】AD【解析】图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m，A正确；图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动每隔一定时间所到的位置，然后连起来，可发现该微粒做的是无规则运动，B错误；图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子力做负功，分子势能变大，C错误；图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①中分子速率较大的占比较大，故对应的分子平均动能较大，D正确。
近6年高考物理真题分项版精解精析：专题12《热学》Word版含解析
内气体可视 理想气体 求
时 个气泡内气体对接触面外薄膜的压力
答案 解析 设压力
F=
V0 pS V
F
压缩 气体压强
p.
由等温过程
p0V0 = pV
F = pS
解得 考点
F=
V0 pS V
考查了理想气体状态方程. 一 的理想气体被活塞封 在竖直放置的圆形气缸内 汽
3. 2014·新课标全 卷
缸壁导热良好 活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑 缸 部的高度 h 外界的温度 T0 外界的温度
确的有
A 理想气体实
在 只是一种理想模型
B 只要气体压强 是很高就可视 理想气体 C 一 的某种理想气体的内能 温度 体 都有关 理想气体都遵循气体实验 律 若 过程中 气室中的气体 外界无热 交换 内能 选填 增大 小于 或 等于 0.224m3 小 或 3.4×104J 压强 1 个标准大气
D 在任何温度 任何压强
结 4. 2014· 山 卷 体 一种水 物打捞方法的 作原理如 示 将一
M = 3 ×103 kg
的气体 开始时 浮筒缓慢 升 浮
V0 = 0.5m 3 的 物捆 在开 朝 的浮筒
筒内气体体
向浮筒内 入一
筒内液面到水面的距离 h1 = 40 m 当筒内液面的距离
V1 = 1m 3
在拉力作用
h 2 时 拉力
2014 高考真 1. 2014·江 卷 一种 浪发电机的气室如 气室中空气的压强 和排 空气的过程 推 而驱 示 作时 活塞随 浪 升或 降 改 气室 历吸入 压缩
气阀门和 气阀门打开或关
气 处的装置发电 气室中的空气可视 理想气体
1
列对理想气体的理解 并
确的有
2024届高考物理一轮复习热点题型归类训练：热学的基本概念与原理(解析版)
热学的基本概念与原理1.目录题型一 关于分子动理论及内能的考查类型1 微观量估算的两种“模型”类型2 布朗运动与分子热运动类型3 分子力和内能题型二 固体、液体和气体类型1 固体和液体性质的理解类型2气体压强的计算及微观解释题型三 关于热力学定律与能量守恒定律的理解类型1 热力学第一定律的理解类型2 热力学第二定律的理解类型3 热力学第一定律与图像的综合应用题型一:关于分子动理论及内能的考查类型1 微观量估算的两种“模型”1.微观量与宏观量(1)微观量：分子质量m0、分子体积V0、分子直径d等．(2)宏观量：物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ、物体的体积V、摩尔体积V mol等．2.分子的两种模型(1)球模型：V0=16πd3，得直径d=36V0π(常用于固体和液体)．(2)立方体模型：V0=d3，得边长d=3V0(常用于气体)．3.几个重要关系(1)一个分子的质量：m0=MN A.(2)一个分子的体积：V0=V molN A(注意：对于气体，V0表示一个气体分子占有的空间)．(3)1mol物体的体积：V mol=Mρ.模型1 微观量估算的球体模型1(多选)钻石是首饰、高强度钻头和刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A.已知1克拉=0.2g，则下列选项正确的是()A.a克拉钻石物质的量为0.2aM B.a克拉钻石所含有的分子数为0.2aN A MC.每个钻石分子直径的表达式为36M×10-3N Aρπ(单位为m)D.a克拉钻石的体积为aρ【答案】 ABC【解析】 a克拉钻石的质量为0.2a克，得物质的量为0.2aM，所含分子数为0.2aM×N A，故A、B正确；每个钻石分子的体积为M×10-3ρN A，固体分子看作球体，V=43πR3=43πd23=16πd3，联立解得分子直径d=36M×10-3N Aρπ，故C正确；a克拉钻石的体积为0.2a×10-3ρ，D错误．2(2022·山东省摸底)在标准状况下，体积为V的水蒸气可视为理想气体，已知水蒸气的密度为ρ，阿伏伽德罗常数为N A，水的摩尔质量为M，水分子的直径为d。
热学高考考点全解析.ppt
【解题指南】解答本题时可根据理想气体状态方程及体积和温度的变化情况， 确定压强如何变化.
2.热力学第二定律 • 表述一：不可能使热量由低温物体传递到 高温物体，而不引起其他变化。 • 表述二：不可能从单一的热源吸收热量并 把它全部用来对外做功，而不引起其他变 化。 第二类永动机是不可能实现的。
两类永动机的比较
(1分)
【总结提升】应用气体定律或状态方程解题的一 般步骤 (1)明确研究对象(即选取一定质量的气体)； (2)确定气体在始、末状态的参量； (3)结合气体定律或状态方程列式求解； (4)讨论结果的合理性.
9.(2011· 上海高考)如图，绝热汽 缸A与导热汽缸B均固定于地面，由 刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间
答案：AC
解析：首先假设液柱不动，则A、B两
部分气体发生等容变化，由查理定律，对气
PA PA PB PB 体A： ；对气体 B ： 又初始状态 TA TA TA TA 满足 PA PB h ，可见使A、B升高相同温
T T A A 度，PA T PA T (PB h) A A
【规范解答】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为 p1=p0+ρgl3 ①(1分)
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度.
