文档内容
第 25 讲 热学
题型一 分子动理论
题型二 热学实验
题型三 气体的性质
题型四 气体实验定律的综合应用
题型五 热力学定律与能量守恒定律
课标要求 命题预测 重难点
1.了解分子动理论的基本观
点，了解物体内能的决定因
素，掌握分子间距与分子势能
的关系。 生活实践类：雾霾天气、
2.了解气体分子运动的特点， 高压锅、气压计、蛟龙号
能够从微观的角度解释气体压 深海探测器、喷雾器、拔 （1）综合应用气体实验定律、理想气体状态
强。 罐、保温杯、输液瓶、氧 方程、力学规律分析理想气体多过程问题。
3.知道晶体和非晶体的特点， 气分装等 （2）分析关联气体问题，提高建模能力和分
了解液晶的主要性质；了解表 析综合能力。
面张力现象和毛细现象，知道 学习探究类：分子动理 （3）知道热力学第一定律和气体实验定律的
它们的产生原因。 论、固体和液体的性质、 结合点，能综合应用解决相关问题。
4.学会探究等温情况下一定质 气体实验定律、热力学定
量气体压强与体积的关系的实 律、用油膜法估测油酸分
验原理、操作方法及误差分 子的大小、探究等温情况
析，学会用图像法处理实验数 下一定质量气体压强与体
据。 积的关系
5.掌握气体实验定律的内容、
适用条件，并会应用解决问
题。题型一 分子动理论
【典型例题剖析】
【例1】 (2023·北京市第十二中学期中)一定量某种气体的质量为m，该气体的摩尔质量为M，摩尔体
积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m 和V，则阿伏加德罗常数N 可表示为( )
0 0 A
A．N ＝ B．N ＝ C．N ＝ D．N ＝
A A A A
【答案】 B
【详解】 由于气体分子间的距离较大，所以气体分子的体积V 远小于摩尔体积与阿伏加德罗常数之
0
比，即V<，所以N <，故A错误；阿伏加德罗常数等于气体的摩尔质量与气体分子质量之比，即N
0 A A
＝＝，故B正确，C错误；气体密度与单个分子体积的乘积不等于单个气体分子的质量，故D错误。
【高考考点对接】
(一)物体是由大量分子组成的
1．分子的大小
(1)分子的直径：数量级为10－10 m；
(2)分子的质量：数量级为10－26 kg。
2．阿伏加德罗常数
1 mol的任何物质都含有相同的分子数，通常可取N ＝6.02×1023 mol－1。
A
3．联系微观和宏观的四个重要关系
微观量：分子体积V、分子直径d、分子质量m。
0 0
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。
mol
阿伏加德罗常数是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁。
(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＝nN
A
物体所含物质的量n＝或n＝。
(4)物体的体积和质量的关系V ＝或V＝。
mol
4．求解分子直径或棱长时的两种模型
(1)球模型：V＝πd3，得直径d＝(常用于固体和液体)。
0
(2)立方体模型：V＝d3，得棱长d＝(常用于求相邻气体分子间平均距离)。
0
(二)分子永不停息地做无规则运动
1．扩散现象
(1)定义：不同种物质能够彼此进入对方的现象；
(2)实质：扩散现象并不是外界作用引起的，也不是化学反应的结果，而是由物质分子的无规则运动产生的物质迁移现象，温度越高，扩散得越快。
2．布朗运动
(1)定义：悬浮微粒的无规则运动；
(2)实质：布朗运动反映了液体分子的无规则运动；
(3)特点：微粒越小，运动越明显；温度越高，运动越明显。
3．热运动
(1)分子永不停息的无规则运动叫作热运动；
(2)特点：分子的无规则运动和温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。
(三)分子之间存在着相互作用力
1．物质分子间存在空隙。
2．分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，斥力变
化得较快。
3．实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。分子力与分子间距离的关系图线如图所示。
由分子间的作用力与分子间距离的关系图线可知：
(1)当r＝r 时，F ＝F ，分子力为零；
0 引 斥
(2)当r＞r 时，F ＞F ，分子力表现为引力；
0 引 斥
(3)当r＜r 时，F ＜F ，分子力表现为斥力；
0 引 斥
(4)当分子间距离大于10r(约为10－9 m)时，分子力很弱，可以忽略不计。
0
【解题能力提升】
作为宏观量的摩尔质量M 、摩尔体积V 、密度ρ与作为微观量的分子直径d、分子质量m、每个分子的
mol mol
体积V 都可通过阿伏加德罗常数联系起来(如图所示)。
0
【跟踪变式训练】
【变式1-1】 (2023·江苏连云港市期中)浙江大学高分子系制备出了一种超轻气凝胶——它刷新了目前
世界上最轻固态材料的纪录。设该种气凝胶的密度为 ρ(单位为 kg/m3)，摩尔质量为 M(单位为kg/mol)，阿伏加德罗常数为N ，求：
A
(1)体积为V(单位为m3)的气凝胶中含有的分子数；
(2)每个气凝胶分子的直径。
【答案】 (1) (2)
【详解】 (1)体积为V的气凝胶质量为m＝ρV
故可知含有的分子数为n＝·N ＝
A
(2)1 mol气凝胶的体积为V ＝
mol
1 mol气凝胶包含N 个分子，故每个气凝胶分子的体积为V＝，同时有V＝π·()3
A 0 0
联立解得每个气凝胶分子的直径为d＝。
【变式1-2】 (2023·山西太原市期中)装满冷水的玻璃杯静置于桌面上，若将一滴墨水轻轻滴到水中，
过一会墨水逐渐散开，直到整杯水都变黑。下列说法正确的是( )
A．这一现象是由于水分子的布朗运动产生
B．这一现象主要是由于墨水受到重力产生
C．这一现象主要是由于水的对流形成的
D．将杯中的冷水换成热水，这一过程会进行的更迅速
【答案】 D
【详解】 这一现象是因为墨水中添加物的布朗运动，根本原因是分子的热运动，故A、B、C错误；
温度越高，分子的热运动越剧烈，故将杯中的冷水换成热水，这一过程会进行的更迅速，故D正确。
【变式1-3】 (2023·海南卷·5)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r 时，分子间表现为斥力
0
B．分子从无限远靠近到距离r 处过程中分子势能变大
0
C．分子势能在r 处最小
0
D．分子间距离在小于r 且减小时，分子势能在减小
0
【答案】 C
