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2024年高考真题和模拟题物理分类汇编（全国通用）专题13 热学（解析版）
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这是一份2024年高考真题和模拟题物理分类汇编（全国通用）专题13 热学（解析版），共32页。试卷主要包含了 9，13，16等内容，欢迎下载使用。
1.(2024.河北卷考题) 9.如图，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
【答案】ACD
【解析】A．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处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；
B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；
C．密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；
D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
故选ACD。
2.（2024年新课标考题）8. 如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
A. 1→2过程中，气体内能增加B. 2→3过程中，气体向外放热
C. 3→4过程中，气体内能不变D. 4→1过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】A．1→2为绝热过程，根据热力学第一定律可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；
B．2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，故气体吸收热量，故B错误；
C．3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；
D．4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，故可知气体向外放热，故D正确。
故选AD。
3.（2024年山东卷考题）6. 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
【答案】C
【解析】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知
即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，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．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即
又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。
方法二：过程为等温过程，所以，结合分析可知
所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；
C．过程为等温过程，可知
根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得
故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。
故选C。
4.（2024全国甲卷考题）13. 如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为、、、，且。水的密度随温度的变化忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. a中水的饱和气压最小 B. a、b中水的饱和气压相等
C. c、d中水的饱和气压相等 D. a、b中试管内气体的压强相等
E. d中试管内气体的压强比c中的大
【答案】ACD
【解析】A．同一物质的饱和气压与温度有关，温度越大，饱和气压越大，a中水的温度最低，则a中水的饱和气压最小，故A正确；
B．同理，a中水的温度小于b中水的温度，则a中水的饱和气压小于b中水的饱和气压，故B错误；
C．c中水的温度等于d中水的温度，则c、d中水的饱和气压相等，故C正确；
D．设大气压强为，试管内外水面的高度差为，则a、b中试管内气体的压强均为
故D正确；
E．d中试管内气体的压强为
c中试管内气体的压强为
可知 ，故E错误。
故选ACD。
5.（2024年上海卷考题）1. 通过“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验可推测油酸分子的直径约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】通过“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验可推测油酸分子的直径约为或，故选C。
6.（2024年上海卷考题）2. 验证气体体积随温度变化关系的实验装置如图所示，用支架将封有一定质量气体的注射器和温度传感器固定在盛有热水的烧杯中。实验过程中，随着水温的缓慢下降，记录多组气体温度和体积的数据。
（1）不考虑漏气因素，符合理论预期的图线是____________
A． B．
C． D．
（2）下列有助于减小实验误差的操作是____________
A．实验前测量并记录环境温度 B．实验前测量并记录大气压强
C．待温度读数完全稳定后才记录数据 D．测量过程中保持水面高于活塞下端
【答案】 ①. A ②. C
【解析】[1]实验过程中压强不变，根据
可得
可知，在压强不变的情况下，气体体积与热力学温度成正比，与摄氏温度成一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选A
（2）[2]A．环境温度不影响实验数据，实验前测量并记录环境温度并不能减小实验误差，故A错误；
B．本实验压强不变，实验前测量并记录大气压强不能减小实验误差，故B错误；
C．待温度读数完全稳定后才记录数据，稳定后的数据更加接近真实数据，故能减小误差，故C正确；
D．测量过程中保持水面高于活塞下端不能减少误差，故D错误。
故选C
7.（2024年江西卷考题）13. 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完成循环过程，和均为等温过程，和均为等容过程。已知，气体在状态A的压强，体积，气体在状态C的压强。求：
（1）气体在状态D的压强；
（2）气体在状态B的体积。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）从D到A状态，根据查理定律
解得
（2）从C到D状态，根据玻意耳定律
解得
8.（2024年安徽卷考题）13. 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相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由查理定律可得
其中 ，，
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
（2）由玻意耳定律
代入数据解得，充进该轮胎空气体积为
9.（2024年广东卷考题）13. 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两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于时差压阀关闭。当环境温度时，A内气体体积，B内气体压强等于大气压强，已知活塞的横截面积，，，重力加速度大小取，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到时：
（1）求B内气体压强；
（2）求A内气体体积；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到并保持不变，求已倒入铁砂的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1、2）假设温度降低到时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态 ， 末态
根据
代入数据可得
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态 ，
末态
根据
代入数据可得
由于
假设成立，即
（3）恰好稳定时，A内气体压强为
B内气体压强
此时差压阀恰好关闭，所以有
代入数据联立解得
10.（2024年山东卷考题）16. 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=1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0cm2，高度h=20.0cm，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=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压p0=1.0×105Pa。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。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程只能够，气体发生等温变化，所以有
又因为
代入数据联立解得
（2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
又因为
代入数据联立解得
11.（2024全国甲卷考题）14. 如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】（1）100N；（2）327K
【解析】（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态 、
末态 、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
12.(2024年江苏卷考题) 12. 某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K，压强为105pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240K，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。