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封
闭端会有部分真空.设此时开口端剩下的水银柱长度为x，
则
p2=ρgl1，p0=p2+ρgx ②(1分)
式中，p2为管内空气柱的压强.由玻意耳定律有 p1l2S=p2hS ③(2分)
分类
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
不需要任何动力或燃料，从单一热源吸收热量， 却能不断地对外做功的 使之完全变成功，而 不产生其他影响的机 机器 器
高考物理模型讲练结合—32热学(2)
模型32热学（2）-2022年高考冲刺36模型模型+典例+方法+练习目录热力学第二定律 (2)气体压强的计算 (4)气体实验定律及应用 (6)气体状态变化的图象 (8)理想气体方程 (10)能量守恒定律 (12)热力学第二定律【模型+方法】1.常见的两种表述:(1)克劳修斯表述:热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响。
2.第二类永动机:违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机。
这类永动机不违背能量守恒定律,但它违背了热力学第二定律,也是不可能制成的。
3.在物理学中，反映宏观自然过程的方向性的定律．热量不能自发地从低温物体传到高温物体．阐述的是传热的方向性．4.做功和热传递比较两种方式做功热传递区别内能变化情况外界对物体做功,物体的内能增加;物体对外界做功,物体的内能减少物体吸收热量,内能增加;物体放出热量,内能减少从运动形式上看做功是宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化热传递是通过分子之间的相互作用,使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化从能量的角度看做功是其他形式的能与内能相互转化的过程不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移能的性质变化情况能的性质发生了变化能的性质不变联系做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的5．在热力学第二定律的表述中,“自发地”“不产生其他影响”的含义:(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量。
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不产生热力学方面的影响。
如吸热、放热、做功等。
6.两类永动机的比较:比较项目热力学第一定律热力学第二定律定律揭示的问题它从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能改变量三者的定量关系它指出自然界中出现的宏观过程是有方向性的机械能和内能的转化当摩擦力做功时,机械能可以全部转化为内能内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能热量的传递热量可以从高温物体自发地传向低温物体说明热量不能自发地从低温物体传向高温物体表述形式只有一种表述形式有多种表述形式两定律的关系在热力学中,两者既相互独立,又互为补充,共同构成了热力学知识的理论基础【典例】(全国卷Ⅱ)下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有,不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有。
2020高考物理复习：热学 考点分析及解题方法总结
热学（选修3-3）高考命题规律考点一分子动理论内能固体、液体命题角度1分子动理论内能固体、液体高考真题体验·对方向1.〔2018全国Ⅱ·33(1)〕对于实际的气体,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时,其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能答案BDE解析气体的内能是指所有气体分子热运动的动能和相互作用的势能之和,不包括分子的重力势能和气体整体运动的动能,选项A、C错误,B、E正确;气体体积变化时,其分子势能可能增加、可能减小,而分子的动能可能增加、可能减小,其内能可能不变,选项D正确.2.〔2015全国Ⅰ·33(1)〕下列说法正确的是(填正确答案标号).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解析晶体敲碎后,得到的小颗粒仍为晶体,选项A错误;某些晶体在不同方向上有不同的光学性质,选项B正确;同种元素构成的固体,可形成不同的晶体,比如金刚石和石墨,选项C正确;在合适条件下,某些晶体和非晶体可相互转变,选项D正确;晶体在熔化过程中,温度不变,内能增加,选项E错误.3.〔2015全国Ⅱ·33(1)〕关于扩散现象,下列说法正确的是(填正确答案标号).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解析扩散现象是固体、液体或气体分子永不停息做无规则运动所致,其剧烈程度与温度有关,扩散现象不是化学反应,A、C、D项正确而B、E项错误.1.分子势能、分子力与分子间距离的关系2.把握定量估算方法(1)微观量的估算应利用阿伏加德罗常数的桥梁作用,依据分子数N与摩尔数n之间的关系N=nN A,并结合密度公式进行分析计算.(2)注意建立正方体分子模型或球体分子模型.(3)对液体、固体物质可忽略分子之间的间隙;对气体物质,分子之间的距离远大于分子的大小,气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值不等于气体分子的体积,仅表示一个气体分子平均占据的空间大小.典题演练提能·刷高分1.(2019山东潍坊二模)关于固体、液体的性质,下列说法正确的是(填正确答案的标号).A.非晶体不可能转化为晶体B.单晶体有确定的熔点,多晶体没有确定的熔点C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点D.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用E.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”,诗中荷叶和露水表现为不浸润答案CDE解析有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体,则A错误;单晶体和多晶体都有确定的熔点,选项B错误;彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点,选项C正确;玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用,选项D正确;唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”,诗中荷叶和露水表现为不浸润,选项E正确.2.(多选)(2019重庆模拟)关于固体和液体,下列说法正确的是(填正确答案的标号).A.晶体一定有确定的熔点B.晶体一定有确定的几何形状C.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D.所有物质都具有液晶态E.在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间的作用力是引力答案ACE解析晶体有确定的熔点,故A正确;单晶体有一定几何形状,多晶体没有确定的几何形状,故B错误;晶体和非晶体区别在于内部分子排列,有些通过外界干预可以相互转化,如把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故C 正确;并不是所有物质都具有液晶态,故D错误;液体表面层分子距离大于液体内部分子距离,在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间的作用力是引力,故E正确.故选ACE.3.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.热量能够自发地从内能多的物体传递到内能少的物体B.同一时刻,教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的C.当水中两个水分子间的分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小D.液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力E.