文档内容
专题 14 热学
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
. 核心考点分布气体实验定律
考点1 分子动
2024、2025
与理想气体状态方程
理论
该知识点为高频考点，五年内每年均以
考点2 气体、 计算题形式出现。要求结合活塞模型分析
2023、2024
固体和液体 气体等温、等容变化过程，涉及压强与体
积的定量关系。考查气体状态变化的多阶
段分析，需综合应用玻意耳定律和理想气
体状态方程。热力学第一定律常与气体状
态变化结合考查，通过气体内能变化量与
吸放热关系，要求考生推导热力学第一定
律的应用。2025 年进一步引入非理想气
体模型，需结合图像斜率反演物理过程，
考点3 热力学
强调对定律本质的理解。
2023、2024
定律
分子动理论与内能选择题中常见，考
查布朗运动的本质及分子势能与分子间距
的关系。通过肥皂膜干涉实验，间接考查
分子间作用力对薄膜厚度分布的影响。
实际情境应用近年命题趋势注重与生
产生活结合，考查折射与全反射的综合应
用；
考点01 分子动理论
1．（2025·浙江·1月选考）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T = 300 K，体积V = 1
1 1
× 103 cm3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 = 303 K的恒
2
温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢
地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外
1 / 22
学科网（北京）股份有限公司做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 ×
0
103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率_____（“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单
位面积瓶壁的分子数_____（“增大”、“不变”、“减小”）；
(2)求气体在状态3的体积V；
3
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】(1) 不变 减小
(2)V = 1.0201 × 103 cm3
3
(3)ΔU = 2.53 J
【详解】（1）[1][2]从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速
率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，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
V V
1= 2
T T
1 2
其中
V =1×103cm3 ，T =300K，T =303K
1 1 2
解得
V =1.01×103cm3
2
此时气体压强为
p =p =p +ρgh=1.01×105Pa
2 1 0
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律
p V =p V
2 2 3 3
其中
p =p
3 0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V =1.0201×103cm3
3
（3）气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为
W =p (V −V )=1.01J
1 1 2 1
由热力学第一定律
2 / 22
学科网（北京）股份有限公司ΔU=Q−(W +W )
1 2
其中
Q=4.56J，W =1.02J
2
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为
ΔU=2.53J
2．（2024·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．中子整体呈电中性但内部有复杂结构
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同
C．增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少
【答案】AB
【详解】A．中子由夸克组成，整体呈现电中性，但内部有复杂结构，故A正确；
B．根据爱因斯坦的相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故B正确；
C．根据
1
f =
2π√LC
可知，增加接收电路的线圈匝数，可减小振荡电路的固有频率，则可接收较低频率的电台信号，故C
错误；
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，即分子距离从小于r =10−10m到大于r 的过程，分子力先
0 0
做正功后做负功，则分子势能先减小后增大，故D错误。
故选AB。
考点02 气体、固体和液体
3．（2024·浙江·1月选考）如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为
V =750cm3 的左右两部分。面积为S=100cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一
1
定质量的理想气体处于温度T =300K、压强p =2.04×105Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体
1 1
就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电
阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T =350K的状态3，气体内能增加
2
ΔU=63.8J。已知大气压强p =1.01×105Pa，隔板厚度不计。
0
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增
大”、“减小”或“不变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）10N；（3）89.3J
【详解】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为
真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温
度不变，分子平均动能不变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
p V =p ⋅2V
1 1 2 1
解得状态2气体的压强为
p
p = 1=1.02×105Pa
2 2
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得
p S=p S+F
2 0
解得
F=(p −p )S=(1.02×105−1.01×105 )×100×10−4N=10N
2 0
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T =350K的状态3，可知气
2
体做等压变化，则有
2V V
1= 3
T T
1 2
可得状态3气体的体积为
T 350
V = 2 ⋅2V = ×2×750cm3=1750cm3
3 T 1 300
1
该过程气体对外做功为
W =p ΔV =p (V −2V )=1.02×105×(1750−2×750)×10−6J=25.5J
2 2 3 1
根据热力学第一定律可得
ΔU=−W+Q′
解得气体吸收的热量为
Q′=ΔU+W =63.8J+25.5J=89.3J
可知电阻丝C放出的热量为
Q=Q′=89.3J
4．（2023·浙江·6月选考）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm2，质量m=1kg的活
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学科网（北京）股份有限公司塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处
于状态A，其体积V =600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积V =500cm3。固定活
A B
塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强p =1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外
C
界吸收热量Q=14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25J；大气压p =1.01×105Pa。
0
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆
筒内壁单位面积受到的压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度Tc；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J
【详解】（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态B，气体温度不变，则气体分子平
均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）状态A时的压强
mg
p =p − =1.0×105Pa
A 0 S
温度T=300K；体积V=600cm3；
A A
C态压强p =1.4×105Pa；体积V =500cm3；
C C
根据
p V p V
A A = C C
T T
A C
解得
T =350K
C
（3）从B到C气体进行等容变化，则W =0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热
BC
25J，而气体从A到C从外界吸热14J，可知气体从A到B气体放热11J，从A到B气体内能不变，可知
从A到B外界对气体做功11J。
5．（2023·浙江·1月选考）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器
内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体
处于温度T =300K、活塞与容器底的距离h =30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活
A 0
塞缓慢上升d=3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热
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学科网（北京）股份有限公司至温度T =363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158J。取
c
大气压p =0.99×105Pa，求气体。
0
（1）在状态B的温度；
（2）在状态C的压强；
（3）由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【答案】（1）330K；（2）1.1×105Pa；（3）188J
