热学-2020-2024年山东高考物理复习试题分类汇编（解析版）

4<06

・

5年考情•探规律

五年考情

考点命题趋势备考策略

(2020-2024)

2024•山东卷•T6

对于热学部分，重难点比较

2024•山东卷•T16通过对近几年高考的分析，集中，气体的性质是本部分

本专题中分子动理论、热力的常考点。应用理想气体实

2023•山东卷•T9

学定律及理想气体状态方程验定律解决实际问题是今后

2022•山东卷•T5的应用仍然是高考命题的热的命题方向。

考点1热力学定律（5点，题型有选择题、实验题常见题型有：①布朗运动与

2022•山东卷•T15

以及计算题.

年9考）分子热运动；②对分子力和

2021•山东卷•T2趋势分析：在复习过程中应

分子势能的理解；③对固体

2021•山东卷•T4加强对分子动理论以及热力

和液体的考查；④对气体实

2020•山东卷•T6学定律相关的选择题或计算

验定律及热力学图像的考

2020•山东卷•T15题的练习，加强对综合考查

查；⑤对热力学定律的考查；

考点2实验：探究等温气体实验定律及热力学定律

⑥气体实验定律与热力学定

条件下气体压强与体积2023•山东卷•T13的计算题的训练.

律的综合。

的关系（5年1考）

5年真题•分点精准练

考点01热力学定律

1、（2024•山东卷•T6）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，“一6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.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—brc过程，气体从外界吸收热量全部用于对外做功

D.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.过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功卬<0,由盖-吕萨克定律可知

”〉Ta

即内能增大，厚几>。,根据热力学第一定律AU=Q+W可知a9万过程，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：c过程中气体与外界无热量交换，即

或=。

又由气体体积增大可知Me<o,由热力学第一定律AU=Q+W可知气体内能减少。

方法二：c过程为等温过程，所以

Tc=Ta

结合%>7；分析可知

Th>Tc

所以。到c过程气体的内能减少。故B错误；

C.cfa过程为等温过程，可知

Tc=Ta,MJac=Q

根据热力学第一定律可知afbfc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：afcfa—整个热力学循环过程AU=0,整个过程

气体对外做功，因此热力学第一定律可得

故a->〃过程气体从外界吸收的热量Q.不等于-a过程放出的热量,D错误。

故选Co

2、（2023•山东卷•T9）一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为IxlC^pa。经等容过程，该气

体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。

下列说法正确的是（）

A.初始状态下，气体的体积为6LB,等压过程中，气体对外做功400J

C.等压过程中，气体体积增加了原体积-D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J

4

【答案】AD

【解析】

C.令理想气体的初始状态的压强，体积和温度分别为

Pi=Po，K=K，Z=3OOK

等容过程为状态二

p2=7,V2=匕=%Z=400K

等压过程为状态三

P3=外,咚=?，4=400K

由理想气体状态方程可得

PM_必匕—23匕

4—4一与

解得

44

P2=-P0^=-K）

体积增加了原来的』，c错误；

3

D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律

AU=W+Q=400J

两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400J,D正确；

AB.等压过程内能增加了400J,吸收热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做功为200J,即做

功的大小为

W=PO[%T=2OOJ

解得

%=6L

A正确B错误；

故选ADo

3、（2022•山东卷•T5）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时

气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动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】

初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有

（P「Po）s=mg

气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的

将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。

AB.气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体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AU=Q+W得：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，AB错误；

CD.气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子

数的比例减小，C正确，D错误。

故选Co

4、（2024•山东卷•T16）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Si=L0cm2,长度8=100.0cm,侧壁有一小孔A。储液罐

的横截面积S2=90.0cm2,高度/?=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无；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p=1.0xl03kg/m3,重力加速度大小g=10m/s2,大气压

5

P=1.0xl0Pao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“、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Vo

