2022年高考物理题型讲义（新高考）专题6 第20课时　热学

第20课时热学命题规律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.常考题型：选择题或计算题．高考题型1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,Vmol)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1)图14．气体压强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例1(2020·北京卷·10)分子力F随分子间距离r的变化如图2所示．将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是()图2A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小答案D解析分子力与分子间距离的关系如图所示，从r＝r2到r＝r0，分子间引力和斥力都增大，故A错误；从r＝r2到r＝r1，分子间引力和斥力的合力先增大，再减小，再增大，故B错误；从r＝r2到r＝r0，分子力做正功，分子势能一直减小，故C错误；从r＝r2到r＝r1，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确．例2(2021·山东济南市一模)根据所学知识分析，下列说法中正确的是()A．布朗运动就是热运动B．只有液体和气体才能发生扩散现象C．太空飞船中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果D．分子间相互作用的引力和斥力的合力一定随分子间的距离增大而减小答案C解析布朗运动是微粒在液体或气体中的无规则运动，间接反映了液体分子或气体分子在永不停息地做无规则运动，它不是微粒的热运动，也不是液体分子的热运动，A错误；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，B错误；太空飞船中的水滴处于完全失重状态，在表面张力作用下收缩为球形，C正确；当r<r0时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而减小，当r>r0时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而先增大后减小，D错误．例3(多选)下列说法正确的是()A．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B．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C．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D．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ABC解析有些晶体(如有些单晶体)在不同的方向上有不同的光学性质，即具有各向异性，A正确；碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，如石墨和金刚石，故B正确；在合适的条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃，C正确；在熔化过程中，晶体的内能要增大，D错误．高考题型2气体实验定律理想气体状态方程1．压强的计算(1)被活塞、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．考向一气体实验定律例4(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图3，两侧粗细均匀、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h0＝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T1＝283K，大气压强p0＝76cmHg.图3(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＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S④V2＝HS⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得h≈12.9cm⑥(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≈363K考向二理想气体状态方程例5(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病．常见拔罐有两种，如图4所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门．使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上．抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强．某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的eq\f(20,21).若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的eq\f(20,21)，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同．罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化．求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值．图4答案eq\f(1,3)解析设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2＝eq\f(20V0,21)①由理想气体状态方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)则有eq\f(p0V0,T1)＝eq\f(p2·\f(20,21)V0,T2)②代入数据得p2＝0.7p0③对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④由玻意耳定律得p3V3＝p4V4则有p0V0′＝p2V4⑤联立③⑤式，代入数据得V4＝eq\f(10,7)V0′⑥设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知ΔV＝V4－eq\f(20,21)V0′⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V4)⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得eq\f(Δm,m)＝eq\f(1,3).