【答案】（1）8 × 104Pa；（2）4.8 × 103N
【解析】（1）由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有
解得 p2 = 8 × 104Pa
（2）根据压强的定义，观测台对气体的压力 F = p2S = 4.8 × 103N
13.(2024浙江1月卷考题) 19. 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）；（3）
【解析】
【解析】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
14.(2024年湖北卷考题)13. 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，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，C为已知常数，大气压强恒为，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。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。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得 ，即
解得
（2）此过程中气体内能增加
气体对外做功
此过程中容器内气体吸收的热量
15.(2024年辽宁卷考题)13. 如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器输出功率等于R的热功率，即
（2）设加热前容器内气体压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
16.（2024年湖南卷考题）13．一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p0，求此时气体的体积V0（用p0、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 × 10−3kg（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−p0)(V−VB0) = C，其中p0 = 1.0 × 105Pa为大气压强，VB0 = 0.5 × 10−3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m0 = 8.40 × 10−3kg，外界空气密度为ρ0 = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）设气球内气体质量为，则
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
结合题中p和V满足的关系为
解得
一、单选题
1．（2024·山东济宁·三模）如图所示，一定质量的理想气体，经历过程，其中是等温过程，是等压过程，是等容过程。下列说法正确的是（ ）
A．完成一次循环，气体向外界放热
B．a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
C．过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
D．过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
【答案】C
【析解】A．完成一次循环，气体的内能不变，过程，气体体积增大，气体对外界做功，过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于过程气体的压强大于过程气体压强，则气体对外做功大于外界对气体做功，过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，完成一次循环，气体吸热，故A错误；
BC．过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量大于外界对气体做的功，c状态气体温度最低，气体在c状态分子平均动能最小，故B错误，C正确；
D．过程中，气体温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，由气体压强的微观解释可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会减少，故D错误。
故选C。
2．（2024·山东青岛·三模）如图为某品牌卡车的气囊减震装置，当路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．外界对气体做的功小于气体内能的增加
B．气体温度升高，每个分子的动能都增大
C．气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
D．气体压强增大的唯一原因是因为气体分子运动变得剧烈
【答案】C
【解析】A．车体会突然下沉挤压气囊，外界对气体做的功等于气体内能的增加，故A错误；
B．气体温度升高，气体的平均动能增大，但是不一定每一个气体分子的动能都增大，故B错误；
C．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大，故C正确；
D．气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，故D错误。
故选C。
3．（2024·山东潍坊·三模）如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是（ ）
A．状态2相比状态1，每个分子的速率都增大
B．状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少
C．由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量
D．电热丝释放的热量为
【答案】B
【解析】A．由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；
B．状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；
C．由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；
D．设大气压强为，活塞的横截面积为，气体压强为，由平衡方程
得
活塞向右移动L过程中，对外做功
由热力学第一定律得
得气体吸收的热量即电热丝释放的热量，故D错误。
故选B。
4．（2024·山东烟台·三模）如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好。则此过程中（ ）
A．气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B．气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C．活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D．活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
【答案】D
【解析】A．气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；
B．活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；
C．活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；
D．活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。
故选D。
5．（2024·江西鹰潭·二模）如图所示为静置坚硬玻璃瓶，用橡胶塞密封住压强为1atm的一定体积空气，从早晨到中午，因太阳暴晒致使橡胶塞突然蹦出。假设瓶中空气可视为理想气体，玻璃与外界能缓慢热交换，外部大气压强为1atm，下列说法正确的是（ ）
A．橡胶塞蹦出前，瓶中空气压强不变
B．橡胶塞蹦出前，瓶中空气内能增量大于从外界所吸热量
C．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气温度会迅速下降
D．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少量等于橡胶塞动能增加量
【答案】C
【解析】A．橡胶塞蹦出前，瓶中气体温度升高，气体分子平均动能增大，空气压强增大，故A错误；
B．橡胶塞蹦出前，外界对气体不做功，由热力学第一定律，可知瓶中空气内能增量等于从外界所吸热量，故B错误；
C．橡胶塞蹦出的短暂过程，外界对气体做负功，瓶内气体内能减小，瓶内空气温度会迅速下降，故C正确；
D．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少、瓶内气体对外放热，瓶内空气内能减少量大于对橡胶塞所做的功，因此瓶内空气内能减少量大于橡胶塞动能增加量，故D错误。
故选C。
6．（2024·河北保定·三模）两端封闭、粗细均匀的玻璃管内，一段水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段，当玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度相等，如图甲所示；仅将玻璃管旋转，再次平衡时，A、B两段的长度之比为1：2，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
B．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
C．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
D．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
【答案】B
【解析】设水银柱的长度为，将玻璃管旋转，再次平衡时，设A的长度为，则B的长度为，玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度为
玻璃管竖直静止时，有
将玻璃管旋转，再次平衡时，有
气体做等温变化，则
