文档内容
秘籍 21 热学中的热点问题
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、计算题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 结合力的平衡、牛顿第二定律考查
气态方程、气体实验定律、热力学定律、力的平衡、牛顿第二定律
熟悉液柱、气缸问题。
一、微观量的估算
求解分子直径时的两种模型(对于固体和液体)
1、把分子看成球形，d＝ .
2、把分子看成小立方体，d＝.
提醒：对于气体，利用d＝算出的不是分子直径，而是气体分子间的平均距离．
气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均
空间。如图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d的立方体，所以d＝。
宏观量与微观量的相互关系
1、微观量：分子体积V、分子直径d、分子质量m.
0 0
2、宏观量：物体的体积V、摩尔体积V 、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
mol3、相互关系
①一个分子的质量：m＝＝.
0
②一个分子的体积：V＝＝(注：对气体，V 为分子所占空间体积)；
0 0
③物体所含的分子数：N＝·N ＝·N 或N＝·N ＝·N .
A A A A
例1、已知常温常压下CO 气体的密度为ρ，CO 的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N ，则在该状态下
2 2 A
容器内体积为V的CO 气体含有的分子数为________．在3 km的深海中，CO 浓缩成近似固体的硬胶体，
2 2
此时若将CO 分子看做直径为d的球，则该容器内CO 气体全部变成硬胶体后体积约为________．
2 2
答案
解析 体积为V的CO 气体质量m＝ρV，则分子数N＝N ＝.
2 A
CO 浓缩成近似固体的硬胶体，分子个数不变，则该容器内CO 气体全部变成硬胶体后体积约为：
2 2
V′＝N·πd3＝
例2、空调在制冷过程中，室内水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，
人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103
kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数N ＝6.0×1023 mol－1.试求：(结果均保留一位有
A
效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
答案 (1)3×1025个 (2)4×10－10 m
解析 (1)水的摩尔体积为V＝＝ m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol，水分子数：N＝＝个≈3×1025个．
0
(2)建立水分子的球体模型有＝πd3，可得水分子直径：d＝ ＝ m≈4×10－10 m.
二、实验：用油膜法估测分子的大小
注意事项
(1)注射器针头高出水面的高度应在1 cm之内，当针头靠水面很近(油酸未滴下之前)时，会发现针头下方的
粉层已被排开，这是针头中酒精挥发所致，不影响实验效果．
(2)待测油酸薄膜扩散后又会收缩，要在油酸薄膜的形状稳定后再画轮廓．扩散后又收缩有两个原因：①水
面受油酸液滴冲击凹陷后又恢复；②酒精挥发后液面收缩．
(3)当重做实验时，将水从浅盘的一侧边缘倒出，在这侧边缘会残留油酸，可用少量酒精清洗，并用脱脂棉
擦去再用清水冲洗，这样做可保持浅盘的清洁．
(4)本实验只要求估测分子的大小，实验结果的数量级符合要求即可．
例3、在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管
取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，
测得油膜的面积为S cm2，则：(1)估算出油酸分子的直径大小是________ cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________。
A．摩尔质量 B．摩尔体积
C．质量 D．体积
解析：(1)油酸酒精溶液的浓度为，一滴油酸酒精溶液的体积为 mL，一滴油酸酒精溶液含纯油酸 mL，
则油酸分子的直径大小为d＝ cm。
(2)设一个油酸分子体积为V，则V＝π3，由 N ＝ 可知，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的摩尔体
A
积，故B正确。
答案：(1) (2)B
例4、在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每 1 000 mL溶液中有0.6
mL油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃
板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和大小如图所示，
坐标中正方形方格的边长为1 cm，试求：
(1)油酸膜的面积是________ cm2；
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________ mL；
(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径是________ m。
解析：(1)根据题图，数得格子数为131个，那么油膜面积是S＝132×1 cm2＝132 cm2。
(2)根据已知条件可知，1 mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积是 mL。又已知每1 000 mL溶液中有纯油酸
0.6 mL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是
V＝ mL＝8×10－6 mL。
(3)油酸分子的直径为
d＝＝ cm≈6.1×10－10 m。
答案：(1)132 (2)8×10－6 (3)6.1×10－10
三、图像问题
气体实验定律
玻意耳定律 查理定律 盖—吕萨克定律
一定质量的某种气体， 一定质量的某种气体，
一定质量的某种气体，
在体积不变的情况下， 在压强不变的情况下，
内容 在温度不变的情况下，
压强与热力学温度成正 其体积与热力学温度成
压强与体积成反比
比 正比
表 pV＝pV ＝或 ＝或
1 1 2 2达
＝ ＝
式
图象
理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不
太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
气体实验定律的微观解释
(1)等温变化
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变．在这种情况下，体积减小时，分子的
密集程度增大，气体的压强增大．
(2)等容变化
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分
子的平均动能增大，气体的压强增大．
(3)等压变化
