第 13 讲 热学
目标要求 1.理解分子动理论，知道固体、液体和气体的特点。2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方
程解决问题。3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。
考点一 分子动理论 固体和液体1.估算问题
m V
(1)分子总数：N=nN = N = N 。
A M A V A
mol
V
特别提醒：对气体而言，V = 不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。
0 N
4 1
(2)两种分子模型：①球体模型：V= πR3= πd3(d为球体直径)；②立方体模型：V=a3。
3 6
2.分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，
但某个分子的瞬时速率不一定大。
3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系
4.气体压强的微观解释
5.晶体与非晶体
分类比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
规则
不规则
物理性质
各向异性
各向同性
熔点
确定
不确定
原子排列
有规则，但多晶体中每个小的单晶体间的排列无规则
无规则
联系
晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化
6.液体
(1)表面张力：使液体表面积收缩到最小。
(2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。
例1 (2024·河北省部分高中一模)关于下列三幅图的说法正确的是( )
A.图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显
B.图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高
C.图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体
D.图丙中实验现象说明薄板上的材料各向同性，一定是非晶体
答案 A解析 题图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明
显，故A正确；题图乙中峰值大的曲线，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；
题图丙中，实验现象表明薄板上的材料导热性上具有各向同性，则说明薄板上的材料可能是多晶体，也有
可能是非晶体，故C、D错误。
例2 (多选)(2024·河南周口市五校联考)下列说法中正确的是( )
A.水乃“生命之源”，已知水的摩尔质量为18 g/mol，密度为103 kg/m3，阿伏加德罗常数为
6.02×1023 mol-1，则1毫升水中所含水分子的个数约为3.3×1022个
B.水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用
C.我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这说明油不浸润水
D.由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰撞时冲击力大小和单位
面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大
答案 AD
ρV 103×1×10-6
解析 1毫升水中所含水分子的个数约为N= ·N = ×6.02×1023个≈3.3×1022个，故A正确；
M A 18×10-3
水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故B错误；我们常常能看到，油滴会漂浮于水面之上，这
说明油比水的密度小，故C错误；由气体压强的微观解释可知，气体压强取决于平均每个分子与容器壁碰
撞时冲击力大小和单位面积上的碰撞频率，所以气体温度升高时压强未必增大，故D正确。
例3 (多选)(2024·甘肃张掖市模拟)如图甲、乙所示，分别表示两分子间的作用力、分子势能与两
分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r 处以某一速度向分子a运动(运动
4
过程中仅考虑分子间作用力)，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则( )
A.图甲中分子间距从r 到r ，分子间的引力增大，斥力减小
2 3
B.分子b运动至r 和r 位置时动能可能相等
3 1
C.图乙中r 一定大于图甲中r
5 2
D.若图甲中阴影面积S =S ，则两分子间最小距离小于r
1 2 1
答案 BD
解析 题图甲中分子间距从r 到r ，分子间的引力、斥力均减小，分子间作用力增大，故A错误；分子b
2 3
从r 到r 和从r 到r 两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子间作用力做功为0，动能变化量为0，分
3 2 2 1
子b在r 和r 两位置时动能可能相等，故B正确；题图甲中r 处分子间作用力为0，分子b在此处分子势
3 1 2
能最小，应对应题图乙中r 处，即题图乙中r 一定小于题图甲中r ，故C错误；若题图甲中阴影面积
6 5 2S =S ，则分子b从r 到r 过程分子间作用力做功为0，分子b在r 处速度不为0，则分子b在r 处速度不为
1 2 4 1 4 1
0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。
考点二 气体实验定律 理想气体状态方程
1.压强的计算
(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位
为Pa。
(2)水银柱密封的气体，应用p=p +p 或p=p -p 计算压强，压强p的单位为cmHg或mmHg。
0 h 0 h
2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化，则选用理想气体状态方程求解。
3.关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的
压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
例4 (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
pV C
解析 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
T V
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。例5 (2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质
活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离bc=10ab，活
塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、
温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢
到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案 (1)100 N (2)327 K
解析 (1)活塞从位置a到b过程中，初态p =p =1.0×105 Pa、V =S·11ab
1 0 1
末态p =？、V =S·10ab
2 2
根据玻意耳定律有p V =p V
1 1 2 2
解得p =1.1×105 Pa
2
此时对活塞根据平衡条件得F+p S=p S+F
0 2 N
解得卡销b对活塞支持力的大小F =100 N
N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，
初态p =1.1×105 Pa，T =300 K
2 2
末态，对活塞根据平衡条件得p S=F+p S
3 0
解得p =1.2×105 Pa
3
p p
2 3
设此时温度为T ，根据查理定律有 =
3 T T
2 3
解得T ≈327 K。
3
例6 (2024·安徽卷·13)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V =30 L，从北京出发时，该
0