联立解得 ，，，
则 ，
故选B。
7．（2024·河北邯郸·模拟预测）拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以达到通经活络、祛风散寒等作用的疗法。封闭气体质量变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上的短时间内，下列说法正确的是（ ）
A．火罐“吸”在皮肤上的主要原因是火罐内的气体稍有体积减小，温度降低，压强减小
B．火罐“吸”在皮肤上的主要原因是火罐内的气体稍有体积减小，温度升高，压强增大
C．火罐内的气体吸收热量，内能增大
D．火罐内气体分子单位时间内撞击火罐底部的次数增加
【答案】A
【解析】AB．在刚开始的短时间内，火罐内部气体体积稍有减小，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据理想气体状态方程
可知气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，故A正确，B错误；
C．气体的体积稍有减小，可忽略，则
而温度迅速降低，则气体内能减小
根据热力学第一定律，可得即气体向外放热，故C错误；
D．因气体的体积稍有减小，可忽略不计，则单位体积内的分子数不变，而气体的温度降低，则分子的平均动能减小，分子的平均速率变小，则火罐内气体分子单位时间内撞击火罐底部的次数变少，故D错误。
故选A。
8．（2024·山东济南·三模）如图所示，带玻璃管的塞子塞住玻璃瓶口，瓶中装有部分水，水逐渐流出的过程中，瓶内气体温度保持不变，下列关于瓶内封闭气体的判断正确的是（ ）
A．压强增大B．压强不变
C．吸热D．放热
【答案】C
【解析】AB．根据玻意耳定律可知，瓶内封闭气体的体积增大，压强减小，故AB错误；
CD．封闭气体的体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律
，可知气体吸热，故C正确，D错误；
故选C。
9．（2024·重庆九龙坡·三模）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，加热一段时间后气体温度升高到T＝360K，此过程中气体吸收的热量为4.2×103J，则（ ）
A．升温后所有气体分子的动能都增大
B．升温后胆中气体的压强为1.5×105Pa
C．此过程胆中气体的内能增加量为4.2×103J
D．升温后压强增大是由于单位体积的分子数增多了
【答案】C
【解析】A．升温后分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，选项A错误；
B．根据，解得升温后胆中气体的压强为：p=1.2×105Pa，选项B错误；
C．此过程胆中气体体积不变，则W=0，吸收的热量为Q=4.2×103J，则气体内能增加量为
∆U=Q=4.2×103J 选项C正确；
D．气体体积不变，则单位气体体积的分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，可知压强增大不是由于单位体积的分子数增多了，而是气体分子对器壁的平均碰撞力增大了，选项D错误。
故选C。
10．（2024·河北张家口·三模）某同学用硬质圆柱形矿泉水瓶制作了一个水深测量仪，如图所示。使用前先在矿泉水瓶内注入一定量的水，拧紧瓶盖并将矿泉水瓶倒置，水面到达矿泉水瓶圆柱部分，记录该位置为基准位置，测量基准位置到瓶底的距离为H。使用时潜水员把该装置带入水下，保持瓶口向下竖直放置，拧开瓶盖，稳定后测量瓶内水面到基准位置的高度为h。已知大气压强为，水的密度为，重力加速度为g，忽略水温变化，则矿泉水瓶内水面所在处水的深度为（ ）
A． B．C．D．
【答案】B
【解析】设矿泉水瓶内水面所在处水的深度为，则矿泉水瓶内水面所在处水的压强为
初始时矿泉水瓶内气体压强为，设矿泉水瓶横截面积为，则初始时气体体积
入水后气体体积
气体为等温变化，由玻意耳定律可得
解得
故选B。
【点睛】本题以水深测量仪为素材，创设探索问题情境，考查应用理想气体状态方程解决问题的能力，考查学生理解问题和分析综合问题能力。
11．（2024·浙江金华·三模）2022年11月21日中国空间站第三次太空授课中演示了紫色水球从“活跃”到“懒惰”的过程。如图所示，用注射器向水球喷气，水球发生振动。向水球射入一枚质量10g的钢球，钢球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球喷气，水球振动幅度减小。则（ ）
A．首次喷气水球振幅较大一定是因为注射器喷气的频率与水球的固有频率相等
B．水球振动中不破裂，是因为中心的水对外面的水有万有引力的作用
C．钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用
D．钢球在水中受到浮力为0.1N
【答案】C
【解析】A．根据动量定理，力的冲量相同的情况下，质量小的物体获得的速度大，振幅也大，故A错误；BC．水球振动中不破裂，钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用，故B错误，C正确。
D．太空中处于失重状态，浮力为0，故D错误；
故选C。
12．（2024·江苏·二模）如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的；如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出。
故选D。
二、多选题
13．（2024·全国·模拟预测）如图所示为神州17号与空间站对接后的结构简图，核心舱和气闸舱内气体的压强均为，宇航员需要出舱检修设备，先由核心舱进入气闸舱后，关闭内闸门A，通过抽气机抽取气闸舱内的气体，每次抽气都将抽出的气体排放在核心舱中。当气闸舱内的压强降到一定值后，打开外闸门B，宇航员出仓，同时将剩余气体排到外太空的真空环境中。若气闸舱的容积为V，核心舱的容积为8V，真空抽气机每次抽气的体积为，不考虑抽气过程中温度的变化，忽略宇航员自身的体积，下列说法正确的是（ ）
A．n次抽气后，气闸舱内的气体压强为
B．n次抽气并排放到核心舱后，核心舱内气体的压强为
C．打开外闸门B，气体膨胀对外界做功
D．第一次抽气排放到核心舱后，核心舱内气体压强的增加量为
【答案】AD
【解析】A．对气闸舱内的气体，第一次抽气有
解得
第二次抽气有
解得
可得n次抽气后，气闸舱内气体的压强为，A项正确；
B．若每次排放前，抽气机抽取的气体的压强均为，可得n次抽气后
可得核心舱内气体的压强为
但实际上每次排放前，抽气机抽取的气体的压强都小于，可知n次排放后，核心舱内气体的压强小于，B项错误；
C．气体向真空膨胀不对外界做功，C项错误；
D．第一次抽气排放后
解得核心舱内气体压强的增加量为
D项正确。
故选AD。
14．（2024·河北承德·二模）如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从处以某一速度向分子a运动（运动过程中仅考虑分子间作用力），假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则（ ）
A．图甲中分子间距从到，分子间的作用力表现为斥力
B．分子b运动至和位置时动能可能相等
C．图乙中一定大于图甲中
D．若图甲中阴影面积，则两分子间最小距离小于
【答案】BD
【解析】A．图甲中分子间距从到，分子间的力表现为引力，故A错误；
B．分子b从到和从到两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子力做功为0，动能变化量为0，分子b在和两位置时动能可能相等，故B正确；
C．图甲中处分子力合力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应图乙中处，即图乙中一定小于图甲中，故C错误；
D．若图甲中阴影面积，则分子b从到过程分子力做功为0，分子b在处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。
故选BD。
15．（2024·山东烟台·二模）如图所示为卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，该循环由两个等温过程和两个绝热过程组成，全过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。图中虚线、为两条等温线。下列说法中正确的是（ ）
A．一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
B．a→b过程气体压强减小只是由于单位体积内分子数减少导致的
C．a→b过程气体对外界做的功等于c→d过程外界对气体做的功
D．d→a过程气体向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
【答案】AC
【解析】A．理想气体状态方程和图形面积表示做功可知， 外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故A正确；
B．由图可知
由理想气体状态方程可得
由图像可以看出 ，所以
即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的，故B错误；
C．因为两个过程是绝热过程， 过程气体对外做的功，气体温度由减小到，等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故C正确；
D．等温过程内能变化为零，则由可知
由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量，故D错误。
故选AC。
三、实验题
16．（2024·浙江·三模）使用如图1装置做“探究气体压强与体积的关系”的实验，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。
(1)为了探究压强p与体积V的关系，在测得需要的实验数据后，为达到“探究”的实验目的，用图像法进行数据分析，从下列选项中选出需要的步骤并按顺序排列______。
A．作图像，根据画出的图线猜测p与V的关系
B．作图像，根据画出的图线猜测p与V的关系
C．作图像，对p与V关系的猜测进行检验
D．作图像，对p与V关系的猜测进行检验
E．检验正确，得出p与V关系的结论
(2)第1小组为了探究一定质量的气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，进行了两次实验，得到的图像如图2所示。第2小组根据某次实验数据作出的图如图3所示。下列说法正确的是______
A．实验前应将注射器里的空气完全排出