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集
程度减小，才能保持压强不变．
气体状态变化图象的应用技巧
1．明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象上的点表示一定质量的理想气
体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象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．
2．明确斜率的物理意义：在V－T图象(或p－T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这
两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越
大．
例5、如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想
气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p(mg＜pS)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T ，体积为
0 0 0
V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T；
1
(2)气体体积减半时的温度T；
2
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
答案 (1)T (2)T (3)见解析图
0 0
解析 (1)p＝p，p＝p－
1 0 2 0
等容过程：＝，解得：T＝T
1 0
(2)等压过程：＝，解得：T＝T
2 0
(3)如图所示
例6、如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1.5×105 Pa.
(1)写出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 的温度值．
A
(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，并在图线相应的位置上
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 ＝p
A B
根据盖—吕萨克定律可得＝
所以T＝T ＝×300 K＝200 K
A B(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得＝
所以p ＝p ＝×1.5×105 Pa＝2.0×105 Pa
C B
则可画出状态A→B→C的p－T图象如图所示．
四、气缸问题
汽缸活塞类模型
汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题，它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、
力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题．
解决汽缸活塞类问题的一般思路
1、弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；
另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．
2、分析清楚题目所述的物理过程，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；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、注意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．对求解的结果注意检验它们的合理性．
汽缸活塞类问题的几种常见类型
1、气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题．
2、气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题．
3、封闭气体的容器(如汽缸、活塞、玻璃管等)与气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的适用条
件，可根据相应的守恒定律解题．
4、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．
例7、（2023年汕头市普通高考第二次模拟考试）（多选）实验课上，某同学用气体压强传感器探究等温
情况下一定质量气体压强与体积的关系，实验装置如图1所示。在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，并将注射器与压强传感器相连，测出了注射器内封闭气体的几组压强p和体积V的值后，以p为纵轴、
为横轴，画出图像如图2所示。本次实验中，以下说法正确的是（ ）
A. 在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体压强的测量
B. 移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器
C. 活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值
D. 出现图2末端弯曲的原因可能是实验过程中气体的温度升高了
【答案】BD
【解析】A．在活塞上涂润滑油不仅仅为了减小摩擦力，还封闭了气体，A错误；
B．移动活塞应缓慢且不能用手握住注射器，避免热传递，B正确；
C．活塞移至某位置时，待稳定时记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值，C错误
D．根据理想气体状态方程
可得
可知 图像斜率大的图线对应温度升高了，D正确。
故选BD。
例8、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，可在汽缸内无摩擦滑动，面积
分别为S ＝20 cm2，S ＝10 cm2，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
1 2＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p
1 0
＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看作理想气体．
(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；
(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度．
答案 (1)1.2×105 Pa (2)500 K
解析 (1)设静止时汽缸内气体压强为p，活塞受力平衡pS＋pS＝pS＋pS＋Mg
1 1 1 0 2 0 1 1 2
代入数据解得p＝1.2×105 Pa
1
(2)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T，变化后温度为T，由盖—吕萨克定律得
1 2
＝
代入数据解得T＝500 K.
