五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題14熱學(xué)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1分子動理論2024、2025核心考點(diǎn)分布?xì)怏w實(shí)驗(yàn)定律與理想氣體狀態(tài)方程

該知識點(diǎn)為高頻考點(diǎn)，五年內(nèi)每年均以計(jì)算題形式出現(xiàn)。要求結(jié)合活塞模型分析氣體等溫、等容變化過程，涉及壓強(qiáng)與體積的定量關(guān)系?？疾闅怏w狀態(tài)變化的多階段分析，需綜合應(yīng)用玻意耳定律和理想氣體狀態(tài)方程。熱力學(xué)第一定律常與氣體狀態(tài)變化結(jié)合考查，通過氣體內(nèi)能變化量與吸放熱關(guān)系，要求考生推導(dǎo)熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用。2025年進(jìn)一步引入非理想氣體模型，需結(jié)合圖像斜率反演物理過程，強(qiáng)調(diào)對定律本質(zhì)的理解。分子動理論與內(nèi)能選擇題中常見，考查布朗運(yùn)動的本質(zhì)及分子勢能與分子間距的關(guān)系。通過肥皂膜干涉實(shí)驗(yàn)，間接考查分子間作用力對薄膜厚度分布的影響。實(shí)際情境應(yīng)用近年命題趨勢注重與生產(chǎn)生活結(jié)合，考查折射與全反射的綜合應(yīng)用；考點(diǎn)2氣體、固體和液體2023、2024考點(diǎn)3熱力學(xué)定律2023、2024考點(diǎn)01分子動理論1．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，導(dǎo)熱良好帶有吸管的瓶子，通過瓶塞密閉T1=300K，體積V1=1×103cm3處于狀態(tài)1的理想氣體，管內(nèi)水面與瓶內(nèi)水面高度差h=10cm。將瓶子放進(jìn)T2=303K的恒溫水中，瓶塞無摩擦地緩慢上升恰好停在瓶口，h保持不變，氣體達(dá)到狀態(tài)2，此時(shí)鎖定瓶塞，再緩慢地從吸管中吸走部分水后，管內(nèi)和瓶內(nèi)水面等高，氣體達(dá)到狀態(tài)3。已知從狀態(tài)2到狀態(tài)3，氣體對外做功1.02J；從狀態(tài)1到狀態(tài)3，氣體吸收熱量4.56J，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3；忽略表面張力和水蒸氣對壓強(qiáng)的影響。(1)從狀態(tài)2到狀態(tài)3，氣體分子平均速率_____（“增大”、“不變”、“減小”），單位時(shí)間撞擊單位面積瓶壁的分子數(shù)_____（“增大”、“不變”、“減小”）；(2)求氣體在狀態(tài)3的體積V3；(3)求從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量ΔU?！敬鸢浮?1)不變減小(2)V3=1.0201×103cm3(3)ΔU=2.53J【詳析】（1）[1][2]從狀態(tài)2到狀態(tài)3，溫度保持不變，氣體分子的內(nèi)能保持不變，則氣體分子平均速率不變，由于氣體對外做功，則氣體壓強(qiáng)減小，故單位時(shí)間撞擊單位面積瓶壁的分子數(shù)減小。（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程，由蓋—呂薩克定律V其中V1=1×103解得V此時(shí)氣體壓強(qiáng)為p氣體從狀態(tài)2到狀態(tài)3的過程，由玻意耳定律p其中p代入數(shù)據(jù)解得，氣體在狀態(tài)3的體積為V（3）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程中，氣體對外做功為W由熱力學(xué)第一定律Δ其中Q=4.56J，代入解得，從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量為Δ2．（2024·浙江·6月選考）下列說法正確的是（）A．中子整體呈電中性但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)B．真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同C．增加接收電路的線圈匝數(shù)，可接收更高頻率的電臺信號D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，分子勢能先增加后減少【答案】AB【詳析】A．中子由夸克組成，整體呈現(xiàn)電中性，但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故A正確；B．根據(jù)愛因斯坦的相對論可知，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同，故B正確；C．根據(jù)f=可知，增加接收電路的線圈匝數(shù)，可減小振蕩電路的固有頻率，則可接收較低頻率的電臺信號，故C錯誤；D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，即分子距離從小于r0=10-10m故選AB?？键c(diǎn)02氣體、固體和液體3．（2024·浙江·1月選考）如圖所示，一個固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為V1=750cm3的左右兩部分。面積為S=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側(cè)為真空，右側(cè)中一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度T1=300K、壓強(qiáng)p1=2.04×105Pa的狀態(tài)1。抽取隔板A，右側(cè)中的氣體就會擴(kuò)散到左側(cè)中，最終達(dá)到狀態(tài)2。然后解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是___（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求水平恒力F的大??；（3）求電阻絲C放出的熱量Q。【答案】（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程，分子平均動能不變；（2）10N；（3）【詳析】（1）根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程，由于隔板A的左側(cè)為真空，可知?dú)怏w從狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體不做功，又沒有發(fā)生熱傳遞，所以氣體的內(nèi)能不變，氣體的溫度不變，分子平均動能不變。（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2發(fā)生等溫變化，則有p解得狀態(tài)2氣體的壓強(qiáng)為p解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力F，仍使其保持靜止，以活塞B為對象，根據(jù)受力平衡可得p解得F=(（3）當(dāng)電阻絲C加熱時(shí)，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達(dá)到溫度T2=350K2可得狀態(tài)3氣體的體積為V該過程氣體對外做功為W=根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得Δ解得氣體吸收的熱量為Q可知電阻絲C放出的熱量為Q=4．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S=100cm2，質(zhì)量m=1kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時(shí)圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A，其體積VA=600cm3。緩慢推動活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)B，此時(shí)體積VB=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達(dá)到狀態(tài)C，此時(shí)壓強(qiáng)pC=1.4×105（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，其分子平均動能________（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求氣體在狀態(tài)C的溫度Tc；（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對系統(tǒng)做的功W?！敬鸢浮浚?）