在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体答案BCE解析热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,选项A错误;同一时刻,教室内空气中氮气和氧气因为温度相同,则分子平均动能是相同的,选项B正确;当水中两个水分子间的分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小,选项C正确;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,选项D错误;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,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过300 ℃)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故E正确.故选BCE.4.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力B.晶体凝固时放出热量,但分子平均动能不变C.气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故D.一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程,温度均由T1升高到T2,则等容过程比等压过程吸收的热量少E.一个绝热容器中盛有气体,假设把气体中分子速率很大的,如大于v m的分子全部取走,则气体的温度会下降,此后气体中不存在速率大于v m的分子答案ABD解析表面张力有使液体的表面积最小化的趋势,故荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力,A正确;晶体凝固时温度不变,所以分子平均动能不变,B正确;气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为分子在做无规则运动的原因,C错误;一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程,温度均由T1升高到T2,内能增量ΔU相同,根据热力学第一定律,等容过程Q=ΔU,等压过程吸收的热量Q=ΔU-W,而等压过程气体对外做功W<0,所以等容过程比等压过程吸收的热量少,D正确;取走v m的分子后,由于碰撞等原因,仍然会出现速率大于v m的分子,E错误.5.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.零摄氏度的物体的内能为零B.气体如果失去了容器的约束会散开,这是因为气体分子热运动的结果C.温度相同的氧气和臭氧气体,分子平均动能相同D.理想气体,分子之间的引力、斥力依然同时存在,且分子力表现为斥力E.浸润现象是分子间作用力引起的答案BCE解析一切物体都有内能,故A错;气体如果失去了容器的约束会散开,这是因为气体分子热运动的结果,故B正确;温度是平均动能的标志,所以温度相同的氧气和臭氧气体,分子平均动能相同,故C正确;理想气体忽略分子间作用力,分子力为零,故D错误;浸润现象是分子间作用力引起的,与分子力有关,故E正确.6.关于热现象,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力,引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小B.液晶像液体一样具有流动性,其光学性质与某些晶体相似,具有各向同性C.处于失重状态的宇宙飞船中,由于消除了重力的影响,一大滴水银的表面将收缩为球面,水银滴成为球形D.液面上部的蒸汽达到饱和时,就没有液体分子从液面飞出,所以从宏观上来看液体不再蒸发E.热量可以自发地从高温物体向低温物体传递,但要从低温物体向高温物体传递,必须有第三者的介入答案ACE解析两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力,引力和斥力都随着分子间的距离的增大而减小,选项A正确;液晶像液体一样具有流动性,其光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,选项B 错误;处于失重状态的宇宙飞船中,由于消除了重力的影响,一大滴水银的表面将收缩为球面,水银滴成为球形,选项C正确;液面上部的蒸汽达到饱和时,液体分子从液面飞出,同时有分子进入液体中,从宏观上看,液体不再蒸发,故D错误;热量可以自发地从高温物体向低温物体传递,但要从低温物体向高温物体传递,必须有第三者的介入,选项E正确.故选ACE.7.下列说法中正确的是(填正确答案标号).A.温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体C.空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值D.分子质量不同的两种气体,温度相同时其分子的平均动能相同E.理论上,第二类永动机并不违背能量守恒定律,所以随着人类科学技术的进步,第二类永动机是有可能研制成功的答案ACD解析温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质,选项A正确;大颗粒的盐磨成了细盐,不改变晶体的结构,故还是晶体,选项B错误;空气的绝对湿度是指大气中水蒸气的实际压强;空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值,选项C正确;温度是分子平均动能的标志,故分子质量不同的两种气体,温度相同时其分子的平均动能相同,选项D正确;第二类永动机并不违背能量守恒定律,但是违背热力学第二定律,所以随着人类科学技术的进步,第二类永动机也不可能研制成功,选项E错误.故选ACD.命题角度2用油膜法估测分子的大小高考真题体验·对方向〔2019全国Ⅲ·33(1)〕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稀释后,油酸在浅盘的水面上更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n,得到一滴油酸酒精溶液的体积,之后根据浓度求出一滴溶液中纯油酸的体积.根据公式d=可知,还需要测单分子层油膜的面积S.典题演练提能·刷高分1.(2019河北石家庄模拟)在“用油膜法估测分子大小”的实验中,已知油酸的摩尔质量M=0.3 kg·mol-1,密度ρ=0.9×103 kg·m-3,则油酸的分子直径约为m.将2 cm3的油酸溶于酒精,制成400 cm3的油酸酒精溶液,已知2 cm3溶液有100滴,则1滴油酸酒精溶液滴到水面上,随着酒精溶于水,油酸在水面上形成的最大面积约为m2.(取N A=6×1023 mol-1,结果保留一位有效数字)答案1×10-90.1解析油酸的摩尔体积V mol=,一个油酸分子的体积V=,已知V=π3,油酸的分子直径D=,代入数值解得D≈1×10-9 m,1滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积V1=cm3=1×10-10 m3,最大面积S=,解得S=0.1 m2.2.(2019北京东城二模)已知铜的摩尔质量为M,铜的密度为ρ,阿伏加德罗常数为N A,下列说法正确的是()A.1个铜原子的质量为B.1个铜原子的质量为C.1个铜原子所占的体积为D.1个铜原子所占的体积为答案B解析一个铜原子的质量为,故A错,B正确;一个铜原子所占的体积为,故CD错.故选B.3.物体是由大量分子组成的,分子非常微小,在“用油膜法估测分子大小”的实验中,利用许多不溶性的长链脂肪酸在适当溶剂的帮助下能在水面上铺开,会形成厚度为一个分子的表面膜的特性,将微观量的测量转化为宏观量的测量.(1)实验中,如果油酸酒精溶液体积浓度为b,N滴油酸酒精溶液的总体积为V,如果1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S,则估算油酸分子直径大小的表达式为d=.(2)实验中,把玻璃板盖在浅盘上描出油酸膜的轮廓,如图所示,图中正方形小方格的边长为1 cm,则油酸膜的面积是cm2.答案60解析一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为,所以分子直径d=.根据大于半格的算1格,小于半格的舍去,总共60格,即60 cm2.考点二气体热力学定律命题角度1热力学定律高考真题体验·对方向1.〔2019全国Ⅰ·33(1)〕某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好.空气可视为理想气体.初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界压强.现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界压强相同.此时,容器中空气的温度(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度.答案低于大于解析根据热力学第一定律可知,容器中的空气无热传递、做负功,内能必减少,容器中空气的温度降低,低于外界温度.压强取决于分子密集程度与温度,同样的压强,温度低的空气,分子密集程度大,密度大.2.〔2018全国Ⅰ·33(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(填正确答案标号).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解析过程①是等容变化,温度升高,压强增大,故A项错误;过程②中,体积增大,气体对外做功,故B项正确;过程④是等容变化,温度降低,放出热量,故C项错误;过程③是等温变化,温度不变,故状态c、d的内能相等,故D项正确;E项,由理想气体方程可知为定值,状态d相对于状态b,V和T均增大,故p应减小,故E项正确.3.