轮胎气体的温度t =-3 ℃，压强p =2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t =-23 ℃，大气压强p 取1.0×105
1 1 2 0
Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
答案 (1)2.5×105 Pa (2)6 Lp p
1 2
解析 (1)由查理定律可得 =
T T
1 2
其中p =2.7×105 Pa，T =(273-3) K=270 K，T =(273-23) K=250 K
1 1 2
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p =2.5×105 Pa
2
(2)由玻意耳定律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。
利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题
克拉伯龙方程pV=nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了理想气体的压强是由气体
的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。
考点三 热力学定律与气体实验定律的综合应用
1.理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路
(1)内能变化量ΔU
①由气体温度变化分析ΔU：温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。
②由公式ΔU=W+Q分析内能变化。
(2)做功情况W
由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，
W>0。
(3)气体吸、放热Q
一般由公式Q=ΔU-W分析气体的吸、放热情况：Q>0，吸热；Q<0，放热。
2.对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。
例7 (2024·山东卷·6)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过
程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是( )
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
答案 C解析 a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功W <0，由盖—吕萨克定律可知T >T ，即内能增大，
ab b a
ΔU >0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部
ab
分用于增加内能，A错误；
b→c过程中气体与外界无热量交换，即Q =0
bc
又由气体体积增大可知W <0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0，即气体内能减少，B错误；
bc
c→a过程为等温过程，可知T=T ，ΔU =0
c a ac
根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
根据热力学第一定律结合上述分析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做
功，W<0，由热力学第一定律可得ΔU=Q +Q +W=0
ab ca
故a→b过程气体从外界吸收的热量不等于c→a过程放出的热量，D错误。
例8 (2024·浙江1月选考·17)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 =750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中
1
一定质量的理想气体处于温度T =300 K、压强p =2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气
1 1
体就会扩散到左侧中，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 =350 K的状态3，气体内能增
3
加ΔU=63.8 J。已知大气压强p =1.01×105 Pa，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。
答案 (1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
解析 (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
p
解得状态2气体的压强为p = 1=1.02×105 Pa
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为研究对象，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)×100×10-4 N=10 N。
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 =350 K的状态3，可知气体做等压
3
变化，则有
2V V
1 3
=
T T
1 3
可得状态3气体的体积为
T 350
V = 3 ·2V = ×2×750 cm3=1 750 cm3
3 T 1 300
1
该过程气体对外做功为
W=p ΔV=p (V -2V )=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J
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=63.8 J+25.5 J=89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。
专题强化练
［1 选择题］ ［分值：50分］
1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分
［保分基础练］
1.(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体( )
A.分子的平均动能更小
B.单位体积内分子的个数更少
C.所有分子的运动速率都更小
D.分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
答案 A
解析 夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于
汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面
积的平均作用力更小，B、D错误。
2.(2024·辽宁沈阳市质监)“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7 000米级
作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa，当下潜到某一深度时，艇
内温度降到17 ℃。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是(
)
A.17 ℃时，压强约为0.63×105 PaB.17 ℃时，压强约为0.97×105 Pa
C.下潜过程中，内能增加
D.下潜过程中，吸收热量
答案 B
p p
解析 依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得
1
=
2
，其中T =(273+27) K=300 K，
T T 1
1 2
T =(273+17) K=290 K，解得p ≈0.97×105 Pa，故A错误，B正确；由热力学第一定律，可得ΔU=W+Q，依
2 2
题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即ΔU<0，又因为气体体积不变，即W=0，解得Q<0，即
下潜过程中，放出热量，故C、D错误。
3.(2024·江苏省海安高级中学二模)如图所示，取一个透明塑料瓶，向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔，
安装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾，下列说
法正确的是( )
A.打气过程中，瓶内气体的分子动能保持不变
B.打气过程中，瓶内气体的压强与热力学温度成正比