不變；增大；（2）350K；（3）11J【詳析】（1）圓筒導(dǎo)熱良好，則氣體從狀態(tài)A緩慢推動活塞到狀態(tài)B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，則壓強(qiáng)變大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大；（2）狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)p溫度TA=300K；體積VA=600cm3；C態(tài)壓強(qiáng)pC=1.4×105Pa；體積根據(jù)p解得TC=350K（3）從B到C氣體進(jìn)行等容變化，則WBC=0，因從B到C氣體內(nèi)能增加25J可知，氣體從外界吸熱25J，而氣體從A到C從外界吸熱14J，可知?dú)怏w從A到B氣體放熱11J，從A到B氣體內(nèi)能不變，可知從A到B外界對氣體做功11J。5．（2023·浙江·1月選考）某探究小組設(shè)計(jì)了一個報(bào)警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用面積S=100cm2、質(zhì)量m=1kg的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時(shí)氣體處于溫度TA=300K、活塞與容器底的距離h0=30cm的狀態(tài)A。環(huán)境溫度升高時(shí)容器內(nèi)氣體被加熱，活塞緩慢上升d=3cm恰好到達(dá)容器內(nèi)的卡口處，此時(shí)氣體達(dá)到狀態(tài)B?；钊３植粍?，氣體被繼續(xù)加熱至溫度Tc（1）在狀態(tài)B的溫度；（2）在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；（3）由狀態(tài)A到狀態(tài)C過程中從外界吸收熱量Q。【答案】（1）330K；（2）1.1×105Pa；（【詳析】（1）根據(jù)題意可知，氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，封閉氣體的壓強(qiáng)不變，則有V解得T（2）從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，活塞緩慢上升，則p解得p根據(jù)題意可知，氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，氣體的體積不變，則有p解得p（3）根據(jù)題意可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功為W=由熱力學(xué)第一定律有Δ解得Q=考點(diǎn)03熱力學(xué)定律6．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，測定一個形狀不規(guī)則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導(dǎo)熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩(wěn)定后測出氣柱長度為l1，將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩(wěn)定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，環(huán)境溫度T1=300K。（1）在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力________（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度_______（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）求此不規(guī)則小塊固體的體積V；（3）若此過程中氣體內(nèi)能增加10.3J，求吸收熱量Q?！敬鸢浮浚?）不變，變??；（2）4×10-5m3；（3）14.4J【詳析】（1）[1][2]溫度升高后，活塞緩慢上升，受力不變，故封閉氣體的壓強(qiáng)不變，根據(jù)p=F（2）氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律V解得V=4×（3）整個過程中外界對氣體做功為W=-對活塞受力分析p解得W=-4.1根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ其中Δ解得Q=14.4故氣體吸收熱量為14.4J。7．（（2023·浙江·6月選考）下列說法正確的是（

）A．熱量能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體B．液體的表面張力方向總是跟液面相切C．在不同的慣性參考系中，物理規(guī)律的形式是不同的D．當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率【答案】BD【解析】A．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量能不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；B．液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；C．由狹義相對論的兩個基本假設(shè)可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的，故C錯誤；D．根據(jù)多普勒效應(yīng)可知當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率，故D正確。故選BD。1．（2025·浙江北斗星盟·三模）關(guān)于以下四幅圖中所涉及物理知識的論述中，正確的是（）A．甲圖中，在表面層，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力B．乙圖中，當(dāng)感應(yīng)圈兩個金屬球間有火花跳過時(shí)，導(dǎo)線環(huán)兩個小球間也跳過了火花，這時(shí)導(dǎo)線環(huán)接收到了電磁波C．丙圖中，由圖可知當(dāng)驅(qū)動力的頻率f跟固有頻率f0D．丁圖中，1是熱敏電阻，2是金屬熱電阻【答案】B【詳析】A．在液體表面層，分子間距離大于平衡距離r0，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故AB．當(dāng)感應(yīng)圈兩個金屬球間有火花跳過時(shí)，產(chǎn)生變化的電磁場，形成電磁波向外傳播。導(dǎo)線環(huán)接收到電磁波后，在導(dǎo)線環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使得導(dǎo)線環(huán)兩個小球間跳過了火花，故B正確；C．由圖丙可知，當(dāng)驅(qū)動力的頻率f跟固有頻率f0相差越大，振幅越??；當(dāng)驅(qū)動力的頻率f等于固有頻率f0時(shí)，發(fā)生共振，振幅最大，故D．熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，金屬熱電阻的阻值隨溫度升高而增大。由圖丁可知，1的阻值隨溫度升高而增大，是金屬熱電阻；2的阻值隨溫度升高而減小，是熱敏電阻，故D錯誤。故選B。2．（2025·浙江金華·三模）如圖1，寶石折光儀是用來測量寶石折射率的儀器。折光儀的基本原理如圖2，把待測寶石緊密貼放在半球棱鏡上，標(biāo)準(zhǔn)光源發(fā)出黃光，射向半球棱鏡球心。通過棱鏡射向被測寶石的光，當(dāng)入射角小于全反射臨界角的光線會折射進(jìn)寶石，觀測目鏡上表現(xiàn)為暗域；當(dāng)入射角大于臨界角的光線全反射回棱鏡，觀測目鏡上表現(xiàn)為亮域。亮暗域的分界線相當(dāng)于該臨界角的位置，目鏡下安裝有一個標(biāo)尺，刻有與此臨界角相對應(yīng)的折射率值。下列說法正確的是（）A．棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率B．換用白光光源，測量寶石折射率的準(zhǔn)確度會更高C．換用紅光光源，其明暗域分界線在標(biāo)尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的下方D．把寶石的另一個側(cè)面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，說明寶石是非晶體【答案】A【詳析】A．根據(jù)題意可知，黃光從半球棱鏡射入寶石能夠發(fā)生全反射，即半球棱鏡相對于寶石是光密介質(zhì)，可知，棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率，故A正確；B．換用白光光源，由于白光是由七種單色光復(fù)合而成，不同種單色光的折射率不相同，當(dāng)入射角一定時(shí)，有些能夠發(fā)生全反射，有些不能夠發(fā)生全反射，則觀測目鏡上各種單色光顯現(xiàn)的亮暗區(qū)域不相同，測量寶石折射率的準(zhǔn)確度會更低，故B錯誤；C．紅光的折射率小于黃光的折射率，則紅光對應(yīng)的臨界角大于黃光的臨界角，可知，換用紅光光源，其明暗域分界線在標(biāo)尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的上方，故C錯誤；D．把寶石的另一個側(cè)面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，即寶石具有各向異性，說明寶石是單晶體，故D錯誤。