文档内容
第14讲 热学锁定主干知识
CONTENTS 01
探明高考考向
02
精研典型例题
03
拓展思维空间
04
提升关键能力
05锁定主干知识
目录目录探明高考考向
目录. （ 北京高考 题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内
1 2024· 3
的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮
过程中气泡内气体（ ）
. 内能变大 . 压强变大
A B
. 体积不变 . 从水中吸热
C √D
目录解析： 气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所
示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为 ，则该位置
h
处气泡内气体压强 ＝ ＋ ，可知上浮过程中气泡内气体
p p ρgh
0
压强变小，又恒温水槽温度不变，则由玻意耳定律 ＝ 可知，上浮过
pV C
程中气泡内气体体积变大， 、 错误；由于温度是分子平均动能的标
B C
志，则气泡在恒温水槽内上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，
又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡内气
体内能不变，即 ＝ ，气体体积变大，外界对气体做负功，即 ＜ ，
ΔU 0 W 0
结合热力学第一定律 ＝ ＋ 可知 ＞ ，即上浮过程中气泡内气体从
ΔU Q W Q 0
水中吸热， 错误， 正确。
A D
目录. （ 福建高考 题） 时轮胎胎压为 . 个大气压，胎内气体视为
2 2024· 9 17 ℃ 2 9
理想气体。气体体积质量不变，则 时轮胎胎压为 个大气压，
27 ℃ 33
内能 大大于于 （填“大于”“等于”或“小于”） 时气体内能。
17 ℃
解析：设大气压强为 ，初始时 ＝（ ＋ ） ＝ ， ＝
p T 17 273 K 290 K p
0 1 1
. ，末状态时 ＝（ ＋ ） ＝ ，根据查理定律 ＝ ，代
2 9p T 27 273 K 300 K
0 2
1 2
入数值解得 ＝ ；理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能
p 3p
1 2
2 0
增大。
目录3 . （ 多选 ）（ 2024· 河北高考 9 题）如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热
活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活
塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度
大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活
塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重
新静止后（ ）
√. 弹簧恢复至自然长度
A
. 活塞两侧气体质量相等
B
√. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加
C
. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少
√D
目录解析： 活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重
新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受
弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度， 正确；由于初始时活塞左侧有气
A
体、右侧真空且活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静
止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有 ＜ ，又活塞左右两侧
V V
左 右
气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相
等，由 ＝ 可知，活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量， 错
m ρV B
误；由于系统绝热，则气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相
比，活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加， 正
C
确；结合 项分析可知，与初始时相比，气体的体积增大，总分子数不
A
变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少， 正确。
D
目录4 . （ 多选 ）（ 2024· 新课标卷 21 题）如图，一定量理想气体的循环由下面 4
个过程组成： 为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），
1→2 2→3
为等压过程， 为绝热过程， 为等容过程。上述四个过程是四冲
3→4 4→1
程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
√. 过程中，气体内能增加
A 1→2
. 过程中，气体向外放热
B 2→3
. 过程中，气体内能不变
C 3→4
. 过程中，气体向外放热
√D 4→1
目录解析： 为绝热过程， ＝ ，气体体积减小，外界对气体做
1→2 Q 0
功， ＞ ，由热力学第一定律 ＝ ＋ 可知 ＞ ，气体内能增加，
W 0 ΔU Q W ΔU 0
正确； 为等压膨胀过程， ＜ ，由盖 吕萨克定律可知气体温度
A 2→3 W 0 -
升高，内能增加，即 ＞ ，由热力学第一定律 ＝ ＋ 可知 ＞ ，
ΔU 0 ΔU Q W Q 0
气体从外界吸热， 错误； 过程为绝热过程， ＝ ，气体体积增
B 3→4 Q 0
大， ＜ ，由热力学第一定律 ＝ ＋ 可知 ＜ ，气体内能减少，
W 0 ΔU Q W ΔU 0
错误； 过程中，气体做等容变化， ＝ ，又压强减小，则由查理
C 4→1 W 0
定律可知气体温度降低，内能减少，即 ＜ ，由热力学第一定律
ΔU 0 ΔU
＝ ＋ 可知 ＜ ，气体对外放热， 正确。
Q W Q 0 D
目录. （ 江苏高考 题）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度
5 2024· 13
为 、压强为 的理想气体，容器内有一个面积为 . 的观
300 K 105 Pa 0 06 m2
测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成 ，整个过
240 K
程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求：
（ ）在月球上容器内气体的压强；
1
答案： ×
8 104 Pa
解析： 根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有
＝ ，代入数据解得月球上容器内气体的压强 ＝ × 。
p 8 104 Pa
2
1 2
（ ）观测台所受的压力大小。
2 1 2
答案： . ×
4 8 103 N
解析：观测台所受的压力大小 ＝ ＝ . × 。
F p S 4 8 103 N
2
目录精研典型例题
目录考点一 热学概念的理解
.
