高考物理2024届一轮复习重点训练-专题60气体实验定律的综合应用

高考物理《气体实验定律和理想气体状态方程》真题练习含答案1．[2024·新课标卷](多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程．上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程．下列说法正确的是() A．1→2过程中，气体内能增加B．2→3过程中，气体向外放热C．3→4过程中，气体内能不变D．4→1过程中，气体向外放热答案：AD解析：1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖­吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确．2．[2023·辽宁卷]“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量．“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示．该过程对应的p­V图像可能是()答案：B解析：根据pVT ＝C可得p ＝CVT从a 到b ，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c ，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 点的体积大于b 点体积．故选B .3．如图所示，一长度L ＝30 cm 气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S ＝50 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，A 的质量为m ＝20 kg ，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.75.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于外界大气压强p 0＝1×105 Pa ，温度t 1＝27 ℃.现对气缸内的气体缓慢加热，g ＝10 m /s 2，则( )A ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为35.1 ℃B ．物块A 开始移动时，气缸内的温度为390 ℃C ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功30 JD ．活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功130 J 答案：D解析：初态气体p 1＝p 0＝1×105 Pa ，温度T 1＝300 K ，物块A 开始移动时，p 2＝p 0＋μmgS＝1.3×105 Pa ，根据查理定律可知p 1T 1 ＝p 2T 2 ，解得T 2＝390 K ＝117 ℃，A 、B 两项错误；活塞从图示位置到达气缸口的过程中气体对外做功W ＝p 2S(L －L 1)＝130 J ，C 项错误，D 项正确．4．如图是由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好．该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态，汽缸内的气体可视为理想气体，压强为1.0×105 Pa ，封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m ．活塞柱横截面积为1.0×10－2 m 2；该装置竖直安装到汽车上后，其承载的力为3.0×103 N 时，弹簧的压缩量为0.10 m ．大气压强恒为1.0×105 Pa ，环境温度不变．则该装置中弹簧的劲度系数为( )A ．2×104 N /mB ．4×104 N /mC ．6×104 N /mD ．8×104 N /m 答案：A解析：设大气压为p 0，活塞柱横截面积为S ；设装置未安装在汽车上之前，汽缸内气体压强为p 1，气体长度为l ，汽缸内气体体积为V 1；装置竖直安装在汽车上后，平衡时弹簧压缩量为x ，汽缸内气体压强为p 2，汽缸内气体体积为V 2，则依题意有p 1＝p 0，V 1＝lS ，V 2＝(l －x)S ，对封闭气体，安装前、后等温变化，有p 1V 1＝p 2V 2，设弹簧劲度系数为k ，对上支座进行受力分析，设汽车对汽缸上支座的压力为F ，由平衡条件p 2S ＋kx ＝p 0S ＋F ，联立并代入相应的数据，解得k ＝2.0×104 N /m ，A 正确，B 、C 、D 错误．5．如图所示为一定质量的理想气体等温变化p ­V 图线，A 、C 是双曲线上的两点，E 1和E 2则分别为A 、C 两点对应的气体内能，△OAB 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，则( )A ．S 1<S 2B ．S 1＝S 2C ．E 1>E 2D ．E 1<E 2 答案：B解析：由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定律可得p A V A ＝p C V C ，而S 1＝12p A V A ，S 2＝12 p C V C ，S 1＝S 2，A 项错误，B 项正确；由于图为理想气体等温变化曲线，T A ＝T C ，则气体内能E 1＝E 2，C 、D 两项错误．6．[2024·云南大理期中考试]如图所示，在温度为17 ℃的环境下，一根竖直的轻质弹簧支撑着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空且静止，此时倒立汽缸的顶部离地面的高度为h ＝49 cm ，已知弹簧原长l ＝50 cm ，劲度系数k ＝100 N/m ，汽缸的质量M ＝2 kg ，活塞的质量m ＝1 kg ，活塞的横截面积S ＝20 cm 2，若大气压强p 0＝1×105 Pa ，且不随温度变化．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好，使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同．(弹簧始终在弹性限度内，且不计汽缸壁及活塞的厚度)(1)求弹簧的压缩量；(2)若环境温度缓慢上升到37 ℃，求此时倒立汽缸的顶部离地面的高度． 答案：(1)0.3 m (2)51 cm解析：(1)对汽缸和活塞整体受力分析有 (M ＋m )g ＝k Δx解得Δx ＝（M ＋m ）gk＝0.3 m(2)由于气缸与活塞整体受力平衡，则根据上述可知，活塞离地面的高度不发生变化，升温前汽缸顶部离地面为h ＝49 cm活塞离地面50 cm －30 cm ＝20 cm故初始时，内部气体的高度为l ＝49 cm －20 cm ＝29 cm 升温过程为等压变化V 1＝lS ，T 1＝290 K ，V 2＝l ′S ，T 2＝310 K 根据V 1T 1 ＝V 2T 2解得l ′＝31 cm故此时倒立汽缸的顶部离地面的高度h ′＝h ＋l ′－l ＝51 cm7．[2024·河北省邢台市期末考试]如图所示，上端开口的内壁光滑圆柱形汽缸固定在倾角为30°的斜面上，一上端固定的轻弹簧与横截面积为40 cm 2的活塞相连接，汽缸内封闭有一定质量的理想气体．在汽缸内距缸底70 cm 处有卡环，活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在卡环上，且弹簧处于原长，缸内气体的压强等于大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，温度为300 K ．现对汽缸内的气体缓慢加热，当温度增加60 K 时，活塞恰好离开卡环，当温度增加到480 K 时，活塞移动了10 cm.重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量； (2)弹簧的劲度系数k .答案：(1)16 kg (2)800 N/m解析：(1)根据题意可知，气体温度从300 K 增加到360 K 的过程中，经历等容变化，由查理定律得p 0T 0 ＝p 1T 1解得p 1＝1.2×105 Pa此时，活塞恰好离开卡环，可得p 1＝p 0＋mg sin θS解得m ＝16 kg(2)气体温度从360 K 增加到480 K 的过程中，由理想气体状态方程有 p 1V 1T 1 ＝p 2V 2T 2解得p 2＝1.4×105 Pa对活塞进行受力分析可得p 0S ＋mg sin θ＋k Δx ＝p 2S 解得k ＝800 N/m8．[2024·湖南省湘东九校联考]如图所示，活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V 的A 、B 两部分，汽缸A 部分通过带有阀门的细管与容积为V4 、导热性良好的汽缸C 相连．开始时阀门关闭，A 、B 两部分气体的压强分别为p 0和1.5p 0.现将阀门打开，当活塞稳定时，B 的体积变为V2 ，然后再将阀门关闭．已知A 、B 、C 内为同种理想气体，细管及活塞的体积均可忽略，外界温度保持不变，活塞与汽缸之间的摩擦力不计．求：(1)阀门打开后活塞稳定时，A部分气体的压强p A；(2)活塞稳定后，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比．答案：(1)2.5p0(2)527解析：(1)初始时对活塞有p0S＋mg＝1.5p0S得到mg＝0.5p0S打开阀门后，活塞稳定时，对B气体有1.5p0·V＝p B·V2对活塞有p A S＋mg＝p B S所以得到p A＝2.5p0(2)设未打开阀门前，C气体的压强为pC0，对A、C两气体整体有p0·V＋pC0·V4＝p A·(3V2＋V4)得到pC0＝272p0所以，C中剩余气体的质量M2与最初C中气体质量M0之比M2M0＝p ApC0＝5 27。

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p ­T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V ­T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p ­T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

气体变质量问题一、变质量问题的求解方法二、针对练习1、一个篮球的容积是2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)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3.0×103 Pa。

