題型一 固體和液體性質(zhì)的理解
1．晶體與非晶體
2.液體的表面張力
(1)作用：液體的表面張力使液面具有收縮的趨勢．
(2)方向：表面張力跟液面相切，跟這部分液面的分界線垂直．
3．液晶的物理性質(zhì)
(1)具有液體的流動性．
(2)具有晶體的光學(xué)各向異性．
(3)從某個方向看其分子排列比較整齊，但從另一方向看，分子的排列是雜亂無章的．
（2024?臺州二模）2024年1月底，臺州迎來了近十年來最大的一場降雪，大地銀裝素裹。下列說法正確的是（ ）
A．毛絨絨的雪花是晶體
B．雪花在空中飄舞做的是布朗運動
C．雪花在風(fēng)中飄落過程中機械能一直減小
D．雪天路滑，汽車在轉(zhuǎn)彎時易側(cè)滑是因為受到離心力的作用
【解答】解：A、雪花是水蒸氣凝華時形成的晶體，故A正確；
B、雪花形狀比較大，不是懸浮在空氣中的固體小顆粒，所以不能把雪花的運動認為是布朗運動，故B錯誤；
C、雪花飄落過程中風(fēng)可能對雪花做正功，雪花的機械能可能增大，故C錯誤；
D、雪天路滑，汽車在轉(zhuǎn)彎時容易側(cè)滑是因為地面的摩擦力不足以提供向心力；車輛受到離心力這樣的說法本身就是錯誤的，故D錯誤。
故選：A。
（2024?黃陂區(qū)校級一模）半導(dǎo)體摻雜對于半導(dǎo)體工業(yè)有著舉足輕重的作用，其中一種技術(shù)是將摻雜源物質(zhì)與硅晶體在高溫（800到1250攝氏度）狀態(tài)下接觸，摻雜源物質(zhì)的分子由于熱運動滲透進硅晶體的表面，溫度越高摻雜效果越顯著，下列說法正確的是（ ）
A．這種滲透過程是自發(fā)可逆的
B．硅晶體具有光學(xué)上的各向同性
C．這種滲透過程是分子的擴散現(xiàn)象
D．溫度越高摻雜效果越好是因為溫度升高時，所有分子的熱運動速率都增加
【解答】解：AC、摻雜源物質(zhì)的分子由于熱運動滲透進硅晶體的表面，這種滲透過程是分子的擴散現(xiàn)象，該過程為自發(fā)過程，其逆過程不能自發(fā)進行，故A錯誤，C正確；
B、由于硅晶體的晶格結(jié)構(gòu)，硅晶體具有光學(xué)上的各向異性，故B錯誤；
D、溫度是分子熱運動平均動能的標志，溫度越高摻雜效果越好是因為溫度升高時，分子的平均動能增大，則分子的平均速率增大，并不是所有分子的熱運動速率都增加，故D錯誤。
故選：C。
（2024?思明區(qū)校級模擬）茶道文化起源于中國，是一種以茶修身的生活方式。東坡有詩云“一勺勵清心，酌水誰含出世想。”下列關(guān)于泡茶中的物理現(xiàn)象的說法正確的是（ ）
A．泡茶時，開水比冷水能快速泡出茶香，是因為溫度越高分子熱運動越劇烈
B．放入茶葉后，水的顏色由淺變深，是布朗運動現(xiàn)象
C．泡茶過程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說明茶水與茶托間是不浸潤的
D．打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，說明分子間不存在作用力
【解答】解：A、溫度越高，分子的無規(guī)則運動越劇烈，所以開水能使茶葉中的香味物質(zhì)更快地擴散出來，從而能快速泡出茶香，故A正確；
B、將茶葉放入茶杯中，倒入沸水后發(fā)現(xiàn)水的顏色變深了，這是擴散現(xiàn)象，不是布朗運動現(xiàn)象，故B錯誤；
C、泡茶過程中灑漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，說明茶水與茶托間是浸潤的，而不是不浸潤，故C錯誤；
D、打碎的茶杯不能拼接復(fù)原，是因為分子間距離較大，分子間作用力十分微弱，而不是不存在作用力，故D錯誤。
故選：A。
題型二 氣體壓強求解的方法
1．產(chǎn)生的原因
由于大量分子無規(guī)則運動而碰撞器壁，形成對器壁各處均勻、持續(xù)的壓力，作用在器壁單位面積上的壓力叫做氣體的壓強．
2．決定因素
(1)宏觀上：決定于氣體的溫度和體積．