1 微观量的估算
（ ）油膜法估测油酸分子的大小： ＝
1 d
为纯油酸体积， 为单分子油膜面积。
V S
（ ）分子总数： ＝ ＝ ＝ 。
2 N nN N N
A A A
m m
注意 ：对气体而言， N ≠ 。
个
（ ）两种分子模型
3
球模型： ＝ （常用于估算液体、固体分子直径）；立方体模
V πR3
4
型： ＝ （常用于估算气体分子间距）。
V a3
3
目录.
2 反映分子运动规律的两个实例
布朗 悬浮在液体或气体中的固体小颗粒永不停息、无规则的
运动 运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈
扩散
分子永不停息地做无规则运动，温度越高，扩散越快
现象
.
3 分子间作用力、分子势能随r的变化图像
目录.
4 固体和液体
（ ）晶体与非晶体
1
①晶体有固定熔点，非晶体无固定熔点。
②晶体和非晶体可以相互转化。
（ ）液体的表面张力：表面张力具有使液体表面积收缩到最小的趋
2
势。
（ ）液晶：液晶具有液体的流动性，也具有晶体的光学各向异性。
3
（ ）温度
4
①宏观表现：物体的冷热程度。
②微观表现：分子平均动能的标志。
目录【例1】
（
2024·
河北辛集一中三模）关于分子运动的规律，下列说法正
确的是（ ）
. 如果气体温度升高，则每个分子的运动速率都将增大
A
. 如果某气体分子质量为 ，平均速度为 ，则分子平均动能 ＝
B m E m
k
1 2
. 悬浮在水中的花粉颗粒做布朗运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的
C
2
规律
. 将某气体密闭于正方体容器中，则在相同的时间内与容器内部各面相
D
撞的分子数目必严格相等
目录答案：
C
解析：如果气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，但并非每个分子
的运动速率都增大，选项 错误；分子的平均动能等于系统内所有分子的
A
动能之和与分子的总数之比，而不是 ＝ ，选项 错误；悬浮在水中
E m B
k
1 2
的花粉颗粒做布朗运动，只能反映水分子的热运动，不能反映花粉颗粒内
2
分子热运动的规律，选项 正确；将某气体密闭于正方体容器中，在相同
C
的时间内与容器内部各面相撞的分子数目不一定严格相等，选项 错误。
D
目录【例2】 （ 2023· 海南高考 5 题）下列关于分子力和分子势能的说法正确的
是（ ）
. 分子间距离大于 时，分子间作用力表现为斥力
A r
0
. 分子从无限远靠近到距离 处过程中分子势能变大
B r
0
. 分子势能在 处最小
C r
0
. 分子间距离小于 且减小时，分子势能在减小
D r
0
目录答案：
C
解析：分子间距离大于 时，分子间作用力表现为引力，分子从无限远靠
r
0
近到距离 处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在 处分子势能最
r r
0 0
小，继续减小距离，分子间作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能
增大，故选 。
C
目录【例3】
（
2024·
四川宜宾模拟）下列四幅图所涉及的物理知识，论述正
确的是（ ）
. 图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
A
. 图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受
B
的浮力大于重力
. 图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线
C
图，连线表示小炭粒的运动
轨迹
. 图丁中 是浸润现象， 是不浸润现象
D A B
目录答案：
D
解析：晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变， 错误；水黾可以
A
在水面自由活动，是因为水的表面张力作用， 错误；每隔一段时间把观
B
察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所
以布朗运动图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹， 错
C
误；图丁中 是浸润现象， 是不浸润现象， 正确。
A B D
目录考点二 气体实验定律与热力学定律
.