(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1.0×105 Pa。

3、用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？4、(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。

甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2，罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.5、某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中， 使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少 瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)6、容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7、某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)8、如图所示为某充气装置示意图。

2024届四川省南充市高三上学期一诊考试理科综合全真演练物理试题一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题物体做下列运动时，加速度和速度方向的关系表述正确的是（ ）A．简谐运动中加速度与速度始终同向B．竖直上抛运动中加速度与速度始终同向C．匀速圆周运动中加速度方向与速度方向始终垂直D．自由落体运动中加速度与速度方向可以相同、也可以相反第(2)题为了研究大量处于能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于a、b、c三种光，下列说法正确的是（ ）A．三种光的频率最大的是cB．a、b、c三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是cC．用a光照射另外某种金属能发生光电效应，则用c光照射也一定能发生D．通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度a光最宽第(3)题如图，气球在水平风力作用下处于静止状态，气球受到的作用力有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个第(4)题两同学在进行投篮比赛，从同一位置先后抛出甲、乙两个篮球，结果都投进篮筐，两球空中运动的轨迹如图所示，①、②分别为甲、乙的运动轨迹，不计空气阻力，则从抛出到进框，下列说法正确的是（ ）A．甲的加速度小于乙的加速度B．甲在最高点的速度小于乙在最高点的速度C．两球运动时间相等D．两球平均速度相等第(5)题下列各种叙述中正确的是 （ ）A．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强可能不变B．当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的距离小于液体内部分子间距离C．悬浮在水里的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，布朗运动越明显D．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律第(6)题关于布朗运动，下列说法正确的是（ ）A．颗粒越大布朗运动越剧烈B．布朗运动是液体分子的运动C．布朗运动的剧烈程度与温度无关D．布朗运动是大量液体分子频繁碰撞造成的第(7)题如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=2 m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d=1.2 m，重为8 N的钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（ ）A．10 N B．8 N C．6 N D．5 N第(8)题如图甲所示，水平面内虚线MN的右侧存在竖直向下的匀强磁场，现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示，则线框的形状可能是下图中的（ ）A．B．C．D．二、多项选择题（本题包含4小题，每小题4分，共16分。

第3讲专题提升:气体试验定律的综合应用基础对点练题组一玻璃管液柱模型1.如图所示,两端开口的U形玻璃管竖直放置,其右侧水银柱之间封住一段高h=5 cm的空气柱。

空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高度差也为h。

已知大气压强与75 cm水银柱产生的压强相同,空气柱中的气体可视为志向气体,四周环境温度保持不变,玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细匀整,水银的密度为ρ。

下列说法正确的是()A.右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5 cmB.封闭空气柱中气体的压强与70 cm水银柱产生的压强相同C.从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银,空气柱的压强确定变大D.从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银,空气柱的压强确定变大2.如图所示,内径相同,导热良好的“T”形细玻璃管上端开口,下端、右端封闭,管中用水银封闭着A、B两部分志向气体,各部分长度如图。

已知大气压强p0与76 cm水银柱产生的压强相同,设外界温度不变,重力加速度为g。

现沿管壁向竖直管缓慢灌入确定量的水银,水银的密度为ρ,B部分气体长度缩短1 cm,则灌入水银后B部分气体的压强为()A.77 cm·ρgB.86 cm·ρgC.88 cm·ρgD.90 cm·ρg题组二汽缸活塞模型3.(多选)(2024广东汕尾华中师范高校海丰附属学校校考)有人设计了一款健身器材如图所示,确定质量的志向气体密封在导热良好的容器中,容器上有刻度,容器内装有一可上下移动的活塞,活塞的面积为0.01 m2,厚度可以忽视,人们可以运用上方的把手拉动活塞达到熬炼身体的目的,已知在熬炼时,器材下方固定在地面上防止容器离开地面,活塞初始高度为30 cm,当地大气压强为1.0×105Pa,活塞、把手和连接杆的质量都可忽视,不计活塞与容器间的摩擦,外界气温不变。

下列说法正确的是()A.当用500 N的力往上拉,稳定时活塞高度为60 cmB.当用500 N的力往下压,稳定时活塞高度为15 cmC.若要使活塞稳定在120 cm高度处,则拉力应为1 000 ND.若要使活塞稳定在120 cm高度处,则拉力应为750 N4.(2024辽宁葫芦岛二模)如图甲所示,一水平固定放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ与活塞Ⅱ之间封闭有确定量的志向气体,两活塞用长度为2L、不行伸长的轻质细线连接,活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细缸连接处,此时细线拉直且无张力。

2024届四川省南充市高三上学期一诊考试理科综合全真演练物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题用一根长1m的轻质细绳将一幅质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）（ ）A．B．C．D．第(2)题轻质细线吊着一质量为m= 0.4kg、边长为L= 1m、匝数为N= 10的正方形线圈，其总电阻为R= 1Ω。

在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。

磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。

则下列判断正确的是（）A．线圈中的感应电流大小为1AB．线圈中感应电流的方向为逆时针C．t= 0时轻质细线的拉力等于线圈的重力D．0—6s内线圈产生的焦耳热为6J第(3)题一个由恒星A和B组成的双星系统，现在它们间的距离为L，并以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，运动周期为T。

已知恒星A的质量小于恒星B的，引力常量为G，则（ ）A．A的质量为B．A做圆周运动的半径比B的小C．A做圆周运动的线速度比B的大D．若恒星A、B间的距离缓慢减小，则它们转动周期缓慢变大第(4)题如图所示，为一折线，它所形成的两个角和均为，折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，一边长为的正方形导线框沿垂直于的方向以速度v向上做匀速直线运动，在时刻恰好位于图中所示的位置，以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—时间（）关系的是（时间以为单位）（ ）A．B．C．D．第(5)题一列简谐横波沿x轴在介质中传播，M、N是x轴上介质中的两个质点。

图甲是的该简谐横波的波形图，图乙是质点N的振动图像，时刻质点M的纵坐标为2，下列说法不正确的是（ ）A．该列简谐横波沿着x轴的正方向传播B．该列简谐横波的传播速度为4.0C．当时，质点N在波峰，加速度最小D．当时，质点M第一次到达波峰第(6)题电磁轨道炮发射的基本原理图如图所示，两条平行的金属导轨充当传统火炮的炮管，弹丸放置在两导轨之间，并与导轨保持良好接触，当电磁炮中通过如图虚线所示的强电流时，轨道电流在弹丸处形成垂直于轨道平面的磁场，弹丸获得很大的加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是（ ）A．电磁炮的本质是一种大功率的发电机B．若通入与图示方向相反的电流，弹丸不能发射出去C．其他条件不变的情况下，弹丸的质量越小，发射速度越大D．两导轨中的强电流（如图示）在导轨之间产生的磁场，方向竖直向下第(7)题2022年10月15日，我国成功的发射了遥感36号卫星，并顺利进入轨道，该轨道为椭圆轨道。