2
五、液柱问题
玻璃管液封模型
求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：
1、液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；
2、不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；
3、有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；
4、当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷．
例9、在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，
其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p＝1.0×105 Pa，
0
水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．
答案 (1)28 Pa (2)
解析 (1)由公式Δp＝得Δp＝ Pa＝28 Pa
水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa.
(2)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
pV＝pV ①
1 1 2 2其中，V＝πr ②
1
V＝πr ③
2
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
p＝p＋ρgh ＝1×105 Pa＋1×103×10×10 Pa
1 0 1
＝2×105 Pa＝2p ④
0
p＝p ⑤
2 0
将②③④⑤代入①得，2p×πr＝p×πr
0 0
2r＝r
＝.
例10、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＝75.0 cmHg.环境温度不变．(保留三位有效数字)
0
答案 144 cmHg 9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p ，长度为l ；左管中空气柱的压强为p ＝p ，长度为l.活塞被
1 1 2 0 2
下推h后，右管中空气柱的压强为p′，长度为l′；左管中空气柱的压强为p′，长度为l′.以cmHg
1 1 2 2
为压强单位．由题给条件得
p＝p＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l＝20.0 cm ①
1 0 1
l′＝(20.0－) cm＝12.5 cm ②
1
由玻意耳定律得plS＝p′l′S ③
11 1 1
联立①②③式和题给条件得
p′＝144 cmHg ④
1
依题意p′＝p′ ⑤
2 1
l′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h ⑥
2
由玻意耳定律得plS＝p′l′S ⑦
22 2 2联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h≈9.42 cm.
六、变质量问题
变质量气体问题的分析技巧
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体
实验定律求解．
1、打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化
为定质量气体的状态变化问题．
2、抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成
是等温膨胀过程．
3、灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为
定质量问题．
4、漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变
化，可用理想气体的状态方程求解．
例11、热等静压设备广泛应用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个
预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一
台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为 0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将
10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使
用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．
(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．
答案 (1)3.2×107 Pa (2)1.6×108 Pa
解析 (1)设初始时每瓶气体的体积为V ，压强为p ；使用后瓶中剩余气体的压强为p.假设体积为V 、压
0 0 1 0
强为p 的气体压强变为p 时，其体积膨胀为V.由玻意耳定律得：pV＝pV①
0 1 1 0 0 1 1
被压入炉腔的气体在室温和p 条件下的体积为：V′＝V－V②
1 1 1 0
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体在室温下的压强为p，体积为V，
2 2
由玻意耳定律：pV＝10pV′③
2 2 1 1
联立①②③式并代入题给数据得：p＝3.2×107 Pa④
2
(2)设加热前炉腔的温度为T，加热后炉腔的温度为T，气体压强为p，由查理定律得：＝⑤
0 1 3
联立④⑤式并代入题给数据得：p＝1.6×108 Pa.
3
例12、（惠州市2023届高三第一次模拟考试）如图为高压锅结构示意图，气孔1使锅内气体与外界连通，
随着温度升高，锅内液体汽化加剧，当温度升到某一值时，小活塞上移，气孔1封闭．锅内气体温度继续升高，当气体压强增大到设计的最大值 时，气孔2上的限压阀被顶起，气孔2开始放气．气孔2的
横截面积为 ，锅内气体可视为理想气体，已知大气压 ，重力加速度g取 ，
求：
（1）限压阀的质量m；
（2）若限压阀被顶起后，立即用夹子夹住限压阀使其放气，假设放气过程锅内气体温度不变，当锅内气
压降至 ，放出的气体与限压阀被顶起前锅内气体的质量比。
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）当锅内气体压强增大到设计的最大值 时，限压阀被顶起，设限压阀质量为m，由
平衡条件可得
解得
（2）设气孔2放气前锅内气体体积为 ，放出的气体体积为 ，因锅内气体温度一定，根据玻意耳定
律有
解得
由可得
七、热力学第一定律的应用
热力学第一定律
1、表达式：ΔU＝Q＋W.
