新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题6 第14讲 热学（含解析）

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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＝nNA＝eq \f(m,M)NA＝eq \f(V,Vml)NA.
特别提醒：对气体而言，V0＝eq \f(V,N)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＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(1,6)πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V＝a3.
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
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Ep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Ep＝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＝p0＋ph或p＝p0－ph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pa、pb，温度分别为Ta、Tb.c、d为曲线Ⅱ上的两点，气体在状态c和d的压强分别为pc、pd，温度分别为Tc、Td.下列关系式正确的是( )
A.eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(1,3) B.eq \f(Ta,Tc)＝eq \f(1,2)
C.eq \f(pa,pd)＝eq \f(2,3) D.eq \f(pd,pb)＝eq \f(1,2)
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eq \f(Ta,Tc)＝eq \f(Va,Vc)＝eq \f(1,2)，B正确；从c到d为等温变化，由玻意耳定律有eq \f(pd,pc)＝eq \f(Vc,Vd)＝eq \f(2,3)，由题图可知pa＝pc，故eq \f(pa,pd)＝eq \f(3,2)，C错误；由玻意耳定律，有eq \f(pa,pb)＝eq \f(Vb,Va)＝3，故eq \f(pd,pb)＝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＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283 K，大气压强p0＝76 cmHg.
(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)12.9 cm (2)363 K
解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，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V2，压强变为p2，由玻意耳定律有
p1V1＝p2V2①
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p1＝p0＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
按题设条件有V3＝(2H－h)S⑧
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T2≈363 K.
例6 (2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0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eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0.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2T0，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)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
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eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(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(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)，联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
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ΔU
①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L0，汽缸内温度为T0 .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2T0.已知大气压强为p0，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T0升高到2T0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)L0 (2)I2Rt－(p0＋eq \f(Gsin θ,S))SL0
解析 (1)气体等压变化，则由盖—吕萨克定律有eq \f(L0S,T0)＝eq \f(L1S,2T0)
活塞移动的距离x＝L1－L0
解得x＝L0
(2)设该气体压强为p，
有pS＝p0S＋Gsin θ
气体对外界做功W＝－pSx
吸收的热量Q＝I2Rt
由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝I2Rt－(p0＋eq \f(Gsin θ,S))SL0.
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Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc.已知pb＝p0，pc＝4p0，则下列说法正确的是( )
A．pa＝3p0
B．Vb＝3Vc
C．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eq \f(pa,Ta)＝eq \f(pb,Tb)，又有pb＝p0得pa＝2p0，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pbVb＝pcVc，得Vb＝4Vc，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)eq \f(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＝280 K
末状态V2＝V，T2＝265 K
由盖－吕萨克定律得eq \f(V,T2)＝eq \f(V＋ΔV,T1)
得ΔV＝eq \f(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eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)
代入数据得eq \f(Δm,m)＝eq \f(3,53).
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eq \f(mV,M)
C．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＝NAV0，NA＝eq \f(M,m)，该气体分子所占空间的体积为V0＝eq \f(mV,M)，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10－9 m)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10－9 m)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：
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－phcs θ，当θ增大时，cs θ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eq \f(pV,T)＝C，可得V＝eq \f(C,p)T，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eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，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eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，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＋ph，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∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．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eq \f(V,2)减小到eq \f(V,4)，根据玻意耳定律有p右eq \f(V,2)＝p右′eq \f(V,4)，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eq \f(nV,2)，根据玻意耳定律得p左eq \f(nV＋V,2)＝p左′eq \f(3V,4)，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，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0＝－273.15 ℃；a为直线Ⅰ上的一点．由图可知，气体在状态a和b的压强之比eq \f(pa,pb)＝__________；气体在状态b和c的压强之比eq \f(pb,pc)＝________.
答案 1 eq \f(V2,V1)
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eq \f(pa,pb)＝1；
t＝0 ℃时，当气体体积为V1时，设其压强为p1，当气体体积为V2时，设其压强为p2，根据等温变化，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
由于直线Ⅰ和Ⅱ各为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc
联立解得eq \f(pb,pc)＝eq \f(p1,p2)＝eq \f(V2,V1).
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p0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>V0，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VG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K1和K2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K1，甲气球体积将________(选填“变大”“变小”或“不变”)；
(2)打开阀门K1和K2，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)eq \f(p甲V甲＋p乙V乙,VG)
解析 (1)由题意可知V乙>V甲>V0，
由题图(a)可知p甲>p乙，
所以打开K1后，甲内气体向乙中流动，V甲变小．
(2)气体做等温变化，则有pGVG＝p甲V甲＋p乙V乙，可得pG＝eq \f(p甲V甲＋p乙V乙,VG).
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p0＝eq \f(3mg,S)，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p1，
根据受力平衡可得p1S＝p0S＋mg
解得p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝eq \f(4,3)p0
根据玻意耳定律可得
p0(LS－V)＝p1(0.8LS－V)
解得V＝0.2LS
(2)外界对气体做功为W＝(p0S＋mg)·Δh＝(p0S＋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＝0.8mgL
12.(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p0，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H1处时，B室内气体质量m1.
答案 (1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
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V0，有Mg ＝ ρgV0
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(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(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
p1＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
p2V＝p1V2
解得V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)V
则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
13．(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p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为4p0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p0相当于10 m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hm.
答案 (1)eq \f(3,4)L (2)32.5 m
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4p0，
设A向右移动x，对Ⅰ内气体分析，
由玻意耳定律得p0SL＝4p0S(L－x)
解得x＝eq \f(3,4)L
(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4p0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p2.
对原Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得p0SL＝p2·4Sy
对原Ⅱ内气体分析，由玻意耳定律得4p0·4SL＝p2·4S(L－y)
此时对A分析有p2＝p0＋ρghm
联立解得hm＝32.5 m.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
时刻
6：00
9：00
12：00
15：00
18：00
温度
12 ℃
15 ℃
18 ℃
23 ℃
17 ℃