\\五年真題（2021-2025）

專塞14挺號

（五年考情?探規(guī)律）

考點五年考情（202L2025）命題趨勢

考點1分子動.核心考點分布氣體實驗定律

2024、2025

理論與理想氣體狀態(tài)方程

該知識點為高頻考點，五年內(nèi)每年均以

考點2氣體、

2023、2024計算題形式出現(xiàn)。要求結合活塞模型分析

固體和液體氣體等溫、等容變化過程，涉及壓強與體

積的定量關系?？疾闅怏w狀態(tài)變化的多階

段分析，需綜合應用玻意耳定律和理想氣

體狀態(tài)方程。熱力學第一定律常與氣體狀

態(tài)變化結合考查，通過氣體內(nèi)能變化量與

吸放熱關系，要求考生推導熱力學第一定

律的應用。2025年進一步引入非理想氣體

模型，需結合圖像斜率反演物理過程，強

考點3熱力學

2023、2024調(diào)對定律本質(zhì)的理解。

定律

分子動理論與內(nèi)能選擇題中常見，考

查布朗運動的本質(zhì)及分子勢能與分子間距

的關系。通過肥皂膜干涉實驗，間接考查

分子間作用力對薄膜厚度分布的影響。

實際情境應用近年命題趨勢注重與生

產(chǎn)生活結合，考查折射與全反射的綜合應

用；

（五年真題?分點精準練）

考點01分子動理論

3

1.（2025?浙江月選考）如圖所示，導熱良好帶有吸管的瓶子，通過瓶塞密閉n=300K,體積V?=Ix10

cn?處于狀態(tài)1的理想氣體，管內(nèi)水面與瓶內(nèi)水面高度差力=iocm。將瓶子放進T2=303K的恒溫水中，

瓶塞無摩擦地緩慢上升恰好停在瓶口，力保持不變，氣體達到狀態(tài)2,此時鎖定瓶塞，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po=1.0xgpa,水的密度〃=1.0xl(pkg/n?；忽

略表面張力和水蒸氣對壓強的影響。

(1)從狀態(tài)2到狀態(tài)3,氣體分子平均速率L增大”、“不變”、“減小”)，單位時間撞擊單位面積瓶

壁的分子數(shù)(“增大”、“不變”、“減小”)；

(2)求氣體在狀態(tài)3的體積%;

⑶求從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量AU。

【答案】(1)不變減小

(2)匕=1.0201x103cm3

(3)AU=2.53J

【詳析】(1)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，則氣體壓強減小，故單位時間登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，由蓋一呂薩克定律

其■一瓦

其中

匕=1x103cm之，T]=300K,T2=303K

解得

V2=1.01x103cm3

此時氣體壓強為

Pz=Pi=Po+pgh=1.01x105Pa

氣體從狀態(tài)2到狀態(tài)3的過程，由玻意耳定律

P2%=P3匕

其中

P3=PO

代入數(shù)據(jù)解得，氣體在狀態(tài)3的體積為

匕-1.0201x103cm3

（3）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2的過程中，氣體對外做功為

%=pi（%一匕）=1.01j

由熱力學第一定律

△U=Q-（名+佝

其中

Q=4.56J,W2=1.02J

代入解得，從狀態(tài)1到狀態(tài)3氣體內(nèi)能的改變量為

△U=2.53J

2.（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)部有復雜結構

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)部有復雜結構，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)

/二,

2HVLC

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=l（）T0m到大于％的過程，分子力先

做正功后做負功，則分子勢能先減小后增大，故D錯誤。

故選AB。

考點02氣體、固體和液體

3」2。24?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％=75Ucm3的

左右兩部分。面積為S=lOOcn?的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側為真空，右側中一定質(zhì)量的理想

氣體處于溫度A=300K、壓強pi=2.04x105pa的狀態(tài)1。抽取隔板A,右側中的氣體就會擴散到左側

中，最終達到狀態(tài)2。然后解鎖活塞B,同時施加水平恒力廣，仍使其保持靜止，當電阻絲C加熱時，

活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度R=350K的狀態(tài)3,氣體內(nèi)能增加AU=63.81已知大