【详解】 分子间距离大于r 时，分子力表现为引力，分子从无限远靠近到距离r 处过程中，引力做
0 0
正功，分子势能减小，在r 处分子势能最小，分子间距离继续减小，分子力表现为斥力，分子力做负
0
功，分子势能增大，C正确。
题型二 热学实验
【典型例题剖析】
【例2】 (2024·福建三明一中开学考)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验方法及步骤如下：①向1 mL的油酸中加酒精，直至总量达到500 mL；
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入 100滴时，测得
其体积恰好是1 mL；
③先往边长为30～40 cm的浅盘里倒入2 cm深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘
上，并在玻璃板上描下油膜的形状；
⑤将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，小方格的边长为20 mm，数出轮廓范围内小方
格的个数N。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)由图可知油膜面积为____________ m2；计算出油酸分子直径为____________ m。(结果保留两位有效
数字)
(2)在实验中，认为油酸分子在水面上形成的是单分子层，这体现的物理思想方法是________。
A．等效替代法 B．类比法
C．理想模型法 D．控制变量法
(3)若某学生计算油酸分子直径的结果偏大，可能是由于________。
A．油酸未完全散开
B．油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴溶液体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴
【答案】 (1)4.6×10－2 4.3×10－10 (2)C (3)AC
【详解】 (1)一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为
V＝× mL＝2×10－11 m3
根据大于半个方格的计为一个，小于半个方格的不计的原则，可得油膜形状占据的方格数约为 N＝115
格，所以油膜的面积为
S＝115×202×10－6 m2＝4.6×10－2 m2
所以油酸分子的直径为
d＝＝ m＝4.3×10－10 m
(2)实验中把分子看作小球，认为油酸分子能够一个一个紧密排列，在水面上形成单分子层油膜，是采
用了理想模型法，C正确。
(3)计算油酸分子直径的依据是d＝。油酸未完全散开，则测得的油膜面积所占方格数目偏少，所以导致
油酸分子直径计算值偏大，A正确；油酸酒精溶液浓度计算值低于实际值，则一滴溶液中纯油酸计算
体积偏小，导致油酸分子直径计算值偏小，B错误；计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则测得的油膜面积所占方格数目偏少，所以导致油酸分子直径计算值偏大，C正确；求每滴溶液体积时，
1 mL的溶液的滴数多记了10滴，则导致一滴溶液体积计算值偏小，则一滴溶液中纯油酸体积计算值偏
小，导致油酸分子直径计算值偏小，D错误。
【高考考点对接】
实验一：用油膜法估测油酸分子的大小
1．实验原理
实验采用使油酸在水面上形成一层单分子油膜的方法估测分子的大小。当把一滴用酒精稀释过的油酸
酒精溶液滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中的酒精溶于水，并很快挥发，在水面上形成如图
甲所示形状的一层纯油酸薄膜。如果算出一定体积的油酸在水面上形成的单分子油膜的面积，即可算
出油酸分子的大小。用V表示一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积，用 S表示单分子油膜的面积，
用d表示油酸分子的直径，如图乙所示，则d＝。
2．实验器材
盛水浅盘、注射器(或滴管)、容量瓶、坐标纸、玻璃板、爽身粉、量筒、彩笔等。
3．实验过程
(1)配制油酸酒精溶液，取纯油酸1 mL，注入500 mL的容量瓶中，然后向容量瓶内注入酒精，直到液
面到达500 mL刻度线为止。
(2)用注射器(或滴管)将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并记下量筒内增加一定体积V 时的滴数
n
n，算出每滴油酸酒精溶液的体积V。
0
(3)向浅盘里倒入约2 cm深的水，并将爽身粉均匀地撒在水面上。
(4)用注射器(或滴管)将一滴油酸酒精溶液滴在水面上。
(5)待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，并将油酸膜的形状用彩笔画在玻璃板上。
(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积 S(求面积时以坐标纸上边长为1
cm的正方形为单位计算轮廓内正方形的个数，不足半格的舍去，多于半格的算一个)。
(7)根据油酸酒精溶液的配制比例，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V，并代入公式d＝，算出油
酸薄膜的厚度d。
(8)重复以上实验步骤，多测几次油酸薄膜的厚度，并求平均值，即为油酸分子直径的大小。
实验二：探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
1．实验器材：铁架台、注射器、橡胶套、压力表等(如图所示)。2．实验数据的获取
空气的压强p可以从仪器上方的压力表读出，空气柱的长度l可以在玻璃管侧的刻度尺上读出，空气柱
的长度l与横截面积S的乘积就是它的体积V。
把柱塞缓慢地向下压或向上拉，读取空气柱的长度与压强的几组数据。
3．实验数据的处理
在等温过程中，气体的压强和体积的关系在p－V图像中呈现为双曲线的一支，如图甲所示。处理实验
数据时，要通过变换，作p－图像或者V－图像，把双曲线变为直线，说明p和V成反比，如图乙所示。
这是科学研究中常用的数据处理的方法，因为一次函数反映的物理规律比较直接，容易得出相关的对
实验研究有用的参数。
4．实验结论
一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比，即pV＝C。
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (2023·山东卷·13)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带