故選A。3．（2025·浙江紹興·三模）有關(guān)四幅圖的描述，下列說法正確的是（）A．圖1中，農(nóng)民用拖拉機(jī)耕地是利用毛細(xì)現(xiàn)象讓灌溉水能更好地滲入到地下B．圖2中，碎裂鋼化玻璃的裂縫處由于進(jìn)入了空氣發(fā)生了薄膜干涉，因此特別亮C．圖3中的核反應(yīng)是一種鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，其中92235U的質(zhì)量大于D．圖4為等離子體極化子在晶體MoOCl2【答案】C【詳析】A．拖拉機(jī)耕地主要是為了松土、增加土壤通氣與透水性，并非利用“毛細(xì)現(xiàn)象”來讓水滲入地下，故A錯誤；B．碎裂的鋼化玻璃裂縫處明亮通常是由于內(nèi)部應(yīng)力釋放后形成的多重反射效應(yīng)，不是由薄膜干涉引起，故B錯誤；C．92235U發(fā)生核反應(yīng)時(shí)，其質(zhì)量大于生成的56139D．等離子體極化子屬較高層次的凝聚態(tài)物理研究，且簡單的圖像對稱性并不能說明材料各向同性，故D錯誤。故選C。4．（2025·浙江寧波十?！ひ荒＃┮后w的表面張力會使液體表面總處于繃緊的狀態(tài)。設(shè)想在液面上作一條分界線，張力的作用表現(xiàn)在，分界線兩邊液面以一定的拉力F相互作用，F(xiàn)的大小與分界線的長度l成正比，即F=σl（σ為液體的表面張力系數(shù)），F(xiàn)的方向總是與液面相切，并垂直于液面的分界線。小明設(shè)計(jì)了一個簡易裝置用來測量某液體的表面張力系數(shù)。如圖所示，間距為l的U形細(xì)框上放置一細(xì)桿MN，兩者間摩擦不計(jì)。將裝置從肥皂水中取出后水平放置，會形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分別為俯視圖和正視圖，由于表面張力的緣故，膜的上、下表面會對MN產(chǎn)生水平向左的力。小明用一測力計(jì)水平向右拉住MN使其保持靜止，測力計(jì)示數(shù)為F0，接著用該肥皂水吹成了球形肥皂泡，如圖丙所示。當(dāng)肥皂泡大小穩(wěn)定時(shí)，測得其球形半徑為RA．F0l,F0lR B．F【答案】C【詳析】肥皂水上下兩個表面都存在表面張力，故有F得到肥皂水的表面張力系數(shù)為σ=右側(cè)半球膜受到膜內(nèi)、外氣體的壓力和膜邊緣的表面張力，如圖根據(jù)受力平衡可知F因肥皂泡的內(nèi)外表面都存在表面張力，故肥皂泡內(nèi)外氣體對右側(cè)半球膜的壓力差為F故壓強(qiáng)差為Δ故選C。5．（2025·浙江·二聯(lián)）下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說法正確的是（）A．在溫水中滴入一滴墨水，用眼睛直接觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動，間接說明水分子做不停歇的無規(guī)則運(yùn)動B．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，待圖像穩(wěn)定后我們可觀察到薄膜干涉彩色條紋C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測量結(jié)果偏大D．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動作要迅速，以減少氣體進(jìn)入或泄漏而造成誤差【答案】C【詳析】A．雖然墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動（布朗運(yùn)動）確實(shí)可以間接說明水分子的無規(guī)則運(yùn)動，但是我們無法直接用眼睛觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動，這需要借助顯微鏡，故A錯誤；B．油膜法實(shí)驗(yàn)中，油酸需在水面形成單分子層，此時(shí)油膜厚度均勻，不會出現(xiàn)明顯薄膜干涉條紋，故B錯誤；C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致油酸的面積S偏小，由d=V0SD．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動作要慢，防止因做功導(dǎo)致氣體的穩(wěn)定升高，故D錯誤。故選C。6．（2025·浙江·二聯(lián)）關(guān)于下列四幅圖分別對應(yīng)的說法中，正確的是（）A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上正電從而被吸附在電極上B．圖乙中釷234的半衰期是24d，則800個釷核234經(jīng)過48d后必定還剩200個C．由丙圖可知，24He核子的平均質(zhì)量比D．丁圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子在不同溫度下的速率分布情況可知，溫度T【答案】C【詳析】A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上負(fù)電從而被吸附在電極上，A錯誤;B．半衰期是對大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對少量原子核沒有意義，B錯誤；C．比結(jié)合能大的原子核，平均每個核子的質(zhì)量虧損就大，核子的平均質(zhì)量就小，由圖可知24He核子的比結(jié)合能大于12H核子的比結(jié)合能，故24D．溫度是分子平均動能的標(biāo)志，由于T2溫度下分子的速率圖像的峰值更大，故溫度T1<故選C。7．（2025·浙江·選考測評）一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程為pVT=C，常量A．kg?m2C．N?m-1【答案】A【詳析】根據(jù)p=則C=可得常量C的單位用國際單位制基本單位可表示為kg故選A。8．（2025·浙江北斗星盟·三模）下列說法正確的是（）A．由愛因斯坦的質(zhì)能方程E=mc2可知質(zhì)量和能量可以相互轉(zhuǎn)化B．熱機(jī)可以從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功C．如果一種元素具有放射性，它的放射性強(qiáng)度與溫度有關(guān)，溫度越高，放射性越強(qiáng)D．比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固【答案】D【詳析】A．由愛因斯坦的質(zhì)能方程E=mc2可知，一定的質(zhì)量總是和一定的能量相對應(yīng)，而不是質(zhì)量和能量可以相互轉(zhuǎn)化，二者概念根本不同，當(dāng)發(fā)生質(zhì)量虧損時(shí)，質(zhì)量只是以光子形式發(fā)射出去，故A錯誤。B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功而不引起其它的變化；熱機(jī)可以從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，但要引起其它的變化，選項(xiàng)B不正確；C．物質(zhì)的衰變與環(huán)境無關(guān)，若將放射源置于高溫高壓環(huán)境中，射線強(qiáng)度將不變化，故C錯誤。D．比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固，選項(xiàng)D正確。故選D。11．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）如圖所示，一固定直立汽缸由上、下兩個相互連通的圓筒構(gòu)成。上部圓筒體積為2V0，其中有一質(zhì)量為2m、面積為2S的薄活塞A。下部圓筒長度足夠，其中有一質(zhì)量為m、面積為S的活塞B。兩圓筒由一短而細(xì)的管道連通，兩活塞均可在各自的圓筒內(nèi)無摩擦地上下滑動，活塞A的上方盛有理想氣體X，A、B之間盛有另一種氣體Y，活塞B下方與大氣連通。開始時(shí)整個系統(tǒng)處于熱平衡態(tài)，X氣體溫度為T0、體積為V0，內(nèi)能與溫度的關(guān)系為U=CT，其中C為已知常量，T為熱力學(xué)溫度；活塞B下方的大氣壓強(qiáng)為常量p0。若汽缸壁、管道、活塞均不導(dǎo)熱?，F(xiàn)通過燈絲L對X氣體緩慢加熱(1)若活塞A恰好到達(dá)上圓筒底部時(shí)，X氣體處于熱平衡態(tài)，求其溫度Tf1，以及從燈絲中吸收的熱量Q1。(2)若氣體X從燈絲中吸收的熱量為（1）問中的兩倍（即2Q1），求達(dá)到平衡態(tài)時(shí)氣體X的溫度Tf2【答案】(1)Tf1=2(2)3【詳析】（1）初態(tài)pp等壓過程2解得T此過程外界對X氣體做功W=-根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q=C可得Q（2）繼續(xù)輸入熱量Q2-Q1=Q解得T12．（2025·浙江金華義烏·三模）某一監(jiān)測設(shè)備的簡易結(jié)構(gòu)如圖所示，導(dǎo)熱性能良好且頂部開孔與大氣相通的汽缸底部與一熱源表面緊貼，汽缸頂部內(nèi)上側(cè)裝有一個體積大小可以忽略的壓力傳感器，監(jiān)測開始時(shí)，中部活塞與汽缸底部距離為h1=0.3m、與頂部的距離為h2=0.2m，橫截面積為S=10-2m2，活塞下方封閉溫度為T0=300K、壓強(qiáng)為p(1)當(dāng)熱源的的溫度從300K緩慢升到T1時(shí)，活塞剛好觸及傳感器但壓力示數(shù)仍為0。①則該過程中封閉空氣分子的平均動能_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”），氣體分子對容器壁單位時(shí)間單位面積的撞擊次數(shù)_______（選填“變大”，