【详解】（1）根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有
V V
A = B
T T
A B
解得
V
T = BT =330K
B V A
A
（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则
p S=p S+mg
B 0
解得
p =1×105Pa
B
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
p p
B = C
T T
B C
解得
T
p = C p =1.1×105Pa
C T B
B
（3）根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功为
W =p SΔh=30J
B
由热力学第一定律有
ΔU=−W+Q
解得
Q=ΔU+W =188J
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学科网（北京）股份有限公司考点03 热力学定律
6．（2024·浙江·6月选考）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为
V 的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。
0
容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长
度为l，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l、温度为T。已知
1 2 2
S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l=0.2 m，l=0.3m，T=350K，V=2.0×10-4m3，大气压强p=1.0×105Pa，环境温
1 2 2 0 0
度T=300K。
1
（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不
变”），气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）求此不规则小块固体的体积V；
（3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。
【答案】（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J
F
【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p= 可知
S
器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。
（2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律
V −V +l S V −V +l S
0 1 = 0 2
T T
1 2
解得
V =4×10−5m3
（3）整个过程中外界对气体做功为
W =−p S(l −l )
1 2 1
对活塞受力分析
p S=mg+p S
1 0
解得
W =−4.1J
根据热力学第一定律
ΔU=Q+W
其中
7 / 22
学科网（北京）股份有限公司ΔU=10.3J
解得
Q=14.4J
故气体吸收热量为14.4J。
7．（（2023·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【答案】BD
【解析】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错
误；
D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故
D正确。
故选BD。
1．（2025·浙江北斗星盟·三模）关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
8 / 22
学科网（北京）股份有限公司A．甲图中，在表面层，分子间的作用力表现为斥力
B．乙图中，当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，这时导线环接收
到了电磁波
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f 相差越大，振幅越大
0
D．丁图中，1是热敏电阻，2是金属热电阻
【答案】B
【详解】A．在液体表面层，分子间距离大于平衡距离r ，分子间作用力表现为引力，故A错误；
0
B．当感应圈两个金属球间有火花跳过时，产生变化的电磁场，形成电磁波向外传播。导线环接收到电
磁波后，在导线环中产生感应电动势，使得导线环两个小球间跳过了火花，故B正确；
C．由图丙可知，当驱动力的频率f跟固有频率f 相差越大，振幅越小；当驱动力的频率f等于固有频
0
率f 时，发生共振，振幅最大，故C错误；
0
D．热敏电阻的阻值随温度升高而减小，金属热电阻的阻值随温度升高而增大。由图丁可知，1 的阻值
随温度升高而增大，是金属热电阻；2 的阻值随温度升高而减小，是热敏电阻，故D错误。
故选B。
2．（2025·浙江金华·三模）如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图
2，把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝
石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临
界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下