氣壓強Po=1.01x105pa,隔板厚度不計。

（1）氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2是一（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能一（選填“增大”、“減

4.（2023.浙江6月選考）如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面積S=lOOcmZ,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，平衡時圓筒內(nèi)氣體處于

狀態(tài)A,其體積以=600cm3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態(tài)8,此時體積%=500cm3。固定活塞，升

高熱源溫度，氣體達到狀態(tài)C此時壓強pc=14x105pa。三知從狀態(tài)A到狀態(tài)C,氣體從外界吸收熱

量Q=14J；從狀態(tài)A到狀態(tài)C,氣體內(nèi)能增加AU=25J；大氣壓po=1.01xlOSpa。

熱源

（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)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)。的溫度?；

（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)8過程中外界對系統(tǒng)做的功W。

【答案】（1）不變；增大；（2）350K；（3）11J

【詳析】（1）圓筒導熱良好，則氣體從狀態(tài)A緩慢推動活塞到狀態(tài)從氣體溫度不變，則氣體分子平

均動能不變；氣體體積減小，則壓強變大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大；

（2）狀態(tài)4時的壓強

PA=Po-=L°x105Pa

3

溫度7>300K：體積V4=600cin：

C態(tài)壓強pc=1.4x105Pa：體積Vc=500cm3；

根據(jù)

PAYA_V（Nc

丁一石

解得

Tc=350K

（3）從B到C氣體進行等容變化，則W“=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。從外界吸熱14J,可知氣體從A到8氣體放熱11J,從A到8氣體內(nèi)能不變，可知從A

到4外界對氣體做功IIJo

5.（2023?浙江月選考）某探究小組設計了一個報警裝置，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。開始時氣體處

于溫度〃=300K、活塞與容器底的距離/io=30cm的狀態(tài)A,環(huán)境溫度升高時容器內(nèi)氣體被加熱，活塞

緩慢上升d=3cm恰好到達容器內(nèi)的卡口處，此時氣體達到狀態(tài)8?；钊３植粍樱瑲怏w被繼續(xù)加熱至

溫度幾=363K的狀態(tài)C時觸動報警器。從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中氣體內(nèi)能增加了AU=158J。取大氣

壓Po=0.99x105pa,求氣體，

（1）在狀態(tài)8的溫度；

（2）在狀態(tài)C的壓強；

（3）由狀態(tài)4到狀態(tài)C過程中從外界吸收熱量Q。

邛一”報警器i

/zz/z/z/z/z/zz

【答案】（1）330K；（2）1.1x105Pa；（3）188J

【詳析】（I）根據(jù)題意可知，氣體由狀態(tài)A變化到狀態(tài)8的過程中，封閉氣體的壓強不變，則有

匕」

解得

TB=^TA=330K

VA

（2）從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，活塞緩慢上升，則

PBS=PQS+mg

解得

5

pB=lx10Pa

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

PBPC

解得

5

pc='PB=1.1x10Pa

（3）根據(jù)題意可知，從狀態(tài)4到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功為

W=PBSA/I=30j

由熱力學第一定律有

=-W+Q

解得

Q=AU+W=188J

考點03熱力學定律

6.（2024?浙江?（）月選考）如圖所示，測定一個形狀不規(guī)則小塊同體體積，將此小塊固體放入已知容積為為

的導熱效果良好的容器中，開口處豎宜插入兩端開U的薄玻端管，其橫截面積為S,接口用蠟密封。容

器內(nèi)充入定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為，，，的活塞封閉，活塞能無摩擦滑動，穩(wěn)定后測出氣柱K度為

//,將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動，再次穩(wěn)定后氣柱長度為小溫度為乃。已知5=4.0乂10-%]2,