有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器
相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注
射器示数V 与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
0回答以下问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的
气体________。
A．p与V成正比 B．p与成正比
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为______ Pa(保留3位有效数字)。
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了 ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组
正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1) B (2)2.04×105 (3)增大
【详解】 (1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，
一定质量的气体，p与成正比。故选B。
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有
＝ mL－1＝100×10－3 mL－1，由题图乙可读出封闭气体压强为p＝2.04×105 Pa
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据
p(V＋ΔV)－pV＝pΔV
0 0
可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。
【变式2-2】(2023·山东济宁市二模)某同学设计了如图甲所示的装置来探究“温度不变时气体压强随体
积变化规律”的实验，注射器导热性能良好，用橡皮帽和活塞在注射器内封闭一定质量的理想气体。
质量不计的细绳跨过定滑轮，一端系到活塞上，左侧细绳拉直时保持水平，另一端可以挂钩码。实验
时，在细绳的下端依次挂上质量相等的钩码1、2、3、…，稳定后通过注射器的标度读出对应空气柱的
体积V，并能求出对应气体的压强p。已知注射器的最大体积为V ，刻度全长为L，大气压强为p ，每
m 0
个钩码的质量为m，重力加速度为g。
(1)关于本实验的操作，下列说法正确的是________。
A．为减小误差，每挂上一个钩码后，应平衡后再读出体积B．挂钩码时，为了防止注射器脱落，应用手紧紧握住注射器
C．实验前，应在活塞上涂上润滑油，并来回拉动几次
D．实验时必须测出封闭气体的温度
(2)若在某次实验中细绳上所挂钩码个数为n，则平衡后对应气体的压强为________(用题目中已知量表
示)。
(3)该同学根据测得气体的体积和对应的压强，作出了V－图像，如图乙所示，图线不过原点，则纵坐
标b代表________；体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，可能是由于气体温度________(填“升
高”或“降低”)；也可能是由于装置气密性不好导致气体质量__________(填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1)AC (2)p－ (3)橡皮帽内气体体积 升高 增大
0
【详解】 (1)每挂上一个钩码，平衡后，待封闭气体的体积不再发生变化，再读出体积，可以减小误
差，故A正确；挂钩码时，不能用手紧紧握住注射器，因为手的温度会改变封闭气体的温度，使测量
结果不准确，故B错误；实验前，应在活塞上涂上润滑油，并来回拉动几次，可以增加密封性，也可
以减小摩擦带来的误差，故C正确；注射器不隔热，所以实验时封闭气体的温度与外界温度相同，气
体做等温变化，不需要测量温度，故D错误。
(2)由平衡关系可得nmg＋p＝p，
0
可得p＝p－。
0
(3)实验操作规范，图线不过原点，则b代表注射器橡皮帽内气体的体积；由＝C可知V＝CT，体积增
大到一定值后，图线开始偏离直线，向上偏离，斜率变大，说明可能是温度升高；公式中的C与气体
质量成正比，斜率变大，也可能是由于装置气密性不好导致气体质量增大。
【变式2-3】 某同学通过图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的石子的体积。
实验步骤：
①将石子装进注射器，插入活塞，再将注射器通过软管与传感器A连接；
②移动活塞，通过活塞所在的刻度读取了多组气体体积数据V，同时记录对应的传感器数据；
③建立直角坐标系。
(1)在实验操作中，下列说法正确的是______；
A．图甲中，传感器A为压强传感器
B．在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把注射器活塞移至注射器最右端位置C．操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不变
D．若实验过程中不慎将活塞拔出注射器，应立即将活塞插入注射器继续实验
(2)为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为V，则x轴为________(选填“”或“p”)；
(3)选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得到的图像如图乙所示，若不考虑传感器和注射器连接
处的软管容积带来的误差，则石子的体积为______；若考虑该误差影响，测得软管容积为V ，则石子
0
的体积为________。
【答案】 (1)AC (2) (3)b b＋V
0
【详解】 (1)该气体发生等温变化，从注射器的刻度上读出体积，因此传感器A为压强传感器，A正
确；在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应使注射器封住一定质量的气体，因此不应将活塞移
至注射器最右端，B错误；操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持封闭气体的温度不
变，C正确；若实验过程中不慎将活塞拔出注射器，气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，应