(2)微觀上：決定于分子的平均動能和分子的密集程度．
3．平衡狀態(tài)下氣體壓強的求法
(1)液片法：選取假想的液體薄片(自身重力不計)為研究對象，分析液片兩側(cè)受力情況，建立平衡方程，消去面積，得到液片兩側(cè)壓強相等方程，求得氣體的壓強．
(2)力平衡法：選取與氣體接觸的液柱(或活塞)為研究對象進行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得氣體的壓強．
(3)等壓面法：在連通器中，同一種液體(中間不間斷)同一深度處壓強相等．液體內(nèi)深h處的總壓強p＝p0＋ρgh，p0為液面上方的壓強．
（2024?南通三模）如圖所示，豎直玻璃管內(nèi)用水銀封閉了一段空氣柱，水銀與玻璃管的質(zhì)量相等?，F(xiàn)將玻璃管由靜止釋放，忽略水銀與玻璃管間的摩擦，重力加速度為g，則（ ）
A．釋放瞬間，水銀的加速度大小為g
B．釋放瞬間，玻璃管的加速度大小為2g
C．釋放瞬間，水銀內(nèi)部各處壓強相等
D．釋放后，水銀與玻璃管始終以相同速度運動
【解答】解：AB、開始時，水銀柱受重力、向下的大氣壓力、向上的大氣壓力，三力平衡；
玻璃管受重力、向下的大氣壓力、向上的大氣壓力、手的作用力（等于玻璃管和水銀柱整體的重力），四力平衡；
釋放瞬間，手的托力減為零，其余力都不變，故水銀柱的合力為零，加速度為零，玻璃管的合力為（m+m）g＝ma
解得a＝2g
故A錯誤，B正確；
C、由釋放瞬間，根據(jù)p＝ρgh可知，水銀內(nèi)部各處壓強不相等，故C錯誤；
D、由于加速度不同，所以初始時水銀與玻璃管的速度不同，故D錯誤；
故選：B。
（2023?昆明一模）如圖所示，兩端開口的“U”形玻璃管豎直放置，其右側(cè)水銀柱之間封住一段高h＝5cm的空氣柱。空氣柱下方的水銀面與玻璃管左側(cè)水銀面的高度差也為h。已知大氣壓強為75cmHg，空氣柱中的氣體可視為理想氣體，周圍環(huán)境溫度保持不變，玻璃管的導(dǎo)熱性良好且玻璃管粗細均勻。下列說法正確的是（ ）
A．右側(cè)玻璃管中空氣柱上方的水銀柱高度小于5cm
B．封閉空氣柱中氣體的壓強為70cmHg
C．從玻璃管右側(cè)管口緩慢注入少量水銀，空氣柱的壓強一定變大
D．從玻璃管左側(cè)管口緩慢注入少量水銀，空氣柱的壓強一定變大
【解答】解：AB、同一液面壓強相等，則封閉氣體的壓強為：p＝（75cmHg+5cmHg）＝80cmHg，所以右側(cè)玻璃管中空氣柱上方的水銀柱高度等于5cm，故AB錯誤；
C、從玻璃管右側(cè)管口緩慢注入少量水銀，右側(cè)水銀柱的長度增加，水銀柱對空氣柱產(chǎn)生的壓強增大，則空氣柱的壓強一定變大，故C正確；
D、從玻璃管左側(cè)管口緩慢注入少量水銀，右側(cè)水銀柱的長度不變，氣體做等壓變化，即空氣柱的壓強不變，故D錯誤。
故選：C。
（2023?浦東新區(qū)二模）如圖，氣缸放置在水平地面上，用質(zhì)量為m1、截面積為S的活塞封閉一定質(zhì)量的氣體。活塞上放置一個質(zhì)量為m2的重物，不計摩擦，重力加速度為g，大氣壓強為p0，平衡時缸內(nèi)氣體的壓強為（ ）
A．p0B．p0+m1gS
C．p0+m2gSD．p0+m1g+m2gS
【解答】解：活塞處于平衡狀態(tài)，由pS＝p0S+m1g+m2g，解得p＝p0+m1g+m2gS，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
題型三 氣體狀態(tài)變化的圖像問題
1．氣體實驗定律
2.理想氣體的狀態(tài)方程
(1)理想氣體
①宏觀上講，理想氣體是指在任何條件下始終遵守氣體實驗定律的氣體，實際氣體在壓強不太大、溫度不太低的條件下，可視為理想氣體．
②微觀上講，理想氣體的分子間除碰撞外無其他作用力，即分子間無分子勢能．
(2)理想氣體的狀態(tài)方程
一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)或eq \f(pV,T)＝C.