2、正、负号法则：
物理量
意义 W Q ΔU
符号
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加；
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体
放出的热量．
例13、（多选）一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其
pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是( )
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
答案 ABE
解析 由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由图象可知，V＝V，选项A正确；理想气体的内能只由温度
a c决定，而T>T，故气体在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q
a c
＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收
的热量大于对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即pV＝CT，pV ＝CT ，
a a a b b b
pV＝CT，pV ＝CT.设过程bc中压强为p ＝p ＝p，过程da中压强为p′＝p ＝p.由外界对气体做功W
c c c d d d 0 b c 0 d a
＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功W ＝p(V －V)＝C(T －T)，过程da中气体对外界做的功W ＝
bc 0 b c b c da
p′(V－V)＝C(T－T)，T＝T，T＝T，故W ＝W ，选项E正确．
0 a d a d a b c d bc da
例14、木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60
N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E 分别是( )
k
A．U＝200 J，E＝600 J
k
B．U＝600 J，E＝200 J
k
C．U＝600 J，E＝800 J
k
D．U＝800 J，E＝200 J
k
答案 B
解析 U＝Fx＝60×10 J＝600 J
f
E＝F·x－U＝80×10 J－600 J＝200 J
k
1.（湖南师大附中2023届模拟试卷（二））竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水
银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水
平部分右端的水银全部进入右管中。已知 ，大气压
强， ，环境温度不变，左管足够长。求：
（ⅰ）此时右管封闭气体的压强；
（ⅱ）左管中需要倒入水银柱的长度。【答案】（ⅰ）90cmHg；（ⅱ）27cm
【解析】（ⅰ）对右管中的气体研究，初始时
末状态时体积
根据玻意尔定律
解得
（ⅱ）对水平管中的气体，初态压强
末状态
根据玻意尔定律
解得
的
水平管中气柱 长度变为9cm，此时，原来左侧19cm水银柱已有11cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银产生的长度为
2.（合肥市2023年高三第二次教学质量检测）蔬菜大棚通常靠通风来调节温度，某研究小组设计了一款温
控报警装置，其原理如下图所示。将导热气缸竖直悬挂在大棚内，缸内通过活塞封闭了一定质量的空气。
当棚内温度为7℃时，活塞静止于距气缸顶部70.0cm的C处；当棚内温度缓慢升高，活塞下移5.cm至D
处，此时涂有导电物质的活塞下表面恰与a、b触点接触，蜂鸣器报警。已知活塞质量m=0.5kg、横截面积
S=25cm2、厚度不计，活塞与气缸之间的摩擦不计，大气压强p=1.0×105Pa，g取10m/s2。求：
0
（1）蜂鸣器刚报警时棚内温度；