重新做实验，D错误。
(2)作出图像为一条直线，根据玻意耳定律pV＝C可得V＝C，故x轴应为。
(3)设石子体积为V ，若不考虑传感器和注射器连接处的软管容积带来的误差，对一定质量的气体根据
1
玻意耳定律可得p(V－V)＝C，整理得V＝＋V ，可得V ＝b；若考虑该误差影响则表达式为p(V＋V －
1 1 1 0
V)＝C，整理得V＝＋V－V，可知V－V＝b，故V＝b＋V。
1 1 0 1 0 1 0
题型三 气体的性质
【典型例题剖析】
【例3】(2023·河南安阳市模拟)如图所示，上端开口、横截面积为S且导热性能良好的汽缸放置在水平
面上，大气压强为p 。汽缸内有一卡子，横截面积为S的轻质活塞上面放置一个质量为m的重物，活
0
塞下面密封一定质量的理想气体。当气体温度为T 时，活塞静止，此位置活塞与卡子距离为活塞与汽
1
缸底部距离的。现缓慢降低汽缸温度，活塞被卡子托住后，继续降温，直到缸内气体压强为 p 。已知
0
重力加速度为g，活塞厚度、汽缸壁厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦均不计。求：
(1)活塞刚接触卡子瞬间，缸内气体的温度；
(2)缸内气体压强为p 时气体的温度。
0
【答案】 (1)T (2)
1
【详解】 (1)活塞被卡子托住前，气体经历等压变化，设活塞刚刚接触卡子时气体的温度为T，
2
根据盖—吕萨克定律有＝式中V＝SL，V＝SL
1 1 2 2
根据题意L＝(1－)L＝L
2 1 1
联立解得T＝T
2 1
(2)活塞被卡子托住后，再降低温度，气体经历等容变化，根据查理定律有＝，式中p＝p
3 0
根据力的平衡条件有p＝p＝p＋
2 1 0
联立可得T＝。
3
【高考考点对接】
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 。由于活塞处于平衡状态，所以pS＋
0 0
mg＝pS，则气体的压强为p＝p＋。
0
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＝pS，
0
则气体压强为p＝p－＝p－ρ gh。
0 0 液
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 ＋ρgh ＝p ，而p ＝p＋ρgh ，
B 2 A A 0 1
所以气体B的压强为p ＝p＋ρg(h－h)。
B 0 1 2
内容 表达式 图像
一定质量的某种气体，在温
玻意耳定律 度不变的情况下，压强与体 pV＝pV
1 1 2 2
积成反比
一定质量的某种气体，在体
＝
查理定律 积不变的情况下，压强与热
拓展：Δp＝ΔT
力学温度成正比
一定质量的某种气体，在压
盖—吕萨克 ＝
强不变的情况下，其体积与
定律 拓展：ΔV＝ΔT
热力学温度成正比理想气体：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
理想气体状
的内能仅由温度决定。
态方程
理想气体状态方程：＝或＝C(质量一定的理想气体)
*克拉伯龙方程：pV＝nRT，其中n表示物质的量，n＝，R为常数，对所
有气体都相等。
类别 特点(其中C为常量) 举例
pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，
p－V
线离原点越远
p－ p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p－T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V－T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
【解题能力提升】
【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (2021·辽宁卷·14)如图(a)所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦
气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图(b)为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊
通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气(可视为理想气体)，副气囊与大气连
通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处
于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的。
已知地面大气压强p＝1.0×105 Pa、温度T＝300 K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
0 0
(1)设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；
(2)气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、
右挡板间距离的。求气球驻留处的大气温度T。
【答案】 (1)5×104 Pa (2)266 K
【详解】 (1)氦气温度不变，则发生的是等温变化，设氦气在目标位置的压强为p，
1
由玻意耳定律得pV＝p·1.5V
0 0 1 0
解得p＝p
1 0
由目标处的内外压强差可得p－p＝p
1 0
解得p＝p＝5×104 Pa
0
(2)由胡克定律F＝kx可知弹簧的压缩量变为原来的，则活塞受到弹簧的压强也变为原来的，
即p＝p×＝p
x 0 0
设此时氦气的压强为p，活塞两侧压强相等，
2
可得p＝p＋p＝p
2 x 0
由理想气体状态方程可得＝
其中V＝V＋0.5V×＝V
2 0 0 0
解得T＝T＝266 K。
0
【变式3-2】 (2023·河南焦作市博爱第一中学期末)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图
所示，下列说法中正确的是( )
A．a→b过程中，气体温度降低，体积增大
B．b→c过程中，气体温度不变，体积减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．在c状态时，气体的体积最小
【答案】 C
【详解】 方法一：根据气体实验定律分析：