B．为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以减少摩擦
C．由图2可知，第1小组的两次实验气体温度大小关系为
D．如图3所示，若第2小组实验操作正确，则为联通空气柱与压力表细管的体积
(3)如图4所示，小明从状态A缓慢拉升柱塞，使其到达状态B（体积为）。若此时突然提升柱塞，使其快速到达体积，则此时对应下图中的状态 （填“C”、“D”、“E”、“F”）（图中A、B、E为同一等温线上的点）
【答案】(1)ADE (2)CD (3)F
【解析】（1）根据实验原理可作p−V图像，根据画出的图线猜测p与V的关系，再作图像，对p与V关系的猜测进行检验，检验正确，得出p与V关系的结论。
故选ADE。
（2）A．实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；
B．为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以保证气密性良好，故B错误；
C．根据理想气体状态方程pV=CT可知，离坐标原点越远的等温线温度越高，则有，故C正确；
D．设联通空气柱与压力表细管的体积为，则有
整理可知
根据图像可知为联通空气柱与压力表细管的体积，故D正确；
故选CD。
（3）快速到达体积，气体对外界做功，热量几乎不变，根据热力学第一定律
可知，内能减小，温度降低，则对应图中的状态F。
四、解答题
17．（2024·广东·三模）一内壁光滑的汽缸竖直放置，通过轻杆连接的两活塞a、b之间封闭有一定质量的理想气体，如图所示。初始时，两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸连接处MN的距离相等，封闭气体的热力学温度为。已知两活塞a、b的质量分别为，，横截面积，重力加速度大小为g，大气压强恒为。
（1）若使封闭气体缓慢降温使活塞a恰好移动到连接处MN，求此时气体的温度；
（2）若在活塞a上缓慢添加细砂使活塞a恰好移动到连接处MN，封闭气体温度不变，求最终所加细砂的总质量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设活塞a、b到MN处的距离均为L，气体缓慢降温至活塞a恰好移到MN处过程，压强不变，根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）初始时，设封闭气体压强为，研究a、b两活塞及轻杆整体有
设活塞a恰好移动到MN处时，封闭气体压强为，研究a、b两活塞及轻杆整体有
根据玻意耳定律有
解得
18．（2024·山东潍坊·三模）如图为某兴趣小组制作的供水装置，圆柱形气缸内部长度40cm，轻活塞将其分为左右两部分，左部为储水室，储水室上部一根细管连接进水口和出水口；右部为气室，气室尾部有一气阀。初始时出水口打开，储水室内无水，气阀关闭，轻活塞位于气缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17MPa，然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关，开始注水，活塞缓慢向右移动，当气室压强为0.34MPa时停止注水。已知活塞横截面积为，外界大气压强为。气体看作理想气体，整个过程温度不变，由于水的重力产生的压强可忽略，活塞厚度、摩擦不计，求：
（1）从气阀充入的气体和原有气体质量之比；
（2）注水结束后，打开出水口，当气室压强下降到0.25MPa时，排出水的体积。
【答案】（1）12:5；（2）3600cm3
【解析】（1）设供水装置的体积为V，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V1，当气室充气至压强为p1=0.17MPa，活塞要从中间移动到左端，由玻意耳定律
解得
V0=1.2V
从气阀充入的气体和原有气体质量之比为
（2）当注水结束时，气室压强为p2=0.34MPa时，气体的体积为，有
解得
说明活塞又回到正中央，打开出水口，气室压强下降到p3=0.25MPa时，根据玻意耳定律
解得
则排出水的体积为
19．（2024·山东青岛·三模）如图是一款杯盖上带吸管的透明塑料水杯，在温度恒为27℃的室内，向杯内注入开水并迅速盖上杯盖，吸管上端封闭，杯盖与杯身间有缝隙，发现吸管下端有气泡溢出。当水与吸管内气体温度降为97℃时，吸管下端不再有气泡溢出，水面距离吸管上端为2cm，吸管总长为22cm。已知外界大气压强，水的密度，吸管内气体可视为理想气体，重力加速度。
（1）求从吸管内溢出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值；
（2）将水杯拿到室外，静置一段时间后，将杯盖竖直缓慢拿出，吸管最下端有一段4cm高的水柱，求此时室外温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对吸管内气体，升温过程，由理想气体状态方程得
其中
溢出气体与初始气体质量的比值
（2）杯盖拿出过程，对吸管内剩余气体，有
解得
20．（2024·甘肃·高考真题）如图，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，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
21．（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量、高度，B为质量的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量（远小于汽缸的质量）的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数的轻弹簧，A与B的横截面积均为。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强，环境温度不变，弹簧原长，取重力加速度大小。
（i）求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；
（ii）用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。
【答案】（i）；（ii）
【解析】（ⅰ）对汽缸受力分析有
解得
（ⅱ）设刚开始静止时弹簧的压缩量为，对A、B整体受力分析有
可得
设活塞B刚离开汽缸A时内部气体的压强为，弹簧的压缩量为，有
对活塞B受力分析有
可得
由几何关系有
22．（2024·青海·模拟预测）一定质量的理想气体，从状态A开始，经历B、C两个状态又回到状态A，其压强p与体积V的关系图像如图所示，图中p0、V0均为已知，AB的反向延长线经过坐标原点O，BC与纵轴平行，△ABC的面积为S0，已知气体在状态B时的热力学温度为T0，求：
（1）气体在状态A时的热力学温度；
（2）气体在状态C时的压强。
【答案】（1）0.25T0；（2）
【解析】（1）AB的反向延长线经过坐标原点O，由正比例图线的比例性有
解得
由理想气体状态方程有
解得
（2）由几何关系可得，△ABC的面积为
解得
23．（2024·四川成都·三模）如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1。抽取隔板A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2。然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强，且有，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（ⅰ）求绝热活塞B的质量；
（ⅱ）求气体内能的增加量。
【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】（ⅰ）气体从状态1到状态2发生等温变化，则
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，以活塞B为对象，根据力的平衡条件：
（ⅱ）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
故
24．（2024·河北·三模）如图所示，高为的细玻璃管开口向上竖直放置于水平地面上，长度为的水银柱密封一定质量的理想气体，当温度时，水银恰与管口齐平。大气压强，则：
（1）如果保持温度不变，让玻璃管缓慢倾斜，当水银流出一半时，管口离地高度是多少？
（2）如果保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加热，当水银流出一半时，温度是多少？（热力学温度）
【答案】（1）；（2）360K
【解析】（1）没有倾斜时，管内气体的压强
令此时，管与水平面的夹角为，则此时管内气体的压强
根据玻意耳定律有
管口离地高度
解得
（2）保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加热，当水银流出一半时，气体压强
根据理想气体状态方程有
解得
25．（2024·黑龙江佳木斯·三模）为测量小车加速度，某同学设计了图示装置，圆柱形气缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁，活塞可在气缸内无摩擦滑动，缸内密闭着气体，当温度 时，弹簧无形变，活塞与缸底间的气柱长. 已知活塞质量 横截面积，外界大气压强 ，弹簧劲度系数为800N/m，弹簧形变始终在弹性限度内。
（1）小车静止，缓慢加热缸内气体，使其温度由 升至 ，活塞静止时，弹簧压缩量为 ，试求温度 ；
（2）小车某次运动过程中，保持温度 不变，活塞相对气缸静止时，弹簧伸长量为 ，试求小车的加速度 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）336K；（2），方向水平向右
【解析】（1）对缸内气体，状态1（弹簧无形变）
状态2（弹簧处于压缩状态）
从状态1到状态2，由理想气体状态方程有
得
（2）状态3（弹簧处于伸长状态）
从状态1到状态3，温度不变，由玻意耳定律有
代入数据解得
状态3，规定向右为正方向，对活塞由牛顿第二定律有
代入数据解得 方向水平向右。
1.(2024.河北卷考题) 9.如图，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
【答案】ACD
【解析】A．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处于平衡状态，弹簧处于压缩状态。因活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；