〔2018全国Ⅲ·33(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).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答案BCD解析根据理想气体方程=C,气体的压强和体积都增加,所以气体温度升高,内能增加,A错、B对;气体的体积增大,气体对外做功,C对;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,其中ΔU>0,W<0,所以Q>0,从外界吸收热量,D对;气体吸收的热量,一部分对外做功,另一部分增加了气体的内能,E错. 4.〔2017全国Ⅱ·33(1)〕如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸.待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中,气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变答案ABD解析由于隔板右侧是真空,隔板抽开后,气体自发扩散至整个汽缸,并不做功也没有热量交换,所以自发扩散前后内能相同,故选项A正确,选项C错误;气体被压缩过程中,外界对气体做功,没有热量交换,根据ΔU=W+Q,气体的内能增大,故选项B、D正确;气体被压缩过程中,温度升高,分子平均动能增大,故选项E错误.5.〔2017全国Ⅲ·33(1)〕如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量答案ABD解析在过程ab中,气体体积不变,压强变大,根据=C知,气体温度升高,则内能增加,A正确;在过程ca中,气体体积减小,外界对气体做功,B正确;在过程ab中,气体体积不变,气体不对外做功,外界也不对气体做功,C错;在过程bc中,气体进行的是等温变化,ΔU=0,气体体积变大,对外做功,W<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,故Q>0气体从外界吸收热量,D正确;根据=C知,在过程ca中,气体温度降低,则ΔU<0,而外界对气体做功,W>0,故一定有Q<0,气体放热,E错.1.应用热力学第一定律应注意的问题(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.(2)对公式ΔU=Q+W(3)三种特殊情况①若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对物体做的功等于物体内能的增加量.②若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加量.③若过程的始末状态物体的内能不变,即ΔU=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.特别提醒:对理想气体,ΔU仅由温度决定,W仅由体积决定,绝热情况下,Q=0.2.热力学第二定律的理解应用高温物体低温物体功热量气体体积V1气体体积V2(较大)不同气体A和B混合气体A、B典题演练提能·刷高分1.(2019山西二模)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、be、cd、de四个过程到达状态e,其中ba的延长线经过原点,bc连线与横轴平行,de连线与纵轴平行.下列说法正确的是.(填正确答案的标号)A.ab过程中气体从外界吸热B.bc过程中气体内能不变C.cd过程中气体从外界吸热D.de过程中外界对气体做功E.状态a的气体体积比状态d的气体体积小答案ACE解析由理想气体状态方程:=C,图线斜率代表体积的倒数,ab过程中图线斜率不变,故气体的体积不变,不做功,又温度升高,内能增大,由W+Q=ΔU,故A正确;bc过程为等压过程,热力学温度升高,气体体积增大,内能增大,故B错误;cd过程减小,则气体体积增大,气体对外做功,气体温度升高内能增大,由热力学第一定律W+Q=ΔU可知,Q为正值,即气体要从外界吸热,故C正确;de段为等温过程,压强降低,气体体积增大,对外做功,D错误;由于图线斜率代表体积的倒数,由图可知,Oa的斜率大于Od的斜率,则状态a的体积小于状态d的体积,故E正确.2.(多选)(2019江西南昌模拟)下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是()A.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律C.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功,且不产生其他影响答案AC解析第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功,违背了能量守恒定律,所以不可能制成,A 正确;电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是压缩机做功的结果,不违背热力学第二定律,B错误;能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性,C正确;物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功,但一定引起其他影响,D错误.3.如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C,最后由状态C 变化到状态A.气体完成这个循环,内能的变化ΔU=,对外做功W=,气体从外界吸收的热量Q=.(用图中已知量表示)答案0p0V0p0V0解析气体完成一个循环过程,温度的变化量为零,则内能的变化ΔU=0;对外做功等于图中三角形ABC的面积,即W=p0V0;根据热力学第一定律可知,气体吸热Q=W=p0V0.4.(1)关于下列实验及现象的说法,正确的是(填正确答案标号).A.图甲说明薄板是非晶体B.图乙说明气体速率分布随温度变化且T1>T2C.图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关D.图丁说明水黾受到了浮力作用(2)氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性,已知某轿车的氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为ρ,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A.则灯泡中氙气分子的总个数为,灯泡点亮后其内部压强将(选填“增大”“减小”或“不变”).(3)如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图象.由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220 J,气体在状态A的压强为p0=1.0×105 Pa.求:①气体在状态B时的温度T2;②气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出的热量Q2.答案(1)C(2)N A增大(3)①600 K②120 J解析(1)图甲说明薄板的导热性能是各向同性,则薄板是非晶体或多晶体.故A项错误;图乙说明气体速率分布随温度变化,T1时速率低的占的比例比T2时多,速率大的占的比例比T2时少,则T1<T2,故B项错误;图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关,故C 项正确;图丁说明水的表面存在表面张力,故D项错误.(2)氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为ρ,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A.则灯泡中氙气分子的总个数N=N A;灯泡点亮后其内部气体温度升高,体积不变,压强增大.(3)①状态A变化到状态B的过程是等压过程,根据,解得T2=600 K.②A到B过程气体从外界吸热,对外界做功,内能增加,据热力学第一定律ΔU AB=Q1+W AB又W AB=-p0(V2-V1)=-100 JC状态与A状态内能相等,则ΔU AB=-ΔU BCB到C过程是等容过程W BC=0,据热力学第一定律:ΔU BC=Q BC+W BC解得Q BC=-120 J,即气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出热量120 J.5.如图是一定质量的理想气体的p-T图象,气体从a→b→c→a完成一次循环,关于气体的变化过程,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体在a态的体积V a小于在c态的体积V cB.a→b过程气体的分子数密度变大C.b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量D.c→a过程气体压强增大,从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E.若a→b过程气体吸热300 J,c→a过程放热400 J,则c→a过程外界对气体做功100 J答案ADE解析c→a过程气体压强增大,温度降低,根据=C可知体积减小,故气体在a态的体积V a小于在c态的体积V c,故A正确;a→b过程是等容变化,气体的分子数密度不变,故B错误;b→c过程是等温变化,气体内能不变,ΔU=0,气体体积增大,气体对外界做功,W<0,由热力学第一定律得:Q=ΔU-W=-W>0,气体吸收热量,由以上分析可知,b→c过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量,故C错误;c→a过程温度降低,气体分子的平均动能减小,气体压强增大,体积减小,气体的分子数密度增大,所以从微观讲压强增大是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的,故D正确;由热力学第一定律可知,若a→b过程气体吸热300 J,c→a过程放热400 J,则c→a过程外界对气体做功100 J,故E正确.故选ADE.命题角度2气体实验定律和状态方程高考真题体验·对方向。