1 气体实验定律与热力学定律综合问题的求解思路
目录.
2 关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、
体积等关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方
程求解。
目录【例4】 （ 2024· 安徽高考 13 题）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈
尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积
不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强
与大气压强相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设
充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎
内气体的体积 ＝ ，从北京出发时，该轮胎气体的温度 ＝－ ，压
V 30 L t 3 ℃
0 1
强 ＝ . × 。哈尔滨的环境温度 ＝－ ，大气压强 取
p 2 7 105 Pa t 23 ℃ p
1 2 0
. × 。求：
1 0 105 Pa
（ ）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
1
（ ）充进该轮胎的空气体积。
2
目录答案：（ ） . × （ ）
1 2 5 105 Pa 2 6 L
解析：（ ）由查理定律可得 ＝
1
1 2
其中 ＝ . × ， ＝（ － ） ＝ ， ＝（ － ）
p 2 7 105 Pa T 273 3 K 270 K T 273 23
1 1 1 2 2
＝
K 250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强为 ＝ . ×
p 2 5 105
2
。
Pa
（ ）由玻意耳定律
2
＋ ＝
p V p V p V
2 0 0 1 0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为 ＝ 。
V 6 L
目录【例5】 （ 2024· 甘肃高考 13 题）如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量
的气体，被隔板分成 、 两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连
A B
（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为 ，长为 。开始时系统处
S 2l
于平衡态， 、 体积均为 ，压强均为 ，弹簧为原长。现将 中气体抽出
A B Sl p B
0
一半， 的体积变为原来的 。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想
B
3
气体。求：
4
（ ）抽气之后 、 的压强 、 。
1 A B p p
A B
（ ）弹簧的劲度系数 。
2 k
目录答案：（ ） （ ）
1 p p 2
0 0
4 2 8 0
解析：（ ）抽气后， 的体积变为 ＝ － ＝ ，对 中气体，
1 A V 2Sl Sl Sl A
A
5 3 15
3 5
根据玻意耳定律有
4 4
＝
p Sl p · Sl
0 A
5
解得 ＝ ，
p p
A 4 0
4
对 中剩余气体，根据玻意耳定律可知， ＝
B p Sl p · Sl
5 0 B
1 3
解得 ＝ 。
p p
B 0 2 4
2
（ ）抽气后，对隔板，根据平衡条件有 ＝ ＋
2 3 p S p S k· l
A B
1
结合（ ）问解得 ＝ 。
1 k
4
8 0
目录
15 活塞封闭气体的三种常见问题
（ ）气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡
1
条件解题。
（ ）气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动
2
定律解题。
（ ）两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问
3
题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并
写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，
最后联立求解。
目录【例6】 （ 2024· 浙江 6 月选考 17 题）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 的导热效果良好的
V
0
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 ，接
S
口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为 的活塞
m
封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为 。将此容器放入
l
1
热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为 、温度为 。已
l T
2 2
知 ＝ . × － ， ＝ . ， ＝ . ， ＝ . ， ＝ ， ＝
S 4 0 10 4 m2 m 0 1 kg l 0 2 m l 0 3 m T 350 K V
1 2 2 0
. × － ，大气压强 ＝ . × ，环境温度 ＝ 。
2 0 10 4 m3 p 1 0 105 Pa T 300 K
0 1
目录（ ）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力 不不变变 （选
1
填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度 变变小小
（选填“变大”“变小”或“不变”）；
解析： 温度升高时，活塞缓慢上升，其受力不变，故封
闭气体压强不变，由 ＝ 知器壁单位面积所受气体分子的平均
p
作用力不变；由体积变大，知气体分子的数密度变小。
目录（ ）求此不规则小块固体的体积 ；
2 V
答案： × －
4 10 5 m3
＋ ＋
解析： 气体发生等压变化，有 ＝
0− 1 0− 2
得 ＝ × － 。
V 4 10 5 m3
1 2
目录（ ）若此过程中气体内能增加 . ，求吸收热量 。
3 10 3 J Q
答案： .