43

0.1kg,6=0.2m,/2=0.3m,7>35（）K,Vo=2.（）xl0-m,大氣壓強〃o=L（）x]（）卬a,環(huán)境溫度7>3OOK。

（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3

（3）若此過程中氣體內(nèi)能增加10.3J,求吸收熱量Q。

【答案】（1）不變，變??；（2）4x10/3；（3）14.4J

【詳析】（1）溫度升高后，活塞緩慢上升，受力不變，故封閉氣體的壓強不變，根據(jù)p=?可知器

壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變；由于體積變大,故氣體分子的數(shù)密度變小。

（2）氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律

VQ-V+_VQ-V^rl2S

=~T2-

解得

V=4x10-5m3

（3）整個過程中外界對氣體做功為

W=-P1S（l2-G）

對活塞受力分析

PiS=mg+p0S

解得

W=-4.1J

根據(jù)熱力學第?定律

△U=Q+W

其中

△U=10.3J

解得

Q=14.4J

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.當波源與觀察者相G接近E寸，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)多普勒效應可知當波源與觀察者相互接近時，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BDo

1年模擬?精選?？碱}

1.（2025?浙江北斗星盟?三模）關于以下四幅圖中所涉及物理知識的論述中，正確的是（

報f

B.乙圖中，當感應圈兩個金屬球間有火花跳過時，導線環(huán)兩個小球間也跳過了火花，這時導線環(huán)接收

到了電磁波

c.丙圖中，由圖可知當驅(qū)動力的頻率/跟固有頻率久相差越大，振幅越大

D.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為，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故A錯誤；

B.當感應圈兩個金屬球間有火花跳過時，產(chǎn)生變化的電磁場，形成電磁波向外傳播。導線環(huán)接收到電

磁波后，在導線環(huán)中產(chǎn)生感應電動勢，使得導線環(huán)兩個小球間跳過了火花，故B正確；

C.由圖丙可■知，當驅(qū)動力的頻率/跟固有頻率%相差越大，振幅越??；當驅(qū)動力的頻率/等于固有頻率

久時，發(fā)生共振，振幅最大，故C錯誤；

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Bo

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匕標準光源發(fā)出黃光，射向半球棱鏡球心。通過棱鏡射向被測寶石的

光，當入射角小于全反射臨界角的光線會折射進寶石，觀測目鏡上表現(xiàn)為暗域；當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于該臨界角的位置，目鏡下安裝有一

個標尺，刻有與此臨界角相對應的折射率值。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確度會更高

C.換用紅光光源，其明暗域分界線在標尺上的位置會在原黃光明暗域分界線位置的下方

D.把寶石的另一個側面與棱儻接觸，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合而成，不同種單色光的折射率不相同，當入射角一定

時，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Ao

3.(2025?浙江紹興?三模)有關四幅圖的描述，下列說法正確的是()

圖］圖2圖3圖4

A.圖1中，農(nóng)民用拖拉機耕地是利用毛細現(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中的核反應是一種鏈式反應，其中第'U的質(zhì)量大于嫡Ba、與一個中子的質(zhì)量之和

D.圖4為等離子體極化子在晶體MoOC%薄膜中的傳播，因其圖像具有較高的對稱性可判斷其各向同性

【答案】C

【詳析】A.拖拉機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)部應力釋放后形成的多重反射效應，不是由薄膜干涉引起，

故B錯誤；

C,能5u發(fā)生核反應時，其質(zhì)量大于生成的139Ba^::Kr和中子質(zhì)量的總和，正是這種質(zhì)量虧損轉(zhuǎn)化

為核能釋放出來，故C正確。

D.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I?校?一模）液體的表面張力會使液體表面總處于繃緊的狀態(tài)。設想在液面二作一條分界