2022年全国高考物理真题汇编：热学
2022年全国高考物理真题汇编：热学一、单选题(共3题；共6分)1．（2分）（2022·辽宁）一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其体积V 和热力学温度T 变化图像如图所示，此过程中该系统（ ）A ．对外界做正功B ．压强保持不变C ．向外界放热D ．内能减少【答案】A 【解析】【解答】理想气体从状态a 变化到状态b ，体积增大，气体对外界做正功，A 正确； 由图得V =kT +V 0，又PV T=C ， 所以 P （KT+V 0）T =C ，P =CT KT+V 0=CK+V 0T ， 所以T 增大，P 增大。
B 错误；理想气体从状态a 变化到状态b ，温度升高，内能增大。
D 错误；理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C 错误。
故答案为：A 。
【分析】由理想气体状态方程列出等量关系，再联立图像函数表达式，得出压强变化。
温度升高，内能增大。
同时根据热力学第一定律做出判断。
2．（2分）（2022·湖北）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 【解析】【解答】AB ．由PV T=C ，当a→b 气体温度升高，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，由热力学第一定律∆U =W +Q ，可知a→b 过程中气体吸热，A 错误、B 正确；C ．根据理想气体的状态方程PV T=C 可知，p—V 图像的坐标值的乘积对应温度大小，a 状态和c 状态的坐标值的乘积相等，中间状态的坐标值乘积较大，所以a→c 过程的温度先升高后降低，且状态b 的温度最高，C 错误；D ．a→c 过程气体体积增大，对外膨胀，外界对气体做负功，D 错误。
(名师整理)最新高考物理热点题型《热学》专题复习课件
变式1 (2020江苏南通、泰州、扬州等七市第二次调研)在
高倍显微镜下观
察布朗运动实验如图甲所示。每隔30 s记录一次悬浮微粒的
位置。按时间
顺序作出位置连线如图乙所示,连线
(选填“是”或
“不是”)微粒
的轨迹。它直接呈现的微粒运动是无规则的。间接反
映
做永不停
息的无规则运动。
答案 不是 液体分子 解析 布朗运动图像是固体微粒的无规则运动在每隔一定 时间的位置,而不 是微粒的运动轨迹,图乙只是按时间间隔依次记录位置的连 线;由图乙可以看 出微粒在不停地做无规则运动,间接反映液体分子做永不停 息的无规则运动。
(2)大量分子做无规则运动,分子的速率按“中间多,两头少” 的规律分布,如 图所示。
(3)温度升高时,速率小的分子数减少,速率大的分子数增多,分 子的平均速率 增大,但不是每个分子的速率都增大。
2.气体实验定律
图像种 特点
举例
类
玻意耳定 律(等温)
p-V图 像
1 V
pV=C(其中C为恒量)
,pV之积越大的等温
3.分子永不停息地做无规则运动的相关现象
共同点 不同点
联系
布朗运动
分子热运动
都是无规则运动,都随温度的升高而变得 更加剧烈
小颗粒的运动 分子的运动
使用光学显微镜 使用电子显微镜观察 观察
布朗运动是由小颗粒受到周围分子热运动 的撞击而引起的,反映了分子做无规则运 动
4.分子间存在着相互作用力 (1)分子间同时存在引力和斥力,实际表现的分子力是它们的 合力。引力和斥 力都随分子间距离的增大而减小,随分子间距离的减小而增 大,斥力比引力变 化得更快。
列,B、D项错误。
2.(多选)[2019江苏单科,13A(1)]在没有外界影响的情况下,密
高考中的热学问题分析与例解
ａ 绝 热 过 程 ： （ ＝ ０， ＝ Ｕ， 有 热 变 换 ， 界 对 系 ． 即 ） Ｗ Ａ 没 外
与 分 子 间距 离 ｒ的 关 系 图 线 和 分
子 间 引 力 势 能 与 分 子 间 距 离 ｒ
的关 系 图线之 间 的联 系与 区别，
如 右 图所 示 ， ｒ ｎ ， 子 力 为 当 ＝ｒ 时 分
（
・学 科 考 试 与 评 价 ・
ｉ３ ｔ． 己 断 课 哥 ？１ １ ＿ ３ １ ｌ导 学
Ａ ．每 个 气 体 分 子 的动 能 减 小
Ｂ ．气 体 的压 强 增 大 Ｃ ．单 位 体 积 内气 体 分 子数 减 少
Ｄ ．外 界 对 气 体 做 正 功 解 析 ： Ａ 两 活 塞 向 左 滑 动 ， 积 不 断 增 大 ， 气 体 分 由 Ｂ 体 而
例 ２ （ ０ ０全 国 Ⅱ） 图 ， 绝 热 容 器 被 隔 板 Ｋ隔 开 成 ． ２１ 如 一 ｎ ｂ 部 分 ， 知 ｎ内有 一 定 量 的稀 簿 气 体 ， 、两 已 ｂ内为 真 空 。抽 开隔 板 Ｋ后 ， 。内气 体 进 入 ｂ 最 终 达 到 平 衡 状 态 。在 此 过 ， 程 中（ ）
新 ． 置导 警 己 ０． 己 ｉ 晕舌 Ｄ１ １
・学 科 考 试 与 评 ｌ ＇ ｌ ｆ
＂ ・
高考 中 的 热 学 问 题 分 新 与 例 解
湖 北 省天 门市高 中复读 中心 学 校 肖春 贤
热学 ， 每 年 高 考 中 ， 以 选 择 题 形 式 出 现 ， 内容 包 在 多 其 括 分 子 动 理论 、 体 的 内 能 、 体 的 状 态 参 量 、 力 学 定 律 物 气 热
所 示 ， 根 竖 直 的 弹 簧 支 持 着 一 倒 立 一 气 缸 的 活 塞 ， 气 缸 悬 空 且 静 止 。设 使 活塞与气缸壁 间无摩擦 且不 漏气 ， 气 缸 壁 导 热 性 能 良好 ， 气 缸 内 气 体 的 使 温 度 保 持 与 外 界 大 气 温 度 相 同 ， 外 且 界 气 温 不 变 。若 外 界 大气 压增 大 ， 下列 结 论 正确 的是 则
高考物理二轮复习专题解析—热学
高考物理复习专题解析—热学命题规律1.命题角度：(1)分子动理论、固体和液体；(2)气体实验定律和理想气体状态方程；(3)热力学定律与气体实验定律的结合.2.常用方法：分析法，图像法.3.常考题型：选择题、计算题．考点一分子动理论固体和液体1．估算问题(1)分子总数：N ＝nN A ＝m M N A ＝VV molN A .特别提醒：对气体而言，V 0＝VN 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 ＝43πR 3＝16πd 3(d 为球体直径)；②立方体模型：V ＝a 3.2．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(如图)4．气体压强的微观解释5．晶体与非晶体分类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有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则原子排列无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化6．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(2022·江苏扬州市期末)2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时()A．气泡受到浮力B．气泡内分子热运动停止C．气泡内气体在界面处对水产生压力D．水在气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力答案C解析在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；气泡内分子一直在做无规则的热运动，B错误；由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C正确；水在气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误．例2(多选)(2022·江西南昌市一模)分子势能E p与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能E p＝0)，下列说法正确的是()A．在图中的A位置，分子势能最小B．在图中的B位置，分子间斥力大于引力C．两分子从无穷远处靠近的过程中分子势能先减小后增大D．