B．由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；
C．密闭的气缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；
D．初始时气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。
故选ACD。
2.（2024年新课标考题）8. 如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
A. 1→2过程中，气体内能增加B. 2→3过程中，气体向外放热
C. 3→4过程中，气体内能不变D. 4→1过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】A．1→2为绝热过程，根据热力学第一定律可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；
B．2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，故气体吸收热量，故B错误；
C．3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；
D．4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，故可知气体向外放热，故D正确。
故选AD。
3.（2024年山东卷考题）6. 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
【答案】C
【解析】A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知
即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，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．方法一：过程中气体与外界无热量交换，即
又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。
方法二：过程为等温过程，所以，结合分析可知
所以b到c过程气体的内能减少。故B错误；
C．过程为等温过程，可知
根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得
故过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。
故选C。
4.（2024全国甲卷考题）13. 如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为、、、，且。水的密度随温度的变化忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. a中水的饱和气压最小 B. a、b中水的饱和气压相等
C. c、d中水的饱和气压相等 D. a、b中试管内气体的压强相等
E. d中试管内气体的压强比c中的大
【答案】ACD
【解析】A．同一物质的饱和气压与温度有关，温度越大，饱和气压越大，a中水的温度最低，则a中水的饱和气压最小，故A正确；
B．同理，a中水的温度小于b中水的温度，则a中水的饱和气压小于b中水的饱和气压，故B错误；
C．c中水的温度等于d中水的温度，则c、d中水的饱和气压相等，故C正确；
D．设大气压强为，试管内外水面的高度差为，则a、b中试管内气体的压强均为
故D正确；
E．d中试管内气体的压强为
c中试管内气体的压强为
可知 ，故E错误。
故选ACD。
5.（2024年上海卷考题）1. 通过“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验可推测油酸分子的直径约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】通过“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验可推测油酸分子的直径约为或，故选C。
6.（2024年上海卷考题）2. 验证气体体积随温度变化关系的实验装置如图所示，用支架将封有一定质量气体的注射器和温度传感器固定在盛有热水的烧杯中。实验过程中，随着水温的缓慢下降，记录多组气体温度和体积的数据。
（1）不考虑漏气因素，符合理论预期的图线是____________
A． B．
C． D．
（2）下列有助于减小实验误差的操作是____________
A．实验前测量并记录环境温度 B．实验前测量并记录大气压强
C．待温度读数完全稳定后才记录数据 D．测量过程中保持水面高于活塞下端
【答案】 ①. A ②. C
【解析】[1]实验过程中压强不变，根据
可得
可知，在压强不变的情况下，气体体积与热力学温度成正比，与摄氏温度成一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选A
（2）[2]A．环境温度不影响实验数据，实验前测量并记录环境温度并不能减小实验误差，故A错误；
B．本实验压强不变，实验前测量并记录大气压强不能减小实验误差，故B错误；
C．待温度读数完全稳定后才记录数据，稳定后的数据更加接近真实数据，故能减小误差，故C正确；
D．测量过程中保持水面高于活塞下端不能减少误差，故D错误。
故选C
7.（2024年江西卷考题）13. 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完成循环过程，和均为等温过程，和均为等容过程。已知，气体在状态A的压强，体积，气体在状态C的压强。求：
（1）气体在状态D的压强；
（2）气体在状态B的体积。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）从D到A状态，根据查理定律
解得
（2）从C到D状态，根据玻意耳定律
解得
8.（2024年安徽卷考题）13. 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相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积，从北京出发时，该轮胎气体的温度，压强。哈尔滨的环境温度，大气压强取。求：
（1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
（2）充进该轮胎的空气体积。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由查理定律可得
其中 ，，
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为
（2）由玻意耳定律
代入数据解得，充进该轮胎空气体积为
9.（2024年广东卷考题）13. 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两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于时差压阀关闭。当环境温度时，A内气体体积，B内气体压强等于大气压强，已知活塞的横截面积，，，重力加速度大小取，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到时：
（1）求B内气体压强；
（2）求A内气体体积；
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到并保持不变，求已倒入铁砂的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1、2）假设温度降低到时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态 ， 末态
根据
代入数据可得
A内气体做等压变化，压强保持不变，初态 ，
末态
根据
代入数据可得
由于
假设成立，即
（3）恰好稳定时，A内气体压强为
B内气体压强
此时差压阀恰好关闭，所以有
代入数据联立解得
10.（2024年山东卷考题）16. 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=1.0cm2，长度H=100.0cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0cm2，高度h=20.0cm，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=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2，大气压p0=1.0×105Pa。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。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程只能够，气体发生等温变化，所以有
又因为
代入数据联立解得
（2）当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有
又因为
代入数据联立解得
11.（2024全国甲卷考题）14. 如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，卡销b对活塞支持力大小；
（2）再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【答案】（1）100N；（2）327K
【解析】（1）活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态 、
末态 、
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销b对活塞支持力的大小
（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
12.(2024年江苏卷考题) 12. 某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K，压强为105pa的气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变成240K，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。
【答案】（1）8 × 104Pa；（2）4.8 × 103N
【解析】（1）由题知，整个过程可认为气体的体积不变，则有
解得 p2 = 8 × 104Pa