安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是（ ）
A．棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B．换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高
C．换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体
9 / 22
学科网（北京）股份有限公司【答案】A
【详解】A．根据题意可知，黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射，即半球棱镜相对于宝石是光密
介质，可知，棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率，故A正确；
B．换用白光光源，由于白光是由七种单色光复合而成，不同种单色光的折射率不相同，当入射角一定
时，有些能够发生全反射，有些不能够发生全反射，则观测目镜上各种单色光显现的亮暗区域不相
同，测量宝石折射率的准确度会更低，故B错误；
C．红光的折射率小于黄光的折射率，则红光对应的临界角大于黄光的临界角，可知，换用红光光源，
其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方，故C错误；
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，即宝石具有各向异性，说明宝石
是单晶体，故D错误。
故选A。
3．（2025·浙江绍兴·三模）有关四幅图的描述，下列说法正确的是（ ）
A．图1中，农民用拖拉机耕地是利用毛细现象让灌溉水能更好地渗入到地下
B．图2中，碎裂钢化玻璃的裂缝处由于进入了空气发生了薄膜干涉，因此特别亮
C．图3中的核反应是一种链式反应，其中❑ 235U的质量大于❑ 139Ba、95Kr与一个中子的质量之和
92 56 36
D．图4为等离子体极化子在晶体MoOCl 薄膜中的传播，因其图像具有较高的对称性可判断其各向同性
2
【答案】C
【详解】A．拖拉机耕地主要是为了松土、增加土壤通气与透水性，并非利用“毛细现象”来让水渗入
地下，故A错误；
B．碎裂的钢化玻璃裂缝处明亮通常是由于内部应力释放后形成的多重反射效应，不是由薄膜干涉引
起，故B错误；
C．❑ 235U发生核反应时，其质量大于生成的❑ 139Ba、95Kr和中子质量的总和，正是这种质量亏损转
92 56 36
化为核能释放出来，故C正确。
D．等离子体极化子属较高层次的凝聚态物理研究，且简单的图像对称性并不能说明材料各向同性，故
D错误。
故选C。
4．（2025·浙江宁波十校·一模）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分
界线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力F相互作用，F的大小与分界线的长度l成正
比，即F=σl（σ为液体的表面张力系数），F的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明
10 / 22
学科网（北京）股份有限公司设计了一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为l的U形细框上放置一细杆
MN，两者间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重
力），甲、乙分别为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对MN产生水平向左
的力。小明用一测力计水平向右拉住MN使其保持静止，测力计示数为F ，接着用该肥皂水吹成了球
0
形肥皂泡，如图丙所示。当肥皂泡大小稳定时，测得其球形半径为R。则小明测得肥皂水的表面张力系
数和肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压强差分别为（ ）
F F F F F 2F F
A． 0, 0 B． 0, 0 C． 0, 0 D． 0,0
l lR 2l 2lR 2l lR 2l
【答案】C
【详解】肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有F =2σl
0
F
得到肥皂水的表面张力系数为σ= 0
2l
右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图
根据受力平衡可知F =F +F
内 外
因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为
F 2πRF
F −F =F=2σ⋅2πR=2⋅ 0 ⋅2πR= 0
内 外 2l l
F −F 2F
故压强差为Δp= 内 外= 0
πR2 lR
故选C。
5．（2025·浙江·二联）下列实验现象说法正确的是（ ）
A．在温水中滴入一滴墨水，用眼睛直接观察到墨粉小颗粒的无规则运动，间接说明水分子做不停歇的
无规则运动
B．油膜法测分子直径实验中，待图像稳定后我们可观察到薄膜干涉彩色条纹
C．油膜法测分子直径实验中，油酸要足够稀释，因为过浓油酸会使得油酸分子聚集，形成颗粒状物
质，导致实验测量结果偏大
D．在研究“玻意耳定律”实验中，推拉活塞时，动作要迅速，以减少气体进入或泄漏而造成误差
【答案】C
【详解】A．虽然墨粉小颗粒的无规则运动（布朗运动）确实可以间接说明水分子的无规则运动，但是
我们无法直接用眼睛观察到墨粉小颗粒的无规则运动，这需要借助显微镜，故A错误；
11 / 22
学科网（北京）股份有限公司B．油膜法实验中，油酸需在水面形成单分子层，此时油膜厚度均匀，不会出现明显薄膜干涉条纹，故
B错误；
C．油膜法测分子直径实验中，油酸要足够稀释，因为过浓油酸会使得油酸分子聚集，形成颗粒状物