氣體實驗定律可看做一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程的特例．
（2023?浙江模擬）在“用DIS研究溫度不變時氣體的壓強跟體積的關(guān)系”實驗時，緩慢推動活塞，注射器內(nèi)空氣體積逐漸減小，多次測量得到注射器內(nèi)氣體壓強p、體積V變化的p﹣V圖線，如圖所示（其中實線是實驗所得圖線，虛線為一條雙曲線，實驗過程中環(huán)境溫度保持不變），發(fā)現(xiàn)該圖線與玻意耳定律明顯不合，造成這一現(xiàn)象的可能原因是（ ）
A．實驗時用手握住注射器
B．實驗時迅速推動活塞
C．注射器沒有保持水平
D．推動活塞過程中有氣體泄漏
【解答】解：由圖示圖象可知，該圖線與玻意耳定律不夠吻合，結(jié)合圖象的特點可知，壓縮氣體的過程中p與V的乘積減小，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程pVT=C分析可知，造成這一現(xiàn)象的可能原因是：實驗時注射器內(nèi)的空氣向外泄漏，或?qū)嶒灂r環(huán)境溫度降低了，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024?皇姑區(qū)校級模擬）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b→c→a回到初始狀態(tài)a，其T﹣V圖像如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)、b狀態(tài)對應(yīng)的壓強之比為2：3
B．b→c過程，容器壁單位面積上的分子撞擊次數(shù)不變
C．c→a過程為絕熱過程
D．a(chǎn)→b→c→a整個過程向外放出的熱量等于外界對氣體做的功
【解答】解：由圖可知，各點的狀態(tài)參量有：a（V0，2T0）、b（3V0，T0）、c（3V0，2T0）
A、氣體在a→b過程中，由理想氣體狀態(tài)方程得：paVaTa=pbVbTb，解得：pa＝6pb，故A錯誤；
B、b到c的過程中，體積不變，溫度升高，由理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強增大，容器壁單位面積上的分子撞擊次數(shù)增多，故B錯誤；
C、氣體在c→a過程中，溫度不變，氣體內(nèi)能不變，ΔU＝0，體積減小，外界對氣體做功，W＞0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知：W＝ΔU﹣Q＝﹣Q，外界對氣體做的功等于氣體向外界放出的熱量，故不是絕熱過程，故C錯誤；
D、將V﹣T圖像轉(zhuǎn)化為p﹣V圖像，根據(jù)圖線下方圍成的面積等于功易知，a→b過程中氣體體積增大，氣體對外做功，b→c過程體積不變，對外不做功，c→a過程體積縮小，外界對氣體做功，p﹣V圖像圍成的封閉面積等于外界對氣體做的功，回到原狀態(tài)a溫度回到初始狀態(tài)，全過程內(nèi)能變化量
ΔU＝0
由熱力學(xué)第一定律
ΔU＝Q+W
得，氣體一定放出熱量且放出的熱量等于外界對氣體做的功，故D正確。
故選：D。
（2024?南通模擬）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A出發(fā)到達狀態(tài)B，其V﹣T圖像如圖所示，AB的反向延長線經(jīng)過原點。氣體在狀態(tài)A的壓強pA=1.5×105Pa，從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中吸收熱量Q＝800J。已知外界大氣壓強p0=1.0×105Pa，下列說法不正確的是（ ）
A．氣體在狀態(tài)B時的壓強為2.5×105Pa
B．氣體在狀態(tài)B時的體積為1.5×10﹣2m3
C．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程，氣體對外界做功750J
D．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程，氣體的內(nèi)能增加50J