考向三关联气体例6(2021·全国甲卷·33(2))如图5，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动．气体温度始终保持不变．向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq\f(V,2).图5(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强．答案(1)0.4V2p0(2)(eq\r(5)－1)Veq\f(3＋\r(5),4)p0解析(1)对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pBeq\f(1,2)V，解得pB＝2p0对A气体分析，根据玻意耳定律有p0V＝pAVApA＝pB＋0.5p0，联立解得VA＝0.4V.(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为eq\f(3,2)V，由玻意耳定律可得p0V＝p′×eq\f(3,2)V则此情况下A的压强为p′＝eq\f(2,3)p0<pB－0.5p0则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据玻意耳定律有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0联立解得pB′＝eq\f(3－\r(5),4)p0(舍去)，pB′＝eq\f(3＋\r(5),4)p0VA′＝(eq\r(5)－1)V.高考题型3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(多选)(2020·全国卷Ⅲ·33(1)改编)如图6，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦．现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降．环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态．在活塞下降过程中()图6A．气体体积逐渐减小，内能增知B．气体压强逐渐增大，内能不变C．气体压强逐渐增大，放出热量D．外界对气体做功，气体内能不变答案BCD解析温度不变，理想气体的内能不变，故A错误；根据玻意耳定律，体积减小，压强增大，故B正确；根据ΔU＝W＋Q，内能不变，外界对气体做功，气体放出热量，故C、D正确．例8(2020·山东卷·6)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p－V图像如图7所示．已知三个状态的坐标分别为a(V0，2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)．以下判断正确的是()图7A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量答案C解析由W＝Fx＝pSx＝p·ΔV知，p－V图线与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误．由eq\f(pV,T)＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，ΔU＝0；由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由eq\f(pV,T)＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，据ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误．由eq\f(pV,T)＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，ΔU<0，外界对气体做正功，W>0，属于放热过程，由ΔU＝Q＋W知，W<|Q|，故C正确．由于a、b状态内能相等，故c→a内能的减少量等于b→c内能的增加量，故D错误．1．(2021·山东德州高三期末)以下关于热学的说法正确的是()A．物体温度升高时，物体内所有分子的动能都增大B．水表面层的分子间的作用表现为相互吸引C．气体产生压强是由于分子间相互排斥D．符合能量守恒定律的过程都能自发进行答案B解析温度是表征物体内所有分子平均动能的物理量，物体温度升高，说明物体内所有分子的平均动能增大了，并不是所有分子的动能都增大了，故A错误；水面表层分子很容易脱离水而进入空气中，所以水面表层的分子相对于水面以下较为稀疏，分子间距较大，分子间表现出相互吸引，故B正确；气体产生压强是由于气体分子永不停息地运动而对接触物表面产生了持续的作用力，而不是由于分子间相互排斥的原因，故C错误；电冰箱能将热量从低温物体转移到高温物体，其工作过程符合能量守恒定律，但不能自发地进行，需要消耗电能才能进行，故D错误．2.(2021·山东淄博市一模)分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图8所示．将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是()图8A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小答案C解析由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则此时分子间的距离为平衡距离，分子间的作用力恰好为0.结合分子间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子间的作用力为零，分子势能最小，所以假设将两个分子从r＝r2处静止释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1<r2，可知分子在r＝r1处分子间的作用力表现为斥力，分子间的距离将增大，分子间的作用力做正功，分子的速度增大；当分子间的距离大于r2时，分子间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子间的作用力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时它们的速度最大，故C正确；由于r1<r2，可知分子在r＝r1处分子间作用力表现为斥力，分子间的距离将增大，分子间的作用力减小，当r>r2时，分子间的作用力表现为引力，其先增大后减小，则它们的加速度先减小后增大再减小，故D错误．