V
质，导致油酸的面积S偏小，由d= 0可知实验测量结果偏大，故C正确；
S
D．在研究“玻意耳定律”实验中，推拉活塞时，动作要慢，防止因做功导致气体的稳定升高，故D错
误。
故选C。
6．（2025·浙江·二联）关于下列四幅图分别对应的说法中，正确的是（ ）
A．图甲为静电除尘原理示意图，进入电场的粉尘带上正电从而被吸附在电极上
B．图乙中钍234的半衰期是24d，则800个钍核234经过48d后必定还剩200个
C．由丙图可知，❑ 4He核子的平均质量比❑ 2H核子的平均质量小
2 1
D．丁图中，由一定质量的氧气分子在不同温度下的速率分布情况可知，温度T >T
1 2
【答案】C
【详解】A．图甲为静电除尘原理示意图，进入电场的粉尘带上负电从而被吸附在电极上，A错误;
B．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核没有意义，B错误；
C．比结合能大的原子核，平均每个核子的质量亏损就大，核子的平均质量就小，由图可知❑ 4He核子
2
的比结合能大于❑
2H核子的比结合能，故❑ 4He核子的平均质量比❑ 2H核子的平均质量小，C正确；
1 2 1
D．温度是分子平均动能的标志，由于T 温度下分子的速率图像的峰值更大，故温度T 0
由ΔU=Q+W =0
可知Q<0
即罐内气体向外界放出热量。
（2）设补完水后罐内气体体积为V ，补水过程，对罐内气体，由玻意耳定律有p V =p V
1 0 0 1 1
其中V =500L，p =4 p
0 1 0
17 / 22
学科网（北京）股份有限公司解得V =125L
1
设供完水后罐内气体体积为V ，供水过程，对罐内气体，
2
由玻意耳定律有p V =p V
0 0 2 2
其中p =2p
2 0
解得V =250L
2
可得V =V −V =125L
供 2 1
（3）降温过程，由盖－吕萨克定律分别有
V V′ V V′
1= 1， 2= 2
T T T T
1 2 1 2
其中T =300K，T =285K
1 2
解得V′ =0.95V ，V′ =0.95V
1 1 2 2
V′ =V′ −V′ =0.95×V =118.75L
供 2 1 供
15．（2025·浙江·选考测评）如图所示，一个底面积S=50cm2的柱形导热光滑汽缸与足够长的U形细管连
接，U形细管右端封闭，其中有一定量的水银，细管体积可忽略。外界温度T =300K时，从汽缸开
0
口处缓慢放入一个质量为m=10kg的活塞（密封效果良好），稳定时活塞底距离汽缸底高度
H =80cm，大气压强为76cmHg(1cmHg≈1.3×103Pa)。
0
(1)从放入活塞到稳定的过程中，汽缸内气体______。（选填“向外界放热”或“从外界吸热”）
(2)求稳定后汽缸内气体的压强和U形管中水银液面的高度差h （结果保留1位小数）。
1
(3)求汽缸的总高度H（结果保留整数）。
【答案】(1)向外界放热
(2)91.4cmHg，15.4cm
(3)96cm
【详解】（1）放入活塞后，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，又由于稳定后气体温度不
变，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热。
（2）对活塞进行分析，根据平衡条件有(p−p )S=mg
0
解得p=91.4cmHg
U形管两侧水银液面的高度差为h =91.4cm−76cm=15.4cm
1
18 / 22
学科网（北京）股份有限公司（3）气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p V =pV
0 0
即有p HS=pH S
0 0
解得H=96cm
16．（2025·浙江·选考二测）中国瓷器是从陶器发展演变而成的，原始瓷器起源于3000多年前。现代瓷器
烧制通常采用电加热式气窑，不同的瓷器有不同的烧制要求。如图是某次烧制瓷器所用窑炉的简图，
上方有一个只能向上打开的单向排气阀，排气阀横截面积为S。初始时窑内温度为27℃，窑内气体
（可看成理想气体）体积为V，压强等于外界大气压强p 。某瓷器烧制时要求窑内温度为777℃时排
0
气阀打开。
(1)加热时，排气阀打开前窑内气体发生的是________（选填“等压”“等温”或“等容”）变化，该
过程中单位时间撞击排气阀的分子数________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)求排气阀两侧压力差达到多少时排气阀打开。
5
(3)开始加热前抽出部分气体，关闭排气阀，窑内气体质量变为原来的 ，求窑内气体温度为多少时，
6
排气阀再次打开。
【答案】(1) 等容 增大
(2)2.5p S
0
(3)1260K
【详解】（1）[1]排气阀打开前，加热过程中，窑内气体发生等容变化；
[2]气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子热运动平均速率增大，则单位时间撞击排气阀的
分子数增大。
p p
（2）排气阀打开前，窑内气体发生等容变化，由查理定律有
0=
T T
0 1
其中T =300K，T =1050K
0 1
解得p=3.5p
0
排气阀将要打开时，两侧的压力差为ΔF=pS−p S=2.5p S
0 0
6
（3）开始加热前抽出部分气体的过程，窑内气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p V =p ⋅ V
0 1 5
5
求得p = p
1 6 0
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学科网（北京）股份有限公司p p
将窑内气体加热的过程，气体做等容变化，根据查理定律得
1=
T T'
0
其中p=3.5p
0
解得T'=1260K