【解答】解：AB、AB的反向延長線過原點，可知從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體的壓強不變，所以氣體在狀態(tài)B的壓強為1.5×105Pa，從A到B，由蓋﹣呂薩克定律有：VATA=VBTB，可得VB＝1.5×10﹣2m3，故A錯誤，B正確；
CD、從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程，氣體做的功：W＝pAΔV＝1.5×105×（1.5×10﹣2﹣1×10﹣2）J＝750J，氣體體積增大，氣體對外界做功，所以W應(yīng)為負值，即W＝﹣750J，由熱力學(xué)第一定律有：ΔU＝W+Q，其中Q＝800J，代入數(shù)據(jù)可得：ΔU＝50J，可知氣體內(nèi)能增加50J，故CD正確；
本題選錯誤的，
故選：A。
（2024?朝陽區(qū)校級模擬）如圖所示，兩條曲線分別為一定質(zhì)量的理想氣體從某一狀態(tài)A經(jīng)等溫過程或絕熱過程體積由V1減小為V2的p﹣V圖，則下列說法中正確的是（ ）
A．曲線1為等溫過程
B．等溫過程中外界對氣體做的功比絕熱過程的多
C．等溫過程中氣體從外界吸收熱量
D．兩個過程的末態(tài)相比，絕熱過程的末態(tài)氣體在單位時間內(nèi)與單位面積的器壁碰撞的次數(shù)多
【解答】解：A、等溫過程中，溫度保持不變，因此壓強與體積成反比，由于曲線1在體積減小時，壓強增加得過快，這不符合反比例圖像的特性，所以曲線1應(yīng)該是絕熱過程，曲線2是等溫過程，故A錯誤；
B、在p﹣V圖像中，圖像與坐標軸圍成的面積表示外界對氣體做功，通過圖像可以看出曲線1圍成的面積大于曲線2圍成的面積，所以絕熱過程做的功大于等溫過程做的功，故B錯誤；
C、等溫過程中體積減小，所以外界對氣體做功，要保證溫度不變，即內(nèi)能不變，則氣體需要同時向外界釋放熱量，故C錯誤；
D、兩個過程的末態(tài)體積相同所以氣體的密度相同，但曲線1的壓強大，所以曲線1的末態(tài)溫度高，所以分子平均動能大，即速度大，運動快，所以碰撞次數(shù)多，故D正確。
故選：D。
（2024?青島模擬）一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷兩個不同過程，分別由壓強—體積（p﹣V）圖上的兩條曲線Ⅰ和Ⅱ表示，如圖所示，曲線均為反比例函數(shù)曲線的一部分。a、b為曲線Ⅰ上的兩點，氣體在狀態(tài)a和b的壓強分別pa、pb，溫度分別為Ta、Tb。c、d為曲線Ⅱ上的兩點，氣體在狀態(tài)c和d的壓強分別pc、pd，溫度分別為Tc、Td。下列關(guān)系式正確的是（ ）
A．TaTb=13B．TaTc=21C．papd=32D．pdpb=12
【解答】解：A．根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的氣態(tài)方程，及曲線均為反比例函數(shù)曲線的一部分，可得曲線I為等溫變化，故可得a、b兩點的溫度相同，故A錯誤；
B．根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的氣態(tài)方程，a到c為等壓變化，即有TaTc=VaVc=12，故B錯誤；
C．cd為等溫變化，所以有pcVc＝pdVd
解得：pd=pcVcVd=23p0
所以有：papd=32
故C正確；
D．a(chǎn)b為等溫變化，所以有：paVa＝pbVb
得：pb=paVaVb=13p0
所以有：pdpb=2
故D錯誤。
故選C。
題型四 熱力學(xué)第一定律與能量守恒定律
1.熱力學(xué)第一定律的理解
(1)內(nèi)能的變化都要用熱力學(xué)第一定律進行綜合分析。
(2)做功情況看氣體的體積：體積增大，氣體對外做功，W為負；體積縮小，外界對氣體做功，W為正。
(3)與外界絕熱，則不發(fā)生熱傳遞，此時Q＝0。
(4)如果研究對象是理想氣體，因理想氣體忽略分子勢能，所以當它的內(nèi)能變化時，主要體現(xiàn)在分子動能的變化上，從宏觀上看就是溫度發(fā)生了變化。