“變小”，或“不變”）；②求出T1=________；(2)熱源溫度從T0=300K緩慢升到T2=550K。①畫出該過程壓力傳感器示數(shù)F與外壁溫度T的關(guān)系圖像；②該過程氣體吸收了Q=370J的熱量，求該過程中氣體內(nèi)能的變化量?！敬鸢浮?1)變大變小500K(2)①；②170J【詳析】（1）[1]當(dāng)熱源的溫度從300K緩慢升到T1時(shí)，分子平均動能增大；[2]由于活塞剛好觸及傳感器但壓力示數(shù)仍為0，可知?dú)怏w做等壓變化，故溫度升高、體積增大，壓強(qiáng)不變，可知?dú)怏w分子對容器壁單位時(shí)間單位面積的撞擊次數(shù)變??；[3]根據(jù)蓋—呂薩克定律S代入題中解得T（2）①所以分析可知從T0→T1過程，活塞未觸及傳感器，則傳感器示數(shù)F=0且p對活塞，由平衡條件有p聯(lián)立解得F=2T-1000綜合可知F=故圖像如下②根據(jù)熱力學(xué)第一定律有Δ且W=-p聯(lián)立解得Δ13．（2025·浙江寧波十?！ひ荒＃┤鐖D所示，固定的直立絕熱容器由上細(xì)下粗的兩個圓筒拼接而成，底部密封，頂端開口。上方細(xì)圓筒內(nèi)部高度為8h，下方粗圓筒內(nèi)部高度為4h，h=10cm。其中有兩個輕質(zhì)且厚度不計(jì)的活塞A、B各封閉一定質(zhì)量的理想氣體，分別記為氣體Ⅰ和氣體Ⅱ，活塞A絕熱，活塞B導(dǎo)熱，均能沿筒壁無摩擦滑動。活塞A、B的面積分別為S和4S，S=30cm2。初始時(shí)，氣體II溫度為T0=300K，兩個活塞均距離兩圓筒拼接處h。當(dāng)電阻絲緩慢加熱時(shí)，兩活塞緩慢滑動，最終氣體Ⅱ(1)氣體II從T0緩慢升高至T1的過程中，氣體I中分子的平均速率______（填“增加”、“不變”或“減少”）；細(xì)圓筒內(nèi)壁單位面積所受氣體I中分子的平均作用力______（填“增加”、“不變”或“減少(2)溫度升高至T1時(shí)，求氣體II的壓強(qiáng)p(3)已知?dú)怏wⅠ內(nèi)能與熱力學(xué)溫度的關(guān)系為U=1.25TJ，則氣體II從T0到T1過程中，求氣體Ⅰ【答案】(1)增加不變(2)1.05×(3)210【詳析】（1）氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增加，氣體分子運(yùn)動的平均速率增加。對輕質(zhì)活塞A進(jìn)行分析可知，氣體I中壓強(qiáng)大小始終等于大氣壓強(qiáng)，即氣體I中壓強(qiáng)大小不變，可知，細(xì)圓筒內(nèi)壁單位面積所受氣體I中分子的平均作用力不變。（2）設(shè)活塞B恰好到達(dá)兩圓筒拼接處時(shí)溫度為T，由于活塞質(zhì)量不計(jì)，各部分氣體壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)。對于氣體II，根據(jù)蓋呂薩克定律有3解得T=400可知，氣體Ⅱ從400K到420K過程，氣體Ⅱ解得p（3）活塞B導(dǎo)熱，所以兩部分氣體溫度相同，對于氣體Ⅰ，溫度從T0到T1的過程中，發(fā)生等壓變化，設(shè)T1時(shí)活塞A距離兩圓筒拼接處解得H=7對于氣體Ⅰ，發(fā)生等壓變化，且氣體膨脹，氣體對外界做功，則有W=-解得W=-60氣體I內(nèi)能增加Δ解得Δ根據(jù)熱力學(xué)第一定律有Δ解得Q=21014．（2025·浙江·選考測評四）如圖所示是通過壓力罐給一定高度處的用戶供水的示意圖，該壓力罐容積為500L，罐內(nèi)無水時(shí)氣體壓強(qiáng)為p0，啟動水泵給壓力罐補(bǔ)水，當(dāng)罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大到4p0(1)若環(huán)境溫度不變，補(bǔ)水過程中，罐內(nèi)氣體的內(nèi)能______（選填“增大”“減小”或“不變”），氣體______（選填“向外界放出”或“從外界吸收”）熱量。(2)若環(huán)境溫度不變，求水泵正常工作一次可給用戶供水多少升。(3)若補(bǔ)水前環(huán)境溫度從原來的300K降為285K，求水泵正常工作一次可給用戶供水多少升?！敬鸢浮?1)不變向外界放出(2)125L(3)118.75【詳析】（1）[1]環(huán)境溫度不變，補(bǔ)水過程中，罐內(nèi)理想氣體溫度不變，Δ即氣體內(nèi)能不變。[2]補(bǔ)水過程中，外界對罐內(nèi)氣體做功，即W>0由Δ可知Q<0即罐內(nèi)氣體向外界放出熱量。（2）設(shè)補(bǔ)完水后罐內(nèi)氣體體積為V1，補(bǔ)水過程，對罐內(nèi)氣體，由玻意耳定律有其中V解得V設(shè)供完水后罐內(nèi)氣體體積為V2由玻意耳定律有p其中p解得V可得V（3）降溫過程，由蓋－呂薩克定律分別有V1T其中T解得VV15．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，一個底面積S=50cm2的柱形導(dǎo)熱光滑汽缸與足夠長的U形細(xì)管連接，U形細(xì)管右端封閉，其中有一定量的水銀，細(xì)管體積可忽略。外界溫度T0=300K時(shí)，從汽缸開口處緩慢放入一個質(zhì)量為m=10(1)從放入活塞到穩(wěn)定的過程中，汽缸內(nèi)氣體______。（選填“向外界放熱”或“從外界吸熱”）(2)求穩(wěn)定后汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)和U形管中水銀液面的高度差h1（結(jié)果保留1(3)求汽缸的總高度H（結(jié)果保留整數(shù)）。【答案】(1)向外界放熱(2)91.4cmHg，(3)96【詳析】（1）放入活塞后，氣體壓強(qiáng)增大，體積減小，外界對氣體做功，又由于穩(wěn)定后氣體溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體向外界放熱。（2）對活塞進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有p-解得p=91.4U形管兩側(cè)水銀液面的高度差為h（3）氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有p即有p解得H=9616．（2025·浙江·選考二測）中國瓷器是從陶器發(fā)展演變而成的，原始瓷器起源于3000多年前?，F(xiàn)代瓷器燒制通常采用電加熱式氣窯，不同的瓷器有不同的燒制要求。如圖是某次燒制瓷器所用窯爐的簡圖，上方有一個只能向上打開的單向排氣閥，排氣閥橫截面積為S。初始時(shí)窯內(nèi)溫度為27℃，窯內(nèi)氣體（可看成理想氣體）體積為V，壓強(qiáng)等于外界大氣壓強(qiáng)p0。某瓷器燒制時(shí)要求窯內(nèi)溫度為777℃(1)加熱時(shí)，排氣閥打開前窯內(nèi)氣體發(fā)生的是________（選填“等壓”“等溫”或“等容”）變化，該過程中單位時(shí)間撞擊排氣閥的分子數(shù)________（選填“增大”“減小”或“不變”）。(2)求排氣閥兩側(cè)壓力差達(dá)到多少時(shí)排氣閥打開。(3)開始加熱前抽出部分氣體，關(guān)閉排氣閥，窯內(nèi)氣體質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?6【答案】(1)等容增大(2)2.5(3)1260K【詳析】（1）[1]排氣閥打開前，加熱過程中，窯內(nèi)氣體發(fā)生等容變化；[2]氣體體積不變，分子數(shù)密度不變，溫度升高，分子熱運(yùn)動平均速率增大，則單位時(shí)間撞擊排氣閥的分子數(shù)增大。（2）排氣閥打開前，窯內(nèi)氣體發(fā)生等容變化，由查理定律有p其中T0=300解得p=3.5排氣閥將要打開時(shí)，兩側(cè)的壓力差為Δ（3）開始加熱前抽出部分氣體的過程，窯內(nèi)氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得p求得p將窯內(nèi)氣體加熱的過程，氣體做等容變化，根據(jù)查理定律得p其中p=3.5解得T17．（2025·浙江·選考三測）如圖所示，固定在水平地面上的絕熱汽缸水平放置，內(nèi)部被絕熱活塞密閉一定質(zhì)量的理想氣體，電熱絲C為氣體加熱裝置，活塞橫截面積S=0.04m2，活塞到汽缸底部距離L1=14.5cm，水平輕彈簧與活塞相連，右端固定在豎直墻壁上，彈簧勁度系數(shù)k=2000N/m，此時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，氣體溫度T1=290K?，F(xiàn)用電熱絲給氣體加熱，使活塞緩慢移動到距離汽缸底部L(1)過程Ⅰ氣體分子數(shù)密度________（選填“增大”“不變”或“減小”），氣體壓強(qiáng)________（選填“增大”“不變”或“減小”）；(2)求氣體溫度為T3時(shí)的壓強(qiáng)p(3)若被封閉的氣體內(nèi)能與溫度關(guān)系為U=αT,α=12J/K【答案】(1)減小增大(2)1.05×(3)16.425J【詳析】（1）[1]過程Ⅰ中因氣體分子總數(shù)不變，氣體體積變大，故單位體積內(nèi)分子數(shù)變少，分子數(shù)密度減??