（2）根据压强的定义，观测台对气体的压力 F = p2S = 4.8 × 103N
13.(2024浙江1月卷考题) 19. 如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为的左右两部分。面积为的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度、压强的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，气体内能增加。已知大气压强，隔板厚度不计。
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）；（3）
【解析】
【解析】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
解得
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
14.(2024年湖北卷考题)13. 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，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，C为已知常数，大气压强恒为，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。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。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得 ，即
解得
（2）此过程中气体内能增加
气体对外做功
此过程中容器内气体吸收的热量
15.(2024年辽宁卷考题)13. 如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器输出功率等于R的热功率，即
（2）设加热前容器内气体压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
16.（2024年湖南卷考题）13．一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p0，求此时气体的体积V0（用p0、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 × 10−3kg（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−p0)(V−VB0) = C，其中p0 = 1.0 × 105Pa为大气压强，VB0 = 0.5 × 10−3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J为常数。已知该气球自身质量为m0 = 8.40 × 10−3kg，外界空气密度为ρ0 = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）设气球内气体质量为，则
对气球进行受力分析如图所示
根据气球的受力分析有
结合题中p和V满足的关系为
解得
一、单选题
1．（2024·山东济宁·三模）如图所示，一定质量的理想气体，经历过程，其中是等温过程，是等压过程，是等容过程。下列说法正确的是（ ）
A．完成一次循环，气体向外界放热
B．a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
C．过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
D．过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会增加
【答案】C
【析解】A．完成一次循环，气体的内能不变，过程，气体体积增大，气体对外界做功，过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于过程气体的压强大于过程气体压强，则气体对外做功大于外界对气体做功，过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知，完成一次循环，气体吸热，故A错误；
BC．过程中，气体的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，气体放出的热量大于外界对气体做的功，c状态气体温度最低，气体在c状态分子平均动能最小，故B错误，C正确；
D．过程中，气体温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，由气体压强的微观解释可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会减少，故D错误。
故选C。
2．（2024·山东青岛·三模）如图为某品牌卡车的气囊减震装置，当路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．外界对气体做的功小于气体内能的增加
B．气体温度升高，每个分子的动能都增大
C．气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
D．气体压强增大的唯一原因是因为气体分子运动变得剧烈
【答案】C
【解析】A．车体会突然下沉挤压气囊，外界对气体做的功等于气体内能的增加，故A错误；
B．气体温度升高，气体的平均动能增大，但是不一定每一个气体分子的动能都增大，故B错误；
C．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大，故C正确；
D．气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，故D错误。
故选C。
3．（2024·山东潍坊·三模）如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是（ ）
A．状态2相比状态1，每个分子的速率都增大
B．状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少
C．由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量
D．电热丝释放的热量为
【答案】B
【解析】A．由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；
B．状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；
C．由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；
D．设大气压强为，活塞的横截面积为，气体压强为，由平衡方程
得
活塞向右移动L过程中，对外做功
由热力学第一定律得
得气体吸收的热量即电热丝释放的热量，故D错误。
故选B。
4．（2024·山东烟台·三模）如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好。则此过程中（ ）
A．气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B．气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C．活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D．活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
【答案】D
【解析】A．气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；
B．活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；
C．活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；
D．活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。
故选D。
5．（2024·江西鹰潭·二模）如图所示为静置坚硬玻璃瓶，用橡胶塞密封住压强为1atm的一定体积空气，从早晨到中午，因太阳暴晒致使橡胶塞突然蹦出。假设瓶中空气可视为理想气体，玻璃与外界能缓慢热交换，外部大气压强为1atm，下列说法正确的是（ ）
A．橡胶塞蹦出前，瓶中空气压强不变
B．橡胶塞蹦出前，瓶中空气内能增量大于从外界所吸热量
C．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气温度会迅速下降
D．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少量等于橡胶塞动能增加量
【答案】C
【解析】A．橡胶塞蹦出前，瓶中气体温度升高，气体分子平均动能增大，空气压强增大，故A错误；
B．橡胶塞蹦出前，外界对气体不做功，由热力学第一定律，可知瓶中空气内能增量等于从外界所吸热量，故B错误；
C．橡胶塞蹦出的短暂过程，外界对气体做负功，瓶内气体内能减小，瓶内空气温度会迅速下降，故C正确；
D．橡胶塞蹦出的短暂过程，瓶内空气内能减少、瓶内气体对外放热，瓶内空气内能减少量大于对橡胶塞所做的功，因此瓶内空气内能减少量大于橡胶塞动能增加量，故D错误。
故选C。
6．（2024·河北保定·三模）两端封闭、粗细均匀的玻璃管内，一段水银柱将内部的理想气体分隔成A、B两段，当玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度相等，如图甲所示；仅将玻璃管旋转，再次平衡时，A、B两段的长度之比为1：2，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
B．图甲中A、B两段气体的压强的比值为
C．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
D．图乙中A、B两段气体的压强的比值为
【答案】B
【解析】设水银柱的长度为，将玻璃管旋转，再次平衡时，设A的长度为，则B的长度为，玻璃管竖直静止时，A、B两段的长度为
玻璃管竖直静止时，有
将玻璃管旋转，再次平衡时，有
气体做等温变化，则
联立解得 ，，，
则 ，
故选B。
7．（2024·河北邯郸·模拟预测）拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以达到通经活络、祛风散寒等作用的疗法。封闭气体质量变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上的短时间内，下列说法正确的是（ ）