a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C得知，体积应减小，故A错误；b→c过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律 pV＝C得知，由于压强减小，
故体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，
温度升高则压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。
方法二：根据图像斜率的意义分析：
由理想气体状态方程＝C得：p＝T，斜率k＝，即某状态(点)与原点连线斜率越大，体积V越小，故从
图可以看出V＝V＞V，温度可由图像直观反映出来。
a c b
【变式3-3】 (2023·湖北卷·13)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，
横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想
气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为 H，弹簧
长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降 H，左侧活塞上
升H。已知大气压强为p ，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在
0
弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强；
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
【答案】 (1)p (2)
0
【详解】 (1)对左右汽缸内所封的气体，初态压强
p＝p，体积V＝SH＋2SH＝3SH
1 0 1
末态压强p，体积V＝S·H＋H·2S＝SH
2 2
根据玻意耳定律可得pV＝pV，解得p＝p
1 1 2 2 2 0
(2)对右边活塞受力分析可知mg＋p·2S＝p·2S，解得m＝，对左侧活塞受力分析可知
0 2
pS＋k·H＝pS，解得k＝。
0 2
题型四 气体实验定律的综合运用
【典型例题剖析】
【例4】 (2023·安徽省皖南八校第二次联考)如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与
温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左
端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体
总长度为54 cm，温度为T＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然
1
后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p＝
0
75 cmHg，求：
(1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差；
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示)
【答案】 (1)15 cm (2)(9－45) cm
【详解】 (1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p。对M管中封闭气体有，
2
状态Ⅰ：p＝75 cmHg，V＝54 cm×S，T＝300 K
1 1 1
状态Ⅱ：
T＝T＝300 K，V＝54 cm×S－9 cm×S
2 1 2
＝45 cm×S
由玻意耳定律得pV＝pV，解得p＝90 cmHg
1 1 2 2 2
此时M、N两玻璃管中气体压强差Δp＝p －p ＝15 cmHg，故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为
2 0
Δh＝15 cm。
(2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有
状态Ⅲ：
V＝(45 cm＋x)S，T＝T＝360 K，
3 3
p＝p＋p ＋p
3 0 Δh 2x
由理想气体状态方程得＝
解得x＝(9－45) cm。
【高考考点对接】
解题的一般思路
(1)确定研究对象
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对
应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。
(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。
【解题能力提升】
由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题，解题基本思路：
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助
方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
【跟踪变式训练】
【变式4-1】 (2024·四川省兴文第二中学开学考)如图，底部水平的固定圆柱形汽缸内，用质量为m、
横截面积为S的圆盘形活塞封闭着一定质量的理想气体，当封闭气体温度为T且活塞平衡时，封闭气体
的体积为V。现保持封闭气体的温度不变，对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力，活塞再
次平衡时，封闭气体的体积为V；再保持F不变，加热封闭气体使其缓慢升温至T，活塞第三次达到平
衡。汽缸足够高，不计汽缸与活塞间的摩擦，重力加速度大小为g。求：
(1)活塞第三次达到平衡时的体积；
(2)外界大气压强值。
【答案】 (1)V (2)
【详解】 (1)设外界大气压强为p，封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p、p，从状态
0 1 2
2到状态3(活塞第三次达到平衡)，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝
将V＝V，T＝T，T＝T代入解得V＝V
2 2 3 3
(2)从状态1到状态2，气体发生等温变化，由玻意耳定律有pV＝pV
1 1 2 2
将V＝V，V＝V代入得p＝p
1 2 1 2
状态1，由力的平衡条件有pS＋mg＝pS