第3讲热力学定律与能量守恒定律目标要求 1.理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式，并能用热力学第一定律解决相关问题.2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性.3.知道第一类永动机和第二类永动机不可能制成．考点一热力学第一定律能量守恒定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)传热．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)表达式中的正、负号法则：物理量＋－W外界对物体做功物体对外界做功Q物体吸收热量物体放出热量ΔU内能增加内能减少3.能量守恒定律(1)内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．(2)条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．(例如：机械能守恒)(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．1．做功和传热改变物体内能的实质是相同的．(×)2．绝热过程中，外界压缩气体做功20J，气体的内能一定减少20J．(×)3．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)1．热力学第一定律的理解(1)内能的变化常用热力学第一定律进行分析．(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．(3)与外界绝热，则不发生传热，此时Q＝0.(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．2．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体内能的增加(减少)；(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加(减少)；(3)若在过程的初、末状态，物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界(物体)对物体(外界)做的功等于物体放出(吸收)的热量．例1一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程()A．气体从外界吸收热量2.0×105JB．气体向外界放出热量2.0×105JC．气体从外界吸收热量6.0×104JD．气体向外界放出热量6.0×104J答案B解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105J，B正确．例2(2023·广东江门市模拟)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图．从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口，扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出．若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体的内能_____(选填“变大”“变小”或“不变”)，要________(选填“对外放热”或“从外吸热”)．答案不变从外吸热解析气体温度不变，则气体的内能不变；气体体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体从外界吸热．考点二热力学第二定律1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．或表述为“第二类永动机是不可能制成的”．2．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行．3．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．1．可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．(√)2．热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化．(×)3．热量不可能从低温物体传给高温物体．(×)1．热力学第二定律的含义(1)“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等．在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．(1)高温物体热量Q 能自发传给热量Q 不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地完全转化为热．(3)气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V 2(较大)．3．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律成的原因例3(多选)下列说法正确的是()A．冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力学第二定律B．自发的热传导是不可逆的C．可以通过给物体加热而使它运动起来，但不产生其他影响D．气体向真空膨胀具有方向性答案BD解析有外界的帮助和影响，热量可以从低温物体传递到高温物体，仍遵循热力学第二定律，A错误；由热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，B正确，不可能通过给物体加热而使它运动起来但不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，C错误；气体可自发地向真空容器膨胀，具有方向性，D正确．考点三热力学第一定律与图像的综合应用1．气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程pVT＝c分析．2．气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析．(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功．(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小．(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热．(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功．例4(2023·广东深圳市调研)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc和ca回到原状态，其p－T图像如图所示，气体在状态________(填“a”“b”或“c”)的分子平均动能最小，在bc过程中气体体积________(填“变大”“变小”或“不变”)，在ab过程中，气体对外界做功________(填“大于”“小于”或“等于”)气体吸收的热量．答案a变小小于解析气体在状态a时的温度最低，则分子平均动能最小；在bc过程中气体温度不变，压强变大，则体积变小；在ab过程中，压强不变，温度升高，内能变大，ΔU>0；体积变大，则气体对外界做功，则W<0，则根据ΔU＝W＋Q，可知，Q>0，即气体对外界做功小于气体吸收的热量．例5(多选)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105Pa，经历A→B→C→A的过程，已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，下列说法中正确的是()A．C→A的过程中外界对气体做功300JB．B→C的过程中气体对外界做功600JC．整个过程中气体从外界吸收600J的热量D．整个过程中气体从外界吸收450J的热量答案AC解析在C→A过程中，压强不变，气体体积减小，外界对气体做功，根据W CA＝p·ΔV，得W CA＝300J，A正确；由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍，则B→C的过程中气体对外界做功900J，B错误；A→B→C→A，温度不变，则内能变化量ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C的过程中气体对外界做功900J；C→A的过程中外界对气体做功300J，故W＝W CA＋W BC＝－600J，Q＝ΔU－W＝600J，则整个过程中气体从外界吸收600J的热量，C正确，D错误．考点四热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程例6(2021·江苏卷·13)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S ，与汽缸底部相距L ，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、热力学温度与外界大气相同，分别为p 0和T 0.现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L 后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q ，求该过程中，(1)内能的增加量ΔU ；(2)最终温度T .答案(1)Q －(p 0S ＋f )L(2)2(p 0S ＋f )p 0ST 0解析(1)活塞缓慢移动时受力平衡，由平衡条件得p 1S ＝p 0S ＋f 气体对外界做功，则W ＝－p 1SL 根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 解得ΔU ＝Q －(p 0S ＋f )L .(2)活塞发生移动前，气体发生等容变化，则有p 0T 0＝p1T 1，活塞向右移动L ，气体发生等压变化，则有V 1T 1＝V2T ，且V 2＝2V 1.解得T ＝2(p 0S ＋f )p 0S T 0.例7(2023·广东惠州市博罗中学模拟)鱼泡是鱼在水中呼吸或进食所形成的，随着鱼嘴一张一闭，鱼嘴中的黏液包裹着鱼体内的空气上浮到水面(如图)，有经验的钓友能根据鱼泡判断出鱼的位置．假设鱼在水面下某深度处吐出一鱼泡，鱼泡直径为2cm ，此处水温为7℃，当鱼泡缓慢上升至水面时，鱼泡直径为3cm ，已知水面温度为27℃，大气压为1.0×105Pa ，水的密度为1.0×103kg/m 3，重力加速度g ＝10m/s 2，鱼泡内气体视为理想气体．(1)判断鱼在水面下的位置；(2)鱼泡在上升的过程中，是向外界放热还是从外界吸热？答案(1)21.5m(2)吸热解析(1)设水面下某深度处的鱼泡内气体压强为p 1，鱼泡半径为r 1，热力学温度为T 1，水面处鱼泡内气体压强为p 2，鱼泡半径为r 2，热力学温度为T 2鱼泡内气体的体积V＝4 3πr3根据理想气体状态方程有p1V1 T1＝p2V2 T2p2＝p0p1＝p0＋ρgh联立解得h＝21.5m(2)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q由于鱼泡内气体温度升高，故ΔU>0鱼泡内气体对外做功，故W<0所以Q>0故鱼泡在上升的过程中，是从外界吸热．课时精练1．(多选)下列说法正确的是()A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性答案AD解析第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功，违背了热力学第一定律，所以不可能制成，A正确；能量耗散过程中能量仍守恒，B错误；电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是压缩机做功的结果，不违背热力学第二定律，C错误；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，D正确．2．(2022·重庆卷·15(1))2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录．若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)()A．吸收热量B．压强增大C．内能减小D．对外做负功答案C解析由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据pVT＝c，可知温度降低，艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q可知气体放出热量，故选C.3.(2022·山东卷·5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动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解析初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生传热，汽缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，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，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．4．(多选)(2021·天津卷·6)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成．上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换．若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中()A．上下乘客时，气体的内能不变B．上下乘客时，气体从外界吸热C．剧烈颠簸时，外界对气体做功D．剧烈颠簸时，气体的温度不变答案AC5.(2021·山东卷·2)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pVT＝c，可知气体体积膨胀，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.(2023·广东湛江市模拟)我们经常会在电视上看到潜水员潜入海底探索海底的奥秘，如图所示，潜水员潜水时呼出的气泡，在缓慢上升到海面的过程中体积会逐渐变大．若某气泡缓慢上升到海面的过程中未破裂，且越接近海面，海水的温度越高，大气压强恒定，视气泡内气体为理想气体．则此过程中，该气泡内的气体压强________，该气泡内的气体内能________(均选填“增大”“减小”或“不变”)．答案减小增大解析随着气泡的上升，离水面的深度逐渐减小，根据p＝p0＋ρgh，则该气泡内的气体压强减小；气泡内气体的温度升高，则该气泡内的气体内能增大．7.(2023·广东广州市天河区检测)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的关系图像如图所示，其中图线的AB段平行于纵轴，BC段平行于横轴．则从A状态到B状态，气体________(选填“吸收”或“放出”)热量，从B状态到C状态，气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数________(选填“增多”“不变”或“减少”)，A、B、C三个状态相比，气体密度最大的是________(选填“A”“B”或“C”)．答案吸收减少A解析从A 状态到B 状态，温度不变，则ΔU ＝0，根据pVT＝c ，压强减小，体积增大，即V B >V A ，气体对外做功W <0，根据ΔU ＝W ＋Q ，则Q >0，气体吸收热量．从B 状态到C 状态，根据pV T＝c ，压强不变，温度升高，体积变大，即V C >V B ，保持压强不变，气体的体积增大，气体的密度减小，气体分子单位时间内对容器壁单位面积的碰撞次数减少．根据ρ＝mV ，V C >V B >V A ，则气体密度最大的是A .8.(多选)(2022·全国乙卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a 经状态b 变化到状态c ，其过程如T －V 图上的两条线段所示，则气体在()A ．状态a 处的压强大于状态c 处的压强B ．由a 变化到b 的过程中，气体对外做功C ．由b 变化到c 的过程中，气体的压强不变D ．由a 变化到b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能答案AB解析根据理想气体状态方程可知T ＝p C ·V ，即T －V 图像的斜率为pC，故有p a ＝p b >p c ，故A正确，C 错误；理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正确；理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W ，而ΔU >0，W <0，则有ΔU ＝Q －|W |，可得Q >0，Q >ΔU ，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 错误．9.(多选)(2022·全国甲卷·33(1)改编)一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p －T 图上从a 到b 的线段所示．在此过程中()A ．气体一直对外做功B ．气体的内能一直增加C ．气体一直从外界吸热D ．气体吸收的热量等于其内能的增加量答案BCD 解析因p －T 图像中a 到b 的线段的延长线过原点，由pV T＝c ，可知从a 到b 气体的体积不变，则从a 到b 气体不对外做功，选项A 错误；因从a 到b 气体温度升高，可知气体内能增加，选项B 正确；因W ＝0，ΔU >0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C 、D 正确．10．(2022·江苏卷·7)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a →b 和a →c 两个过程，其中a →b 为等温过程，状态b 、c 的体积相同，则()A ．状态a 的内能大于状态bB ．状态a 的温度高于状态cC ．a →c 过程中气体吸收热量D ．a →c 过程中外界对气体做正功答案C 解析由于a →b 的过程为等温过程，即状态a 和状态b 温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体，状态a 的内能等于状态b 的内能，故A 错误；由于状态b 和状态c 体积相同，且p b <p c ，根据查理定律有p b T b ＝p c T c，可知T b <T c ，又因为T a ＝T b ，故T a <T c ，故B 错误；因为a →c 过程气体体积增大，气体对外界做正功，而气体温度升高，内能增加，根据ΔU ＝W ＋Q ，可知气体吸收热量，故C 正确，D 错误．11．(2023·江苏通州区月考)真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入抽气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V 0，抽气腔的容积为nV 0，初始时刻气体压强为p 0.(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p ；(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p 随体积V 变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU .答案(1)p 0n ＋1(2)－0.8np 0V 0解析(1)抽气过程等温变化，第一次抽气有p 0V 0＝p (V 0＋nV 0)，解得p ＝p 0n ＋1.(2)该过程为绝热过程，可知Q ＝0，又有W ＝－p ΔV ＝－p 0＋0.6p 02·(nV 0)＝－0.8np 0V 0，根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ＝W ＝－0.8np 0V 0.12.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图．一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的轻活塞密封在导热气缸内，活塞厚度不计，横截面积S ＝100cm 2，开始时活塞距气缸底部的高度为h ＝0.3m ，周围环境温度为t 0＝27℃，当环境温度上升，活塞上移Δh ＝0.01m 时，活塞上表面与a 、b 两触点接触，报警器报警．不计一切摩擦，大气压强恒为p 0＝1.0×105Pa ，求：(1)该报警装置的报警温度为多少摄氏度；(2)若上述过程气体吸收的热量为30J ，则此过程气体内能的增加量为多少．答案(1)37℃(2)20J 解析(1)气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2，得hS 300K ＝(h ＋Δh )S (t 2＋273)K ，代入数据解得t 2＝37℃.(2)气体等压膨胀对外做功，则W ＝－p 0·ΔV ＝－p 0(S ·Δh )，代入数据得W ＝－10J ，由热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ，代入数据得ΔU ＝－10J ＋30J ＝20J.13．绝热的活塞与气缸之间封闭一定质量的理想气体，气缸开口向上置于水平面上，活塞与气缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能U P ＝72J ，如图甲所示．已知活塞横截面积S ＝5×10－4m 2，其质量为m ＝1kg ，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度g ＝10m/s 2，如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P 位置移动到Q 位置，此过程封闭气体的V －T 图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比．求：(1)封闭气体最后的体积；(2)封闭气体吸收的热量．答案(1)6×10－4m 3(2)60J 解析(1)以气体为研究对象，由于压强不变，根据盖—吕萨克定律，有V P T P ＝V Q T Q，解得V Q ＝6×10－4m 3(2)由气体的内能与热力学温度成正比有U P U Q ＝T P T Q解得U Q ＝108J活塞从P 位置缓慢移到Q 位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有pS ＝p 0S ＋mg解得p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105Pa 外界对气体做功W ＝－p (V Q －V P )＝－24J由热力学第一定律有U Q －U P ＝Q ＋W可得气体吸收的总热量为Q ＝60J.。