分子间距从图中的A点变化到B点的过程中，分子间的引力和斥力都在不断减小答案ABC解析由题图可知，在图中的A位置，分子势能最小，选项A正确；在题图中的B位置，r<r0，分子间作用力表现为斥力，分子间斥力大于引力，选项B正确；由题图可知，两分子从无穷远处靠近的过程中分子势能先减小后增大，选项C正确；分子间距从题图中的A点变化到B 点的过程中，分子间距离减小，则分子间的引力和斥力都在不断增大，选项D错误．例3(多选)(2022·河北省模拟)分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是()A．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力B．晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变C．用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象D．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多答案ABD解析不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，A正确；晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，由于熔化过程温度不变，则其分子平均动能保持不变，B正确；用吸管将牛奶吸入口中是利用了大气压强的原理，不是毛细现象，C错误；物体温度升高时，分子平均速率增大，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，D正确．考点二气体实验定律理想气体状态方程1．压强的计算(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 ＝p 0＋p h 或p ＝p 0－p h 计算压强，压强p 的单位为cmHg 或mmHg.2．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．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．例4(2022·山东日照市一模)一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强－体积(p－V )图上的曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分．a 、b 为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a 和b 的压强分别为p a 、p b ，温度分别为T a 、T b .c 、d 为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c 和d 的压强分别为p c 、p d ，温度分别为T c 、T d .下列关系式正确的是()A.T a T b ＝13B.T a T c ＝12C.p a p d ＝23D.p d p b ＝12答案B解析根据理想气体的状态方程及曲线均为反比例函数曲线的一部分，可得曲线Ⅰ和曲线Ⅱ均为等温变化，故可得a 、b 两点的温度相同，A 错误；从a 到c 为等压变化，由盖－吕萨克定律有T a T c ＝V a V c ＝12，B 正确；从c 到d 为等温变化，由玻意耳定律有p d p c ＝V c V d ＝23，由题图可知p a＝p c ，故p a p d ＝32，C 错误；由玻意耳定律，有p a p b ＝V b V a ＝3，故pd p b ＝2，D 错误．例5(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H ＝18cm 的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h 0＝4cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l ＝12cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T 1＝283K ，大气压强p 0＝76cmHg.(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部．此时水银柱的高度为多少？(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？答案(1)12.9cm(2)363K解析(1)设密封气体初始体积为V 1，压强为p 1，左、右管的横截面积均为S ，密封气体先经等温压缩过程体积变为V 2，压强变为p 2，由玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2①设注入水银后水银柱高度为h ，水银的密度为ρ，根据题设条件有p 1＝p 0＋ρgh 0②p 2＝p 0＋ρgh ③V 1＝(2H －l －h 0)S ④V 2＝HS ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得h ≈12.9cm ⑥(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V 3，温度变为T 2，由盖—吕萨克定律有V 2T 1＝V 3T 2⑦按题设条件有V 3＝(2H －h )S ⑧联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T 2≈363K.例6(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V 0、缸壁可导热的A 、B 两汽缸放置在压强为p 0、温度为T 0的环境中；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18V 0和14V 0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．(1)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；(2)将环境温度缓慢改变至2T 0，然后用气泵从开口C 向汽缸内缓慢注入气体，求A 汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B 汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．答案(1)43T 0(2)94p 0解析(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B 中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得34V 0T 0＝V 0T，解得T ＝43T 0(2)设当A 中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p ，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p ，设此时Ⅳ内的气体的体积为V ，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V 0－V )，则对Ⅳ中气体有p 0·3V 04T 0＝pV2T 0，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有p 0V 08＋V 04T 0＝pV 0－V 2T 0，联立解得p ＝94p 0.考点三热力学定律与气体实验定律相结合1．理想气体相关三量ΔU 、W 、Q 的分析思路(1)内能变化量ΔU①由气体温度变化分析ΔU ：温度升高，内能增加，ΔU >0；温度降低，内能减少，ΔU <0.②由公式ΔU ＝W ＋Q 分析内能变化．(2)做功情况W由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，W <0；体积被压缩，外界对气体做功，W >0.(3)气体吸、放热Q一般由公式Q ＝ΔU －W 分析气体的吸、放热情况：Q >0，吸热；Q <0，放热．2．对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响．例7(2022·江苏如皋市期末)如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为θ的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G 、横截面积为S 的绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为L 0，汽缸内温度为T 0.现通过电热丝缓慢对汽缸内气体加热，通过电热丝的电流为I ，电热丝电阻为R ，加热时间为t ，使气体温度升高到2T 0.已知大气压强为p 0，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收．求汽缸内气体温度从T 0升高到2T 0的过程中，(1)活塞移动的距离x ；(2)该气体增加的内能ΔU .