2.三種特殊情況
(1)若過程是絕熱的，則Q＝0，W＝ΔU，外界對物體做的功等于物體內(nèi)能的增加。
(2)若過程中不做功，即W＝0，則Q＝ΔU，物體吸收的熱量等于物體內(nèi)能的增加。
(3)若過程的初、末狀態(tài)物體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0，則W＋Q＝0或W＝－Q，外界對物體做的功等于物體放出的熱量。
（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）在學(xué)校春季運動會上釋放的氣球是充有氦氣的可降解氣球。釋放前工作人員用容積為30L、壓強為1.0×107Pa的氦氣罐給氣球充氣（充氣過程溫度不變），要求充氣后氣球體積為5L、壓強為1.0×105Pa；氣球釋放后飄向高空，當氣球體積膨脹到8L時就會爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大氣溫度下降6℃，高度每升高1m，大氣壓減小11Pa，慶?，F(xiàn)場地面空氣溫度為27℃，大氣壓為1.0×105Pa，不計充氣過程的漏氣和氣球內(nèi)原有氣體，下列說法正確的是（ ）
A．用一個氦氣罐可以充出600個符合要求的氣球
B．當氣球發(fā)生爆裂時，氣球離地面的高度為3846m
C．用氮氣罐給氣球充氣過程中，氦氣放出熱量
D．要降低氣球發(fā)生爆裂時的高度，在地面充氣時可使充氣后的氣球體積適當減小
【解答】解：A．設(shè)充氣前氦氣罐的壓強和體積分別為p0、V0，充氣后氣球的壓強和體積分別為p1、V1、，根據(jù)題意，設(shè)用一個氦氣罐可以充出n個符合要求的氣球，由玻意耳定律有
p0V0＝p1（V0+nV1）
解得n＝594
故A錯誤；
B．當氣球發(fā)生爆裂時，氣球體積膨脹到8L，設(shè)此時氣球離地面高度為h，根據(jù)題意可知爆裂時氣體的壓強和溫度分別是p2＝p1﹣11h
T2=T0-6h1000
由理想氣體方程有p1V1T0=p2V2T2
其中T0＝t0+273K＝300K
解得h≈3846m
故B正確；
C．對充入氣球內(nèi)的氦氣，從氦氣罐內(nèi)到氣球內(nèi)的過程，體積增大，對外做功，不計溫度變化，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體吸熱，故C錯誤；
D．由B中分析可以推導(dǎo)出h與V1的函數(shù)關(guān)系式為h=10511+99V1-1
可知，體積越小，高度越大，要降低氣球發(fā)生爆裂時的高度，在地面充氣時可使充氣后的氣球體積適當增大，故D錯誤。
故選：B。
（2024?青羊區(qū)校級模擬）一定質(zhì)量的理想氣體封閉在汽缸內(nèi)，從初始狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B、C、D再回到狀態(tài)A，其體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．過程A→B中，氣體從外界放出熱量
B．過程C→D中，氣體內(nèi)能的減少量大于氣體向外界放出的熱量
C．過程B→C中，氣體分子在單位時間內(nèi)對汽缸壁單位面積的碰撞次數(shù)增大
D．過程D→A與過程A→B→C→D中，氣體對外界做功的數(shù)值相等
【解答】解：A、A→B過程中，氣體的體積不變，氣體不做功，則W＝0，溫度升高，氣體的內(nèi)能增大，則ΔU＞0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以氣體吸收熱量，故A錯誤；
B、C→D過程中，氣體的體積減小，外界對氣體做功，則W＞0，溫度降低，則氣體的內(nèi)能減小，則ΔU＜0，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＜0，則＜，所以氣體的氣體內(nèi)能的減少量小于氣體向外界放出的熱量，故B錯誤；
C、B→C過程中，氣體溫度不變，氣體體積減小，則氣體密集程度增大，所以氣體分子在單位時間內(nèi)對汽缸壁單位面積的碰撞次數(shù)增大，故C正確；