气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2　“汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体。

(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。

(2)求此时药瓶内气体的压强。

【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。

(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。

长治部分学校2024-2025学年高三上学期一轮复习联考（二）物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

考试时间为75分钟，满分100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．《中国制造2025》是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领，智能机器制造是一个重要的方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。

如图所示，一个智能机械臂铁夹P 、Q 从地面夹起一个金属小球（铁夹与球接触面保持竖直），由静止开始将小球竖直匀加速提升至A 处，之后铁夹立即松开，小球在空中运动。

下列说法正确的是A ．小球加速上升过程中，铁夹P 对小球的弹力大于小球对铁夹P 的弹力B ．小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上C ．铁夹松开后，小球立即做自由落体运动D ．小球上升过程中，处于超重状态2．2024年8月4日，在巴黎奥运会体操男子吊环决赛中，中国选手刘洋获得冠军。

如图所示是他在比赛时的场景，若他处于静止状态，连接吊环的两条绳子与竖直方向的夹角均为θ，他的质量为m ，重力加速度为g ，吊环的质量不计，则每条绳子上的拉力大小为A ．mg B． C ． D ．3．如图甲所示，某自动驾驶汽车以2m/s 的速度在平直公路上行驶，时刻开始，汽车做加速直线运动，以初速度方向为正方向，其加速度—时间图像如图乙所示，则该汽车12mg cos mg θ2cos mg θ0t =A ．在3～6s 内，做匀加速直线运动B ．在时的速度大小为3m/sC ．在0～3s 内的位移大小为10.5mD ．在时的速度大小为7.5m/s4．鲁班是中国古代一位优秀的发明创造家。

2024—2024重庆名校联盟2024届高三第一次联合考试理综全真演练物理试卷（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题2024年4月19日起，日本开始排放第五批福岛核污染水，预计排放19天。

核污染水中含有一定量的放射性核素“氚”，该核素可在生物体内富集，导致内照射，从而损害生物体的健康。

已知氚的衰变方程为，半衰期约为12年，下列说法正确的是（ ）A．氚核发生的是α衰变B．衰变产物X来自氚的核外电子C．衰变产生的射线能穿透几厘米厚的铅板D．若立即停止排放，12年后因排污导致的核辐射量会减少50%第(2)题“回热式热机”热循环过程可等效为如图所示的曲线，、为等温过程，、为等容过程．对于一定质量的理想气体，在热循环过程中（）A．a状态气体温度比c状态低B．，两过程气体放出、吸收的热量相等C．整个循环过程，气体对外放出热量D．d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态少第(3)题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ABCDA回到初始状态，其中AB和CD为两条等温线，BC和DA为两条绝热线。

