《2025年5年高考3年模拟高中物理选择性必修第三册人教版江苏专版》

6.(2024山东,6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,$a→b$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 (C)


A.$a→b$过程,气体从外界吸收p_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.$a→b→c$过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.$a→b$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：
6.C 题图解读。

a→b 过程压强不变，气体发生等压变化且体积增大，气体对外做功，W＜0，由盖 - 吕萨克定律可知$T_b＞T_a$，即内能增大，$\Delta U_{ab}＞0$，根据热力学第一定律ΔU = Q+W 可知，a→b 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→c 过程中气体与外界无热量交换，即$Q_{bc}=0$，又由气体体积增大可知$W_{bc}＜0$，由热力学第一定律ΔU = Q+W 可知气体内能减少，B 错误；c→a 过程为等温过程，可知$T_c = T_a$，$\Delta U_{ac}=0$，根据热力学第一定律可知，a→b→c 过程气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C 正确；a→b→c→a 整个热力学循环过程ΔU = 0，整个过程气体对外做功，因此 W＜0，根据热力学第一定律可得ΔU =$ Q_{ab}+Q_{ca}+W = 0$，故 a→b 过程气体从外界吸收的热量$Q_{ab}$应大于 c→a 过程放出的热量$-Q_{ca}$，D 错误。
一题多解
c→a 过程为等温过程，所以$T_c = T_a$，结合$T_b＞T_a$可知$T_b＞T_c$，则 b→c 过程气体的内能减少，故 B 错误；a→b→c→a 整个热力学循环过程的 p-V 图线沿顺时针循环，表示一个周期的总功为负，则一个周期内总的热传递为正，即 a→b 过程，气体从外界吸收的热量大于 c→a 过程放出的热量，D 错误。

7.(2024湖北,13)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为$m$的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为$S$,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为$T_0$,气柱的高度为$h$。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升$\frac {1} {5}h$再次平衡。已知容器内气体内能变化量$\Delta U$与温度变化量$\Delta T$的关系式为$\Delta U=C\Delta T$,$C$为已知常数,大气压强恒为$p_0$,重力加速度大小为$g$,所有温度为热力学温度。求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。

答案：
7.答案
(1)$\frac{6}{5}T_0$
(2)$\frac{1}{5}CT_0+\frac{1}{5}h(p_0S+mg)$
解析
(1)活塞缓慢上升$\frac{1}{5}h$，气体发生等压变化，由盖 - 吕萨克定律有$\frac{V_0}{T_0}=\frac{V_1}{T_1}$，即$\frac{hS}{T_0}=\frac{(h+\frac{1}{5}h)S}{T_1}$，解得$T_1=\frac{6}{5}T_0$。
(2)此过程中气体内能增加量$\Delta U = C\Delta T=\frac{1}{5}CT_0$
活塞受力平衡，则有$mg + p_0S = pS$
气体对外界做功，$W = -pS\Delta h =-\frac{1}{5}h(p_0S + mg)$
根据热力学第一定律ΔU = W+Q
联立解得此过程中容器内气体吸收的热量$Q = \Delta U - W =\frac{1}{5}CT_0+\frac{1}{5}h(p_0S+mg)$
教材溯源
本题是对教材 P65 复习与提高 B 组第 3 题（题目情境图如图所示）的改编，不偏不怪，难度较小，提醒学生在日常的学习中一定要重视教材，吃透基本物理模型。

8.(2025浙江1月选考,15)如图所示,导热良好带有吸管的瓶子,通过瓶塞密闭$T_1=300 K$,体积$V_1=1×10^{3} cm^3$处于状态1的理想气体,管内水面与瓶内水面高度差$h=10 cm$,将瓶子放进$T_2=303 K$的恒温水中,瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口,液面差$h$不变,瓶内气体处于状态2,此时锁定瓶塞,并缓慢吸出吸管内的水,使管内与瓶内液面等高,气体处于状态3。已知从状态2到状态3气体对外做功$W=1.02 J$,从状态1到状态3气体吸收热量$Q=4.56 J$,大气压强$p_0=1.0×10^{5} Pa$,水的密度$\rho =1×10^{3} kg/m^3$,重力加速度$g$取$10 m/s^2$,忽略液体表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3,理想气体热运动的平均速率不变 (选填“增大”“不变”或“减小”),单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小 (选填“增大”“不变”或“减小”);
(2)求状态3理想气体的体积$V_3$;
(3)求从状态1到状态3理想气体内能的改变量$\Delta U$。