D、D→A過程，DA連線過坐標原點，氣體的壓強不變，體積增大，氣體對外界做功，
A→B→C→D過程中，A→B過程中，氣體不做功，
B→C→D過程，根據(jù)V﹣T圖像上各點與坐標原點連線的斜率減小，氣體的壓強越大，可知B→C→D過程中壓強大于A→B過程中壓強，體積減小，則外界對氣體做功，但兩過程體積變化相等，由W＝pΔV可知兩過程氣體做功不相等，故D錯誤。
故選：C。
（2024?樂清市校級三模）學(xué)習(xí)了熱學(xué)部分知識后，小智同學(xué)受到啟發(fā)，設(shè)計了一個利用氣體來測量液體溫度的裝置。
該裝置由導(dǎo)熱性能良好、厚度不計的圓柱形細管、圓柱形金屬塊、四個擋條組成。圓柱形金屬塊質(zhì)量為20g、厚度為2cm與管壁緊密接觸（不漏氣），管內(nèi)用金屬塊封閉有一定量的理想氣體，管內(nèi)擋條限制金屬塊只能在管內(nèi)一定范圍內(nèi)上下移動，以金屬塊下端位置為基準在上下?lián)鯒l之間刻上刻度。上、下?lián)鯒l間距離為40cm，上端擋條距管下端距離為100cm，管的橫截面積為5mm2，測溫時把溫度計豎直插入待測液體中。不考慮固體的熱脹冷縮，不計一切摩擦阻力。外界大氣壓強恒為p0=1.0×105Pa，當管內(nèi)氣體的溫度為27℃時金屬塊恰好對下方擋條無壓力。
（1）測量溫度時，管內(nèi)氣體和待測液體達到 （選填“平衡態(tài)”或者“熱平衡”），該溫度計的刻度 （選填“均勻”或“不均勻”）；
（2）該溫度計的測溫范圍；
（3）某次測溫時示數(shù)由57℃上升到157℃，如果該過程氣體內(nèi)能改變量為0.4J，求管內(nèi)氣體吸收的熱量。
【解答】解：（1）測量溫度時，管內(nèi)氣體和待測液體達到熱平衡。
測溫時金屬塊在上下?lián)鯒l之間自由移動，封閉氣體壓強一定，由蓋—呂薩克定律：VT=C，可得：
ΔVΔT=SΔhΔT=C
因圓柱形細管的橫截面積S一定，故金屬塊的高度變化Δh與溫度的變化ΔT成正比關(guān)系，可知該溫度計的刻度是均勻的。
（2）已知當管內(nèi)氣體的溫度為27℃時金屬塊恰好對下方擋條無壓力，此時封閉氣體的體積最小，所測溫度最低。
此時氣體的體積為：V1＝Sh1，h1＝100cm﹣40cm＝60cm
溫度為：T1＝（27+273）K＝300K
所測溫度最高時（設(shè)為T2），金屬塊恰好對上方擋條無壓力，此時氣體的體積為：
V2＝Sh2，h2＝100cm﹣2cm＝98cm
根據(jù)蓋—呂薩克定律可得：V1T1=V2T2
解得：T2＝490K，即217℃
則該溫度計的測溫范圍為：27℃～217℃
（3）示數(shù)由57℃上升到157℃，溫度升高了Δt＝100℃，設(shè)對應(yīng)的金屬塊上升的高度為Δh，由（1）的結(jié)論：金屬塊的高度變化Δh與溫度的變化ΔT成正比關(guān)系，可得：
ΔhΔt=h2-h1T2-T1
解得：Δh＝20cm＝0.2m
封閉氣體壓強為：p＝p0+mgS
此過程外界對氣體做功為：
W＝﹣pSΔh
其中：m＝20g＝0.02kg，S＝5mm2＝5×10﹣6m2，p0=1.0×105Pa
解得：W＝﹣0.14J
根據(jù)熱力學(xué)第一定律得：ΔU=W+Q
解得：Q＝0.54J
即氣體吸收的熱量為0.54J。
答：（1）熱平衡；均勻；
（2）該溫度計的測溫范圍27℃至217℃；
（3）管內(nèi)氣體吸收的熱量為0.54J。
題型五 熱力學(xué)第一定律與圖像的綜合應(yīng)用
1.氣體的狀態(tài)變化可由圖象直接判斷或結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程eq \f(pV,T)＝C分析.
2.氣體的做功情況、內(nèi)能變化及吸放熱關(guān)系可由熱力學(xué)第一定律分析.
(1)由體積變化分析氣體做功的情況：體積膨脹，氣體對外做功；氣體被壓縮，外界對氣體做功.
(2)由溫度變化判斷氣體內(nèi)能變化：溫度升高，氣體內(nèi)能增大；溫度降低，氣體內(nèi)能減小.
(3)由熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q判斷氣體是吸熱還是放熱.