H

h

图甲图乙

【答案】（1）x=2cm；（2）V=8.92xl0Tm3

【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

p/H-x)S[=p2Hsi

又因为

Pi=P。

0+P§h=Po

代入数据联立解得

x=2cm

(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有

(h

P(y+=2[”S]+5s2

又因为

h

Pj+Pg--=Po

代入数据联立解得

V=8.92XICT4m3

5、(2022•山东卷•T15)某些鱼类通过调节体内鱼膘的体积实现浮沉。如图所示，鱼膘结构可简化为通过

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》处。B室内气体体积为V,质量为烧；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，鱼鳗内气体温

度不变。水的密度为P，重力加速度为g。大气压强为po,求：

(1)鱼通过增加B室体积获得大小为。的加速度、需从A室充入B室的气体质量Am；

(2)鱼静止于水面下处时，B室内气体质量加1。

,MmapgH+

【答案】(1)=——；(2)叫=------m

VpgPgE+Po

【解析】

(1)由题知开始时鱼静止在〃处，设此时鱼的体积为为,有

Mg=pgVo

且此时B室内气体体积为V,质量为相，则

加=〃气V

鱼通过增加B室体积获得大小为〃的加速度，则有

pg(Vo+AV)-Mg=Ma

联立解得需从A室充入B室的气体质量

Mma

Am二夕气AV=

Vpg

(2)由题知开始时鱼静止在〃处时，B室内气体体积为匕质量为加，且此时B室内的压强为

pi=pgH+po

鱼静止于水面下Hi处时，有

pi=pgH\+po

由于鱼膘内气体温度不变，根据玻意耳定律有

p\V=P2V2

解得

K_pgH+Poy

2Pg&+Po

则此时B室内气体质量

PgH+Po

fni=夕气匕=m

PgH】+p0

6、（2021•山东卷•T2）如图所示，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（）

A.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】

A.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，小瓶内温度升高，内能增加，A错误;

B.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

T

气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；

CD.由AB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

AU=W+Q

由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。

故选B。

7、（2021•山东卷•T4）血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充

入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积

为H每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V,压强

计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。

则丫等于（）

A.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cm3

【答案】D

【解析】

根据玻意耳定律可知

p°V+5PM=PiX5V

已知

3

p0=750mmHg,VQ=60cm,px-750mmHg+150mmHg=900mmHg

代入数据整理得

V=60cm3

故选D。

8、（2020•山东卷•T6）一定质量的理想气体从状态。开始，经,aT＞、b-c、c-a三个过程后回到初始状

态。，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为。（Vo,2Po）、b（2Vo,po）、c（3Vo,2Po）以下

判断正确的是（）

A.气体在a—6过程中对外界做的功小于在6-c过程中对外界做的功

B.气体在过程中从外界吸收的热量大于在6-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6-c过程中内能的增加量

【答案】C

【解析】

A.根据气体做功的表达式W=Er=夕=可知p-V图线和体积横轴围成的面积即为做功大小,

所以气体在af〃过程中对外界做的功等于〃fc过程中对外界做的功，A错误；

B.气体从。一>方，满足玻意尔定律。V=C,所以

Ta=Tb

所以△。2=0,根据热力学第一定律AU=Q+W可知

0=QM+%

气体从bfc,温度升高，所以△。历>0,根据热力学第一定律可知

△几=或+瞑

结合A选项可知

wah=whc<0

所以

Qbc>Qab

bfc过程气体吸收的热量大于a—Z?过程吸收的热量，B错误；

C.气体从c-a,温度降低，所以AUcaVO,气体体积减小，外界对气体做功，所以叱■a〉。，根据热

力学第一定律可知。/<0,放出热量，C正确；

D.理想气体的内能只与温度有关，根据】=4可知从

K|=K|

所以气体从cfa过程中内能的减少量等于bfc过程中内能的增加量，D错误。

故选Co

9、（2020•山东卷•T15）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型。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型，罐内气压

2121

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。

一抽气阀门

火罐抽气拔罐

.AmI

【答案】——

m3

【解析】

设火罐内气体初始状态参量分别为外、，、匕，温度降低后状态参量分别为P2、72、匕，罐的容积为Vo,

由题意知

20

pi=po、T1=45OK、Vi=Vo>T2=300K>%=五%①

由理想气体状态方程得

20..