14 4 J
解析： 此过程中，外界对气体做功
＝－ （ － ）
W p S l l
1 2 1
对活塞受力分析可知， ＝ ＋
p S mg p S
1 0
得 ＝－ .
W 4 1 J
又 ＝ ＋
ΔU W Q
得 ＝ . 。
Q 14 4 J
目录考点三 气体图像与热力学定律的综合问题
图像 特点
图像
p-V
＝ （其中 为恒量），即 之积越大的
pV CT C pV
等温线，温度越高，线离原点越远
等温
变化 图像
p-
1
＝ ，斜率 ＝ ，即斜率越大，温度越
p CT k CT
V
1
高
V
目录图像 特点
图像
p-T
等容
＝ ，斜率 ＝ ，即斜率越大，体积越小
p T k
变化
C C
V V
图像
V-T
等压
＝ ，斜率 ＝ ，即斜率越大，压强越小
V T k
变化
C C
p p
目录【例7】
（
2024·
河南商丘三模）一定质量的理想气体由状态
a
变化到状态
的过程中，体积 随热力学温度 变化的图像如图所示。已知气体在状态
b V T b
的压强为 . × ，从状态 变化到状态 气体吸收的热量为 × ，
1 36 105 Pa a b 4 104 J
则该过程中气体的内能增加了（ ）
. . × 4
A 2 04 10 J
. . × 4
B 1 96 10 J
. . × 4
C 1 64 10 J
. . × 4
D 1 28 10 J
目录答案：
B
解析：设气体温度在 时的压强为 ，气体温度从 到 为等容
300 K p 300 K 400 K
变化，则有 ＝ ，解得 ＝ . × ，由图像可知，气体温
p 1 02 105 Pa
5
1 36×10 Pa
.
度从 到 为等压膨胀，气体对外做功为 ＝－ ＝－ . ×
200 K 300 K W p·ΔV 2 04 104
300K 400K
，气体温度从 到 气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气
J 300 K 400 K
体内能变化为 ＝ ＋ ＝ × － . × ＝ . × ，故选 。
ΔU Q W 4 104 J 2 04 104 J 1 96 104 J B
目录【例8】 （ 2024· 山东高考 6 题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过
程， 过程是等压过程， 过程中气体与外界无热量交换， 过程
a→b b→c c→a
是等温过程。下列说法正确的是（ ）
. 过程，气体从外界吸收的热量全部用于
A a→b
对外做功
. 过程，气体对外做功，内能增加
B b→c
. 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
C a→b→c
. 过程，气体从外界吸收的热量等于 过程放出的热量
D a→b c→a
目录答案：
C
解析： 过程是等压变化且体积增大，则 ＜ ，由盖—吕萨克定律可
a→b W 0
ab
知 ＞ ，即 ＞ ，根据热力学第一定律 ＝ ＋ 可知 过程，气
T T ΔU 0 ΔU Q W a→b
b a ab
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， 错
A
误； 过程中气体与外界无热量交换，即 ＝ ，又由气体体积增大可
b→c Q 0
bc
知 ＜ ，由热力学第一定律 ＝ ＋ 可知气体内能减少， 错误；
W 0 ΔU Q W B
bc
过程为等温过程，可知 ＝ ， ＝ ，根据热力学第一定律可知
c→a T T ΔU 0
c a ac
过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功， 正确；
a→b→c C
目录由 项分析可知 ＝ － ，由 项分析可知 ＝ ，由 项分析可
A Q ΔU W B W ΔU C
ab ab ab bc bc
知 ＝ ＋ ，又 ＋ ＝ ，联立解得 －（－ ）＝－ －
0 W Q ΔU ΔU 0 Q Q W
ca ca ab bc ab ca ca
－ ，根据 图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，
W W p-V
bc ab
结合题图可知 －（－ ）≠ ，所以 过程气体从外界吸收的热量
Q Q 0 a→b
ab ca
不等于 过程放出的热量－ ， 错误。
Q c→a Q D
ab ca
图像分析
目录【例9】 （ 2024· 江西高考 13 题）可逆斯特林热机的工作循环如图所
示。一定质量的理想气体经 完成循环过程， 和 均为等温