線，張力的作用表現(xiàn)在，分界線兩邊液面以一定的拉力廠相互作用，尸的大小與分界線的長度，成正比，

即F=〃（。為液體的表面張力系數(shù)），尸的方向總是與液面相切，并垂直于液面的分界線。小明設計了

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I的U形細框上放置一細桿MN,兩者

間摩擦不計。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

計水平向右拉住MN使其保持靜止，測力計示數(shù)為品，接著用該肥皂水吹成了球形肥皂泡，如圖丙所示。

當肥皂泡大小穩(wěn)定時、測得其球形半徑為R。則小明測得肥皂水的表面張力系數(shù)和肥皂泡內(nèi)外氣體對右

側半球膜的壓強差分別為（）

N

甲（語視圖）乙（正視圖）

A幺色D.余。

,/'IR

【答案】C

【詳析】肥皂水上下兩個表面都存在表面張力，故有匹=2次

得到肥電水的表面張力系數(shù)為。=

右側半球膜受到膜內(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內(nèi)=小外+尸

因肥皂泡的內(nèi)外表面都存在表面張力，故肥皂泡內(nèi)外氣體對右側半球膜的壓力差為尸內(nèi)-4卜="=2。?

2nR=2-^-2nR=

21I

故壓強差為Ap=與*=華

故選C。

5.（2025?浙江?二聯(lián)）下列實驗現(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)則運動，間接說明水分子做不停歇的

無規(guī)則運動

B.油膜法測分子直徑實驗中，待圖像檢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驗中，油酸要足夠稀釋，因為過濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，

導致實驗測量結果偏大

D.在研究“玻意耳定律”實驗中，推拉活塞時，動作要迅速，以減少氣體進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)則運動（布朗運動）確實可以間接說明水分子的無規(guī)則運動，但是

我們無法直接用眼睛觀察到墨粉小顆粒的無規(guī)則運動，這需要借助顯微鏡，故A錯誤；

B.油膜法實驗中，油酸需在水面形成單分子層，此時油膜厚度均勻，不會出現(xiàn)明顯薄膜干涉條紋，故

B錯誤；

C.油膜法測分了?直徑實驗中，油酸要足夠稀釋，因為過濃油酸會使得油酸分子聚集，形成顆粒狀物質(zhì)，

導致油酸的面積S偏小，由壯=?可知實驗測量結果偏大，故c正確；

D.在研究“玻意耳定律”實驗中，推拉活塞時，動作要慢，防止因做功導致氣體的穩(wěn)定升高，故D錯誤.

故選C。

6.（2025?浙江?二聯(lián)）關于下列四幅圖分別對應的說法中，正確的是（）

比結合的MeV

A.圖甲為靜電除塵原理示意圖，進入電場的粉塵帶上正電從而被吸附在電極上

B,圖乙中社234的半衰期是24d,則800個鉆核234經(jīng)過48d后必定還剩2（X）個

C.由丙圖可知，汨e核子的平均質(zhì)量比汨核子的平均質(zhì)量小

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7\\72

【答案】C

【詳析】A.圖中為靜電除塵原理示意圖，進入電場的粉塵帶上負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)計規(guī)律，對少量原子核沒有意義，B錯誤；

C.比結合能大的原子核，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［He核子的

比結合能大于汨核子的比結合能，故1He核子的平均質(zhì)最比汨核子的平均質(zhì)最小，C正確；

D.溫度是分子平均動能的標志，由于與溫度下分子的速率圖像的峰值更大，故溫度TI<72,D錯誤。

故選C。

7.（2025?浙江?選考測評）??定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)方程為華=C,常量C的單位用國際單位制基本單位可

表示為（）

A.kg?m2?s-2-K_1B.kg-m2?s-2?℃-1

C.N-m-1?K_1D.Nm-K-1

【答案】A

【詳析】根據(jù)p=gma

J

則。=與=嚶

TST

可得常量C的單位用國際單位制基本單位可表示為等等;kg?m2.S-?KT

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￡=〃/可知質(zhì)量和能量可以相互轉(zhuǎn)化

B.熱機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，它的放射性強度與溫度有關，溫度越高，放射性越強