下列说法正确的是（ ）A．在D→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．B→C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状态多第(4)题如图，一物块通过光滑的钩子挂在轻绳上，绳的左端固定，右端绕过光滑的轻质滑轮并施加恒力F，物块处于静止状态，此时绳两端的夹角。

已知重力加速度为g，。

现给物块一个竖直向下的速度，保持恒力F不变，当绳两端的夹角时，该物块的加速度大小为（ ）A．B．C．D．第(5)题如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中，B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间t0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的x﹣t图象。

第2讲固体、液体和气体目标要求 1.了解固体的微观结构，知道晶体和非晶体的特点，了解液晶的主要性质.2.了解表面张力现象和毛细现象，知道它们的产生原因.3.掌握气体压强的计算方法及气体压强的微观解释.4.能用气体实验定律解决实际问题，并会分析气体图像问题．考点一固体和液体性质的理解1．固体(1)分类：固体分为晶体和非晶体两类．晶体又分为单晶体和多晶体．(2)晶体和非晶体的比较分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形有规则的几何形状无确定的几何形状无确定的几何外形熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同性各向同性典型物质石英、云母、明矾、食盐各种金属玻璃、橡胶、蜂蜡、松香、沥青转化晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化2.液体(1)液体的表面张力①作用效果：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形表面积最小．②方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．③形成原因：表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大，分子间作用力表现为引力．(2)浸润和不浸润①当液体和与之接触的固体的相互作用比液体分子之间的相互作用强时，液体能够浸润固定．反之，液体不浸润固体．②毛细现象：浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降．3．液晶(1)液晶的物理性质①具有液体的流动性．②具有晶体的光学各向异性．(2)液晶的微观结构从某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．1．晶体的所有物理性质都是各向异性的．(×)2．液晶是液体和晶体的混合物．(×)3．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体．(×) 4．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用．(√)考向1晶体和非晶体例1在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针尖接触薄片背面上的一点，石蜡熔化区域的形状如图甲、乙、丙所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，则下列说法中正确的是()A．甲一定是单晶体B．乙可能是金属薄片C．丙在一定条件下可能转化成乙D．甲内部的微粒排列是规则的，丙内部的微粒排列是不规则的答案 C考向2液体例2关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是()A．甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结果B ．乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果C ．丙图液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的D ．丁图中的酱油与左边材料不浸润，与右边材料浸润 答案 B解析 因为液体表面张力的存在，水黾才能在水面上行走自如，故A 错误；将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B 正确；液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的，故C 错误；从题图丁中可以看出酱油与左边材料浸润，与右边材料不浸润(不浸润液滴会因为表面张力呈球形)，故D 错误．考点二 气体压强的计算1．气体压强的计算 (1)活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式．求气体压强的基本方法：先对活塞进行受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程． 图甲中活塞的质量为m ，活塞横截面积为S ，外界大气压强为p 0.由于活塞处于平衡状态，所以p 0S ＋mg ＝pS ，则气体的压强为p ＝p 0＋mg S.图乙中的液柱也可以看成“活塞”，由于液柱处于平衡状态，所以pS ＋mg ＝p 0S ， 则气体压强为p ＝p 0－mgS ＝p 0－ρ液gh .(2)连通器模型如图所示，U 形管竖直放置．同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以气体B 和A 的压强关系可由图中虚线联系起来．则有p B ＋ρgh 2＝p A ，而p A ＝p 0＋ρgh 1， 所以气体B 的压强为p B ＝p 0＋ρg (h 1－h 2)． 2．气体分子运动的速率分布图像当气体分子间距离大约是分子直径的10倍时，分子间作用力十分微弱，可忽略不计；分子沿各个方向运动的机会均等；分子速率的分布规律按“中间多、两头少”的统计规律分布，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大，如图所示．3．气体压强的微观解释(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．(2)决定因素(一定质量的某种理想气体) ①宏观上：决定于气体的温度和体积．②微观上：决定于分子的平均动能和分子的数密度．例3 (2022·江苏卷·6)自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是( )A ．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变B ．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大C ．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体D ．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 答案 D解析 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数N 0不变，根据n ＝N 0V 可知，当体积增大时，单位体积的分子个数n 变少，氢气分子的密集程度变小，故A 错误；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁进行持续的、无规则的撞击，压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B 错误；普通气体在温度不太低、压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C 错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两头少”的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D 正确．例4 求气缸中气体的压强．(大气压强为p 0，重力加速度为g ，活塞的质量为m ，横截面积为S ，气缸、物块的质量均为M ，活塞与气缸间均无摩擦，均处于平衡状态)甲________ 乙________ 丙________ 答案 p 0＋mg S p 0－MgS p 0＋(M ＋m )g S解析 题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图(a)所示，由平衡条件知p A S ＝p 0S ＋mg ，得p A ＝p 0＋mgS；题图乙中选气缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知p 0S ＝p B S ＋Mg ，得p B ＝p 0－Mg S；题图丙中选活塞为研究对象，受力分析如图(c)所示，p C S 下sin α＝p 0S 上＋F N ＋mg ，F N ＝Mg ，S 下sin α＝S 上，S 上＝S ，由以上可得p C ＝p 0＋(M ＋m )gS.例5 若已知大气压强为p 0，液体密度均为ρ，重力加速度为g ，图中各装置均处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强．答案 甲：p 0－ρgh 乙：p 0－ρgh 丙：p 0－32ρgh 丁：p 0＋ρgh 1 戊：p a ＝p 0＋ρg (h 2－h 1－h 3) p b ＝p 0＋ρg (h 2－h 1)解析题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件有p甲S＋ρghS＝p0S所以p甲＝p0－ρgh题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p乙S＋ρghS＝p0Sp乙＝p0－ρgh题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p丙S＋ρgh sin 60°·S＝p0S所以p丙＝p0－32ρgh题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件有p丁S＝p0S＋ρgh1S所以p丁＝p0＋ρgh1题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为p b＝p0＋ρg(h2－h1)，故a气柱的压强为p a＝p b－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)．考点三气体实验定律及应用1．气体实验定律玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1＝p2V2p1T1＝p2T2拓展：Δp＝p1T1ΔTV1T1＝V2T2拓展：ΔV＝V1T1ΔT微观解释一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动分子的平均动能不变．体积减小时，分子的数密度增大，气体的压强增大密度保持不变，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的数密度减小，才能保持压强不变图像2．理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体． ①在压强不太大、温度不太低时，实际气体可以看作理想气体．②理想气体的分子间除碰撞外不考虑其他作用，一定质量的某种理想气体的内能仅由温度决定．(2)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT＝c .(质量一定的理想气体)1．压强极大的实际气体不遵从气体实验定律．( √ )2．一定质量的理想气体，当温度升高时，压强一定增大．( × ) 3．一定质量的理想气体，温度升高，气体的内能一定增大．( √ )1．解题基本思路2．分析气体状态变化的问题要抓住三点 (1)弄清一个物理过程分为哪几个阶段．(2)找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的． (3)明确哪个阶段应遵循什么实验定律．例6 (2023·广东广州市越秀区月考)为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等．气缸开口向上，用质量为m ＝1 kg 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ＝1 cm 2.当气缸内温度为300 K 时，活塞与气缸底相距H ＝6 cm ，活塞上部距活塞h ＝4 cm 处有一用轻质绳悬挂的重物．当绳上拉力为零时，警报器报警．已知缸外气体压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦．求：(1)当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？(2)若锅炉外壁的安全温度为800 K ，那么重物的质量应是多少？ 答案 (1)500 K (2)1.2 kg解析 (1)活塞上升过程缸内气体发生等压变化． V 1＝HS V 2＝(H ＋h )S则根据盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2解得T 2＝500 K.(2)活塞碰到重物后到绳的拉力为零，缸内气体发生等容变化，设重物质量为M ，则 p 2S ＝p 0S ＋mg p 3S ＝p 0S ＋(m ＋M )g 根据查理定律得p 2T 2＝p 3T 3解得M ＝1.2 kg.例7 (2023·广东佛山市模拟一)如图所示，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭，A 侧空气柱的长度为L ＝12.0 cm ，温度为300 K ；B 侧水银面比A 侧的高h ＝4.0 cm.已知大气压强p ＝76.0 cmHg.为了使A 、B 两侧的水银面等高，可以用以下两种方法：(1)开关关闭的情况下，改变A 侧气体的温度，使A 、B 两侧的水银面等高，求此时A 侧气体温度；(2)在温度不变的条件下，将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，使A 、B 两侧的水银面等高，再闭合开关K.求U 形管中放出水银的长度．(结果保留一位小数) 答案 (1)237.5 K (2)5.2 cm解析 (1)气体压强为p 1＝p 0＋4 cmHg ＝80 cmHg ，p 2＝76 cmHg 依题意空气柱长度L ＝12.0 cm ，L 2＝10.0 cm ，根据理想气体状态方程有 p 1LS T 1＝p 2L 2ST 2代入数据解得T 2＝237.5 K(2)温度不变，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 3V 3 即p 1LS ＝p 0L 3S 得L 3≈12.6 cm所以流出水银长度为ΔL ＝4 cm ＋0.6 cm ＋0.6 cm ＝5.2 cm.