ABCDA AB CD
过程， 和 均为等容过程。已知 ＝ ， ＝ ，气体在
BC DA T 1 200 K T 300 K
1 2
状态 的压强 ＝ . × ，体积 ＝ . ，气体在状态 的压强
A p 8 0 105 Pa V 1 0 m3 C
A 1
＝ . × 。求：
p 1 0 105 Pa
C
（ ）气体在状态 的压强 ；
1 D p
D
（ ）气体在状态 的体积 。
2 B V
2
目录答案：（ ） . × （ ） .
1 2 0 105 Pa 2 2 0 m3
解析：（ ）气体从状态 到状态 的过程发生等容变化，根据查理定
1 D A
律有 ＝
代入数据解得 ＝ . × 。
p 2 0 105 Pa
2 1
D
（ ）气体从状态 到状态 的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
2 C D
＝
p V p V
C C D 1
代入数据解得 ＝ .
V 2 0 m3
C
又气体从状态 到状态 发生等容变化，因此气体在 状态的体积为
B C B V
2
＝ ＝ . 。
V 2 0 m3
C
目录拓展思维空间
目录气体变质量问题
目录如图所示， 、 是两个容积为 的容器， 是用活塞密封的气
【典例1】 A B V C
筒，它的工作容积为 . ， 与 、 通过两只单向进气阀 、 相连，当气
0 5V C A B a b
筒抽气时 打开、 关闭，当气筒打气时 打开、 关闭。最初 、 两容器内
a b b a A B
气体的压强均为大气压强 ，活塞位于气筒 的最右侧。（气筒与容器间
p C
0
连接处的容积不计，气体温度保持不变）求：
（ ）活塞以工作容积完成第一次抽气后，气筒 内气
1 C
体的压强 ；
p
1
（ ）活塞以工作容积完成抽气、打气各 次后， 、
2 2 A B
容器内的气体压强之比。
目录答案：（ ） （ ） ∶
1 p 2 2 7
0
2
解析：（ ）由题意可知，工作过程是等温变化，则完成第一次抽气
1
3
结束后，由玻意耳定律有
＝ ×（ . ＋ ）
p V p 0 5 1 V
0 1
解得 ＝ 。
p p
1 0
2
（ ）第二次抽气结束后，有 ＝ ×（ . ＋ ）
2 p V p 0 5 1 V
3
1 A
第一次打气结束后，有 ＋ . ＝
p V 0 5p V p V
0 1 2
第二次打气结束后，有 ＋ . ＝
p V 0 5p V p V
2 A B
联立解得 ∶ ＝ ∶ 。
p p 2 7
A B
目录如图所示的是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泻水孔
【典例2】
因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间，水位迅速上
涨，该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为 ＝ . ，圆柱形竖直
m 20 0 kg
井内水面面积为 ＝ . ，图示时刻水面与井盖之间的距离为 ＝
S 0 300 m2 h
. ，井内密封有压强刚好等于大气压强 ＝ . × 、温度
2 00 m p 1 01 105 Pa
0
为 ＝ 的空气（可视为理想气体），重力加速度取 ＝ 。
T 300 K g 10 m/s2
0
密闭空气的温度始终不变。
（ ）井盖第一次被顶起时，井内空气压强 为多大？
1 p
从图示位置起，水面上涨多少后井盖第一次被
顶起？（计算结果均保留 位有效数字）
3
（ ）井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气，此时空气压强重
2
新回到 ，温度仍为 ，求此次向外界排出的空气相当于压强为 、
p T p
0 0 0
温度为 ＝ 时的体积。（计算结果保留 位有效数字）
T 290 K 3
1
目录答案：（ ） . × . （ ） . × －
1 1 02 105 Pa 1 31 cm 2 3 80 10 3 m
解析：（ ）井盖第一次被顶起时，井内气体的压强 满足 ＝ ＋
1 p pS p S
0
，代入数据得 ＝ . × ，设井盖第一次被顶起时，水面上
mg p 1 02 105 Pa
涨 ，对井内空气，由气体等温变化规律，有 （ － ） ＝ ，代
x p· h x S p ·hS
0
入数据解得 ＝ . 。
x 1 31 cm
（ ）井内原有气体状态为 、 ＝ 、 ，井盖第一次被顶起
2 p V hS T
0 0 0
后，井内剩余气体状态为 、 ＝（ － ） 、 ，排出的气体状态