（2024?泰州模擬）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p﹣V圖像如圖所示。下列判斷正確的是（ ）
A．氣體在a→b過程中做等溫變化
B．氣體在b→c過程中內(nèi)能增加
C．氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等
D．氣體在一次循環(huán)過程中會向外界放出熱量
【解答】解：A．氣體在a→b過程中因pV乘積變大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV＝CT可知，溫度升高，故A錯誤；
B．氣體在b→c過程中因pV乘積變小，可知溫度降低，內(nèi)能減小，故B錯誤；
C．在p﹣V圖像中，圖像與坐標軸圍成的面積等于氣體對外做功，可知氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等，故C正確；
D．氣體在一次循環(huán)過程中從a到b再到c過程對外做功，從c到a過程外界對氣體做功，整個過程中氣體對外做功，且內(nèi)能不變，則氣體會從外界吸收熱量，故D錯誤。
故選：C。
（2024?鄭州三模）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷abcda過程回到原狀態(tài)，其P﹣T圖象如圖所示，其中ab、cd與T軸平行，bd的延長線過原點O。下列判斷正確的是（ ）
A．在a、c兩狀態(tài)，氣體的體積相等
B．在b、d兩狀態(tài)，氣體的體積相等
C．由c狀態(tài)到d狀態(tài)，氣體內(nèi)能增大
D．由d狀態(tài)到a狀態(tài)，氣體對外做功
【解答】解：ABD、根據(jù)pVT=C可得：p=CV?T，即p﹣T圖像圖線的斜率k=CV
在a、c兩狀態(tài)分別與O點連線的斜率不同，其氣體的體積不相等；
氣體在b、d兩狀態(tài)在同一條過原點的直線上，即在同一條等容線上，其體積相等；
d與O點連線的斜率小于a點與O點連線的斜率，則d狀態(tài)時的氣體體積小于a狀態(tài)時的氣體體積，即由d狀態(tài)到a狀態(tài)，氣體的體積減小，外界對氣體做功，故AD錯誤，B正確；
C、理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度越高，內(nèi)能越大，由c狀態(tài)到d狀態(tài)，氣體溫度降低，氣體內(nèi)能減小，故C錯誤；
故選：B。
（2024?荊州區(qū)校級四模）如圖，是以狀態(tài)α為起始點、在兩個恒溫?zé)嵩粗g工作的卡諾逆循環(huán)過程（制冷機）的p﹣V圖像，虛線T1、T2為等溫線。該循環(huán)是由兩個等溫過程和兩個絕熱過程組成，該過程以理想氣體為工作物質(zhì)，工作物質(zhì)與低溫?zé)嵩春透邷責(zé)嵩唇粨Q熱量的過程為等溫過程，脫離熱源后的過程為絕熱過程。下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)→b過程氣體壓強減小完全是由于單位體積內(nèi)分子數(shù)減少導(dǎo)致的
B．一個循環(huán)過程中，外界對氣體做的功小于氣體對外界做的功
C．d→a過程向外界釋放的熱量等于b→c過程從低溫?zé)嵩次盏臒崃?br>D．a(chǎn)→b過程氣體對外做的功等于c→d過程外界對氣體做的功
【解答】解：A、由公式pV＝CT可知，pV的乘積越大，則氣體的溫度越高，a→b過程中氣體的溫度降低，則氣體的內(nèi)能減小，a→b過程氣體壓強減小是由于單位體積內(nèi)分子數(shù)減少和溫度降低而導(dǎo)致的分子平均動能減小導(dǎo)致的，故A錯誤；
B、由圖像，一個循環(huán)過程中，c→d→a外界對氣體做的功大于a→b→c氣體對外界做的功，故B錯誤；
C、由圖像，d→a過程外界對氣體做的功大于b→c過程氣體對外做的功，所以d→a過程向外界釋放的熱量大于b→c過程從低溫?zé)嵩次盏臒崃浚蔆錯誤；
D、因為兩個過程是絕熱過程，a→b過程氣體對外做的功，氣體溫度由T1減小到T2，等于c→d過程外界對氣體做的功，氣體溫度由T2增加到T1，根據(jù)ΔU＝Q+W，a→b過程氣體對外做的功等于c→d過程外界對氣體做的功，故D正確。
故選：D。
題型六 熱力學(xué)第二定律的理解
1.熱力學(xué)第二定律的兩種表述
(1)克勞修斯表述：熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體.
(2)開爾文表述：不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響.或表述為“第二類永動機是不可能制成的”.
2.熱力學(xué)第二定律的微觀意義
一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序度增大的方向進行.
3.第二類永動機不可能制成的原因是違背了熱力學(xué)第二定律.