A)%=私,210②

方一

代入数据得

02=0.7。。③

对于抽气罐，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0、%,罐的容积为％由题

意知

P3=P。、丫3=%'、P4=02④

由玻意耳定律得

P(Yo=。2匕⑤

联立②⑤式，代入数据得

匕4叫⑥

设抽出的气体的体积为△匕由题意知

△f-*’⑦

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为

AmAV…

募F⑧

联立②⑤⑦⑧式，代入数据得

1-

­=一⑨

m3

考点02实验：探究等温条件下气体压强与体积的关系

10、（2023•山东卷•T13）利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度

的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞

上端固定一托盘，托盘中放入祛码，待气体状态稳定后，记录气体压强。和体积V（等于注射器示数/与

塑料管容积AV之和），逐次增加祛码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。

回答以下问题：

（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气

体。

A.。与V成正比B.。与1成正比

V

（2）若气体被压缩到V=10.0mL,由图乙可读出封闭气体压强为Pa（保留3位有效数字）。

（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了AV,则在计算乘积时，他的计算结果与同组

正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随。的增大而（填“增大”或“减小”）。

【答案】①.B②.204xlO3③.增大

【解析】

（1）口］在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的

气体，P与工成正比。

V

故选Bo

（2）⑵若气体被压缩到V=10.0mL,则有

-=^—mU1=100xl0-3mL-1

V10.0

由图乙可读出封闭气体压强为

p=204xl（）3Pa

（3）［3］某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了AV,则在计算乘积时，根据

可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随。的增大而增大。

1年模拟•精选模考题

1.（2024•山东济宁•三模）如图所示，一定质量的理想气体，经历。一6fc―。过程，其中人是等温

过程，匕fc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.匕->c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功

D.af人过程中，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

【详析】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a―人过程气体的压强大于6fc过程气体压强，则气体对外做功大

于外界对气体做功，c一“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.c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.af6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

【详析】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。

3.（2024・山东聊城•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，初始时活塞静止，由于气球的弹性橡皮膜对内部气体的作用，使得气体乙的压

强大于气体甲的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体乙的压强仍大于气体甲的压强。已

知气体甲和气体乙均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦且密封良好，气球导

热良好。则此过程中（）

A.气体甲内能的增加量等于气体乙内能的增加量

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的增加量

D.活塞对气体甲做的功等于甲、乙两部分气体内能的增加量之和

【答案】A

【详析】A.气球导热良好，则气球内、外两部分温度始终相等，气体分子平均动能始终相等，由于气体

质量相等，故两部分气体内能始终相等，向下缓慢推动活塞，外界对气体做功，由于活塞与汽缸均绝热，

由热力学第一定律知两部分气体内能增加，且增加量相等，故A正确；

B.气体内能增大，则稳定升高，气体分子做无规则热运动的平均速率加快，但不是每个气体分子做无规则

热运动的速率均加快，故B错误；

C.活塞下移压缩气体甲，气体甲的压强增大，使气球收缩，即气体甲对气体乙做功，气球收缩，气球弹性

势能减小，转化为气体的内能，设气体乙向气体甲传热为。，有

△U甲=唉塞一%时乙+Q

由于Q-%对乙的值未知，无法判断出活塞对气体甲做的功与气体甲内能增加量得到关系，故c错误；

D.由C可知气球收缩，气球弹性势能减小，转化为系统的内能，有

△U甲+AL/乙=W活塞+耳弹

可得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，故D错误。

故选Ao

4.(2024•山东临沂•二模)某品牌自行车的气压避震装置主要由活塞、汽缸组成，可将其简化成如图所示结

构，该自行车共有4个完全相同的避震器。自行车车架通过支架连接活塞，汽缸底部固定安装在车轴上，

自行车车架、支架、活塞的总质量为活塞横截面积为S,质量为机的骑行爱好者匀速骑行在水平路面

时汽缸内气体的长度为4,重力加速度为g,外界大气压强为P。，活塞内气体视为理想气体且温度不变，

不计一切摩擦，则骑行者在与水平面成0=37°(cos370=0.8)夹角的斜坡上匀速向下骑行时汽缸内气体的长

度为()