；[2]過程Ⅰ活塞緩慢右移過程，彈簧彈力逐漸增大，內(nèi)部氣體壓強(qiáng)增大。（2）由理想氣體狀態(tài)方程有p其中p1=（3）對過程Ⅰ，由理想氣體狀態(tài)方程得p其中p解得T根據(jù)Δ由求p2的公式可知，活塞移動過程中，封閉氣體的壓強(qiáng)隨活塞移動的距離線性增大，則過程Ⅰ外界對氣體做的功由熱力學(xué)第一定律有Δ求得Q=16.42518．（2025·浙江金華&麗水&衢州·二模）如圖甲所示，導(dǎo)熱良好、厚度不計(jì)的水杯帶著一定空氣倒置在裝著足夠多水的水管中，并靜止釋放，水管直徑略大于水杯。整個過程中沒有氣體漏出。最后水杯如圖乙在水面上漂浮。已知水杯質(zhì)量m=0.1kg，水杯底面積S=10cm2，釋放前氣體高度L1=10.1cm，漂浮后氣體高度(1)水杯上浮過程中杯內(nèi)氣體的分子數(shù)密度______（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體______（選填“吸收”或“放出”）熱量：(2)水杯釋放前的氣體壓強(qiáng)p1(3)其他條件不變，若環(huán)境溫度變?yōu)?00K，忽略水的體積變化，求水杯穩(wěn)定后位移變化量?！敬鸢浮?1)變小吸收(2)p(3)Δ【詳析】（1）[1]上浮過程氣體壓強(qiáng)變小，溫度不變故體積變大。由于溫度不變故分子運(yùn)動速率不變，只能是分子數(shù)密度變小。[2]由熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q，溫度不變ΔU=0，體積變大，氣體對外做功W<0，故（2）水杯在水面上漂浮時(shí)的壓強(qiáng)為p2，則有mg+p由玻意耳定律p1S（3）由蓋呂薩克定律S解得L故水杯穩(wěn)定后位移變化量Δ19．（2025·浙江·一測）如圖所示，玻璃杯內(nèi)盛有溫度為87℃的熱水，杯口用濕潤后的玻璃片蓋住后可使杯內(nèi)氣體不漏出，封閉氣體溫度始終與水溫相同，水溫從87℃緩慢降到27℃，由于玻璃片與杯身間有間隙，水杯內(nèi)外氣體的壓強(qiáng)始終相等。已知杯口面積S=40cm2，水和杯子的總質(zhì)量M=0.6kg，玻璃片的質(zhì)量m=0.1(1)水溫下降過程中分子的平均動能___________（選填“增大”“不變”或“減小”），單位時(shí)間內(nèi)打到水杯內(nèi)壁單位面積氣體的分子數(shù)___________（選填“增大”“減小”或“不變”）。(2)求水溫從87℃降到27℃過程中從外界進(jìn)入杯子的氣體質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量之比。(3)若杯口和玻璃片間不漏氣，把杯子放在干燥的桌面上，水溫下降過程中，某時(shí)刻拿著玻璃片恰能沿豎直方向提起杯子，求此時(shí)杯內(nèi)氣體的攝氏溫度?！敬鸢浮?1)減小增大(2)1:5(3)81.6℃【詳析】（1）[1][2]氣體溫度降低過程中，分子的平均動能減小，又氣體的壓強(qiáng)不變，故單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積內(nèi)壁的分子數(shù)增大。（2）以杯內(nèi)原有氣體為研究對象，設(shè)原有氣體初始體積為V0，由蓋-呂薩克定律得解得V故進(jìn)入的空氣的體積V所以外界進(jìn)入杯子的氣體質(zhì)量與原有氣體質(zhì)量之比為Δ（3）由題意知，杯內(nèi)氣體做等容變化，當(dāng)恰能提起杯子時(shí)，設(shè)杯子內(nèi)氣體溫度為t1，壓強(qiáng)為p1杯子恰好被提起時(shí)，對整體有F-mg-Mg=0對玻璃片有F+解得t專題14熱學(xué)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1分子動理論2024、2025核心考點(diǎn)分布?xì)怏w實(shí)驗(yàn)定律與理想氣體狀態(tài)方程

該知識點(diǎn)為高頻考點(diǎn)，五年內(nèi)每年均以計(jì)算題形式出現(xiàn)。要求結(jié)合活塞模型分析氣體等溫、等容變化過程，涉及壓強(qiáng)與體積的定量關(guān)系?？疾闅怏w狀態(tài)變化的多階段分析，需綜合應(yīng)用玻意耳定律和理想氣體狀態(tài)方程。熱力學(xué)第一定律常與氣體狀態(tài)變化結(jié)合考查，通過氣體內(nèi)能變化量與吸放熱關(guān)系，要求考生推導(dǎo)熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用。2025年進(jìn)一步引入非理想氣體模型，需結(jié)合圖像斜率反演物理過程，強(qiáng)調(diào)對定律本質(zhì)的理解。分子動理論與內(nèi)能選擇題中常見，考查布朗運(yùn)動的本質(zhì)及分子勢能與分子間距的關(guān)系。通過肥皂膜干涉實(shí)驗(yàn)，間接考查分子間作用力對薄膜厚度分布的影響。實(shí)際情境應(yīng)用近年命題趨勢注重與生產(chǎn)生活結(jié)合，考查折射與全反射的綜合應(yīng)用；考點(diǎn)2氣體、固體和液體2023、2024考點(diǎn)3熱力學(xué)定律2023、2024考點(diǎn)01分子動理論1．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，導(dǎo)熱良好帶有吸管的瓶子，通過瓶塞密閉T1=300K，體積V1=1×103cm3處于狀態(tài)1的理想氣體，管內(nèi)水面與瓶內(nèi)水面高度差h=10cm。將瓶子放進(jìn)T2=303K的恒溫水中，瓶塞無摩擦地緩慢上升恰好停在瓶口，h保持不變，氣體達(dá)到狀態(tài)2，此時(shí)鎖定瓶塞，再緩慢地從吸管中吸走部分水后，管內(nèi)和瓶內(nèi)水面等高，氣體達(dá)到狀態(tài)3。已知從狀態(tài)2到狀態(tài)3，氣體對外做功1.02J；從狀態(tài)1到狀態(tài)3，氣體吸收熱量4.56J，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3；忽略表面張力和水蒸氣對壓強(qiáng)的影響。(1)從狀態(tài)2到狀態(tài)3，氣體分子平均速率_____（“增大”、“不變”、“減小”），單位時(shí)間撞擊單位面積瓶壁的分子數(shù)_____（“增大”、“不變”、“減小”）；(2)求氣體在狀態(tài)3的體積V3；(3)求從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量ΔU?！敬鸢浮?1)不變減小(2)V3=1.0201×103cm3(3)ΔU=2.53J【詳析】（1）[1][2]從狀態(tài)2到狀態(tài)3，溫度保持不變，氣體分子的內(nèi)能保持不變，則氣體分子平均速率不變，由于氣體對外做功，則氣體壓強(qiáng)減小，故單位時(shí)間撞擊單位面積瓶壁的分子數(shù)減小。（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程，由蓋—呂薩克定律V其中V1=1×103解得V此時(shí)氣體壓強(qiáng)為p氣體從狀態(tài)2到狀態(tài)3的過程，由玻意耳定律p其中p代入數(shù)據(jù)解得，氣體在狀態(tài)3的體積為V（3）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程中，氣體對外做功為W由熱力學(xué)第一定律Δ其中Q=4.56J，代入解得，從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量為Δ2．（2024·浙江·6月選考）下列說法正確的是（）A．中子整體呈電中性但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)B．真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同C．增加接收電路的線圈匝數(shù)，可接收更高頻率的電臺信號D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，分子勢能先增加后減少【答案】AB【詳析】A．中子由夸克組成，整體呈現(xiàn)電中性，但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故A正確；B．根據(jù)愛因斯坦的相對論可知，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同，故B正確；C．根據(jù)f=可知，增加接收電路的線圈匝數(shù)，可減小振蕩電路的固有頻率，則可接收較低頻率的電臺信號，故C錯誤；D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，即分子距離從小于r0=10-10m故選AB?？键c(diǎn)02氣體、固體和液體3．（2024·浙江·1月選考）如圖所示，一個固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為V1=750cm3的左右兩部分。