考点四 气体状态变化的图像问题1．四种图像的比较类别 特点(其中c 为常量)举例p －VpV ＝cT ，即pV 之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p －1Vp ＝cT 1V，斜率k ＝cT ，即斜率越大，温度越高p －Tp ＝c V T ，斜率k ＝cV，即斜率越大，体积越小V －T V ＝c p T ，斜率k ＝cp，即斜率越大，压强越小2.处理气体状态变化的图像问题的技巧(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程．看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解．(2)在V －T 图像(或p －T 图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大． 例8 一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p －1V 图像如图所示，变化顺序为A →B →C →D →A ，图中AB 线段延长线过坐标原点，CD 线段与p 轴垂直，DA 线段与 1V 轴垂直．气体在此状态变化过程中( )A ．A →B 过程，压强减小，温度不变，体积增大 B ．B →C 过程，压强增大，温度降低，体积减小 C ．C →D 过程，压强不变，温度升高，体积减小 D ．D →A 过程，压强减小，温度升高，体积不变 答案 A解析 由题图可知，A →B 过程，气体发生等温变化，气体压强减小，体积增大，故A 正确；由理想气体状态方程pV T ＝c 可知p ＝cT 1V ，斜率k ＝cT ，连接O 、B 的直线比连接O 、C 的直线的斜率小，所以B 的温度低，B →C 过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B 错误；C →D 过程，气体压强不变，体积变小，由理想气体状态方程pVT ＝c 可知，气体温度降低，故C 错误；D →A 过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程pVT ＝C 可知，气体温度降低，故D 错误．例9 (2021·全国甲卷·33(1))如图，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，V 1和V 2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t 0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t 0＝－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p a p b ＝______；气体在状态b 和c 的压强之比p b p c＝________.答案 1 V 2V 1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p a p b＝1； t ＝0 ℃时，当气体体积为V 1时，设其压强为p 1，当气体体积为V 2时，设其压强为p 2，温度相等，由玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2由于直线Ⅰ和Ⅱ为两条等压线，则有p 1＝p b ，p 2＝p c联立解得p b p c ＝p 1p 2＝V 2V 1. 课时精练1．(2023·山西省榆次一中模拟)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”．农谚“锄板底下有水”、“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结．关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是( )A ．松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分B ．松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分C ．松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理D ．松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理答案 A解析 松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减少水分蒸发，保存水分，A 正确，B 错误；水对土壤是浸润液体，松土保墒是利用了浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降的原理，C 错误；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D 错误．2．下列说法中正确的是( )A．液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会呈球状，这是因为液体内分子间有相互吸引力C．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大D．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力答案 A解析液晶的分子排列会因所加电压的变化而变化，由此引起光学性质的改变，A正确；在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是表面张力原因，B错误；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而在干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，C错误；玻璃板很难被拉开是由于分子引力和大气压的作用，D错误．3．(多选)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体，下列关于玻璃的说法正确的是()A．没有固定的熔点B．天然具有规则的几何形状C．沿不同方向的导热性能相同D．分子在空间上周期性排列答案AC解析玻璃是非晶体，根据非晶体的特点可知，非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)在空间上不呈周期性排列的固体，它没有一定规则的外形，它的物理性质在各个方向上都是相同的，叫各向同性，它没有固定的熔点，故A、C正确，B、D错误．4．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述正确的是()A．气体的压强由温度和单位体积内的分子个数共同决定B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变答案AC解析气体的压强由气体的温度和单位体积内的分子个数共同决定，故A正确；单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，单位面积上的碰撞次数和碰撞的平均力都增大，因此这时气体压强一定增大，故B错误；若气体的压强不变而温度降低，则气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，故C正确，D错误．5．(2023·福建省名校联盟测试)负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的概率，病房中气压小于外界环境的大气压．若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是()A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中每个气体分子的运动速率C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力答案 C解析因为负压病房的温度和外界温度相同，而温度是分子平均动能的标志，则负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，负压病房内每个气体分子的运动速率不一定都小于外界环境中每个气体分子的运动速率，A、B错误；负压病房内的压强较小，温度与外界相同，则分子的数密度较小，即负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；负压病房内的压强较小，根据F＝pS可知，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误．6.一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()A．ab过程中不断减小B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增大D．da过程中保持不变答案 B解析因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B 正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中气体体积发生变化，D错误．7.(2023·江苏省如皋中学高三模拟)如图所示，两个内壁光滑的导热气缸通过一个质量不能忽略的“工”字形活塞封闭了A 、B 两部分理想气体．下面气缸的横截面积大于上面气缸的横截面积，现使环境温度降低10 ℃，外界大气压保持不变，下列说法正确的是( )A ．活塞下降B ．活塞上升C ．活塞静止不动D ．不能确定 答案 A解析 初态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有p A S A ＋M 工g ＋p 0S B ＝p B S B ＋p 0S A ，对上面气缸受力分析，有p A S A ＝p 0S A ＋M 上缸g ，末态时，对“工”字形活塞整体受力分析，有p A ′S A ＋M 工g ＋p 0S B ＝p B ′S B ＋p 0S A ，对上面气缸受力分析，有p A ′S A ＝p 0S A ＋M 上缸g ，联立方程解得p A ′＝p A ，p B ′＝p B ，对A 、B 两部分气体，根据理想气体状态方程可得p A V A T ＝p A ′V A ′T ′，p B V B T ＝p B ′V B ′T ′，因温度降低，p A ′＝p A ，p B ′＝p B ，则V A ′＜V A 、V B ′＜V B ，则活塞下降，上面气缸下降，才能使A 、B 气体体积均变小，故选A.8.(2023·广东广州市越秀区模拟)如图所示，在湖水里固定一个导热性较好的长圆管，管内横截面积为S ＝2 cm 2，管内有一活塞封闭着一定质量的理想气体，当白天外界温度为27℃时，活塞的下端距湖面的高度为h 1＝70 cm ，圆管内、外水面高度差为h 2＝50 cm ，大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，且保持不变，湖水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)活塞的质量；(2)当夜晚外界温度为7℃时，活塞的下端距湖面的高度．答案 (1)0.1 kg (2)62 cm解析 (1)设活塞的质量为m ，由平衡条件有p0S＋mg＝p0S＋ρgh2S解得m＝0.1 kg；(2)设外界温度为7℃时，由于被封气体压强不变，发生等压变化，设活塞的下端距湖面的高度为h3V1＝(h1＋h2)ST1＝(27＋273)K＝300 KV2＝(h3＋h2)ST2＝(7＋273)K＝280 KV1 T1＝V2 T2解得h3＝62 cm.9．(2021·广东卷·15(2))为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．答案 1.3×105 Pa解析以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3注射器内气体体积为V2，有V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3根据玻意耳定律有p0(V1＋V2)＝p1V1代入数据解得p1＝1.3×105 Pa.10．(2021·全国乙卷·33(2))如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B 两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm.已知外界大气压为p0＝75 cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差．答案 1 cm解析设A、B两管的横截面积分别为S1、S2，注入水银后如图所示，A、B气柱分别减少了h1和h2，压强分别为p1和p2则有：p0l1S1＝p1(l1－h1)S1p0l2S2＝p2(l2－h2)S2压强：p2＝p0＋ρghp1＝p2＋ρg(h2－h1)代入数据解得Δh＝h2－h1＝1 cm.11.(2023·广东深圳市调研)“手掌提杯”实验可反映大气压的存在．先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)．(1)杯口横截面积为S ，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T 1，冷却后温度为T 2，大气压强为p 0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G 为多少？(2)若杯口横截面积S ＝40 cm 2，p 0＝1.00×105 Pa ，冷却后杯内气体温度为17 ℃，杯内气体体积减为原来的2930，将杯子固定，需要用F ＝25 N 竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，则刚封闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？答案 (1)T 1－T 2T 1p 0S (2)47 ℃ 解析 (1)气体的体积不变，根据查理定律有p 0T 1＝p 2T 2，得降温后杯内气体压强为p 2＝T 2T 1p 0 由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为G ＝(p 0－p 2)S ＝T 1－T 2T 1p 0S . (2)根据手受力平衡可知降温后杯内气体压强为p 3＝p 0－F S＝9.375×104 Pa 根据理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3其中T 3＝(273＋17) K ＝290 K ，V 3＝2930V 0 解得T 0＝320 K ，则t 0＝47 ℃.。