（2）活塞由C至D过程，若缸内空气的内能增加了37J，缸内空气吸收的热量。
【答案】（1）300K或27℃；（2）49.25J
【解析】（1）根据盖吕萨克定律
可得
或
（2）气缸内空气在等压膨胀过程中压强记为p，活塞受力如右图由平衡条件得
解得
该过程中外界对气体做功
根据热力学第一定律
可得
3.（北京市丰台区2022~2023学年度第二学期综合练习（二））如图，固定在铁架台上的烧瓶，通过橡胶
塞连接一根水平玻璃管，向玻璃管中注入一段水柱。用手捂住烧瓶，会观察到水柱缓慢向外移动，关于烧
瓶内的气体，下列说法正确的是（ ）
A. 气体的压强变小 B. 气体的体积变小
C. 气体对外界做功 D. 气体的内能减小
【答案】C
【解析】A．由于水柱处于水平玻璃管中，对水柱分析可知，烧瓶内气体的压强始终等于大气压强，即气
体的压强不变，A错误；
B．根据上述可知，该过程是等压变化，手捂住烧瓶，温度升高，则气体体积增大，B错误；
C．气体体积增大，气体对外界做功，C正确；
D．气体温度升高，气体内能增大，D错误。
故选C。
4.一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如
图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。气体在状态a的体积_______（选填“大于”“等于”或“小于”）在状态d的体积，从状态b到c，气体吸收的热量_______（选填“大于”
“等于”或“小于”）它对外界做的功。
【答案】 ①. 小于 ②. 大于
【解析】[1]由理想气体的状态方程 ，由于ba和cd的延长线过坐标原点，即p T图像的斜率是
−
，可知斜率越大，体积越小，状态a、d的温度相等。因此气体在状态a的体积小于在状态d的体积。
[2]由题图可知，气体从状态b到c，气体温度升高，气体的内能增加，压强减小，气体的体积增大，气体
对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于它对外界做的功。
5.（2023届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考）如图所示，薄壁导热汽缸倒放在中间有孔的水平
桌面上，用薄壁光滑活塞封闭一定质量的理想气体，当热力学温度为 时，活塞静止在汽缸的中间。外界
大气压恒为 。
（1）若对缸内气体缓慢加热，求活塞刚好到达缸口时气体的热力学温度T；
（2）若不是对缸内气体加热，而是将活塞向下缓慢拉至缸口，活塞的质量为m、横截面积为S，重力加速
度大小为g，求活塞在缸口时受到的拉力大小F。
【答案】（1） ；（2）【解析】（ⅰ）设汽缸的深度为L，加热过程中，缸内气体做等压变化，有
解得
的
（2）施加拉力前，缸内气体 压强
设活塞在缸口时缸内气体的压强为 ，对活塞，根据物体的平衡条件有
解得
根据玻意耳定律有
解得
6.（2023届大湾区普通高中毕业班联合模拟考试（二））导热容器内用轻薄活塞封闭一定质量理想气体，
关闭阀门并松开钉销，将容器沉入湖底时活塞到水面的距离为 ，气体的体积为 ，压
强为 ，温度为 。用钉销将活塞锁定后，如图所示，将容器缓慢提出水面，当气体的温度与环境温度相
同时其压强变为 。已知水面上温度为 ，水的密度为 ，大气
压强为 ，取 。不计活塞与容器的摩擦力，求：（1）压强 和温度 分别为多大；
（2）在水面上，保持容器内气体温度与环境温度相同，打开阀门，最多有多少体积（压强为 ，温度为
状态下）的气体放出？
【答案】（1） ， ；（2）
【解析】（1）根据题意，由压强关系有
由查理定律有
解得
（2）根据题意，设有 体积的气体放出，由玻意耳定律有
解得
7.（2023年4月玉林市高三年级教学质量检测）如图所示，为某同学制作的一个简易温度计。在一个空的
玻璃瓶中插入一根透明吸管，并封好瓶口，在吸管内引入一小段油柱（标记刻度时，其长度可忽略）。不
计大气压的变化，吸管粗细均匀，则：①吸管上标记温度值时，刻度是否均匀？___________（填“均匀”或
“不均匀”）；②若标记温度值时，吸管口是向上的（如图），则吸管水平放置时，测量值将___________，
吸管口向下放置时，测量值将___________（后两空选择填入“偏大”、“偏小”或“无影响”）.