20p0S+5（M+g20p0S+4+m）g

A.%2OpoS+5（M+m）g^

20p0S+4（M+m）g

15Pos+5（M+m）g15p0S+3（M

15pS+3（M+m）g"D.

015Pos+5（Af+m）g

【答案】A

【详析】在水平路面时，由平衡可知

(m+M)g+4p0S=4p15

在水平路面汽缸内气体的体积

VX=\S

斜坡上由平衡可知

(m+M)gcos6+4Pos=4p2s

斜坡上汽缸内气体的体积

V,=h1s

根据玻意耳定律

AX="匕

解得

20〃0s+5（M+m）g

%20Pos+4（M+机）g

故选Ao

5.（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机的小桶，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AU。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（）

塞

活

电

热0

丝

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从/-仅弘

【答案】B

【详析】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P。，活塞的横截面积为S,气体压强为尸，由平衡方程

P0S=mg+pS

得

pS=p0S-mg

活塞向右移动L过程中，对外做功

W=pS=（p0S-mg）L

由热力学第一定律得

AU=Q-W

得气体吸收的热量即电热丝释放的热量

Q=AU+（p0S-mg）L

故D错误。

故选Bo

6.（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

【详析】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。

7.（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

【详析】AB.根据玻意耳定律=C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

AU=W+Q

可知气体吸热，故C正确，D错误;

故选Co

8.（2024•山东东营•二模）如图所示的p-f图像描述的是一定质量的理想气体经历的afbfcfdfa四

段状态变化过程，其中击延长线与横轴的交点为-273.15回，加延长线过原点，儿和cd分别平行于横轴和纵

A.从a至b,压强的增大只是由温度的升高引起的

B.从b至!]c,气体对外界放出热量

C.从c到d,气体对外界放出热量

D.从d至!Ia,气体减少的内能等于气体对外界放出的热量

【答案】D

【详析】A.从。到6,气体温度升高，压强增大，但是气体的体积也变化，所以压强的增大不只是由温度

的升高引起的，故A错误;

B.从b到c,气体压强不变，温度升高，气体内能增大，体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律

可知，气体吸收热量，故B错误;

C.从。到d,气体温度不变，压强减小，体积增大，内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知,

气体吸收热量，故c错误;

D.从d到a,气体体积不变，压强减小，温度降低，根据热力学第一定律可知，气体减少的内能等于气体

对外界放出的热量，故D正确。

故选D。

9.（2024•山东荷泽・二模）下列说法中正确的是（）

A.鉴别晶体与非晶体的依据是该物质是否具有各向异性

B.一定质量的理想气体，吸收热量，内能一定增大

C.一定质量的理想气体，体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大

D.荷叶上的露珠呈扁平球形主要是因为表面张力的作用

【答案】D

【详析】A.鉴别晶体与非晶体的依据不能根据是否具有各向异性，因为晶体不是所有性质均表现为各向

异性，有些性质表现为各向同性，故A错误;

B.根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体，吸收热量，若同时对外界做功，内能可能增大，可能

不变，可能减小，故B错误;

C.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数和温度有关，体积减小时，分

子数密度增大，但气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数不一定增大，故c错误；

D.荷叶上的露珠呈扁平球形主要是因为表面张力的作用，故D正确。

故选D。

10.（2024•山东烟台•二模）如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容

器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体，外界大气压强为P。，当装置静止时，容器内气体压强为L1P。,