3.(多选)质量一定的理想气体完成如图9所示的循环，其中A→B过程是等容过程，B→C过程是等压过程，C→A过程是等温过程，已知在状态C时气体的体积V＝3.0×10－3m3，则下列关于气体状态变化及其能量变化的说法正确的有()图9A．A→B过程，气体从外界吸热，内能减小B．C→A过程单位体积的分子数增多C．气体在状态B时的体积是5×10－3m3D．A→B→C的整个过程中向外放热600J答案CD解析A→B过程，体积不变，外界对气体不做功，温度升高，内能增大，气体从外界吸热，选项A错误；C→A过程，温度不变，压强减小，体积增大，所以单位体积的分子数减少，选项B错误；由eq\f(VB,TB)＝eq\f(V,TC)，得VB＝5×10－3m3，选项C正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，A、C状态温度相等，内能不变，W＝3×105Pa·ΔV，ΔV＝VB－V＝2×10－3m3，得Q＝－600J，即向外放热600J，选项D正确．4.(2021·广东韶关市一模)如图10所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分．温度都为T0＝300K，上部分气体压强为p0＝1.0×105Pa，活塞A有eq\f(mg,S)＝2×104Pa(S为活塞横截面积)．现保持下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)．求：图10(1)下部分气体的压强；(2)上部分气体的温度．答案(1)2.4×105Pa(2)1080K解析(1)对下部分气体，做等温变化，初状态压强为：p1＝p0＋eq\f(mg,S)体积为：V1＝V0末状态：压强为p2，体积为：V2＝eq\f(1,2)V0根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2代入数据解得：p2＝2.4×105Pa(2)对上部分气体，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p2′＝p2初状态：压强为p0，温度为T0，体积为V0末状态：压强为p2′，温度为T2′，体积为V2′＝eq\f(3,2)V0根据理想气体状态方程，有：eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2′V2′,T2′)代入数据解得：T2′＝3.6T0＝1080K.专题强化练[保分基础练]1．(2021·辽宁抚顺市六校高三期末联考)关于扩散现象和布朗运动，下列说法正确的是()A．扩散现象只能发生在液体或气体中，不能发生在固体中B．布朗运动就是花粉分子的无规则运动C．悬浮在一定温度的液体中的固体小颗粒越大，布朗运动越明显D．扩散现象和布朗运动都能证明分子在永不停息地做无规则运动答案D解析大量事实表明，气态、液态和固态物质之间都能发生扩散现象，故A错误；布朗运动是悬浮在液体表面的花粉颗粒的无规则运动，不是花粉分子的无规则运动，选项B错误；悬浮在一定温度的液体中的固体小颗粒越小，布朗运动越明显，选项C错误；扩散现象和布朗运动都能证明分子在永不停息地做无规则运动，选项D正确．2.(2021·山东德州市一模)如图1所示为两分子间的分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，对此以下说法中正确的是()图1A．r>r1时，分子间的引力大于斥力B．固体相邻分子间的距离约等于r1C．液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2D．将分子间距由r1增大到r2，分子间引力与斥力的合力会变大答案C解析分子间同时存在相互作用的引力和斥力，当二者大小相等时分子势能最小，此时分子间距离为平衡距离，即固体相邻分子间的距离约等于r2，选项B错误；当分子间距离r>r2时，分子间的引力大于斥力，选项A错误；液体存在表面张力是因为表面层中相邻分子的平均间距大于r2，选项C正确；将分子间距由r1增大到平衡距离r2时，分子间引力与斥力的合力会变小，选项D错误．3．(2020·北京市通州区第二中学高三三模)关于固体、液体，下列说法正确的是()A．晶体没有确定的熔点，非晶体有确定的熔点B．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性C．表面张力使液体表面具有扩张的趋势，使液体表面积趋于最大D．发生毛细现象时，细管中的液体只能上升不会下降答案B解析晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，A错误；由液晶的性质知它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，B正确；表面张力使液体表面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，C错误；毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外；毛细管插入不浸润液体中，管内液面下降，低于管外，D错误．4．(2021·山东新高考测评)自行车胎充气过足，在阳光下受曝晒时车胎极易爆裂，曝晒过程中内胎容积的变化可以忽略不计．则()A．在车胎突然爆裂的瞬间，胎内气体内能减小B．车胎爆裂是车胎内气体温度升高、气体分子间斥力急剧增大的结果C．在车胎爆裂前，胎内所有气体分子的运动速率都在增大D．在车胎爆裂前，胎内气体吸热、温度升高，气体分子的平均动能减小答案A解析在车胎突然爆裂的瞬间，可以认为胎内气体与外界没有热交换，而胎内气体对外做功，由热力学第一定律可知，车胎内气体内能减小，选项A正确；车胎爆裂是车胎内气体温度升高、压强增大的结果，与分子间斥力无关，选项B错误；在车胎爆裂前，车胎内气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是所有气体分子的运动速率都在增大，实际上有些分子的运动速率可能减小，选项C、D错误．5．(2021·山东卷·2)如图2所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体()图2A．内能减少B．对外界做正功C．增加的内能大于吸收的热量D．增加的内能等于吸收的热量答案B解析由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度升高，内能增加，A错误；在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；由A、B分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，C、D错误．