【答案】① 均匀 ②. 偏大 ③. 偏大
【解析】[1]根据盖-吕萨克定律 ，则有
设吸管内部的横截面积为S，内部在初始时的热力学温度为T，体积为V，当温度变化△t时油柱移动的距
1 1
离为△l，则有
即
由上式可以看出，△t与△l成正比关系，所以吸管上标刻温度值时，刻度是均匀的；
(2)[2]若标记温度值时，吸管口是向上的，则压强相对水平放置时偏大，水平测量时相同温度下的体积偏大，
由于温度与体积成正比，则水平测量时测量值将偏大；
[3]若标记温度值时，吸管口是向上的，则压强相对吸管口向下放置时偏大，吸管口向下放置时相同温度下
的体积偏大，由于温度与体积成正比，则吸管口向下放置测量值将偏大。
8.（2023年4月玉林市高三年级教学质量检测）如图所示，用一个绝热活塞将绝热容器平均分成A、B两
部分，用控制阀K固定活塞，开始时A、B两部分气体的温度都是27℃，压强都是 ，保持A体
积不变，给电热丝通电，使气体A的温度升高到87℃，求：
（1）气体A的压强是多少？
（2）保持气体A的温度不变，拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，平衡后气体B的体积被压缩倍，气体B的温度是多少摄氏度？
【答案】（1） ；（2）47℃
【解析】（1）对A部分气体，在加热的过程中发生等容变化，根据查理定律可得
解得
（2）拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B平衡后，气体A发生等温变化，根据玻意耳定律有
气体B的压缩过程，根据理想气体状态方程有
根据活塞受力平衡有 ，代入数据联立解得
即
9.（2023年海南省高考模拟试卷二）（多选）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图像
中 直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）A. 过程中气体吸收热量
B. 过程中状态b的分子平均动能最小
C. 过程中气体对外界做功大于吸收的热量
D. 过程中单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
【答案】AD
【解析】A．由
过程中气体吸收热量为
故A正确；
BC．由
可知
状态b的分子平均动能最大；则 过程中气体体积增大，对外做功，温度升高，内能增大，所以体对
外界做功小于吸收的热量，故BC错误；
D．因为 过程中气体体积增大，所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故D正确。
故选AD。10.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N ，地面大气
A
压强为p ，重力加速度大小为g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平
0
均距离为________．
答案
解析 可认为地球大气层对地球表面的压力是由其重力引起的，即mg＝pS＝p×4πR2，故大气层的空气总
0 0
质量m＝，空气分子总数N＝N ＝.由于h≪R，则大气层的总体积V＝4πR2h，每个分子所占空间设为一个
A
棱长为a的正方体，则有Na3＝V，可得分子间的平均距离a＝ .
11．(多选)已知阿伏加德罗常数N ＝6.0×1023 mol－1，下列关于分子动理论的说法中正确的是( )
A
A.把冰分子看成一个球体，不计冰分子间的空隙，由冰的密度ρ＝0.9×103 kg/m3可估算出冰分子直径的数
量级为10－10 m
B.布朗运动是指液体分子的无规则运动
C.某油轮载有密度为ρ＝0.9×103 kg/m3的原油在海面上航行，由于故障使部分原油泄漏，若共泄漏出原油
9 000 kg，这次泄漏事故造成的最大污染面积可达到1011 m2
D.由某气体的密度、体积和摩尔质量可估算出该气体分子的直径
答案 AC
解析 将冰分子看成球体，且一个挨一个紧密排列，冰的摩尔体积为V＝，冰分子的体积V＝，根据V＝πR3
0
＝πd3，解得冰分子直径 d＝，将冰分子的摩尔质量 M＝18×10－3 kg/moL，N ＝6.0×1023 mol－1和ρ＝0.
A
9×103 kg/m3代入上式，可得d≈4×10－10 m，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，
反映了液体分子的无规则运动，故B错误；原油体积为V＝＝ m3＝10 m3，而分子直径数量级为d＝10－10 m，
所以污染海洋面积S＝＝＝1011 m2，故C正确；已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，
但缺少阿伏加德罗常数，故不能算出分子间的平均距离，且由于气体间隙较大，不能估算出分子直径，故 D
错误.
12．（多选）下列哪些现象属于热运动( )
A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的
面都变得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，但我们喝汤时尝到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清
D．用砂轮打磨而使零件温度升高
答案 ABD
解析 热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”、物
体的热传递等，而水变澄清的过程是泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．
13．很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会
选择含有氙气灯的汽车．若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3，氙气摩尔质量M＝0.
131 kg/mol，阿伏加德罗常数N ＝6×1023 mol－1.试估算：(结果保留一位有效数字)
A
(1)灯头中氙气分子的总个数N；
(2)灯头中氙气分子间的平均距离．
答案 (1)4×1022个 (2)3×10－9 m
解析 (1)设氙气的物质的量为n，则n＝，氙气分子的总个数N＝N ≈4×1022个．
A
(2)每个分子所占的空间为V＝
0
设分子间平均距离为a，则有V＝a3，
0
则a＝≈3×10－9 m.
