考点14 热学。
1 .（2007·新课标全国卷·t30 b）（15分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一活塞，质量分别为和，活塞与气缸壁无摩擦。
活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知=3m, =2m）
1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境的温度始终保持为）。
2）在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到t，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）
解析】设左、右活塞的面积分别为a/和a，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：
由此得： 在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。
在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：
解得： 即两活塞的高度差为。
⑵当温度由t0上升至t时，气体的压强始终为，设x/是温度达到t时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得：
活塞对气体做的功为：
在此过程中气体吸收热量。
答案】⑴ 吸收热量。
2 .（2008·新课标全国卷·t31）（6分）⑴（6分）如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出．在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．关于这一过程，下列说法正确的是填入选项前的字母，有填错的不得分）
a．气体分子的平均动能逐渐增大。
b．单位时间气体分子对活塞撞击的次数增多。
c．单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变。
d．气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量。
解析】⑴本题考查了气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，是一道考查热学知识综合应用的好题。由于气缸导热，环境温度不变，因此被封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故a错误；温度不变，压强减小，根据(常数)可知，气体体积增大，温度不变，因此单位时间气体分子对活塞撞击的次数减小，故b错误；气体体积增大，分子平均动能不变，因此单位时间气体分子对活塞的冲量减小，故c错误；温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据△u=w+q，可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故d正确。
答案】d（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了h/4．再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界天气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．
解析】本题考查玻马定律，对气体作为研究对象，分第一次加小盒沙子和第二次加沙子两次列玻马定律方程求解。
设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得： ①
由①式得。再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0+2p．设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，由玻马定律得：
联立②③式解得 ④
答案】3 .（2009·新课标全国卷·t34）（15分）
1）（5分）带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或进过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如v-t图所示。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，则填入选项前的字母，有填错的不得分）
a. pb >pc，qab>qac
b. pb >pc，qabc. pb qac
d. pb (2)(10分)图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为s的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。
两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。 容器内两个绝热的活塞a、b下方封有氮气，b上方封有氢气。大气的压强p0，温度为t0=273k，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.
1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时a上升了一定的高度。
用外力将a缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。
求。i）第二次平衡时氮气的体积；
ii）水的温度。
解析】1）（5分）本题考查理想气体状态方程。本题可根据理想气体状态方程，整理后可得v-t图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热。根据理想气体状态方程整理可得：
所以斜率越大，压强越小，即b点的压强小于c点，故ab错误；cd中、由热力学第一定律△u=w+q，经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，所以△u相等，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，w为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，w为零，所以第一个过程吸收的热量多，故c正确，d错误。
2）（10分）
i）考虑氢气的等温过程。该过程的初态压强为，体积为hs，末态体积为0.8hs。
设末态的压强为p，由玻意耳定律得。
活塞a从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。该过程的初态压强为1.1，体积为v；末态的压强为，体积为，则。
由玻意耳定律得。
i i) 活塞a从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为和，末态体积为。设末态温度为t，由盖-吕萨克定律得。
答案】⑴c ⑵（i）(i i)
5.（2011·新课标全国卷·t33（1））（分）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是___选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）(
a .若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变。
b .若气体的内能不变，其状态也一定不变。
c .若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大。
d .气体温度每升高1k所吸收的热量与气体经历的过程有关。
e当气体温度升高时，气体的内能一定增大。
解析】解答本题时可按以下思路分析：
对一定质量的理想气体，遵循理想气体状态方程，其内能仅由温度决定，比热容与状态变化的过程有关系，例如在等容变化或等压变化时其比热容不同，从这几个方面可解答所求。
对一定质量的理想气体，有=常量，当体积和压强不变时，温度也不变，而其内能仅由温度决定，故其内能不变，因此a正确。在等温时，理想气体内能不变，但其状态可以变化，并遵循玻意耳定律，故b错。由于=常量，当v与t成正比时，p不变，故c错。
对气体，在等压和等容情况下，比热容不同，因此d正确。由于理想气体的内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，故e正确。
答案】ade
6.（2011·新课标理综全国卷·t33（2））（分）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。
已知大气压强为po=76cmhg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
解析】解答本题时可选取封闭气体为研究对象，注意玻璃管转动过程中开口向上、向下两位置封闭气体压强的求解，并在这两个位置应用玻意耳定律列出方程。
设玻璃管开中向上时，空气柱的压强为。
p1=p0+ρgl3
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则。
p2=ρgl1，p0= p2+ρgx
式中，p 2为管内空气柱的压强。由玻意耳定律有。
p1l2s= p2hs
式中，h是此时空气柱的长度，s为玻璃管的横截面积，由①②③式和题给条件得。
h=12cm
从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则。
p3=p0+ρgx
由一玻意耳定律得。
p1l2s=p3h′s
式中，h′是此时空气柱的长度，由①②③式得，h′=9.2cm
答案】：12cm 9.2 cm
7.（2012·新课标全国卷·t33（1））（6分）关于热力学定律，下列说法正确的是___
a.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量。
b.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加。
c.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功。
d.不可能使热量从低温物体传向高温物体。
e.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程。
解析】熟练掌握热力学第一定律和热力学第二定律是解答本题的关键。
做功和热传递都可以改变物体的内能，选项a正确；由热力学第一定律可知对某物体做功，物体的内能可能增加、不变或减小，故b错；由热力学第二定律可知，通过外界作用可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，可以使热量从低温物体传向高温物体，c正确，d错误。所有的实际宏观热过程都是不可逆，e正确。
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