答案(1)L 0(2)I 2Rt －(p 0＋G sin θS)SL 0解析(1)气体等压变化，则由盖—吕萨克定律有L 0S T 0＝L 1S 2T 0活塞移动的距离x ＝L 1－L 0解得x ＝L 0(2)设该气体压强为p ，有pS ＝p 0S ＋G sin θ气体对外界做功W ＝－pSx 吸收的热量Q ＝I 2Rt由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W解得ΔU ＝I 2Rt －(p 0＋G sin θS)SL 0.1.(2022·江苏盐城市二模)一定质量的理想气体由状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其p －T 图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为V a 、V b 、V c ，压强分别为p a 、p b 、p c .已知p b ＝p 0，p c ＝4p 0，则下列说法正确的是()A ．p a ＝3p 0B ．V b ＝3V cC ．从状态a 到状态b ，气体对外做功D ．从状态c 到状态a ，气体从外界吸热答案D解析由题图可知，从状态a 到状态b 属于等容过程，气体体积不变，气体不对外做功，由理想气体状态方程可得p a T a ＝p bT b ，又有p b ＝p 0得p a ＝2p 0，所以A 、C 错误．由题图可知，从状态b 到状态c 属于等温过程，气体温度不变，由理想气体状态方程可得p b V b ＝p c V c ，得V b ＝4V c ，所以B 错误．从状态c 到状态a ，可以等效为先从状态c 到状态b ，再从状态b 到状态a ，从状态c 到状态b ，温度不变，即气体内能ΔU 不变，体积增大，所以气体对外做功，即W <0，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体要从外界吸收热量；从状态b 到状态a ，体积不变，即W ＝0，温度升高，即ΔU >0，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体要从外界吸收热量，所以从状态c 到状态a ，气体从外界吸热，所以D 正确．2．(2022·山东济南市一模)国家速滑馆(又名“冰丝带”)是北京2022年冬奥会冰上运动的主场馆，为确保运动项目的顺利完成，比赛前需要对场馆内气体降温．已知降温前场馆内外的温度均为7℃，降温后场馆内的温度为－8℃，降温过程中场馆内气体压强不变．(1)从微观角度解释降温过程中场馆内气体压强不变的原因；(2)求降温后场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量的比值．答案(1)见解析(2)3 53解析(1)气体压强微观方面取决于两个因素：分子的平均动能和单位体积内的分子数．温度降低，分子平均动能减小，质量增加，单位体积内的分子数增加，从而使压强维持不变．(2)设－8℃时馆内气体体积为V，气体状态参量初状态V1＝V＋ΔV，T1＝280K末状态V2＝V，T2＝265K由盖－吕萨克定律得VT2＝V＋ΔVT1得ΔV＝3 53 V场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量之比为Δmm＝ΔVV代入数据得Δmm＝353.专题强化练[保分基础练]1．(2022·山东泰安市二模)根据热学知识可以判断，下列说法正确的是()A．载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功B．气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V，则该气体分子的体积为mV MC．一定质量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．空调的压缩机制冷时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程不遵守热力学第二定律答案C解析载重汽车卸去货物的过程中，轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，故A错误；若1摩尔该气体的体积为V，V＝N A V0，N A＝Mm，该气体分子所占空间的体积为V0＝mVM，由于气体分子的体积远小于该气体分子所占空间的体积，故B错误；因为水蒸发要吸收能量，蒸发过程中温度恒定，分子动能不变，能量转化为分子势能，故分子之间的势能增加，故C正确；空调的压缩机制冷时，压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发地进行的，所以这一过程遵守热力学第二定律，故D错误．2．(多选)(2022·广东中山市高三期末)下列说法正确的是()A．在使两个分子间的距离由很远(大于10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大B．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大C．无论什么物质，只要它们的物质的量相同就含有相同的分子个数D．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征答案BCD解析在使两个分子间的距离由很远(大于10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子力先表现为引力并先增大后减小，之后表现为斥力后再一直增大，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故A错误；分子平均动能描述的是大量分子的整体表现，温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故B正确；无论什么物质，只要它们的物质的量相同就含有相同的分子个数，故C正确；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故D正确．3．(多选)(2022·湖北八市3月联考)某同学记录2022年3月10日教室内温度如下：时刻6：009：0012：0015：0018：00温度12℃15℃18℃23℃17℃教室内气压可认为不变，则当天15：00与9：00相比，下列说法正确的是()A．教室内所有空气分子动能均增加B．教室内空气密度减小C．教室内单位体积内的分子个数一定增加D．单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少答案BD解析温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，不是所有空气分子动能均增加，故A错误；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内的空气质量将减少，教室体积不变，则密度减小，故B正确；空气密度减小，单位体积内分子数减小，故C错误；与9：00相比，15：00时教室内的温度升高，空气分子的平均动能增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少，故D正确．4.(2022·山东卷·5)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解析初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．5.(多选)(2022·山西晋中市期末)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c又回到状态a，其压强p与体积V的关系如图所示，变化过程有等容、等温和绝热过程，则下列说法正确的是()A．①过程可能为等温变化B．②过程气体从外界吸热C．全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量D．③过程气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加答案BCD解析①过程若为等温变化，②过程为等容变化，温度升高，则③过程为绝热变化，外界对气体做功，气体温度升高，不可能回到初始状态，故①为绝热过程，选项A错误；②过程为等容变化，温度升高，气体内能增大，外界没有对气体做功，则气体从外界吸热，选项B正确；②过程外界没有对气体做功，根据p－V图线和横轴所围面积表示气体和外界功的交换，③过程外界对气体做的功大于①过程气体对外界做的功，因此全过程外界对气体做功，气体内能不变，故全过程气体向外界放出的热量大于从外界吸收的热量，选项C正确；③过程为等温变化，气体压强增大，体积减小，分子平均动能不变，气体分子单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增加，选项D正确．6.(2022·山东淄博市一模)一根足够长的试管开口竖直向下，中间用水银封闭了一定质量的理想气体，如图所示．现将试管绕定点缓慢向右转到虚线处，则下列图像中可能正确的是()答案D解析设管内气体的压强为p、体积为V，水银柱的长度为h，转过的角度为θ，则p＝p0－p h cosθ，当θ增大时，cosθ减小，封闭气体的压强增大、温度不变，根据理想气体状态方程pVT＝C，可得V＝CpT，压强增大，V－T图像中斜率应该减小，故A错误；根据理想气体状态方程pVT＝C，可得p＝CVT，气体体积减小，p－T图像的斜率增大，故B错误；根据理想气体状态方程pVT＝C，可得p＝CVT，温度不变，压强增大，图中箭头方向反了，故C错误；p－V图像的等温线为双曲线的一支，封闭气体的压强增大、体积减小、温度不变，故D正确．