0 1
状态2，由力的平衡条件有pS＋mg＝pS＋F
0 2
代入数据解得p＝。
0
【变式4-2】 (2023·全国乙卷·33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、
B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管
中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
【答案】 p ＝74.36 cmHg p ＝54.36 cmHg
A B
【详解】 设B管在上方时上部分气体压强为p ，下部分气体压强为p ，此时有p ＝p ＋20 cmHg
B A A B
倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，
又因为S ＝4S
A B
可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm；设此时两管的压强分别为p ′、p ′，
A B
所以有p ′＋23 cmHg＝p ′
A B
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有p S L ＝p ′S L ′
A A A A A A
对B管内空气柱有p S L ＝p ′S L ′
B B B B B B
其中L ′＝10 cm＋1 cm＝11 cm
A
L ′＝10 cm－4 cm＝6 cm
B
联立以上各式解得p ＝74.36 cmHg，
A
p ＝54.36 cmHg。
B
【变式4-3】 (2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔
板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，
连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强 p。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为
0
SL ，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体
0
的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
【答案】 (1)2p p (2)
0 0
【详解】 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p·SL＝p·SL
0 0 1 0
解得旋转后上部分气体压强为p＝2p
1 0
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SL＋SL＝SL，则
0 0 0
p·SL＝p·SL
0 0 2 0
解得旋转后下部分气体压强为p＝p
2 0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，
下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知pS＝mg＋pS
1 2解得活塞的质量为m＝。
题型五 热力学定律与能量守恒定律
【典型例题剖析】
【例5】(多选)(2023·山东卷·9)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过
程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度
上升100 K。下列说法正确的是( )
A．初始状态下，气体的体积为6 L
B．等压过程中，气体对外做功400 J
C．等压过程中，气体体积增加了原体积的
D．两个过程中，气体的内能增加量都为400 J
【答案】 AD
【详解】 设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p＝p，V＝V，T＝300 K，等容过程为状
1 0 1 0 1
态二V ＝V ＝V ，T ＝400 K，等压过程为状态三p ＝p ，V ＝？，T ＝400 K，由理想气体状态方程可
2 1 0 2 3 0 3 3
得，＝＝，解得p ＝p ，V ＝V ，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错误；等容过程中气体做
2 0 3 0
功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能
增加都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体
对外做功为200 J，即做功的大小为W＝p(V－V)＝200 J，解得V＝6 L，A正确，B错误。
0 0 0 0
【高考考点对接】
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：
符号 W Q ΔU
＋ 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
(4)解题时特殊字眼翻译：
①绝热：没有传热(Q＝0)；
②等容：体积不变，不做功(W＝0)；
③膨胀：体积变大，物体对外界做功(W＜0)
④等温：分子平均动能不变，理想气体内能不变(理想气体ΔU＝0)⑤等压，体积变化ΔV：做功W＝pΔV。
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)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
4．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”。
(3)说明：
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。
5．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。
【解题能力提升】
第一类永动机 第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却 从单一热源吸收热量，使之完全变
设计要求
能不断地对外做功的机器 成功，而不产生其他影响的机器
不违背能量守恒定律，违背热力学
不可能制成的原因 违背能量守恒定律
第二定律
【跟踪变式训练】