D.比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固

【答案】D

【詳析】A.由愛因斯坦的質(zhì)能方程可知，一定的質(zhì)量總是和一定的能量相對應，而不是質(zhì)量

和能量可以相互轉(zhuǎn)化，二者概念根本不同，當發(fā)生質(zhì)量虧損時，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B不正確；

C.物質(zhì)的衰變與環(huán)境無關，若將放射源置于高溫高壓環(huán)境中，射線強度將不變化，故C錯誤。

D.比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固，選項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成。上部圓筒

體積為2%,其中有一質(zhì)量為2〃八面積為2s的薄活塞A。下部圓筒長度足夠，其中有一質(zhì)量為〃?、面

積為S的活塞B。兩圓筒由一短而細的管道連通，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。開始時整個系

統(tǒng)處于熱平衡態(tài)，X氣體溫度為7。、體積為先,內(nèi)能與溫度的關系為U=CT,其中C為已知常量，T

為熱力學溫度；活塞B下方的大氣壓強為常量外。若汽缸壁、管道、活塞均不導熱?，F(xiàn)通過燈絲L對

X氣體緩慢加熱

?￡?

TB

塞住奇

（1）若活塞A恰好到達上圓筒底部時，X氣體處于熱平衡態(tài)，求其溫度7）/,以及從燈絲中吸收的熱量

Q。

（2）若氣體X從燈絲中吸收的熱量為（1）問中的兩倍（即20）,求達到平衡態(tài)時氣體X的溫度7;2

【答案】⑴％=2ToeO+（p0-等）為

（2）3%+用-等）

【詳析】（1）初態(tài)py=Po-T

PX=PY--7TT=PO-

等壓過程笠-等

T八To

解得77i=2To

此過程外界對X氣體做功W=-px（V-%）=pxVQ

根據(jù)熱力學第一定律dU=W+Q=C（Tfl-To）

可得Qi=C（Tfl-To）-IV=CT0+（po-竿）為

（2）繼續(xù)輸入熱量Qz-Qi=Qi的過程中，氣體X經(jīng)歷等容過程，內(nèi)能變化△（7=C（Tf2-TQ=（22-Q]

解得力=矢"+q=3"4一等）

12.（2025?浙江金華義烏?三模）某一監(jiān)測設備的簡易結構如圖所示，導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)上側裝有一個體積大小可以忽略的壓力傳感器，監(jiān)測開始

時，中部活塞與汽缸底部距離為/〃=（）.3m、與頂部的距離為e=0.2m,橫截面積為S=IONITA活塞下

方封閉溫度為7。=300K、壓強為po=105pa的空氣，此時壓力傳感器的示數(shù)為0。已知外界空氣壓強

為lOTa,活塞質(zhì)量及摩擦可不計，試解答下列問題：

壓力傳感器

氣缸頂部

^2=0.2m

九=0.3m

氣缸底部

（1）當熱源的的溫度從300K緩慢升到。時，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

單位時間單位面積的撞擊次數(shù)（選填“變大”，“變小”，或，不變”）；

②求出T尸：

（2）熱源溫度從7滬300K緩慢升到乃=55（）K.

①畫出該過程壓力傳感器示數(shù)尸與外壁溫度7的關系圖像；

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】⑴變大變小500K

?F/N

10017

O50055077K

(2)①；②170J

【詳析】(1)口］當熱源的溫度從300K緩慢升到。時，分子平均動能增大；

⑵由于活塞剛好觸及傳感器但壓力示數(shù)仍為0,可知氣體做等壓變化，故溫度升高、體積增大，壓強

不變，可知氣體分子對容器壁單位時間單位面積的撞擊次數(shù)變?。?/p>

⑶根據(jù)蓋一口薩克定律等=出產(chǎn)

TO

代入題中解得A=500K

(2)①所以分析可知從"tA過程，活塞未觸及傳感器，則傳感器示數(shù)*二0：從過程，氣體做

等容變化，根據(jù)查理定律有卷=手

」Lpo=Pi

對活塞，由平衡條件有p0S+F=p2s

聯(lián)立解得尸=2T-1000(N)(500K<T<550K)