2024届山东省济南市高三新高考第一次模拟考试物理高频考点试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图（a）所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。

其原理可等效为如图（b）所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。

不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球经过A点的速度一定大于C．轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨D．铁球绕圆轨道运动时，B点受轨道的弹力比A点大第(2)题如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。

已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。

则木板的长度为（）A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m第(3)题某物理兴趣小组对手机辐射强度与距离关系展开了研究，假设手机为功率恒定的辐射源，向空间各个方向均匀辐射电磁波，当手机距离人脸1m和2m时，人脸接收到手机辐射的最大功率之比为（）A．B．C．D．第(4)题如图甲所示为某燃气灶的点火装置电路图，合上开关K，经转换器后，产生如图乙所示的交流电，再经变压器升压后，钢针和金属板间产生电火花，使燃气燃烧。

已知钢针与金属板间电压瞬时值超过才能点火。

图中线圈匝数分别为，且燃气灶能正常工作。

则关于电压表V的读数和线圈匝数比值的说法中正确的是（ ）A．点火时，电压表V的读数不断变化B．点火时，电压表V的读数为C．线圈匝数之比可能为D．线圈匝数之比必须大于第(5)题在俄乌战争中，俄罗斯大量使用了“卡－52武装直升机”。

汽缸活塞类模型
1.解题的一般思路 (1)确定研究对象 研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究 对象(汽缸、活塞或某系统). (2)分析物理过程 ①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验 定律列出方程. ②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程. (3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程. (4)多个方程联立求解.注意检验求解结果的合理性.
考向1 单独气体
例1 如图所示，一粗细均匀、长度为L＝1.0 m、导热性能良好的细玻璃 管竖直放置，下端封闭，上端开口.长度为d＝0.50 m的水银柱将长度为 L0＝0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0 ＝75 cmHg，管内空气的初始温度为t0＝27 ℃，热力学温度 与摄氏温度之间的关系为T＝(t＋273) K. (1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水 银恰好有一半溢出，求T1的大小； 答案 360 K
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体； 答案 0.42 m3
设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体 压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2， 由玻意耳定律可得pV1＝p′V2， 设抽掉的气体占原来气体的比率为k， 由数学关系可得 k＝V2－V2V1， 设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3.
2 过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
答案
2p0
2 3p0
旋转过程，上部分气体发生等温变化， 根据玻意耳定律可知 p0·SL0＝p1·12SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为12SL0＋

励志格言：所有命运的馈赠，都在暗中标好了价格。

一、理想气体理想气体是指在任何温度、任何压强下始终遵从气体实验定律的气体实际气体在 不太大、 不太低的条件下，可视为理想气体。

二、理想气体状态方程1.内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.2.公式：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 或 pV T＝C (C 由物质的量决定，与p 、V 、T 无关的常量)。

（1）当温度不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

（2）当压强不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

（3）当体积不变时，理想气体的状态方程可写为： 。

三、理想气体状态方程的应用1.澄清气柱、水银柱之间的几何关系，并列出表达式【例1】（如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31℃，大气压强p 0＝76cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9cm?23---24学年高三一轮复习 物理学案 热学4 总第（ ）期 学生姓名 班级 学号 课题：理想气体状态方程及应用（2课时） 组编人： 校对人： 使用日期：*【拓展训练1】如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，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。

（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？2.将“变质量”问题转化为“定质量”问题解决【例2】有一教室，上午8时温度为17O C，下午2时的温度为27O C，假定大气压强无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为多大？【导思】以上午8时教室里的空气为研究对象，求出下午2时气体的体积，然后比较此时教室内的气体和全部气体的体积。