【变式5-1】 (2023·天津卷·2)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，
温度减小，则气体( )
A．对外做功 B．内能减小C．吸收热量 D．压强不变
【答案】 B
【详解】 由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故 A错误；爬山过程中温度减小，则
气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，爬山过程中气体不做功，但内能减
小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根
据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。
【变式5-2】 (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
【详解】 根据理想气体状态方程可知T＝·V，即T－V图像的斜率为，故有p ＝p>p，故A正确，C
a b 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。
【变式5-3】 (2022·湖北卷·3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p－V图中a→c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．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】 B
【详解】 根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正
确；
根据理想气体的状态方程＝C，可知p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘
积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则 a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C
错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，D错误。
1．已知阿伏加德罗常数为N ，某物质的摩尔质量为M(g/mol)，则该物质的分子质量和m kg水中所含氢
A
原子数分别是( )
A.，mN ×103 B.，9mN
A A
C.，mN ×103 D.，18mN
A A
【答案】 A
【详解】 该物质的分子质量为；m kg水中所含水分子数为N ，一个水分子中含有两个氢原子，则所
A
含的氢原子数为：N ×2＝N ×2＝mN ×103个，A正确。
A A A
2．(2024·重庆市模拟)关于下列四幅图像说法正确的是( )
A．对甲图，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，说明温度越高布朗运动越剧烈
B．对乙图，半杯水与半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有间隙
C．对丙图，自由膨胀和扩散现象都具有双向可逆性
D．对丁图，扩散现象不能在固体之间发生
【答案】 B
【详解】 布朗运动用肉眼观察不到，对甲图，加热一锅水时发现水中的胡椒粉在翻滚，不是布朗运
动，而是翻滚的水带动的运动，不能说明温度越高布朗运动越剧烈，选项 A错误；对乙图，半杯水与
半杯酒精混合之后的总体积要小于整个杯子的容积，说明液体分子之间有间隙，选项 B正确；对丙图，
自由膨胀和扩散现象都具有单向性，不具有双向可逆性，选项C错误；对丁图，扩散现象也能在固体之间发生，选项D错误。
3．(2024·山东滨州市第一中学开学考)如图所示为济南市某日的天气预报，下列说法正确的是( )
A．当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1～2.5)的分子在空气中做无规则的布朗运动
B．从上午7点到下午1点，空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大
C．若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子间引力减小，斥力增大
D．若温度降为8 ℃，水蒸气液化为露珠的过程中分子势能一直增大
【答案】 B
【详解】 当空气质量显示为霾时，空气中细颗粒物(如PM1～2.5)即固体小颗粒在空气中做无规则运
动是布朗运动，故A错误；温度是分子热运动平均动能的标志，从上午 7点到下午1点，温度逐渐升
高，空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大，故B正确；若温度降为8 ℃，水蒸
气液化为露珠的过程中分子间的距离逐渐变小，引力和斥力均增大，故C错误；若温度降为8 ℃，水
蒸气液化为露珠的过程中分子力表现为引力，且做正功，所以分子势能一直减小，故D错误。
4．(2024·江苏南京市开学考)如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，
气压为4p ，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，氧气视为理想气
0
体，稳定后，检测容器P的气压表示数为( )
A.p B.p C．3p D.p
0 0 0 0
【答案】 B
【详解】 对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4pV＝p(V＋)，解得p＝p，故选B。
0 0
5．(2023·辽宁卷·5)“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p－T图像如图所示。该过程
对应的p－V图像可能是( )【答案】 B
【详解】 根据＝C，可得p＝T，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状态的体积大于b状态
的体积，故选B。
6．(2023·湖北武汉市模拟)某实验小组用图甲所示装置研究烧瓶内封闭气体的体积一定时压强与温度的关
系，初始时封闭气体的摄氏温度为t，往容器内加热水，可以改变封闭气体的温度t，用Δt(Δt＝t－t)表
0 0
示封闭气体升高的摄氏温度，p表示温度为t时封闭气体的压强，则图乙中可能正确的图线是( )
A．① B．② C．③ D．④