14．（2021年全国乙卷）（1）（多选）如图，一定量的理想气体从状态 a（ ）经热力学过程
后又回到状态a。对于 三个过程，下列说法正确的是______。
A. 过程中，气体始终吸热
B. 过程中，气体始终放热
С. 过程中，气体对外界做功
D. 过程中，气体的温度先降低后升高
E. 过程中，气体的温度先升高后降低
（2）如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管 粗细均匀， 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。 两管的长度分别为 ， 。将水
银从C管缓慢注入，直至 两管内水银柱的高度差 。已知外界大气压为 。求
两管内水银柱的高度差。答案：（1）ABE
（2）本题考查玻意耳定律的应用。
对B管中的气体，原来的压强为
体积为 ，缓慢注入水银后，气体的压强为
气体发生等温变化，则有
代入数据解得
此时B管中水银的高度为
对A管中的气体，原来的压强为
体积为
缓慢注入水银后，气体的压强为
气体发生等温变化，则有
即代入数据解得
解析：（1）本题考查理想气体状态方程的应用及热力学第一定律。 过程中，气体体积不变，不对外做
功，由于压强增大，根据 ，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律 可知，气
体吸收热量，A项正确； 过程，气体发生等压压缩，外界对气体做功，气体的温度降低，内能减小，气
体放出热量，B项正确，C项错误； 过程中，气体 先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，气
体的温度先升高后降低，D项错误，E项正确。
15．（1）在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，
机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强_____（选填“大于”、“小
于”或“等于”）机场地面大气压强；从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能_____
（选填“变大”，“变小”或“不变”）。
（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1.0105 Pa。护士把注射器内横截
面积为0.3cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0105 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）小于；不变
（2）本题考查变质量的气体问题。
对瓶内与注射器内气体由玻意耳定律有
可得
解析：（1）本题考查理想气体状态方程和气体分子的平均动能。瓶内气体温度不变，但体积减小，根据
可知，气体压强增大。气体温度不变，气体分子的平均动能不变。
16、某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为 。
（ⅰ）当夹层中空气温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
（ⅱ）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 。
答案：（2）本题考查热力学定律。
（i）由题意可知，夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知
代入数据解得
（ii）当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置
后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为17.小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固在桌面上，
用质量 、截面积 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直
杆中心置于固定支点 A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂个质量
的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度 。
设外界大气压强 ,重力加速度 。
（i）当电子天平示数为400.0 g时，环境温度 为多少？
（ii）该装置可测量的最高环境温度 为多少？
答案：（2）本题考查理想气体的压强与环境温度的关系。
（i）根据题意受力分析可得
则可得初始条件为
由此可得此时汽缸内的压强与大气压强相同，当天平示数为400 g时，此时
则代入数据可得
根据 ，
代入数据可得（ii）当 时，此时电子天平示数为1200 g，
则可得
则根据
代入数据可得
18.（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（ ）图上的两条直线Ⅰ和
Ⅱ表示， 和 分别为两直线与纵轴交点的纵坐标； 是它们的延长线与横轴交点的横坐标，
；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 ______；气体在状态
b和c的压强之比 _______。
（2）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为 两部分；初始时，
的体积均为V，压强均等于大气压 。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过
时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小
为 。（i）求A的体积和B的压强；
（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。
答案：（1）
（2）本题考查玻意耳定律的应用。
（i）对B部分气体分析，等温变化，根据玻意耳定律有
解得
对A部分气体分析，根据玻意耳定律有
联立解得
（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则 A部分的气体体积为 ，由玻意耳定律可得
则A部分的气体此情况下的压强为
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为 、压强为 ,B部分的气体体积为 、压强为 ，根
据等温变化有联立解得 （舍去），
解析：（1）本题考查对等压变化 图像的理解。根据理想气体实验定律 （常数），有 ，
在等压变化的 图像中，图像为过原点的倾斜直线，斜率的倒数与压强成正比，其中温度使用热力学温
标， 为热力学温标0 K，故可将本题中 位置作为 图像的原点，则气体在状态a和b的