第2讲动量守恒定律及应用目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．考点一动量守恒定律的理解和基本应用1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(×)4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案 B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.考向2动量守恒定律的基本应用例2(2023·浙江温州市模拟)如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是()A．v0B．2v0C．大于v0，小于2v0D．大于2v0答案 B解析两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4m v0，方向向右．当甲、乙两人先后以相对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4m v0＝2m v车，可得v车＝2v0，选项B正确．应用动量守恒定律解题的步骤考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是()A．12 B．13 C．14 D．15答案 D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·m v′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．(√)2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．(×)考向1爆炸问题例4(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案 B解析设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝x2＋y2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，v t＝(5－t)×340 (m/s)，又2v t＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，故B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．考向2 反冲运动例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M (含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( ) A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 由动量守恒定律得m v 0＝(M －m )v ，导弹获得的速度v ＝mM －m v 0，故选D.考向3 人船模型1．模型图示2．模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，得x 人＝M M ＋m L ，x 船＝mM ＋m L3．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 人x 船＝v 人v 船＝M m. 例6 (多选)如图所示，绳长为l ，小球质量为m ，小车质量为M ，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )A ．系统的总动量守恒B ．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零C ．小球不能向左摆到原高度D ．小车向右移动的最大距离为2mlM ＋m答案 BD解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A 错误，B 正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C 错误；小球相对于小车的最大位移为2l ，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v m ，小车水平方向的平均速度为v M ，m v m －M v M ＝0，两边同时乘以运动时间t ，m v m t －M v M t ＝0，即mx m ＝Mx M ，又x m ＋x M ＝2l ，解得小车向右移动的最大距离为2mlM ＋m，D 正确．考点三 碰撞问题1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒 损失最大1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．( √ )3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )1．弹性碰撞的重要结论以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．静止物体被撞后的速度范围物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，v B ＝m A m A ＋m B v 0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，v B ＝2m Am A ＋m B v 0.则碰后物体B的速度范围为：m A m A ＋m B v 0≤v B ≤2m Am A ＋m B v 0.考向1 碰撞的可能性例7 A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC．v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/sD．v A′＝7 m/s，v B′＝1.5 m/s答案 B解析虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v A′大于B 的速度v B′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能E k后＝122m A v A′＋12＝57 J，大于碰前的总动能E k前＝12m A v A2＋12m B v B2＝22 J，违背了能量守恒定律，2m B v B′所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．考向2弹性碰撞例8(2023·浙江省杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动答案 A解析A、B质量不等，m A<m B，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，m E >m F ，则碰后E 、F 都向右运动，所以B 、C 、D 静止，A 向左运动，E 、F 向右运动，故A 正确．考向3 非弹性碰撞例9 (2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，小球A 和小球B 质量相同，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )A ．h B.12h C.14h D.18h答案 C解析 小球A 由释放到摆到最低点的过程，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 12，则v 1＝2gh .A 、B 的碰撞过程满足动量守恒定律，则m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，又m A ＝m B ，得v 2＝2gh 2，对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 22＝(m A ＋m B )gh ′，则h ′＝h4，故C 正确． 课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )A ．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案 A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案 D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案 B解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地面的高度约为3.6 m ，故选项B 正确．4．(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 AB解析 根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p ，则总动量为2p ，根据动量和动能的关系有：p 2＝2mE k ，根据能量的关系，由于动能不增加，则有：4p 22M ≥p 22m ＋p 22M ，解得M m≤3，故A 、B 正确，C 、D 错误． 5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )答案 B解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A 图情况是不可能的，故A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B 所示，故B 正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C 所示是不可能的，故C 错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D 错误．6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v 0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 02.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C ，碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D ，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J答案 B解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43 kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意． 8．(2023·浙江宁波市月考)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹从地面斜向上抛出，上升h 后到达最高点，此时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东；重力加速度为g .则( )A ．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒B ．质量为m 的一块，其速度为3v 0－2vC ．质量为m 的一块，其速度为2v －3v 0D．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为mg 2hg，方向水平向西答案 B解析爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误；规定向东为正方向，根据动量守恒得3m v0＝2m v＋m v′，解得质量为m的一块的速度v′＝3v0－2v，故B正确，C错误；质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，由h＝12gt2，得运动的时间t＝2hg ，则在落地过程中重力冲量的大小为mg2hg，方向竖直向下，故D错误．9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则()A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s答案 A解析设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3m v＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)v n －nm v＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝n20＝33.3 s，故D 错误．10.(2023·浙江绍兴市调研)如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力．则()A．下落过程中两个小球之间有相互挤压B．A与B第一次碰后小球B的速度不为零C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2hD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h答案 D解析不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2gh，解得小球B触地时两球速度相同，为v＝2gh，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得m B v－m A v＝m A v1＋m B v2，由能量守恒定律得12＝12m A v12＋12m B v22，解得v2＝0，v1＝2v，B错误；碰后小球A 2(m A＋m B)v弹起的最大高度H＝(2v)2＝4h，C错误，D正确．2g11．(多选)(2023·浙江宁波市高三检测)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边．若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g，则()A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgLB．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为gLC．两购物车碰撞时的能量损失为2kmgLD．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m10kgL答案CD解析由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL ，A 错误；工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v 0，运动L距离后速度为v 1，由动能定理可得－kmgL ＝12m v 12－12m v 02，得v 1＝v 02－2kgL ，设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v ，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得m v 1＝2m v ，得v ＝12v 1，由能量守恒定律可得3kmgL ＋ΔE ＝12m v 02，两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE ＝12m v 12－12×2m v 2＝12m v 12－12×2m (12v 1)2＝14m v 12＝14m (v 02－2kgL )，联立解得v 0＝10kgL ，ΔE ＝2kmgL ，v ＝12v 1＝12v 02－2kgL ＝2kgL ，B 错误，C 正确；由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I ＝m v 0－0＝m 10kgL ，D 正确．12.(2023·浙江台州市模拟)如图所示，光滑导轨的末端放有一个质量为m 1＝1 kg 的小球A ，导轨的末端与竖直墙上的O 点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d ＝0.3 m ．一个质量为m 2的小球B 沿导轨从距导轨末端高h ＝0.2 m 处由静止释放，在末端与小球A 碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，A 、B 两球分别击中竖直墙壁上的P 、Q 两点．已知P 到O 的距离h 1＝0.05 m ，Q 到O 的距离h 2＝0.45 m ，小球可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求A 、B 两球从轨道末端飞出时的速度大小v 1、v 2；(2)求小球B 的质量m 2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；(3)在A 、B 发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B ，质量为m 2，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动？如果能，求出m 2；若不能，请说明理由．答案 见解析解析 (1)小球在空中做平抛运动，有d ＝v 1t 1，h 1＝12gt 12，d ＝v 2t 2，h 2＝12gt 22， 解得v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s(2)设B 运动到轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒得m 2gh ＝12m 2v 02， 解得v 0＝2 m/s在A、B碰撞前后，两球的动量守恒，以v0的方向为正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，解得m2＝3 kg碰前总动能E k＝12m2v02＝6 J，碰后两球总动能E k′＝12m2v22＋12m1v12＝6 J即该碰撞为弹性碰撞．(3)不能．假设此情形下的m2存在，则由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v求得v＝m2v0m1＋m2碰前总动能E k＝12m2v02，碰后两球总动能E k′＝12(m1＋m2)v2＝m22v022(m1＋m2)<E k这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在．13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v1＝m v0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2m v0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v n－v n－1)＝2m v0，各式相加可得v n＝(2n－1)m v0M，则v7＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.。

2024届辽宁省高三下学期一轮复习联考全国卷全真演练物理试题（基础必刷）学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题一质量为1kg的小石块从空中的某一高度，由静止释放落至地面。

已知它在落地前1s内的位移大小是它在第1s内位移大小的5倍，不计空气阻力重力加速度g取10m/s2，则（ ）A．小石块在空中运动时间为4sB．小石块落地时的速度大小为40m/sC．小石块在第2s末距离地面的高度为30mD．小石块释放点距地面的高度为45m第(2)题如图所示，一列车以接近光速的速度从地面上观察者面前水平驶过。

与坐在列车内乘客的观测结果相比，地面上静止的观察者观测车内同一站立的乘客（ ）A．体型变瘦B．体型变胖C．身高变高D．身高变矮第(3)题有同学发现，计算斜抛物体的水平射程时，可以将初速度矢量和末速度矢量移到起点相同，然后将两者末端连起来形成一个三角形，然后过共同起点向竖直底边作一条高线，则高线的长度就是初速度的水平分量，而竖直底边长度正比于斜抛物体运动的时间，因此斜抛物体的水平射程就正比于这个三角形的面积。

现请你根据这个发现，分析如图所示情形：在高度为的平台边缘沿不同方向以相同大小的初速度斜向右上抛出一个石块，已知重力加速度为，则（ ）A．水平抛出石块时，石块落地时离抛出点的水平距离最大B．与水平方向成角时，石块落地时离抛出点的水平距离最大C．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为6.5mD．石块落到地面上时离抛出点的最大水平距离为13m第(4)题图中实线和虚线分别表示一列简谐横波在传播方向上相距的两质点P和Q的振动图像。

该波的波长可能为（ ）A．B．C．D．第(5)题在自行车上安装码表可记录骑行情况。