6.(2021·山东青岛市高三期末)一定质量的理想气体从状态A开始，经状态B和状态C回到状态A，其状态变化的p－T图像如图3所示，其中线段AB与T轴平行，线段BC与p轴平行．下列说法中正确的是()图3A．气体从状态A到状态B过程中，气体分子对容器壁的碰撞次数不变B．气体从状态B到状态C过程中，气体向外界释放热量C．气体从状态A到状态B过程中，气体吸收热量全部用来增加气体的内能D．气体从状态C到状态A过程中，单位体积内气体分子数减少答案B解析气体从状态A到状态B经历了一个温度升高的等压过程，则气体分子的平均动能增加，单个气体分子对容器壁的撞击力增大，由理想气体状态方程可知其体积要增大，所以单位体积内的气体分子数要减少，但是气体压强保持不变，由气体压强的微观解释可知，气体分子在单位时间内对容器壁的碰撞次数要减小，故A错误；气体体积增大的过程中气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知吸热并不全部用来增加内能，故C错误；气体从状态B到状态C是压强增大的等温过程，由理想气体状态方程可知其体积减小，即气体被压缩，外界对气体做功，但是气体的内能不变，由热力学第一定律可知气体向外界释放热量，故B正确；A、C两点所在的直线过原点，即压强p与温度T成正比，其比值是一个定值，由理想气体状态方程可得eq\f(p,T)＝eq\f(C,V)，即从状态C到状态A，气体的体积没有变化，单位体积内气体分子数不变，故D错误．7.(2021·辽宁营口市高三期末)带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体．气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如图4所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则()图4A．pb>pc，Qab>QacB．pb<pc，Qab>QacC．pb<pc，Qab<QacD．pb>pc，Qab<Qac答案B解析根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，整理可得V＝eq\f(CT,p)，所以V－T图线斜率越大，压强越小，b点的压强小于c点，即pb<pc；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，经过程ab到达状态b或经过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，所以ΔU相等，又因经过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到达状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以ab过程吸收的热量多，即Qab>Qac.故选B.[争分提能练]8．(2021·山东泰安市高三一模)2020年1月1日TPMS(胎压监测系统)强制安装法规已开始执行．汽车行驶时TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27℃，压强为240kPa，轮胎的容积为30L．阿伏加德罗常数为NA＝6.0×1023mol－1，0℃、1atm下1mol任何气体的体积均为22.4L,1atm＝100kPa，则该状态下轮胎内气体的分子数约为()A．1.8×1023 B．1.8×1024C．8.0×1023 D．8.0×1024答案B解析设胎内气体温度变为T2＝273K，压强变为p2＝100kPa，体积变为V2，则由理想气体方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，所以V2＝eq\f(p1T2V1,p2T1)＝65.52L，该状态下气体的物质的量为n＝eq\f(V2,V)＝eq\f(65.52L,22.4L/mol)＝2.925mol，所以气体的分子数约为N＝nNA＝1.755×1024，故选B.9.(2021·江苏省1月适应性考试·9)某汽车的四冲程内燃机利用奥托循环进行工作．该循环由两个绝热过程和两个等容过程组成．如图5所示为一定质量的理想气体所经历的奥托循环，则该气体()图5A．在状态a和c时的内能可能相等B．在a→b过程中，外界对其做的功全部用于增加内能C．b→c过程中增加的内能小于d→a过程中减少的内能D．在一次循环过程中吸收的热量小于放出的热量答案B解析根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，c→d为绝热过程，则Q＝0，V增大，W<0，则ΔU<0，故Tc>Td；d→a为等容过程，根据查理定律有eq\f(p,T)＝C，知Td>Ta，则Tc>Ta，故状态c的内能较大，A错误；a→b为绝热过程，Q＝0，外界对气体做功W>0，ΔU＝W，B正确；c→d气体对外界做功W1，大小等于cd曲线与V轴围成的面积，a→b外界对气体做功W2，大小等于ab曲线与V轴围成的面积，可知W1>W2，d→a、b→c为等容过程W′＝0，故全过程，气体对外界做功，大小等于bcda围成的面积，在一次循环过程中，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，W<0，ΔU＝0，可知Q>0，故一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量；由上面分析可知，c→d内能减少量大于a→b内能的增加量，故b→c内能的增加量应大于d→a内能的减少量，C、D错误．10.(2021·全国甲卷·33(1))如图6，一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)＝________.图6答案1eq\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).11．(2021·河北卷·15(2))某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为3.0×103Pa.(1)当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa.答案(1)3.1×103Pa(2)eq\f(97,3)解析(1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)代入数据解得p2＝3.1×103Pa(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静