面積為S=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側(cè)為真空，右側(cè)中一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度T1=300K、壓強(qiáng)p1=2.04×105Pa的狀態(tài)1。抽取隔板A，右側(cè)中的氣體就會擴(kuò)散到左側(cè)中，最終達(dá)到狀態(tài)2。然后解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是___（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求水平恒力F的大??；（3）求電阻絲C放出的熱量Q?！敬鸢浮浚?）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程，分子平均動能不變；（2）10N；（3）【詳析】（1）根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是不可逆過程，由于隔板A的左側(cè)為真空，可知?dú)怏w從狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體不做功，又沒有發(fā)生熱傳遞，所以氣體的內(nèi)能不變，氣體的溫度不變，分子平均動能不變。（2）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2發(fā)生等溫變化，則有p解得狀態(tài)2氣體的壓強(qiáng)為p解鎖活塞B，同時(shí)施加水平恒力F，仍使其保持靜止，以活塞B為對象，根據(jù)受力平衡可得p解得F=(（3）當(dāng)電阻絲C加熱時(shí)，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達(dá)到溫度T2=350K2可得狀態(tài)3氣體的體積為V該過程氣體對外做功為W=根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得Δ解得氣體吸收的熱量為Q可知電阻絲C放出的熱量為Q=4．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S=100cm2，質(zhì)量m=1kg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時(shí)圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A，其體積VA=600cm3。緩慢推動活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)B，此時(shí)體積VB=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達(dá)到狀態(tài)C，此時(shí)壓強(qiáng)pC=1.4×105（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，其分子平均動能________（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求氣體在狀態(tài)C的溫度Tc；（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對系統(tǒng)做的功W?！敬鸢浮浚?）不變；增大；（2）350K；（3）11J【詳析】（1）圓筒導(dǎo)熱良好，則氣體從狀態(tài)A緩慢推動活塞到狀態(tài)B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，則壓強(qiáng)變大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大；（2）狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)p溫度TA=300K；體積VA=600cm3；C態(tài)壓強(qiáng)pC=1.4×105Pa；體積根據(jù)p解得TC=350K（3）從B到C氣體進(jìn)行等容變化，則WBC=0，因從B到C氣體內(nèi)能增加25J可知，氣體從外界吸熱25J，而氣體從A到C從外界吸熱14J，可知?dú)怏w從A到B氣體放熱11J，從A到B氣體內(nèi)能不變，可知從A到B外界對氣體做功11J。5．（2023·浙江·1月選考）某探究小組設(shè)計(jì)了一個報(bào)警裝置，其原理如圖所示。在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用面積S=100cm2、質(zhì)量m=1kg的活塞密封一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。開始時(shí)氣體處于溫度TA=300K、活塞與容器底的距離h0=30cm的狀態(tài)A。環(huán)境溫度升高時(shí)容器內(nèi)氣體被加熱，活塞緩慢上升d=3cm恰好到達(dá)容器內(nèi)的卡口處，此時(shí)氣體達(dá)到狀態(tài)B?；钊３植粍?，氣體被繼續(xù)加熱至溫度Tc（1）在狀態(tài)B的溫度；（2）在狀態(tài)C的壓強(qiáng)；（3）由狀態(tài)A到狀態(tài)C過程中從外界吸收熱量Q?！敬鸢浮浚?）330K；（2）1.1×105Pa；（【詳析】（1）根據(jù)題意可知，氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中，封閉氣體的壓強(qiáng)不變，則有V解得T（2）從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，活塞緩慢上升，則p解得p根據(jù)題意可知，氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，氣體的體積不變，則有p解得p（3）根據(jù)題意可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功為W=由熱力學(xué)第一定律有Δ解得Q=考點(diǎn)03熱力學(xué)定律6．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，測定一個形狀不規(guī)則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導(dǎo)熱效果良好的容器中，開口處豎直插入兩端開口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為m的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩(wěn)定后測出氣柱長度為l1，將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩(wěn)定后氣柱長度為l2、溫度為T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，環(huán)境溫度T1=300K。（1）在此過程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力________（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度_______（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）求此不規(guī)則小塊固體的體積V；（3）若此過程中氣體內(nèi)能增加10.3J，求吸收熱量Q?！敬鸢浮浚?）不變，變??；（2）4×10-5m3；（3）14.4J【詳析】（1）[1][2]溫度升高后，活塞緩慢上升，受力不變，故封閉氣體的壓強(qiáng)不變，根據(jù)p=F（2）氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律V解得V=4×（3）整個過程中外界對氣體做功為W=-對活塞受力分析p解得W=-4.1根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ其中Δ解得Q=14.4故氣體吸收熱量為14.4J。7．（（2023·浙江·6月選考）下列說法正確的是（