p V h x S T
0 1 0
为 、 、 ，由气体等压变化规律，有 ＝ ＋ ，代入数据得 ＝
p V T V
0 2 1 2
0 1 2
. × － 。
3 80 10 3 m3
0 0 1
目录提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
1
. （
多选
）（
2024·
黑龙江大庆三模）下列说法正确的是（ ）
. 液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点
√A
. 布朗运动说明了悬浮的颗粒分子在做无规则运动
B
√. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
C
. 往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，这是水表面张力
√D
的作用
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构的特征，
所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性， 正确；布朗运
A
动说明了液体（气体）分子在永不停息地做无规则运动， 错误；当分
B
子间的距离从 ＜ 到 ＞ ，随着分子间距离的增大，分子势能先减小
r r r r
0 0
后增大， 正确；往杯中注水时，水面稍高出杯口，水仍不会流出来，
C
这是由于水的表面张力作用， 正确。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 广东深圳三模）石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六
2 2024·
边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨， 毫米厚的石墨约有
1
万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是（ ）
300
. 石墨是晶体，石墨烯是非晶体
A
. 石墨烯中的碳原子始终静止不动
B
√C . 石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能不变
. 石墨烯中的碳原子之间只存在引力作用
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 石墨有规则的形状，石墨是晶体，石墨烯是石墨中提取出来
的新材料，也有规则的形状，也是晶体， 错误；石墨中的碳原子是一
A
直运动的， 错误；石墨烯是晶体，在熔化过程中，温度不变，故碳原
B
子的平均动能不变， 正确；石墨烯中的碳原子之间同时存在分子引力
C
和分子斥力， 错误。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 江苏盐城二模）如图所示为一定质量的理想气体状态变化的
3 2024· V-T
图像。已知在状态 时的压强为 ，则（ ）
A p
0
. 状态 时的压强为
A B
0
. 状态 时的压强为
B C 2p
2 0
. 过程中气体对外做功
C A→B
. 过程中气体向外界放热
√D B→C
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 从 到 温度不变，则 ＝ ＝ ，选项 错误；从 到 体
A B p p 2p A B C
B A 0
积不变，则状态 时的压强为 ＝ ＝ ＝ ，选项 错误； 过程
C p p p B A→B
C B 0
中体积减小，则外界对气体做功，选项 错误； 过程中气体体积不
C B→C
2
变，则 ＝ ，温度降低，内能减小，即 ＜ ，根据热力学第一定律可
W 0 ΔU 0
知 ＜ ，即气体向外界放热，选项 正确。
Q 0 D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 山东青岛三模）如图所示的是某品牌卡车的气囊减震装置，当
4 2024·
路面不平时，车体会突然下沉挤压气囊，该过程中关于气囊内的气体，
下列说法正确的是（ ）
. 外界对气体做的功小于气体内能的增加
A
. 气体温度升高，每个分子的动能都增大
B
√. 气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增大
C
. 气体压强增大的唯一原因是气体分子运动变得剧烈