17．（2025·浙江·选考三测）如图所示，固定在水平地面上的绝热汽缸水平放置，内部被绝热活塞密闭一
定质量的理想气体，电热丝C为气体加热装置，活塞横截面积S=0.04m2，活塞到汽缸底部距离
L =14.5cm，水平轻弹簧与活塞相连，右端固定在竖直墙壁上，弹簧劲度系数k=2000N/m，此时弹
1
簧处于原长状态，气体温度T =290K。现用电热丝给气体加热，使活塞缓慢移动到距离汽缸底部
1
L =16cm处，此时气体温度为T ，此过程为过程Ⅰ，此后固定活塞不动，继续加热使气体温度升至
2 2
T =336K，此过程为过程Ⅱ。活塞不漏气且不计其与汽缸间的摩擦，大气压强p =1.0×105Pa。
3 0
(1)过程Ⅰ气体分子数密度________（选填“增大”“不变”或“减小”），气体压强________（选填
“增大”“不变”或“减小”）；
(2)求气体温度为T 时的压强p ；
3 3
1
(3)若被封闭的气体内能与温度关系为U=αT,α= J/K，求过程Ⅰ气体吸收的热量Q。
2
【答案】(1) 减小 增大
(2)1.05×105Pa
(3)16.425J
【详解】（1）[1]过程Ⅰ中因气体分子总数不变，气体体积变大，故单位体积内分子数变少，分子数
密度减小；
[2]过程Ⅰ活塞缓慢右移过程，弹簧弹力逐渐增大，内部气体压强增大。
p SL p SL
（2）由理想气体状态方程有
1 1= 3 2
T T
1 3
其中p =p 代入数据，解得p =1.05×105Pa
1 0 3
p SL p SL
（3）对过程Ⅰ，由理想气体状态方程得
1 1= 2 2
T T
1 2
k(L −L )
其中p =p + 2 1
2 1 S
解得T =322.4K
2
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学科网（北京）股份有限公司根据ΔU=U −U =α(T −T )
2 1 2 1
由求p 的公式可知，活塞移动过程中，封闭气体的压强随活塞移动的距离线性增大，则过程Ⅰ外界对
2
p −p
气体做的功W =− 2 1S(L −L )
2 2 1
由热力学第一定律有ΔU=Q+W
求得Q=16.425J
18．（2025·浙江金华&丽水&衢州·二模）如图甲所示，导热良好、厚度不计的水杯带着一定空气倒置在装
着足够多水的水管中，并静止释放，水管直径略大于水杯。整个过程中没有气体漏出。最后水杯如图
乙在水面上漂浮。已知水杯质量m=0.1kg，水杯底面积S=10cm2，释放前气体高度L =10.1cm，漂
1
浮后气体高度L =11cm，大气压强P =1×105Pa，环境温度为275K。求：
2 0
(1)水杯上浮过程中杯内气体的分子数密度______（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体
______（选填“吸收”或“放出”）热量：
(2)水杯释放前的气体压强p ：
1
(3)其他条件不变，若环境温度变为300K，忽略水的体积变化，求水杯稳定后位移变化量。
【答案】(1) 变小 吸收
(2)p =1.1×105Pa
1
(3)ΔL=1cm
【详解】（1）[1]上浮过程气体压强变小，温度不变故体积变大。由于温度不变故分子运动速率不
变，只能是分子数密度变小。
[2]由热力学第一定律ΔU=W+Q，温度不变ΔU=0，体积变大，气体对外做功W<0，故Q>0，气
体吸收热量。
（2）水杯在水面上漂浮时的压强为p ，则有mg+p S=p S，解得p =1.01×105Pa
2 0 2 2
由玻意耳定律p SL =p SL ，解得p =1.1×105Pa
1 1 2 2 1
SL SL
（3）由盖吕萨克定律
2= 3
T T
2 3
解得L =12cm
3
故水杯稳定后位移变化量ΔL=1cm
21 / 22
学科网（北京）股份有限公司19．（2025·浙江·一测）如图所示，玻璃杯内盛有温度为87℃的热水，杯口用湿润后的玻璃片盖住后可使
杯内气体不漏出，封闭气体温度始终与水温相同，水温从87℃缓慢降到27℃，由于玻璃片与杯身
间有间隙，水杯内外气体的压强始终相等。已知杯口面积S=40cm2，水和杯子的总质量M=0.6kg，
玻璃片的质量m=0.1kg。大气压强p =1.0×105Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气
0
体。
(1)水温下降过程中分子的平均动能___________（选填“增大”“不变”或“减小”），单位时间内
打到水杯内壁单位面积气体的分子数___________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
(2)求水温从87℃降到27℃过程中从外界进入杯子的气体质量与原有气体质量之比。
(3)若杯口和玻璃片间不漏气，把杯子放在干燥的桌面上，水温下降过程中，某时刻拿着玻璃片恰能沿
竖直方向提起杯子，求此时杯内气体的摄氏温度。
【答案】(1) 减小 增大
(2)1:5
(3)81.6℃
【详解】（1）[1][2]气体温度降低过程中，分子的平均动能减小，又气体的压强不变，故单位时间内
撞击单位面积内壁的分子数增大。
（2）以杯内原有气体为研究对象，设原有气体初始体积为V ，由盖-吕萨克定律得
0
V V
0 = 2
273℃+t 273℃+t
0 2
5V
解得V = 0
2 6
V
故进入的空气的体积V =V −V = 0
1 0 2 6
所以外界进入杯子的气体质量与原有气体质量之比为Δm:m =V :V =1:5
原 1 2
（3）由题意知，杯内气体做等容变化，当恰能提起杯子时，设杯子内气体温度为t ，压强为p ，由查
1 1
p p
理定律得 0 = 1
273℃+t 273℃+t
0 1
杯子恰好被提起时，对整体有F−mg−Mg=0
对玻璃片有F+p S−p S−mg=0
1 0
解得t =81.6℃
1
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