）A．熱量能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體B．液體的表面張力方向總是跟液面相切C．在不同的慣性參考系中，物理規(guī)律的形式是不同的D．當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率【答案】BD【解析】A．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知熱量能不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；B．液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；C．由狹義相對論的兩個基本假設(shè)可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的，故C錯誤；D．根據(jù)多普勒效應(yīng)可知當(dāng)波源與觀察者相互接近時(shí)，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率，故D正確。故選BD。1．（2025·浙江北斗星盟·三模）關(guān)于以下四幅圖中所涉及物理知識的論述中，正確的是（）A．甲圖中，在表面層，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力B．乙圖中，當(dāng)感應(yīng)圈兩個金屬球間有火花跳過時(shí)，導(dǎo)線環(huán)兩個小球間也跳過了火花，這時(shí)導(dǎo)線環(huán)接收到了電磁波C．丙圖中，由圖可知當(dāng)驅(qū)動力的頻率f跟固有頻率f0D．丁圖中，1是熱敏電阻，2是金屬熱電阻【答案】B【詳析】A．在液體表面層，分子間距離大于平衡距離r0，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故AB．當(dāng)感應(yīng)圈兩個金屬球間有火花跳過時(shí)，產(chǎn)生變化的電磁場，形成電磁波向外傳播。導(dǎo)線環(huán)接收到電磁波后，在導(dǎo)線環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使得導(dǎo)線環(huán)兩個小球間跳過了火花，故B正確；C．由圖丙可知，當(dāng)驅(qū)動力的頻率f跟固有頻率f0相差越大，振幅越小；當(dāng)驅(qū)動力的頻率f等于固有頻率f0時(shí)，發(fā)生共振，振幅最大，故D．熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小，金屬熱電阻的阻值隨溫度升高而增大。由圖丁可知，1的阻值隨溫度升高而增大，是金屬熱電阻；2的阻值隨溫度升高而減小，是熱敏電阻，故D錯誤。故選B。2．（2025·浙江金華·三模）如圖1，寶石折光儀是用來測量寶石折射率的儀器。折光儀的基本原理如圖2，把待測寶石緊密貼放在半球棱鏡上，標(biāo)準(zhǔn)光源發(fā)出黃光，射向半球棱鏡球心。通過棱鏡射向被測寶石的光，當(dāng)入射角小于全反射臨界角的光線會折射進(jìn)寶石，觀測目鏡上表現(xiàn)為暗域；當(dāng)入射角大于臨界角的光線全反射回棱鏡，觀測目鏡上表現(xiàn)為亮域。亮暗域的分界線相當(dāng)于該臨界角的位置，目鏡下安裝有一個標(biāo)尺，刻有與此臨界角相對應(yīng)的折射率值。下列說法正確的是（）A．棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率B．換用白光光源，測量寶石折射率的準(zhǔn)確度會更高C．換用紅光光源，其明暗域分界線在標(biāo)尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的下方D．把寶石的另一個側(cè)面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，說明寶石是非晶體【答案】A【詳析】A．根據(jù)題意可知，黃光從半球棱鏡射入寶石能夠發(fā)生全反射，即半球棱鏡相對于寶石是光密介質(zhì)，可知，棱鏡對黃光的折射率大于寶石對黃光的折射率，故A正確；B．換用白光光源，由于白光是由七種單色光復(fù)合而成，不同種單色光的折射率不相同，當(dāng)入射角一定時(shí)，有些能夠發(fā)生全反射，有些不能夠發(fā)生全反射，則觀測目鏡上各種單色光顯現(xiàn)的亮暗區(qū)域不相同，測量寶石折射率的準(zhǔn)確度會更低，故B錯誤；C．紅光的折射率小于黃光的折射率，則紅光對應(yīng)的臨界角大于黃光的臨界角，可知，換用紅光光源，其明暗域分界線在標(biāo)尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的上方，故C錯誤；D．把寶石的另一個側(cè)面與棱鏡接觸，測得寶石的折射率與之前不同，即寶石具有各向異性，說明寶石是單晶體，故D錯誤。故選A。3．（2025·浙江紹興·三模）有關(guān)四幅圖的描述，下列說法正確的是（）A．圖1中，農(nóng)民用拖拉機(jī)耕地是利用毛細(xì)現(xiàn)象讓灌溉水能更好地滲入到地下B．圖2中，碎裂鋼化玻璃的裂縫處由于進(jìn)入了空氣發(fā)生了薄膜干涉，因此特別亮C．圖3中的核反應(yīng)是一種鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，其中92235U的質(zhì)量大于D．圖4為等離子體極化子在晶體MoOCl2【答案】C【詳析】A．拖拉機(jī)耕地主要是為了松土、增加土壤通氣與透水性，并非利用“毛細(xì)現(xiàn)象”來讓水滲入地下，故A錯誤；B．碎裂的鋼化玻璃裂縫處明亮通常是由于內(nèi)部應(yīng)力釋放后形成的多重反射效應(yīng)，不是由薄膜干涉引起，故B錯誤；C．92235U發(fā)生核反應(yīng)時(shí)，其質(zhì)量大于生成的56139D．等離子體極化子屬較高層次的凝聚態(tài)物理研究，且簡單的圖像對稱性并不能說明材料各向同性，故D錯誤。故選C。4．（2025·浙江寧波十?！ひ荒＃┮后w的表面張力會使液體表面總處于繃緊的狀態(tài)。設(shè)想在液面上作一條分界線，張力的作用表現(xiàn)在，分界線兩邊液面以一定的拉力F相互作用，F(xiàn)的大小與分界線的長度l成正比，即F=σl（σ為液體的表面張力系數(shù)），F(xiàn)的方向總是與液面相切，并垂直于液面的分界線。小明設(shè)計(jì)了一個簡易裝置用來測量某液體的表面張力系數(shù)。如圖所示，間距為l的U形細(xì)框上放置一細(xì)桿MN，兩者間摩擦不計(jì)。將裝置從肥皂水中取出后水平放置，會形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分別為俯視圖和正視圖，由于表面張力的緣故，膜的上、下表面會對MN產(chǎn)生水平向左的力。小明用一測力計(jì)水平向右拉住MN使其保持靜止，測力計(jì)示數(shù)為F0，接著用該肥皂水吹成了球形肥皂泡，如圖丙所示。當(dāng)肥皂泡大小穩(wěn)定時(shí)，測得其球形半徑為RA．F0l,F0lR B．F【答案】C【詳析】肥皂水上下兩個表面都存在表面張力，故有F得到肥皂水的表面張力系數(shù)為σ=右側(cè)半球膜受到膜內(nèi)、外氣體的壓力和膜邊緣的表面張力，如圖根據(jù)受力平衡可知F因肥皂泡的內(nèi)外表面都存在表面張力，故肥皂泡內(nèi)外氣體對右側(cè)半球膜的壓力差為F故壓強(qiáng)差為Δ故選C。5．（2025·浙江·二聯(lián)）下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說法正確的是（）A．在溫水中滴入一滴墨水，用眼睛直接觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動，間接說明水分子做不停歇的無規(guī)則運(yùn)動B．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，待圖像穩(wěn)定后我們可觀察到薄膜干涉彩色條紋C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測量結(jié)果偏大D．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動作要迅速，以減少氣體進(jìn)入或泄漏而造成誤差【答案】C【詳析】A．雖然墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動（布朗運(yùn)動）確實(shí)可以間接說明水分子的無規(guī)則運(yùn)動，但是我們無法直接用眼睛觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動，這需要借助顯微鏡，故A錯誤；B．油膜法實(shí)驗(yàn)中，油酸需在水面形成單分子層，此時(shí)油膜厚度均勻，不會出現(xiàn)明顯薄膜干涉條紋，故B錯誤；C．油膜法測分子直徑實(shí)驗(yàn)中，油酸要足夠稀釋，因?yàn)檫^濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，導(dǎo)致油酸的面積S偏小，由d=V0SD．在研究“玻意耳定律”實(shí)驗(yàn)中，推拉活塞時(shí)，動作要慢，防止因做功導(dǎo)致氣體的穩(wěn)定升高，故D錯誤。故選C。6．（2025·浙江·二聯(lián)）關(guān)于下列四幅圖分別對應(yīng)的說法中，正確的是（）A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上正電從而被吸附在電極上B．圖乙中釷234的半衰期是24d，則800個釷核234經(jīng)過48d后必定還剩200個C．由丙圖可知，24He核子的平均質(zhì)量比D．丁圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子在不同溫度下的速率分布情況可知，溫度T【答案】C【詳析】A．圖甲為靜電除塵原理示意圖，進(jìn)入電場的粉塵帶上負(fù)電從而被吸附在電極上，A錯誤;B．半衰期是對大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對少量原子核沒有意義，B錯誤；C．比結(jié)合能大的原子核，平均每個核子的質(zhì)量虧損就大，核子的平均質(zhì)量就小，由圖可知24He核子的比結(jié)合能大于12H核子的比結(jié)合能，故24D．