【答案】 A
【详解】 烧瓶内封闭气体的体积一定，由查理定律有＝＝，又ΔT＝Δt，所以有Δp＝Δt＝p－p
0
整理得p＝Δt＋p ，可见p－Δt图像为一次函数，斜率为，截距为p ，均为正值，故正确的图线是①，
0 0
故选A。
7．(多选)某科学小组利用一根粗细均匀、长度为1 m的玻璃管，和一个导热的柱形金属容器连接在一起，
做成了一个简易温度计，如图所示。玻璃管水平固定在木板上，管内放入一可自由滑动的圆柱体蜡块
(长度可以忽略)，摩擦不计。玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处用细软管与金属容器连接，接口处均
密封良好，当温度为27 ℃时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。以下说法正确的是( )
A．该温度计的刻度是不均匀的
B．如果测量时外界压强增大则对应的温度测量值偏低C．该温度计的测温范围与金属容器的体积无关
D．该温度计的测温范围随金属容器的体积增大而减小
【答案】 BD
【详解】 因温度变化时被封的气体进行等压变化，设温度为27 ℃时封闭气体的体积为V ，由题意可
1
知＝＝，则ΔT＝ΔV，可知ΔT∝ΔV＝S·Δl，玻璃管粗细均匀，所以温度计的刻度是均匀的，故A错误；
从热胀冷缩的原理我们知道，温度计的刻度左侧高右侧低，在某压强下完成刻度后，如果外界压强增
大，蜡块将右移，所以对应测量温度偏低，故B正确；根据ΔV＝V 可以看出金属容器的体积越大，变
1
化相同温度管中气体体积变化量也越大，由于玻璃管长度一定，所以该温度计的测温范围随金属容器
的体积增大而减小，故C错误，D正确。
8．(2023·江苏南京市模拟)如图所示，A、B是两个面积不等的活塞，可以在水平固定的两端开口的汽缸内
无摩擦地滑动，缸内密封的气体为理想气体。随着温度降低，描述气体状态变化的图像可能正确的是(
)
【答案】 A
【详解】 随着温度降低，气体先做等压变化，由于温度的降低，气体的体积减小。当活塞 A运动至
汽缸连接处时，气体体积达到最小。之后气体做等容变化，随着温度的降低，气体的压强逐渐减小，
故A正确，B、C、D错误。
9．(2023·山东聊城市二模)如图甲所示，水平放置的汽缸被两个活塞分为A、B、C三部分，C为真空，A、
B中有理想气体，A中气体压强p ＝1.0×105 Pa，汽缸横截面积S ＝2S ＝20 cm2，两个活塞总质量为
0 A B
m，活塞到两汽缸底部的距离均为 d＝3 cm，活塞之间用水平轻杆连接。现将汽缸顺时针缓慢转过
90°，如图乙所示(活塞未到汽缸连接处)，取重力加速度g＝10 m/s2，若活塞移动的距离为1 cm，气体
温度保持不变，则活塞质量m为( )
A．7．5 kg B．15 kg C．25 kg D．30 kg
【答案】 B
【详解】 设汽缸水平放置时，B中气体压强为p，则有pS ＝pS ，解得p＝2p＝2.0×105 Pa
1 1 B 0 A 1 0设汽缸竖直放置时，A中气体压强为p′，B中气体压强为p′，根据玻意耳定律可得
0 1
pdS ＝p′(d＋Δd)S ，
0 A 0 A
pdS ＝p′(d－Δd)S
1 B 1 B
解得p′＝＝0.75×105 Pa，
0
p′＝＝3.0×105 Pa
1
根据活塞受力平衡可得mg＋p′S ＝p′S ，
0 A 1 B
解得m＝15 kg，故选B。
10.(2024·重庆市八中检测)某种供水装置工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到
3p 时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到1.5p 时，水泵重新启动，可如此
0 0
反复供水。罐容积为V ，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强p ，此时罐内气体体积与罐容
0 0
积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
(1)水泵停止注水时罐内气体的体积V；
1
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强p。
1
【答案】 (1)V (2)p
0 0
【详解】 (1)对罐内所封气体，根据玻意耳定律有
pV＝3pV，解得V＝V
0 0 0 1 1 0
(2)当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为V＝0.6V
2 0
根据玻意耳定律有pV＝pV，压强p＝p。
0 0 1 2 1 0
11．(2022·辽宁卷·6)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所
示，此过程中该系统( )
A．对外界做正功 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
【答案】 A
【详解】 理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由题图
可知，V＝V ＋kT，根据理想气体状态方程有＝C，联立则有p＝，可看出T增大，p增大，B错误；
0
理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，理
想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，C错误。12.(2024·山东济南市开学考)一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→A的变化过程。已知气体在
状态B时的温度为600 K。
(1)气体在状态A时的温度为____________；
(2)请说明在该理想气体经历的A→B→C→A的变化过程中，气体向外界__________(填“吸收”或
“放出”)热量，该过程中传递的热量为________。
【答案】 (1)150 K (2)吸收 30 J
【详解】 (1)根据＝
代入数据得T＝150 K
A
(2)整个过程内能不变ΔU＝0
p－V图像与V轴围成的面积代表做的功，整个过程气体对外做功为
W＝×104×(6－3)×10－3 J－2×104×(6－3)×10－3 J＝30 J
1
根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q
其中W＝－W＝－30 J，ΔU＝0，可得Q＝30 J
1
可知气体从外界吸收热量，吸收的热量为30 J。