A．火罐“吸”在皮肤上的主要原因是火罐内的气体稍有体积减小，温度降低，压强减小
B．火罐“吸”在皮肤上的主要原因是火罐内的气体稍有体积减小，温度升高，压强增大
C．火罐内的气体吸收热量，内能增大
D．火罐内气体分子单位时间内撞击火罐底部的次数增加
【答案】A
【解析】AB．在刚开始的短时间内，火罐内部气体体积稍有减小，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据理想气体状态方程
可知气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，故A正确，B错误；
C．气体的体积稍有减小，可忽略，则
而温度迅速降低，则气体内能减小
根据热力学第一定律，可得即气体向外放热，故C错误；
D．因气体的体积稍有减小，可忽略不计，则单位体积内的分子数不变，而气体的温度降低，则分子的平均动能减小，分子的平均速率变小，则火罐内气体分子单位时间内撞击火罐底部的次数变少，故D错误。
故选A。
8．（2024·山东济南·三模）如图所示，带玻璃管的塞子塞住玻璃瓶口，瓶中装有部分水，水逐渐流出的过程中，瓶内气体温度保持不变，下列关于瓶内封闭气体的判断正确的是（ ）
A．压强增大B．压强不变
C．吸热D．放热
【答案】C
【解析】AB．根据玻意耳定律可知，瓶内封闭气体的体积增大，压强减小，故AB错误；
CD．封闭气体的体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律
，可知气体吸热，故C正确，D错误；
故选C。
9．（2024·重庆九龙坡·三模）空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，加热一段时间后气体温度升高到T＝360K，此过程中气体吸收的热量为4.2×103J，则（ ）
A．升温后所有气体分子的动能都增大
B．升温后胆中气体的压强为1.5×105Pa
C．此过程胆中气体的内能增加量为4.2×103J
D．升温后压强增大是由于单位体积的分子数增多了
【答案】C
【解析】A．升温后分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，选项A错误；
B．根据，解得升温后胆中气体的压强为：p=1.2×105Pa，选项B错误；
C．此过程胆中气体体积不变，则W=0，吸收的热量为Q=4.2×103J，则气体内能增加量为
∆U=Q=4.2×103J 选项C正确；
D．气体体积不变，则单位气体体积的分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，可知压强增大不是由于单位体积的分子数增多了，而是气体分子对器壁的平均碰撞力增大了，选项D错误。
故选C。
10．（2024·河北张家口·三模）某同学用硬质圆柱形矿泉水瓶制作了一个水深测量仪，如图所示。使用前先在矿泉水瓶内注入一定量的水，拧紧瓶盖并将矿泉水瓶倒置，水面到达矿泉水瓶圆柱部分，记录该位置为基准位置，测量基准位置到瓶底的距离为H。使用时潜水员把该装置带入水下，保持瓶口向下竖直放置，拧开瓶盖，稳定后测量瓶内水面到基准位置的高度为h。已知大气压强为，水的密度为，重力加速度为g，忽略水温变化，则矿泉水瓶内水面所在处水的深度为（ ）
A． B．C．D．
【答案】B
【解析】设矿泉水瓶内水面所在处水的深度为，则矿泉水瓶内水面所在处水的压强为
初始时矿泉水瓶内气体压强为，设矿泉水瓶横截面积为，则初始时气体体积
入水后气体体积
气体为等温变化，由玻意耳定律可得
解得
故选B。
【点睛】本题以水深测量仪为素材，创设探索问题情境，考查应用理想气体状态方程解决问题的能力，考查学生理解问题和分析综合问题能力。
11．（2024·浙江金华·三模）2022年11月21日中国空间站第三次太空授课中演示了紫色水球从“活跃”到“懒惰”的过程。如图所示，用注射器向水球喷气，水球发生振动。向水球射入一枚质量10g的钢球，钢球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球喷气，水球振动幅度减小。则（ ）
A．首次喷气水球振幅较大一定是因为注射器喷气的频率与水球的固有频率相等
B．水球振动中不破裂，是因为中心的水对外面的水有万有引力的作用
C．钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用
D．钢球在水中受到浮力为0.1N
【答案】C
【解析】A．根据动量定理，力的冲量相同的情况下，质量小的物体获得的速度大，振幅也大，故A错误；BC．水球振动中不破裂，钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用，故B错误，C正确。
D．太空中处于失重状态，浮力为0，故D错误；
故选C。
12．（2024·江苏·二模）如图所示，两端开口的细玻璃管竖直插入水中，由于毛细现象管中水会沿管上升一段高度。如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后的现象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因开始时液柱在管中上升一定高度且液面呈现凹状，可知液体关于玻璃管是浸润的；如果沿虚线处将玻璃管上方截去，则稳定后液面仍呈现凹状，且液体不可能向外喷出。
故选D。
二、多选题
13．（2024·全国·模拟预测）如图所示为神州17号与空间站对接后的结构简图，核心舱和气闸舱内气体的压强均为，宇航员需要出舱检修设备，先由核心舱进入气闸舱后，关闭内闸门A，通过抽气机抽取气闸舱内的气体，每次抽气都将抽出的气体排放在核心舱中。当气闸舱内的压强降到一定值后，打开外闸门B，宇航员出仓，同时将剩余气体排到外太空的真空环境中。若气闸舱的容积为V，核心舱的容积为8V，真空抽气机每次抽气的体积为，不考虑抽气过程中温度的变化，忽略宇航员自身的体积，下列说法正确的是（ ）
A．n次抽气后，气闸舱内的气体压强为
B．n次抽气并排放到核心舱后，核心舱内气体的压强为
C．打开外闸门B，气体膨胀对外界做功
D．第一次抽气排放到核心舱后，核心舱内气体压强的增加量为
【答案】AD
【解析】A．对气闸舱内的气体，第一次抽气有
解得
第二次抽气有
解得
可得n次抽气后，气闸舱内气体的压强为，A项正确；
B．若每次排放前，抽气机抽取的气体的压强均为，可得n次抽气后
可得核心舱内气体的压强为
但实际上每次排放前，抽气机抽取的气体的压强都小于，可知n次排放后，核心舱内气体的压强小于，B项错误；
C．气体向真空膨胀不对外界做功，C项错误；
D．第一次抽气排放后
解得核心舱内气体压强的增加量为
D项正确。
故选AD。
14．（2024·河北承德·二模）如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从处以某一速度向分子a运动（运动过程中仅考虑分子间作用力），假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则（ ）
A．图甲中分子间距从到，分子间的作用力表现为斥力
B．分子b运动至和位置时动能可能相等
C．图乙中一定大于图甲中
D．若图甲中阴影面积，则两分子间最小距离小于
【答案】BD
【解析】A．图甲中分子间距从到，分子间的力表现为引力，故A错误；
B．分子b从到和从到两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子力做功为0，动能变化量为0，分子b在和两位置时动能可能相等，故B正确；
C．图甲中处分子力合力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应图乙中处，即图乙中一定小于图甲中，故C错误；
D．若图甲中阴影面积，则分子b从到过程分子力做功为0，分子b在处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。
故选BD。
15．（2024·山东烟台·二模）如图所示为卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，该循环由两个等温过程和两个绝热过程组成，全过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。图中虚线、为两条等温线。下列说法中正确的是（ ）
A．一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功
B．a→b过程气体压强减小只是由于单位体积内分子数减少导致的
C．a→b过程气体对外界做的功等于c→d过程外界对气体做的功
D．d→a过程气体向外界释放的热量等于b→c过程从低温热源吸收的热量
【答案】AC
【解析】A．理想气体状态方程和图形面积表示做功可知， 外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故A正确；
B．由图可知
由理想气体状态方程可得
由图像可以看出 ，所以
即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的，故B错误；
C．因为两个过程是绝热过程， 过程气体对外做的功，气体温度由减小到，等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故C正确；
D．等温过程内能变化为零，则由可知
由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量，故D错误。
故选AC。
三、实验题
16．（2024·浙江·三模）使用如图1装置做“探究气体压强与体积的关系”的实验，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。
(1)为了探究压强p与体积V的关系，在测得需要的实验数据后，为达到“探究”的实验目的，用图像法进行数据分析，从下列选项中选出需要的步骤并按顺序排列______。
A．作图像，根据画出的图线猜测p与V的关系
B．作图像，根据画出的图线猜测p与V的关系
C．作图像，对p与V关系的猜测进行检验
D．作图像，对p与V关系的猜测进行检验
E．检验正确，得出p与V关系的结论
(2)第1小组为了探究一定质量的气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，进行了两次实验，得到的图像如图2所示。第2小组根据某次实验数据作出的图如图3所示。下列说法正确的是______
A．实验前应将注射器里的空气完全排出
B．为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以减少摩擦