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 车体突然下沉挤压气囊，此过程时间很短，可认为是绝热过
程，由热力学第一定律可知：外界对气体做的功等于气体内能的增加，
故 错误；气体温度升高，气体的平均动能增大，但不一定每一个气体
A
分子的动能都增大， 错误； 由于温度升高，气体分子平均速率增大，
B
体积减小，分子数密度增大，气体分子对气囊单位面积的平均撞击力增
大， 正确；气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、
C
无规则撞击产生的，气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，
D
错误。
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 福建莆田三模）飞机机舱内的一个空矿泉水瓶内密闭着一定质
5 2024·
量的空气，飞机在高空巡航时瓶子的状态如图甲所示。飞机着陆时瓶子
的状态如图乙所示。假设机舱内的温度保持不变，飞机从巡航到着陆过
程（ ）
. 飞机机舱内的气压减小
A
. 矿泉水瓶内的空气的压强增大
√B
. 矿泉水瓶内的空气分子平均动能增大
C
. 矿泉水瓶内的空气内能增大
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 飞机从巡航到着陆过程，由题意知瓶内气体温度不变，体积
变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程 ＝ ，故可知
C
矿泉水瓶内的空气的压强增大，则飞机从巡航到着陆过程飞机机舱内的
气压增大， 错误， 正确；由于温度是气体分子平均动能的标志，机
A B
场地面温度与高空机舱温度相同，故从高空机舱到机场地面，瓶内气体
的分子平均动能不变， 错误；由于温度不变，则内能不变， 错误。
C D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. 一定量的理想气体从状态 开始，经历等温或等压过程 、 、 、
6 a ab bc cd da
回到原状态，其 图像如图所示。其中对角线 的延长线过原点 。下
p-T ac O
列判断正确的是（ ）
. 气体在 状态的体积大于 状态的体积
A a c
√
. 气体在状态 时的内能大于它在状态 时的内能
B a c
. 在过程 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的
C cd
功
. 在过程 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
D da
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 由 的延长线过原点 知，直线 为一条等容线，气体在
ac O Oca
、 两状态的体积相等，选项 错误；理想气体的内能由其温度决定，
a c A
故在状态 时的内能大于在状态 时的内能，选项 正确；过程 是等温
a c B cd
变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于
外界对气体做的功，选项 错误；过程 气体内能增大，从外界吸收的
C da
热量大于气体对外界做的功，选项 错误。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 山东济宁三模）如图所示，一定质量的理想气体，经历
7 2024·
过程，其中 是等温过程， 是等压过程， 是等容
a→b→c→a a→b b→c c→a
过程。下列说法正确的是（ ）
. 完成一次循环，气体向外界放热
A
. 、 、 三个状态中，气体在 状态分子平均动能最大
B a b c c
√. 过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
C b→c
. 过程中，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体
D a→b
分子撞击的次数会增加
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
解析： 完成一次循环，气体的内能不变， 过程，气体体积增
a→b
大，气体对外界做功， 过程，气体体积减小，外界对气体做功，由
b→c