(0,(0<T<500K)

綜合可知尸={

(2T-1000(N),(500K<T<550K)

故圖像如下

FN

100

O50055077K

②根據(jù)熱力學第一定律有△〃=W+Q

且W=-p0Sh2=-200J,Q=370J

聯(lián)立解得AU=170J

13.(2025?浙江寧波十校?一模)如圖所示，固定的直立絕熱容器由上細下粗的兩個圓筒拼接而成，底部密

封，頂端開口。上方細圓筒內(nèi)部高度為8h，下方粗圓筒內(nèi)部高度為4/?,h=lOcmo其中有兩個輕質(zhì)且

厚度不計的活塞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H,活塞A絕熱，活塞B

導熱，均能沿筒壁無摩擦滑動。活塞A、B的面積分別為S和4S,S=30cm2o初始時，氣體n溫度

為"二300K,兩個活塞均距離兩圓筒拼接處九。當電阻絲緩慢加熱時，兩活塞緩慢滑動，最終氣體II

溫度升高至7\二420K,達到新的平衡。整個過程中，大氣玉保持不變，始終為po=1x105pa,活塞

A沒有從細圓筒頂部滑出，不計電阻絲體積，忽略各部分因升溫或壓強變化引起的形變。

(1)氣體II從7。緩慢升高至的過程中，氣體I中分子的平均速率(填“增加”、“不變”或“減少”)；

細圓筒內(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7\時，求氣體II的壓強pz；

(3)已知氣體I內(nèi)能與熱力學溫度的關系為U=1.257(1)，則氣體II從7。到A過程中，求氣體I吸收的熱

量Q。

【答案】⑴增加不變

(2)1.05x105Pa

(3)210)

【詳析】(1)氣體溫度升高，氣體分子的平均動能增加，氣體分子運動的平均速率增加。對輕質(zhì)活塞

A進行分析可知，氣體【中壓強大小始終等于大氣壓強，即氣體I中壓強大小不變，可知，細圓筒內(nèi)壁

單位面積所受氣體I中分子的平均作用力不變。

(2)設活塞B恰好到達兩圓筒拼接處時溫度為T,由于活塞質(zhì)量不計，各部分氣體壓強始終等于大氣壓

強。對于氣體II,根據(jù)蓋呂薩克定律有竿二竿

解得7=400K<T1=420K

可知，氣體II從400K到420K過程，氣體II體積不變，根據(jù)查理定律有手=詈

解得P2=1.05x105Pa

(3)活塞B導熱，所以兩部分氣體溫度相同，對于氣體I,溫度從為到的過程中，發(fā)生等壓變化,

設A時活塞A距離兩圓筒拼接處H,根據(jù)蓋呂薩克定律有笑坐二警

70

解得月=7/i=70cm

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=—%[SH-(Sh+4S/i)]

解得勿=-60J

氣體I內(nèi)能增加AU=1.25AT

解得AU=150J

根據(jù)熱力學第一定律有AU=W+Q

解得Q=210J

14.（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)無水時氣體壓強為po,啟動水泵給壓力罐補水，當罐內(nèi)氣體壓強增大到4Po時水泵自動停止

補水。用此壓力罐給用戶緩慢供水，當罐內(nèi)氣體壓強降為2pn后，停止供水。壓力^密封性、導熱性能

均良好，罐內(nèi)氣體可視為理想氣體，水管容積可忽略不計。

（1）若環(huán)境溫度不變，補水過程中，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）I25L