（2024?海淀區(qū)校級三模）下列說法正確的是（ ）
A．流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能可以自動聚集起來，并被加以利用
B．只要對內(nèi)燃機不斷進行革新，總有一天它可以把氣體的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機械能
C．第二類永動機不違反熱力學(xué)第一定律，只違反熱力學(xué)第二定律
D．熱量不可能由低溫物體傳給高溫物體
【解答】解：A、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，流散到周圍環(huán)境中的內(nèi)能不可能自動聚集起來，并被加以利用，故A錯誤；
B、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，不可能利用高科技手段，讓內(nèi)燃機把氣體的內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機械能，故B錯誤；
C、第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第二定律，故C正確；
D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量可能由低溫物體傳給高溫物體，但會引起其他的變化，故D錯誤。
故選：C。
（2024?湖北二模）關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法錯誤的是（ ）
A．做功與傳熱對改變系統(tǒng)的內(nèi)能是等價的
B．熱力學(xué)第一定律實際上是內(nèi)能與其他形式能量發(fā)生轉(zhuǎn)化時的能量守恒定律
C．一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程都是不可逆的
D．能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質(zhì)下降
【解答】解：A、做功與熱傳遞是改變內(nèi)能的兩種方式，對改變系統(tǒng)的內(nèi)能是等價的，故A正確；
B、根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，熱力學(xué)第一定律揭示了內(nèi)能與其他形式能量發(fā)生轉(zhuǎn)化時的能量之間的關(guān)系，故B正確；
C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的，故C錯誤；
D、能源的使用過程中雖然能的總量保持守恒，但能量的品質(zhì)下降說明了能源是有限的，我們要節(jié)約能源，故D正確。
本題選擇錯誤的，
故選：C。
（2024?通州區(qū)一模）黑洞是廣義相對論預(yù)言的奇異天體，對于質(zhì)量為M的球?qū)ΨQ簡單黑洞，可以定義一個以黑洞中心為球心、半徑為r的球面，稱為視界。按照經(jīng)典理論，視界以內(nèi)所有物質(zhì)都無法逃離黑洞。按照牛頓力學(xué)，如果一個粒子在質(zhì)量為M的球?qū)ΨQ天體表面的逃逸速度恰好等于真空中的光速c，此天體即為黑洞，其半徑r的表達式為r=2GMc2，其中G為引力常量。由牛頓力學(xué)得到的r恰好與廣義相對論給出的同質(zhì)量黑洞的視界半徑結(jié)果一致。
按照貝肯斯坦和霍金的理論，黑洞的熵S正比于其視界面積A，即S=kBc34G?A，其中h、kB均為常量。當兩個質(zhì)量均為M1的簡單黑洞塌縮成一個質(zhì)量為M2（M2＜2M1）的簡單黑洞時，其系統(tǒng)的熵的變化量為（ ）
A．ΔS=4πkBGc?(2M22-M12)B．ΔS=4πkBGc?(M22-2M12)
C．ΔS=2πkBGc?(M22-M12)D．ΔS=2πkBGc?(M22-2M12)
【解答】解：由題意可的黑洞熵與質(zhì)量的關(guān)系為：S=kBc34G?A=kBc34G?×4πr2=πkBc3G?(2GMc2)2=4πkBGM2c?
當兩個質(zhì)量均為M1的簡單黑洞塌縮成一個質(zhì)量為M2（M2＜2M1）的簡單黑洞時，其系統(tǒng)的熵的變化量為：
ΔS＝S2﹣2S1=4πkBGM22c?-2×4πkBGM12c?=4πkBGc?(M22-2M12)，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
題型七 熱力學(xué)定律與氣體實驗定律的綜合問題
1.熱力學(xué)定律與氣體實驗定律問題的處理方法
(1)氣體實驗定律研究對象是一定質(zhì)量的理想氣體。
(2)解決具體問題時,分清氣體的變化過程是求解問題的關(guān)鍵,根據(jù)不同的變化,找出與之相關(guān)的氣體狀態(tài)參量,利用相關(guān)規(guī)律解決。
(3)對理想氣體,只要體積變化,外界對氣體(或氣體對外界)就要做功,如果是等壓變化,W=pΔV;只要溫度發(fā)生變化,其內(nèi)能就發(fā)生變化。
(4)結(jié)合熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q求解問題。
2.與理想氣體相關(guān)的熱力學(xué)問題的分析方法
對一定量理想氣體的內(nèi)能變化,吸熱還是放熱及外界對氣體如何做功等問題,可按下面方法判定:
(1)做功情況看體積
體積V減小→外界對氣體做功→W>0;
體積V增大→氣體對外界做功→W0;
溫度T降低→內(nèi)能減少→ΔU

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