C.橡胶塞跳出后，瓶内气体迅速膨胀，温度降低
D.橡胶塞跳出后，瓶内水迅速蒸发，出现白雾
答案 C
解析 打气过程中，外界对气体做功，气体内能增加，瓶内气体的分子动能变大，故A错误；打气过程中，
若瓶内气体的质量不变，则根据查理定律，瓶内气体的压强与热力学温度成正比，但打气过程中，瓶内气
体的质量增加，则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系，故B错误；橡胶塞跳出后，瓶内气体迅
速膨胀，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠，出现白雾，故C正确，D
错误。
4.(多选)(2024·海南卷·11)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂
直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是( )
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量D.ca过程气体内能减小
答案 AC
pV C
解析 由理想气体状态方程 =C，可得V= T，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故
T p
p
0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确；
ca过程，温度升高，内能增大，故D错误。
5.(多选)(2024·新课标卷·21)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，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知
V
气体内能增加，故A正确；2→3为等压过程，由 =C知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积
T
增大时，气体对外界做功W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知气体吸收热量，故B错误；3→4为绝热过
程，此过程气体体积增大，气体对外界做功W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；
p
4→1为等容过程，根据 =C知压强减小时温度减小，内能减小；由于体积不变W=0，由热力学第一定律
T
ΔU=W+Q，可知气体向外放热，故D正确。
6.(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
1
C.等压过程中，气体体积增加了原体积的
4
D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J答案 AD
解析 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，等容过程为状态二
1 0 1 0 1
p =？，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得，
2 2 1 0 2 3 0 3 3
p V p V p V 4 4 1
1 1 2 2 3 3
= = ，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
T T T 2 3 0 3 3 0 3
1 2 3
程中气体做功为零，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
内能增加量都为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
4
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 3 0 0 0
［争分提能练］
7.(2024·海南卷·7)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密
封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度
为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是( )
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
答案 B
V V
解析 由盖—吕萨克定律得 1 = 2
T T
1
其中V =V +Sl =335 cm3，
1 0 1
T =(273+27) K=300 K，
1
V =V +Sx=330+0.5x(cm3)
2 0
30 19 800
代入解得T= x+ (K)
67 67
根据T=t+273 K
30 1 509
可知t= x+ (℃)
67 67
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得t ≈31.5 ℃，故该装置所测温度不高于31.5 ℃，当x=0
max
时，该装置所测的温度最低，代入解得t ≈22.5 ℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B正确，C错误；
min
其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。8.(2024·安徽池州市二模)如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为2 L，内装1.4 L消毒液。闭合阀门
K，缓慢向下压A，每次可向瓶内储气室充入0.05 L的1.0 atm的空气，经n次下压后，壶内气体压强变为
2.0 atm时按下B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷液全过程气体状态变化p-V图像如图乙所示(已知
储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0 atm=1.0×105 Pa)。下列说法正确的是
( )
A.充气过程向下压A的次数n=10次
B.气体从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量大于气体做的功
C.乙图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等
D.从状态A变化到状态B，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数不变
答案 C
解析 壶中原来空气的体积V =0.6 L，压强p =1 atm，由玻意耳定律p (nV +V )=p V ，解得n=12，故A错
1 1 1 0 1 2 1
误；气体从A到B，体积增大，对外做功，由于温度不变，理想气体内能不变，根据热力学第一定律
1
ΔU=Q+W，可得，气体吸收的热量等于气体做的功，故B错误；三角形面积为S= pV，由题意可知，图线
2
pV
为等温曲线，由理想气体状态方程 =C，可知pV=CT，由于C是常数，温度T保持不变，则pV相等，
T
则图中直角△OAC和直角△OBD的面积相等，故C正确；A到B的过程中，温度不变，分子平均运动速率
不变，但是体积变大，分子数密度减小，压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次
数减少，故D错误。
9.(多选)(2023·新课标卷·21)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热
活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、
体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后( )
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
答案 AD解析 对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，
故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学
第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足pS=p S+F=p S，则
f g h
此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由于h体积变小，温度升高，且pS=p S+F=p S，故V