压强之比 ，气体在状态b和c的压强之比 。
19．两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸 ，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图 1
所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气
体的内能___（填“大于”“小于”或“等于”)气缸B中气体的内能。图2为重新平衡后 汽缸中气体
分子速率分布图像，其中曲线___（填图像中曲线标号）表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
答案：（1）大于；①
解析：（1）本题考查理想气体状态方程。对活塞分析有 ，A中细沙的质量大于B中细沙的质量，
故稳定后有 ，所以在达到平衡过程中外界对气体做功有 ，根据 ，因为汽缸和
活塞都是绝热的，故有 ，即重新平衡后A汽缸内的气体内能大于B汽缸内的气体内能；由题图
中曲线可知，曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可
知，B汽缸温度较低，故曲线①表示B汽缸中气体分子的速率分布。20．（多选）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为 和 ）封闭
一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从 A下降h高度到B位置
时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过
程环境温度和大气压强 保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是_____。
A.整个过程，外力F做功大于0，小于
B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C.整个过程，理想气体的内能增大
D.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
E.左端活塞到达B位置时，外力F等于
答案：（1）BDE
解析：（1）本题考查理想气体的内能、热力学第一定律等知识。因为右端活塞始终静止不动，所以外力F
不做功，A项错误；汽缸导热，在缓慢加细沙的过程中，气体温度可以始终与外界温度相同，分子平均动
能不变，B项正确；因为封闭的气体是理想气体，分子势能忽略，气体内能即为气体分子的总动能，故不
变，C项错误；由热力学第一定律可知，气体放热等于左侧外界气体和细沙做的功，因为细沙的重力是逐
渐增大的，所以细沙做功小于 ，总功小于 ，D项正确；以左侧活塞为研究对象，有
；以右侧活塞为研究对象，有 ，联立解得 ，E项正确。
21.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
22．（多选）封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是(
)
A．气体的密度增大
B．气体的压强增大
C．气体分子的平均动能减小
D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
答案 BD
解析 等容变化温度升高时，压强一定增大，分子密度不变，分子平均动能增大，单位时间撞击单位面积
器壁的气体分子数增多，B、D正确．
23.如图所示为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)．先打开阀门让其与大气连通，再用
打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105 Pa、200 cm3的空气，忽略打气和用气时气体的温度
变化．(设外界大气的压强p＝1×105 Pa)
0
(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa，应打多少次气？
(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气，现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达
到符合标准的2.0×105 Pa，则可充满多少瓶？
答案 (1)40次 (2)4瓶
解析 (1)设需要打气n次，因每次打入的气体相同，故可视n次打入的气体一次性打入，则气体的初状态：p＝1.0×105 Pa，V＝V＋nΔV
1 1 0
末状态：p＝5.0×105 Pa，V＝V
2 2 0
其中：V＝2 dm3，ΔV＝0.2 dm3
0
由玻意耳定律：pV＝pV
1 1 2 2
代入数据解得：n＝40.
(2)设气压为p＝2.0×105 Pa时氧气的体积为V
3 3
由玻意耳定律有：pV＝pV
2 2 3 3
代入数据解得：V＝5 dm3
3
真空瓶的容积为V ＝0.7 dm3
瓶
因：＝4
故可充满4瓶．
24.一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝
100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L ＝12 cm，
1
离汽缸口的距离L ＝3 cm.外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直
2
位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10 m/s2，求：
(1)此时气体的温度为多少？
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多
大？
答案 (1)450 K (2)310 J
解析
(1)当汽缸水平放置时，p＝1.0×105 Pa，
0
V＝LS，T＝(273＋27) K＝300 K
0 1 0
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有
pS＝pS＋mg
1 0则p＝p＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.2×105 Pa
1 0
V＝(L＋L)S
1 1 2
由理想气体状态方程得＝
则T＝T＝×300 K＝450 K.
1 0
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
pLS＝pLS
0 1 1
则L＝＝ cm＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p(L＋L－L)S－mg(L＋L－L)＝－60 J
0 1 2 1 2
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q得ΔU＝310 J.