（3）118.75L

【詳析】（1）［1］環(huán)境溫度不變，補水過程中，罐內(nèi)理想氣體溫度不變，AU=0

即氣體內(nèi)能不變。

⑵補水過程中，外界對罐內(nèi)氣體做功，即W>0

由AU=Q+W=0

可知QV0

即罐內(nèi)氣體向外界放出熱量。

（2）設補完水后罐內(nèi)氣體體積為匕，補水過程，對罐內(nèi)氣體，由玻意耳定律有p0%=pi匕

其中％=500L,pi=4p0

解得匕=125L

設供完水后罐內(nèi)氣體體積為%,供水過程，對罐內(nèi)氣體，

由玻意耳定律有Po%=P2七

其中P2=2Po

解得％=250L

可得%=v2-vl=125L

（3）降溫過程，由蓋一呂薩克定律分別有

匕—_匕,空一—匕

T1T2TJT2

其中A=300K,T2=285K

解得匕=0.95%,V'2=0.95KJ

V，供=V'2-V\=0.95x%=118.75L

15.（2025?浙江?選考測評）如圖所示，一個底面積S=50cm2的柱形導熱光滑汽缸與足夠長的U形細管連

接，U形細管右端封閉，其中有一定量的水銀，細管體積可忽略。外界溫度To=300K時，從汽缸開口

處緩慢放入一個質(zhì)量為m=10kg的活塞（密封效果良好），穩(wěn)定時活塞底距離汽缸底高度％=80cm,

大氣壓強為76cmHg（lcmHg?1.3x103Pa）o

（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)氣體的壓強和U形管中水銀液面的高度差砥（結果保留1位小數(shù)）。

（3）求汽缸的總高度H（結果俁留整數(shù)）。

【答案】（1）向外界放熱

（2）91.4cmHg,15.4cm

（3）96cm

【詳析】（1）放入活塞后，氣體壓強增大，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)熱力學第一定律可知，氣體向外界放熱。

（2）對活塞進行分析，根據(jù)平衡條件有（p-po）S=mg

解得“=91.4cmHg

U形管兩側水銀液面的高度差為/h=91.4cm-76cm=15.4cm

（3）氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有Po,=p%

印有PoHS=pH0S

解得H=96cm

16.（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，排氣閥橫截面枳為S。初始時窯內(nèi)溫度為27",窯內(nèi)氣體（可看

成理想氣體）體積為V,壓強等于外界大氣壓強Po。某瓷器燒制時要求窯內(nèi)溫度為777。（：時排氣閥打開。

單向排氣閥

⑴加熱時，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）求排氣閥兩側壓力差達到多少時排氣閥打開。

（3）開始加熱前抽出部分氣體，關閉排氣閥，窯內(nèi)氣體質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?求窯內(nèi)氣體溫度為多少時，排

氣閥再次打開。

【答案】（1）等容增大

⑵2.5p°S

（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，分子熱運動平均速率增大，則單位時間撞擊排氣閥的

分子數(shù)增大。

⑵排氣閥打開前，窯內(nèi)氣體發(fā)生等容變化，由查理定律有名二卷

其中70=300K,7\=1050K

解得p=3.5p（）

排氣閥將要打開時，兩側的壓力差為AF=pS-p0S=2.5p°S

（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°V=piqV

求得Pi=；po

將窯內(nèi)氣體加熱的過程，氣體做等容變化，根據(jù)查理定律得勺=§

zo1

其中p=3.5p（）

解得F=1260K

17.（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人=

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,此時彈簧處

于原長狀態(tài)，氣體溫度-=290K。現(xiàn)用電熱絲給氣體加熱，使活塞緩慢移動到距離汽缸底部G=16cm

處，此時氣體溫度為明，此過程為過程I，此后固定活塞不動，繼續(xù)加熱使氣體溫度升至北=336K,

5

此過程為過程H?；钊宦馇也挥嬈渑c汽缸間的摩擦，大氣壓強po=1.0x10Pao

cHjuoooootw

L=14.5cm

(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_________(選填“增大”“不

變“或”減小”

(2)求氣體溫度為73時的壓強內(nèi)；

(3)若被封閉的氣體內(nèi)能與溫度關系為U=aT,a=\]/K,求過程I氣體吸收的熱量Q。

【答案】⑴減小增大

(2)1.05x105Pa

⑶I6.425J

【詳析】(】)[I]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

度減小；

[2〕過程I活塞緩慢右