活塞下表面与容器底面的距离为4,当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离

为0.8%,若容器内气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g,则装置的加速度大小为（）

A.0.25gB.L5gc.2.75gD.11.5g

【答案】C

【详析】设活塞的横截面积为S,当装置静止时，有

\Ap0S=pQS+mg

当加速上升时，设其气体压强为0,有

pS-mg-p0S=ma

由于气体的温度不发生变化，所以对于气体有

p-0.8%S=1.1pohoS

解得

a=2.75g

故选C。

IL（2024•山东枣庄•三模）1824年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程一卡

诺循环，极大地提高了热机的工作效率。如图为卡诺循环的p-V图像，一定质量的理想气体从状态A开始

沿循环曲线回到初始状态，其中42和CD为两条等温线，2C和。A为两条绝热线。下列说法正确

的是（）

A.在A绝热压缩过程中，气体内能减小

B.一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量

C.2玲。过程气体对外界做的功等于D^A过程外界对气体做的功

D.B状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比A状态多

【答案】C

【详析】A.QfA绝热压缩过程中，外界对气体做功

W>0,Q=0

根据热力学第一定律

^U=Q+W

可知

At7>0

即气体内能增加，故A错误；

B.一次循环过程中气体的温度不变，内能不变。0-V图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。由图知，在

一次循环过程中，气体对外界做功，为确保气体的内能不变，则气体一定从外界吸收热量，故一次循环过

程中气体吸收的热量大于放出的热量，故B错误；

C.由图知

TA=TB

故B玲C过程和。玲A过程，温度变化量的大小相等，内能变化量的大小相等，且。=0,可知W大小也必

然相等，即B玲C过程气体对外界做的功等于。玲A过程外界对气体做的功，故C正确；

D.A2状态温度相同，则状态A和状态8气体分子的平均速率相同，而状态8的体积大，气体的密集程度

小，则2状态时气体分子单位时间对器壁单位面积撞击次数比A状态少，故D错误。

故选Co

二、多选题

12.（2024•山东烟台•二模）如图所示为卡诺逆循环过程（制冷机）的。-丫图像，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（、心为两条等温线。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.。玲6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.6过程气体对外界做的功等于cfd过程外界对气体做的功

D.d玲。过程气体向外界释放的热量等于b玲c过程从低温热源吸收的热量

【答案】AC

【详析】A.理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，c-d-。外界对气体做的功大于af%-c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

P1K-2匕

T\T2

由图像可以看出

PM>02%

所以

TJ>T2

即人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，a一人过程气体对外做的功，气体温度由4减小到心，等于c-»d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AU=Q+W可知，afb过程气体对外做的功

等于cfd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

\U=W+Q

可知

网=10

由图像可知，df。过程外界对气体做的功大于bfC过程气体对外做的功，所以〃一。过程向外界释放的热

量大于bfC过程从低温热源吸收的热量，故D错误。

故选AC,

13.（2024,山东潍坊•二模）瓷器是"泥琢火烧"的艺术，是古人智慧的结晶。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进

行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为4,温度为27回，当窑内气压达到3P。时，

气窑上方的单向排气阀开始排气，使气窑内气体压强保持3p。不变，窑内气体温度逐渐升高至1227团后保持

不变，连续烧制8~10小时。下列说法正确的是（）

A.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为91回

B.单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为627团

C.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比2回3

D.本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比205

【答案】BD

【详析】AB.根据等容变化

Po3Po

(27+273)K-(r+273)K

单向排气阀开始排气时，窑内气体温度为

t=62TC

A错误，B正确；

CD.排气后气窑内气体压强保持3p。不变，根据等压变化

vv+r

(627+273)K-(1227+273)K

由于密度相同，则本次烧制排出气体的质量与原来气体质量之比为

得

m':m=2:5

C错误，D正确。

故选BD。

三、解答题

14.(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500cm2,外界大气压强为A=0.1MPa。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。

出水口

【详析】（1）设供水装置的体积为匕从气阀中充入的压强为P。的气体体积为当气室充气至压强为

p/=0.17MPa,活塞要从中间移动到左端，由玻意耳定律

V

PO--+POV1=P1V

解得

Vo=