7．(2022·江苏盐城市二模)如图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体．若把玻璃管缓慢向上提起，但管口不离开液面，则管内气体的长度()A．L1和L2都变小B．L1和L2都变大C．L1变大，L2变小D．L1变小，L2变大答案B解析由玻意耳定律有p2L2S＝C2，p1L1S＝C1，p2＝p1＋p h，把玻璃管缓慢向上提起，一定有L2增大，p2减小，p1减小，L1增大，B正确，A、C、D错误．[争分提能练]8.(2022·山东潍坊市一模)如图所示，圆柱形汽缸水平放置，活塞将汽缸分为左右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气．现通过接口K 向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1.汽缸导热良好，外界温度不变，活塞与汽缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为()A ．2∶1B ．1∶1C ．1∶2D ．3∶1答案A解析两次达到平衡状态时，左右两边汽缸的压强平衡，即p 左＝p 右＝p ，p 左′＝p 右′，对右边汽缸气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1，故右边气体的体积由原来汽缸总体积的V 2减小到V 4，根据玻意耳定律有p 右V 2＝p 右′V4，解得p 右′＝2p 右＝2p ，故p 左′＝2p 右＝2p ，对左边汽缸气体分析，假设充入左边的气体在一样的温度，压强为p 左时的体积为nV2，根据玻意耳定律得p 左nV ＋V 2＝p 左′3V4，联立解得n ＝2，从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2∶1，故选A.9.(2021·全国甲卷·33(1))如图，一定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，V 1和V 2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t 0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t 0＝－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p a p b ＝__________；气体在状态b 和c 的压强之比pb p c＝________.答案1V 2V 1解析由体积－温度(V －t )图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a 、b 两点压强相等，则有pa p b＝1；t ＝0℃时，当气体体积为V 1时，设其压强为p 1，当气体体积为V 2时，设其压强为p 2，根据等温变化，由玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p 1＝p b ，p 2＝p c 联立解得p b p c ＝p 1p 2＝V 2V 1.10．(2022·江苏连云港市期末)我们在吹气球时，开始感觉特别困难．但当把气球吹到一定体积后，反而比较轻松．一个探究小组对此进行了研究，通过充入不同量的某种理想气体，测量出气球内气体的体积V 与对应的压强p ，得到了如图(a)所示的p －V 图像，其中p 0为标准大气压．把不同量的上述理想气体分别充入甲、乙两个相同的气球．此时，甲、乙气球内气体的体积分别为V 甲和V 乙，且V 乙>V 甲>V 0，甲、乙气球内气体的压强分别为p 甲和p 乙，现把甲、乙两气球以及一个容积为V G 的钢瓶用带阀门的三通细管(容积可忽略)连接，如图(b)所示．初始时，钢瓶内为真空，阀门K 1和K 2均为关闭状态．所有过程，气体温度始终保持不变．(1)打开阀门K 1，甲气球体积将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；(2)打开阀门K 1和K 2，把甲、乙两气球内的所有气体压入钢瓶，求压入后钢瓶内气体的压强．答案(1)变小(2)p 甲V 甲＋p 乙V 乙V G解析(1)由题意可知V 乙>V 甲>V 0，由题图(a)可知p 甲>p 乙，所以打开K 1后，甲内气体向乙中流动，V 甲变小．(2)气体做等温变化，则有p G V G ＝p 甲V 甲＋p 乙V 乙，可得p G ＝p 甲V 甲＋p 乙V 乙V G.11．(2022·江苏南通市三模)如图所示，高为L ，横截面积为S 的导热汽缸内有一不规则物体，厚度不计的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞正好在汽缸的顶部．在活塞上放置质量为m 的物体后，活塞缓慢下移，并静止在与缸底的间距为0.8L 的高度．已知外界大气压强p 0＝3mgS，忽略缸内气体温度的变化，不计活塞和汽缸的摩擦，重力加速度为g .求：(1)不规则物体的体积V ；(2)缸内气体向外界放出的热量Q .答案(1)0.2LS(2)0.8mgL解析(1)放置物体后，假设缸内气体的压强为p 1，根据受力平衡可得p 1S ＝p 0S ＋mg 解得p 1＝p 0＋mg S ＝43p 0根据玻意耳定律可得p 0(LS －V )＝p 1(0.8LS －V )解得V ＝0.2LS(2)外界对气体做功为W ＝(p 0S ＋mg )·Δh ＝(p 0S ＋mg )·0.2L ＝0.8mgL 根据热力学第一定律可得ΔU ＝W －Q 又ΔU ＝0解得气体向外界放出的热量为Q ＝0.8mgL12.(2022·山东卷·15)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 室壁簿，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 0，求：(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 1处时，B 室内气体质量m 1.答案(1)Mma Vρg(2)ρgH 1＋p 0ρgH ＋p 0m解析(1)由题知开始时鱼静止在水面下H 处，设此时鱼的体积为V 0，有Mg ＝ρgV 0且此时B 室内气体体积为V ，质量为m ，则m ＝ρ气V鱼通过增加B 室体积获得大小为a 的加速度，则有ρg (V 0＋ΔV )－Mg ＝Ma 联立解得需从A 室充入B 室的气体质量Δm ＝ρ气ΔV ＝Mma Vρg(2)开始时鱼静止在水面下H 处时，B 室内气体体积为V ，质量为m ，且此时B 室内的压强为p 1＝ρgH ＋p 0鱼静止于水面下H 1处时，有p 2＝ρgH 1＋p 0此时体积也为V ；设该部分气体在压强为p 1时，体积为V 2，由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有p 2V ＝p 1V 2解得V 2＝ρgH 1＋p 0ρgH ＋p 0V则此时B 室内气体质量m 1＝ρ气V 2＝ρgH 1＋p 0ρgH ＋p 0m13．(2022·湖南衡阳市一模)某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图所示，导热性能良好的圆柱形汽缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为D 和2D ，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口，外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为4p 0的气体，两汽缸通过一细管相连，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度，已知p 0相当于10m 高的水柱产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当B 刚要向右移动时，A 向右移动的距离；(2)该深度计能测量水的最大深度h m .答案(1)34L (2)32.5m解析(1)设Ⅰ的横截面积为S ，则Ⅱ的横截面积为4S .当B 刚要向右移动时，Ⅰ中气体压强为4p 0，设A 向右移动x ，对Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得p 0SL ＝4p 0S (L －x )解得x ＝34L(2)该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4p 0后B 开始向右移动，当A 恰好移动到缸底即所测深度最大时，原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B 向右移动y 距离，两部分气体压强均为p 2.对原Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得p 0SL ＝p 2·4Sy 对原Ⅱ内气体分析，由玻意耳定律得4p 0·4SL ＝p 2·4S (L －y )此时对A 分析有p 2＝p 0＋ρgh m 联立解得h m ＝32.5m.。