答案： 8.答案
(1)不变 减小
(2)$1.0201 × 10^{3}cm^3$
(3)$2.53J$
真题降维。
题目信息 信息解读
管内水面与瓶内水面高度差 h = 10cm 瓶内气体的压强为$p_1 = p_0+\rho gh = 1.01 × 10^{5}Pa$
将瓶子放进$T_2 = 303K$的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h 保持不变 从状态 1 到状态 2，气体发生等压变化，体积增大，气体对外做功
缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高 从状态 2 到状态 3，气体发生等温变化，压强减小，体积增大，气体对外做功
解析
(1)从状态 2 到状态 3，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体分子平均速率不变；由题意可知气体体积增大，气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态 1 到状态 2 的过程，由盖 - 吕萨克定律得$\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2}$
其中$V_1 = 1 × 10^{3}cm^3$，$T_1 = 300K$，$T_2 = 303K$
解得$V_2 = 1.01 × 10^{3}cm^3$
此时气体压强为$p_2 = p = p_0+\rho gh = 1.01 × 10^{5}Pa$
气体从状态 2 到状态 3 的过程，由玻意耳定律得$p_2V_2 = p_3V_3$
其中$p_3 = p_0$
代入数据解得，气体在状态 3 的体积为$V_3 = 1.0201 × 10^{3}cm^3$。
(3)气体从状态 1 到状态 2 的过程中，气体对外做功为$W_1 = p_1(V_2 - V_1) = 1.01J$
由热力学第一定律得$\Delta U = Q - (W_1+W)$
其中$Q = 4.56J$，$W = 1.02J$
代入解得，从状态 1 到状态 3 气体内能的改变量为$\Delta U = 2.53J$。

9.(2025山东,16)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为$S$,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为$p_0$,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为$f_0=\frac {1} {21}p_0S$,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,$T_1=330 K$时,气柱高度为$h_1$,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至$T_2=440 K$时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至$T_3=400 K$时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至$T_4=330 K$时,保持温度不变,活塞不再下降。求:
(1)$T_2=440 K$时,气柱高度$h_2$;
(2)从$T_1$状态到$T_4$状态的过程中,封闭气体吸收的净热量$Q$(扣除放热后净吸收的热量)。

答案： 9.答案
(1)$\frac{4}{3}h$
(2)$\frac{8}{63}p_0Sh_1$
解析
(1)从$T_1$到$T_2$过程，封闭气体发生等压变化，由盖 - 吕萨克定律可得$\frac{Sh_1}{T_1}=\frac{Sh_2}{T_2}$，解得$h_2 = \frac{4}{3}h_1$
(2)当$T_1 = 330K$时，活塞开始缓慢上升，则活塞所受摩擦力向下，设此时的封闭气体压强为$p_1$，对活塞，由受力平衡可得$p_0S+f_0 = p_1S$，解得$p_1=\frac{22}{21}p_0$
当$T_3 = 400K$时，活塞开始缓慢下降，则活塞所受摩擦力向上，设此时的封闭气体压强为$p_2$，对活塞，由受力平衡可得$p_0S - f_0 = p_2S$，解得$p_2=\frac{20}{21}p_0$
从$T_3$到$T_4$过程，封闭气体发生等压变化，由盖 - 吕萨克定律可得$\frac{Sh_2}{T_3}=\frac{Sh_3}{T_4}$，解得$h_3 = \frac{11}{10}h_1$
从$T_1$到$T_2$过程，封闭气体对外界做功$W_1 = p_1S(h_2 - h_1)$
从$T_3$到$T_4$过程，外界对封闭气体做功$W_2 = p_2S(h_2 - h_3)$
从$T_1$到$T_4$，根据热力学第一定律可得$\Delta U = -W_1+W_2+Q$
由于$T_1$和$T_4$温度相等，可得$\Delta U = 0$，则封闭气体吸收的净热量为$Q = W_1 - W_2$
联立解得$Q = \frac{8}{63}p_0Sh_1$