于 过程气体的平均压强大于 过程气体压强，则气体对外做功大
a→b b→c
于外界对气体做功， 过程，气体体积不变，气体不做功，由热力学
c→a
第一定律可知，完成一次循环，气体吸热， 错误； 过程中，气体
A b→c
的压强不变，体积减小，则气体的温度降低，内能减小，由热力学第一
定律可知，气体放出的热量大于外界对气体做的功， 状态气体温度最
c
低，气体在 状态分子平均动能最小， 错误， 正确； 过程中，气
c B C a→b
体温度不变，分子的平均动能不变，压强减小，由气体压强的微观解释
可知，容器壁在单位时间内、单位面积上受到气体分子撞击的次数会减
少， 错误。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. （ 湖北高考 题）如图所示，在竖直放置、开
8 2024· 13
口向上的圆柱形容器内用质量为 的活塞密封一部分
m
理想气体，活塞横截面积为 ，能无摩擦地滑动。初
S
始时容器内气体的温度为 ，气柱的高度为 。当容
T h
0
器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升 再次平衡。已知
h
1
容器内气体内能变化量 与温度变化量 的关系式为 ＝ ，
ΔU ΔT ΔU CΔT C
5
为已知常量，大气压强恒为 ，重力加速度大小为 ，所有温度为热
p g
0
力学温度。求：
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
（ ）再次平衡时容器内气体的温度。
1
答案：
T
0
6
解析： 设容器内气体初、末状态体积分别为 、 ，末状态
5 V V
0
温度为 ，由盖 吕萨克定律得
T -
＝
0
0
其中 ＝ ， ＝ ＋
V Sh V S
0
ℎ
联立解得 ＝ 。 ℎ 5
T T
0
6
目录
51 2 3 4 5 6 7 8 9
（ ）此过程中容器内气体吸收的热量。
2
答案： （ ＋ ＋ ）
CT mgh p Sh
0 0
1
解析：设此过程中容器内气体吸收的热量为 ，外界对气体做的功
Q
5
为 ，由热力学第一定律得 ＝ ＋
W ΔU Q W
其中 ＝ （ － ）
ΔU C T T
0
＝－（ ＋ ）
W mg p S h
0
1
联立解得 ＝ （ 5＋ ＋ ）。
Q CT mgh p Sh
0 0
1
5
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
. 如图所示，利用一个气球 套在壁厚可忽略的玻璃瓶
9 B
上模拟鱼鳔结构， 、 之间可通过阀门进行气体交
A A B
换。初始时阀门关闭，一细线一端连接装置，一端固
定在水底，装置静止在距离水面 处，此时细线恰好
H
无拉力，气球 内封闭气体的质量为 ，体积为 ，气
B m V
球 内气体的压强与所在处外界压强相等。已知当细线的拉力等于装置的
B
总重力时细线恰好会断裂， 、 内为同种气体且气体温度保持不变，水的
A B
密度为 ，重力加速度为 ，大气压强为 ，玻璃瓶 内封闭气体的初始压
ρ g p A
0
强为 ，气体体积为 ，装置自身的高度可以忽略不计。打开阀门， 中
p V A
1 0
部分气体充入气球 ，使得气球 慢慢膨胀（内部压强始终等于所在处外界
B B
压强）。求：
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
（ ）当细线刚好断裂时，向 中充入的气体质量 ；
1 B Δm
＋
答案：
m
0
解析： 设装置的总质量为 ，根据题意可知，初始整个装置
M
静止在水中，重力大小等于浮力大小，即 （ ＋ ）＝ ，当
ρg V V Mg
0
气球的体积增大到刚好使增加的浮力等于细线的最大拉力时，增
加的浮力为 ＝ ＝ ，由于 ＝ ，联立上式解得 ＝
ΔF ρgΔV Mg Δm
浮H
Δ
＋
。 Δ
m
0
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9
（ ）当细线刚好断裂时，玻璃瓶 内封闭的气体的压强 。
2 A p
2
答案： －（ ＋ ）
p p ρgH
1 0
0 + 1
解析： 对于质量为 的气体，经历等温变化，由玻意耳定律
Δm
（ ＋ ）
有 ＝ ， ＝ ＋ ，解得 ＝ ，当细线刚好
pΔV p V' p p ρgH V'
2 0
0 Δ
断裂时，对玻璃瓶 内封闭的气体，由玻意耳定律有 ＝ （
A p V p V
2
1 0 2 0
＋ ），联立解得 ＝ －（ ＋ ） 。
V' p p p ρgH
2 1 0
0 + 1
目录