C．由图2可知，第1小组的两次实验气体温度大小关系为
D．如图3所示，若第2小组实验操作正确，则为联通空气柱与压力表细管的体积
(3)如图4所示，小明从状态A缓慢拉升柱塞，使其到达状态B（体积为）。若此时突然提升柱塞，使其快速到达体积，则此时对应下图中的状态 （填“C”、“D”、“E”、“F”）（图中A、B、E为同一等温线上的点）
【答案】(1)ADE (2)CD (3)F
【解析】（1）根据实验原理可作p−V图像，根据画出的图线猜测p与V的关系，再作图像，对p与V关系的猜测进行检验，检验正确，得出p与V关系的结论。
故选ADE。
（2）A．实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；
B．为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以保证气密性良好，故B错误；
C．根据理想气体状态方程pV=CT可知，离坐标原点越远的等温线温度越高，则有，故C正确；
D．设联通空气柱与压力表细管的体积为，则有
整理可知
根据图像可知为联通空气柱与压力表细管的体积，故D正确；
故选CD。
（3）快速到达体积，气体对外界做功，热量几乎不变，根据热力学第一定律
可知，内能减小，温度降低，则对应图中的状态F。
四、解答题
17．（2024·广东·三模）一内壁光滑的汽缸竖直放置，通过轻杆连接的两活塞a、b之间封闭有一定质量的理想气体，如图所示。初始时，两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸连接处MN的距离相等，封闭气体的热力学温度为。已知两活塞a、b的质量分别为，，横截面积，重力加速度大小为g，大气压强恒为。
（1）若使封闭气体缓慢降温使活塞a恰好移动到连接处MN，求此时气体的温度；
（2）若在活塞a上缓慢添加细砂使活塞a恰好移动到连接处MN，封闭气体温度不变，求最终所加细砂的总质量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设活塞a、b到MN处的距离均为L，气体缓慢降温至活塞a恰好移到MN处过程，压强不变，根据盖-吕萨克定律有
解得
（2）初始时，设封闭气体压强为，研究a、b两活塞及轻杆整体有
设活塞a恰好移动到MN处时，封闭气体压强为，研究a、b两活塞及轻杆整体有
根据玻意耳定律有
解得
18．（2024·山东潍坊·三模）如图为某兴趣小组制作的供水装置，圆柱形气缸内部长度40cm，轻活塞将其分为左右两部分，左部为储水室，储水室上部一根细管连接进水口和出水口；右部为气室，气室尾部有一气阀。初始时出水口打开，储水室内无水，气阀关闭，轻活塞位于气缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17MPa，然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关，开始注水，活塞缓慢向右移动，当气室压强为0.34MPa时停止注水。已知活塞横截面积为，外界大气压强为。气体看作理想气体，整个过程温度不变，由于水的重力产生的压强可忽略，活塞厚度、摩擦不计，求：
（1）从气阀充入的气体和原有气体质量之比；
（2）注水结束后，打开出水口，当气室压强下降到0.25MPa时，排出水的体积。
【答案】（1）12:5；（2）3600cm3
【解析】（1）设供水装置的体积为V，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V1，当气室充气至压强为p1=0.17MPa，活塞要从中间移动到左端，由玻意耳定律
解得
V0=1.2V
从气阀充入的气体和原有气体质量之比为
（2）当注水结束时，气室压强为p2=0.34MPa时，气体的体积为，有
解得
说明活塞又回到正中央，打开出水口，气室压强下降到p3=0.25MPa时，根据玻意耳定律
解得
则排出水的体积为
19．（2024·山东青岛·三模）如图是一款杯盖上带吸管的透明塑料水杯，在温度恒为27℃的室内，向杯内注入开水并迅速盖上杯盖，吸管上端封闭，杯盖与杯身间有缝隙，发现吸管下端有气泡溢出。当水与吸管内气体温度降为97℃时，吸管下端不再有气泡溢出，水面距离吸管上端为2cm，吸管总长为22cm。已知外界大气压强，水的密度，吸管内气体可视为理想气体，重力加速度。
（1）求从吸管内溢出气体的质量与吸管内初始气体质量的比值；
（2）将水杯拿到室外，静置一段时间后，将杯盖竖直缓慢拿出，吸管最下端有一段4cm高的水柱，求此时室外温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对吸管内气体，升温过程，由理想气体状态方程得
其中
溢出气体与初始气体质量的比值
（2）杯盖拿出过程，对吸管内剩余气体，有
解得
20．（2024·甘肃·高考真题）如图，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，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
（1）抽气之后A、B的压强。
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）设抽气前两体积为，对气体A分析：抽气后
根据玻意耳定律得
解得
对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即，则根据玻意耳定律得
解得
（2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有
根据胡克定律得
联立得
21．（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）如图所示，A为竖直放置的导热汽缸，其质量、高度，B为质量的导热活塞，汽缸内封闭着一定质量（远小于汽缸的质量）的理想气体，B与水平地面间连有劲度系数的轻弹簧，A与B的横截面积均为。当整个装置静止时，活塞B距汽缸底部的高度为。活塞与汽缸间紧密接触且无摩擦，活塞和汽缸壁的厚度均不计，外界大气压强，环境温度不变，弹簧原长，取重力加速度大小。
（i）求刚开始汽缸A静止时内部气体的压强p；
（ii）用力从汽缸顶端缓缓上提汽缸A，求活塞B刚要离开A时，活塞B上升的高度H。
【答案】（i）；（ii）
【解析】（ⅰ）对汽缸受力分析有
解得
（ⅱ）设刚开始静止时弹簧的压缩量为，对A、B整体受力分析有
可得
设活塞B刚离开汽缸A时内部气体的压强为，弹簧的压缩量为，有
对活塞B受力分析有
可得
由几何关系有
22．（2024·青海·模拟预测）一定质量的理想气体，从状态A开始，经历B、C两个状态又回到状态A，其压强p与体积V的关系图像如图所示，图中p0、V0均为已知，AB的反向延长线经过坐标原点O，BC与纵轴平行，△ABC的面积为S0，已知气体在状态B时的热力学温度为T0，求：
（1）气体在状态A时的热力学温度；
（2）气体在状态C时的压强。
【答案】（1）0.25T0；（2）
【解析】（1）AB的反向延长线经过坐标原点O，由正比例图线的比例性有
解得
由理想气体状态方程有
解得
（2）由几何关系可得，△ABC的面积为
解得
23．（2024·四川成都·三模）如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板A分成体积均为V的左右两部分。面积为S的绝热活塞B被锁定，隔板A的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为T、压强为p的状态1。抽取隔板A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态2。然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞B，B恰能保持静止，当电阻丝C加热气体，使活塞B缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为的状态3，该过程电阻丝C放出的热量为Q。已知大气压强，且有，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（ⅰ）求绝热活塞B的质量；
（ⅱ）求气体内能的增加量。
【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】（ⅰ）气体从状态1到状态2发生等温变化，则
容器竖直放置，解锁活塞B，B恰好保持静止，以活塞B为对象，根据力的平衡条件：
（ⅱ）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
故
24．（2024·河北·三模）如图所示，高为的细玻璃管开口向上竖直放置于水平地面上，长度为的水银柱密封一定质量的理想气体，当温度时，水银恰与管口齐平。大气压强，则：
（1）如果保持温度不变，让玻璃管缓慢倾斜，当水银流出一半时，管口离地高度是多少？
（2）如果保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加热，当水银流出一半时，温度是多少？（热力学温度）
【答案】（1）；（2）360K
【解析】（1）没有倾斜时，管内气体的压强
令此时，管与水平面的夹角为，则此时管内气体的压强
根据玻意耳定律有
管口离地高度
解得
（2）保持玻璃管竖直，给玻璃管缓慢加热，当水银流出一半时，气体压强
根据理想气体状态方程有
解得
25．（2024·黑龙江佳木斯·三模）为测量小车加速度，某同学设计了图示装置，圆柱形气缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁，活塞可在气缸内无摩擦滑动，缸内密闭着气体，当温度 时，弹簧无形变，活塞与缸底间的气柱长. 已知活塞质量 横截面积，外界大气压强 ，弹簧劲度系数为800N/m，弹簧形变始终在弹性限度内。
（1）小车静止，缓慢加热缸内气体，使其温度由 升至 ，活塞静止时，弹簧压缩量为 ，试求温度 ；
（2）小车某次运动过程中，保持温度 不变，活塞相对气缸静止时，弹簧伸长量为 ，试求小车的加速度 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）336K；（2），方向水平向右
【解析】（1）对缸内气体，状态1（弹簧无形变）
状态2（弹簧处于压缩状态）
从状态1到状态2，由理想气体状态方程有
得
（2）状态3（弹簧处于伸长状态）
从状态1到状态3，温度不变，由玻意耳定律有
代入数据解得
状态3，规定向右为正方向，对活塞由牛顿第二定律有
代入数据解得 方向水平向右。
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