溫度是分子平均動能的標(biāo)志，由于T2溫度下分子的速率圖像的峰值更大，故溫度T1<故選C。7．（2025·浙江·選考測評）一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程為pVT=C，常量A．kg?m2C．N?m-1【答案】A【詳析】根據(jù)p=則C=可得常量C的單位用國際單位制基本單位可表示為kg故選A。8．（2025·浙江北斗星盟·三模）下列說法正確的是（）A．由愛因斯坦的質(zhì)能方程E=mc2可知質(zhì)量和能量可以相互轉(zhuǎn)化B．熱機(jī)可以從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功C．如果一種元素具有放射性，它的放射性強(qiáng)度與溫度有關(guān)，溫度越高，放射性越強(qiáng)D．比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固【答案】D【詳析】A．由愛因斯坦的質(zhì)能方程E=mc2可知，一定的質(zhì)量總是和一定的能量相對應(yīng)，而不是質(zhì)量和能量可以相互轉(zhuǎn)化，二者概念根本不同，當(dāng)發(fā)生質(zhì)量虧損時(shí)，質(zhì)量只是以光子形式發(fā)射出去，故A錯誤。B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功而不引起其它的變化；熱機(jī)可以從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，但要引起其它的變化，選項(xiàng)B不正確；C．物質(zhì)的衰變與環(huán)境無關(guān)，若將放射源置于高溫高壓環(huán)境中，射線強(qiáng)度將不變化，故C錯誤。D．比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固，選項(xiàng)D正確。故選D。11．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）如圖所示，一固定直立汽缸由上、下兩個相互連通的圓筒構(gòu)成。上部圓筒體積為2V0，其中有一質(zhì)量為2m、面積為2S的薄活塞A。下部圓筒長度足夠，其中有一質(zhì)量為m、面積為S的活塞B。兩圓筒由一短而細(xì)的管道連通，兩活塞均可在各自的圓筒內(nèi)無摩擦地上下滑動，活塞A的上方盛有理想氣體X，A、B之間盛有另一種氣體Y，活塞B下方與大氣連通。開始時(shí)整個系統(tǒng)處于熱平衡態(tài)，X氣體溫度為T0、體積為V0，內(nèi)能與溫度的關(guān)系為U=CT，其中C為已知常量，T為熱力學(xué)溫度；活塞B下方的大氣壓強(qiáng)為常量p0。若汽缸壁、管道、活塞均不導(dǎo)熱?，F(xiàn)通過燈絲L對X氣體緩慢加熱(1)若活塞A恰好到達(dá)上圓筒底部時(shí)，X氣體處于熱平衡態(tài)，求其溫度Tf1，以及從燈絲中吸收的熱量Q1。(2)若氣體X從燈絲中吸收的熱量為（1）問中的兩倍（即2Q1），求達(dá)到平衡態(tài)時(shí)氣體X的溫度Tf2【答案】(1)Tf1=2(2)3【詳析】（1）初態(tài)pp等壓過程2解得T此過程外界對X氣體做功W=-根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q=C可得Q（2）繼續(xù)輸入熱量Q2-Q1=Q解得T12．（2025·浙江金華義烏·三模）某一監(jiān)測設(shè)備的簡易結(jié)構(gòu)如圖所示，導(dǎo)熱性能良好且頂部開孔與大氣相通的汽缸底部與一熱源表面緊貼，汽缸頂部內(nèi)上側(cè)裝有一個體積大小可以忽略的壓力傳感器，監(jiān)測開始時(shí)，中部活塞與汽缸底部距離為h1=0.3m、與頂部的距離為h2=0.2m，橫截面積為S=10-2m2，活塞下方封閉溫度為T0=300K、壓強(qiáng)為p(1)當(dāng)熱源的的溫度從300K緩慢升到T1時(shí)，活塞剛好觸及傳感器但壓力示數(shù)仍為0。①則該過程中封閉空氣分子的平均動能_______（選填“變大”，“變小”，或“不變”），氣體分子對容器壁單位時(shí)間單位面積的撞擊次數(shù)_______（選填“變大”，

“變小”，或“不變”）；②求出T1=________；(2)熱源溫度從T0=300K緩慢升到T2=550K。①畫出該過程壓力傳感器示數(shù)F與外壁溫度T的關(guān)系圖像；②該過程氣體吸收了Q=370J的熱量，求該過程中氣體內(nèi)能的變化量。【答案】(1)變大變小500K(2)①；②170J【詳析】（1）[1]當(dāng)熱源的溫度從300K緩慢升到T1時(shí)，分子平均動能增大；[2]由于活塞剛好觸及傳感器但壓力示數(shù)仍為0，可知?dú)怏w做等壓變化，故溫度升高、體積增大，壓強(qiáng)不變，可知?dú)怏w分子對容器壁單位時(shí)間單位面積的撞擊次數(shù)變??；[3]根據(jù)蓋—呂薩克定律S代入題中解得T（2）①所以分析可知從T0→T1過程，活塞未觸及傳感器，則傳感器示數(shù)F=0且p對活塞，由平衡條件有p聯(lián)立解得F=2T-1000綜合可知F=故圖像如下②根據(jù)熱力學(xué)第一定律有Δ且W=-p聯(lián)立解得Δ13．（2025·浙江寧波十?！ひ荒＃┤鐖D所示，固定的直立絕熱容器由上細(xì)下粗的兩個圓筒拼接而成，底部密封，頂端開口。上方細(xì)圓筒內(nèi)部高度為8h，下方粗圓筒內(nèi)部高度為4h，h=10cm。其中有兩個輕質(zhì)且厚度不計(jì)的活塞A、B各封閉一定質(zhì)量的理想氣體，分別記為氣體Ⅰ和氣體Ⅱ，活塞A絕熱，活塞B導(dǎo)熱，均能沿筒壁無摩擦滑動?；钊鸄、B的面積分別為S和4S，S=30cm2。初始時(shí)，氣體II溫度為T0=300K，兩個活塞均距離兩圓筒拼接處h。當(dāng)電阻絲緩慢加熱時(shí)，兩活塞緩慢滑動，最終氣體Ⅱ(1)氣體II從T0緩慢升高至T1的過程中，氣體I中分子的平均速率______（填“增加”、“不變”或“減少”）；細(xì)圓筒內(nèi)壁單位面積所受氣體I中分子的平均作用力______（填“增加”、“不變”或“減少(2)溫度升高至T1時(shí)，求氣體II的壓強(qiáng)p(3)已知?dú)怏wⅠ內(nèi)能與熱力學(xué)溫度的關(guān)系為U=1.25TJ，則氣體II從T0到T1過程中，求氣體Ⅰ【答案】(1)增加不變(2)1.05×(3)210【詳析】（1）氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增加，氣體分子運(yùn)動的平均速率增加。對輕質(zhì)活塞A進(jìn)行分析可知，氣體I中壓強(qiáng)大小始終等于大氣壓強(qiáng)，即氣體I中壓強(qiáng)大小不變，可知，細(xì)圓筒內(nèi)壁單位面積所受氣體I中分子的平均作用力不變。（2）設(shè)活塞B恰好到達(dá)兩圓筒拼接處時(shí)溫度為T，由于活塞質(zhì)量不計(jì)，各部分氣體壓強(qiáng)始終等于大氣壓強(qiáng)。對于氣體II，根據(jù)蓋呂薩克定律有3解得T=400可知，氣體Ⅱ從400K到420K過程，氣體Ⅱ解得p（3）活塞B導(dǎo)熱，所以兩部分氣體溫度相同，對于氣體Ⅰ，溫度從T0到T1的過程中，發(fā)生等壓變化，設(shè)T1時(shí)活塞A距離兩圓筒拼接處解得H=7對于氣體Ⅰ，發(fā)生等壓變化，且氣體膨脹，氣體對外界做功，則有W=-解得W=-60氣體I內(nèi)能增加Δ解得Δ根據(jù)熱力學(xué)第一定律有Δ解得Q=21014．（2025·浙江·選考測評四）如圖所示是通過壓力罐給一定高度處的用戶供水的示意圖，該壓力罐容積為500L，罐內(nèi)無水時(shí)氣體壓強(qiáng)為p0，啟動水泵給壓力罐補(bǔ)水，當(dāng)罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大到4p0(1)若環(huán)境溫度不變，補(bǔ)水過程中，罐內(nèi)氣體的內(nèi)能______（選填“增大”“減小”或“不變”），氣體______（選填“向外界放出”或“從外界吸收”）熱量。(2)若環(huán)境溫度不變，求水泵正常工作一次可給用戶供水多少升。(3)若補(bǔ)水前環(huán)境溫度從原來的300K降為285K，求水泵正常工作一次可給用戶供水多少升。【答案】(1)不變向外界放出(2)125L(3)118.75【詳析】（1）[1]環(huán)境溫度不變，補(bǔ)水過程中，罐內(nèi)理想氣體溫度不變，Δ即氣體內(nèi)能不變。[2]補(bǔ)水過程中，外界對罐內(nèi)氣體做功，即W>0由Δ可知Q<0即罐內(nèi)氣體向外界放出熱量。（2）設(shè)補(bǔ)完水后罐內(nèi)氣體體積為V1，補(bǔ)水過程，對罐內(nèi)氣體，由玻意耳定律有其中V解得V設(shè)供完水后罐內(nèi)氣體體積為V2由玻意耳定律有p其中p解得V可得V（3）降溫過程，由蓋－呂薩克定律分別有V1T其中T解得VV15．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，一個底面積S=50cm2的柱形導(dǎo)熱光滑汽缸與足夠長的U形細(xì)管連接，U形細(xì)管右端封閉，其中有一定量的水銀，細(xì)管體積可忽略。外界溫度T0=300K時(shí)，從汽缸開口處緩慢放入一個質(zhì)量為m=10(1)從放入活塞到穩(wěn)定的過程中，汽缸內(nèi)氣體______。（選填“向外界放