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专题六 热学
第16 讲 热学
A 组 基础保分练
1．（2025·湖北襄阳一模）某地某天的气温变化趋势如图甲所示，细颗粒物
( P M 2.5等)的污染程度为中度，出现了大范围的雾霾。在11：00 和14：00 的
空气分子速率分布曲线如图乙所示，横坐标表示分子速率，纵坐标表示单位速
率间隔的分子数占总分子数的百分比。下列说法不正确的是（ ）
A. 细颗粒物在大气中的移动是由于细颗粒物分子的热运动
B. 9：00 时空气分子的平均速率比10：00 时大
C. 图乙中实线表示14：00 时的空气分子速率分布曲线
D. 细颗粒物的无规则运动，14：00时比12：00 时更剧烈
【答案】A
【解析】细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，故
A错误；由题图甲可知，9：00时的气温高于10：00 时的气温，所以9：00 时
空气分子的平均速率比10：00 时大，故B正确；由题图乙可知实线对应的速率
大的空气分子占的比例较大，对应的温度较高，所以题图乙中实线表示14：00
时的空气分子速率分布曲线，故C正确；14：00 时的气温高于12：00 时的气温，
所以14：00 时细颗粒物的无规则运动更剧烈，故D正确。
2．（2025·安徽卷·3，4 分）在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓
慢上升。若气球无漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升
过程中，球内气体（ ）
A. 对外做功，内能不变
B. 向外放热，内能减少
C. 分子的平均动能变小
D. 吸收的热量等于内能的增加量
【答案】A
【解析】球内气体温度不变，可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均
不变，气球缓慢上升，由液体压强与深度的关系可知，气球外部压强减小，可
得球内气体的压强减小，由玻意耳定律pV =C可得球内气体的体积变大，故球
内气体对外做功，A正确，C错误。由热力学第一定律ΔU =Q+W可得，ΔU =0，
W <0，则Q>0，球内气体从外部吸热，B、D错误。
3．（2025·湖北卷·3，4 分）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量
理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一
外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2 倍，同时其体积缓慢减小。
关于此过程，下列说法正确的是（ ）
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A. 外力F保持不变
B. 密封气体内能增加
C. 密封气体对外做正功
D. 密封气体的末态压强是初态的2 倍
【答案】B
【解析】设活塞质量为m，横截面积为S，大气压强为p0，汽缸内密封气体压强
为p，对活塞受力分析可得F + p0 S +m g= p S，密封气体温度升高，体积减小，
由理想气体的状态方程pV
T =C可知，p增大，故F增大，A错误。密封气体的热
力学温度变为原来的2 倍，V 减小，故p大于原来的2 倍，D错误。理想气体温
度升高，分子热运动的平均动能增加，则内能变大，B正确。密封气体的体积
减小，故气体对外界做负功，C错误。
4．（2025·山东济南一模）某人驾驶汽车从哈尔滨到广州，出发时哈尔滨的环
境温度为−23 ℃，到达广州时的环境温度为27 ℃。汽车轮胎内的气体可视为
理想气体，假设其体积不变且没有漏气，为使轮胎内部气体的压强恢复到出发
时的压强，需将气体放出一部分，则放出气体的质量与轮胎内原有气体的质量
之比为(T =t +273 K )（ ）
A. 5
6
B. 1
5
C. 1
6
D. 4
27
【答案】C
【解析】设在哈尔滨轮胎内气体的压强为p1，在广州轮胎内气体的压强为p2，
从哈尔滨到广州过程，气体发生等容变化，则有
p1
T 1
= p2
T 2，其中
T 1=(−23+273) K =250 K，T 2=(27+273) K =300 K，可得p2=1.2 p1，设汽车轮
胎的体积为V 0，根据玻意耳定律可得p2V 0= p1(V 0+V x)，解得V x=0.2V 0，则放
出气体质量与轮胎内原有气体质量之比为
mx
m0
=
V x
V 0+V x
= 1
6，故选C。
5．（2025·云南昆明一模）如图所示，如果热水瓶中的热水未灌满就盖紧瓶塞，
且瓶塞与瓶口的密封程度很好，经过一段时间后，拔出瓶塞会变得很吃力。假
设某热水瓶瓶口的横截面积为10 c m
2，手指与瓶塞间的动摩擦因数为0.15，开
始时热水瓶内的水温为87 ℃，经过一段时间后，瓶内水温降至47 ℃。已知瓶
内的气体可视为理想气体且气体的质量与体积不变，外界大气压强
p0=1.0×10
5 P a，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦力，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，则两手指至少要用多大的压力作用在瓶塞上才能拔出瓶塞
(T =t +273 K )（ ）
A. 37 N
B. 74 N
C. 3.7 N
D. 7.4 N
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【答案】A
【解析】瓶内气体初始压强为p0=1.0×10
5 P a，初始温度为
T 0=(87+273) K =360 K，末状态温度为T 1=(47+273) K =320 K，设瓶内气体
末状态压强为p1，根据查理定律有
p0
T 0
= p1
T 1，解得p1= 8
9 ×10
5 Pa；以瓶塞为研究
对象，设每根手指对瓶塞的摩擦力大小为Ff，则有2 Ff =( p0−p1)S，又Ff = μ F N，
联立可得F N ≈37 N，故选A。
6．（2025·湖南卷·13，10 分）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，
粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。
液柱长为h，密度为ρ 。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强
为p0。
（1） 若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小；
（2） 考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，
如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长
h=0.200 0 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T 1=305.7 K。水平放置时调
控空气柱温度，当空气柱温度T 2=300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。
已知ρ=1.0×10
3 k g/m
3，p0=1.0×10
5 P a。根据该组实验数据，求重力加速度g
的值。
【答案】（1）
p0( L2−L1)
ρ L1h
（2） 9.5 m/ s
2
【解析】
（1） 封闭空气发生等温变化，设细管横截面积为S，根据玻意耳定律得
( p0+ ρ gh)L1S = p0 L2S
解得g= p0( L2−L1)
ρ L1h
（2） 根据理想气体的状态方程得
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
即
( p0+ ρ gh)L S
T 1
= p0 L S
T 2
其中p0=1.0×10
5 P a，h=0.200 0 m，T 1=305.7 K，T 2=300.0 K，
ρ=1.0×10
3 k g/m
3
代入数据解得g=9.5 m/ s
2
B 组 强化提分练
7．（2025·辽宁辽南协作体三模）多选 爆震发动机作为一种极具潜力的新型动
力装置，其工作原理涉及复杂的热力学过程。在某先进的爆震发动机实验平台
中，对一定质量的理想气体进行模拟爆震燃烧实验。物质的量为n的理想气体初
始状态压强为p0，体积为2V 0，对应图中的a点。现在这部分气体经过等压膨胀，
体积变为3V 0，对应图中的b点，气体由状态b经等温膨胀至状态c，压强变为
0.5 p0。又经等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a。已知理想气体的体积
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V 、压强p和温度T满足方程pV =n RT；内能U满足关系U = 5
2 n RT，其中R为常
数，n为物质的量。根据以上信息可以判断（ ）
A. 气体在状态b时的内能为5 p0V 0
B. 气体在状态a时温度为2 p0V 0
n R
C. 由状态c到状态d的过程外界对气体做功为p0V 0
D. 由状态c到状态d的过程气体从外界吸热
【答案】BC
【解析】气体在状态a时有p0⋅2V 0=n RT a，解得气体在状态a时温度为
T a= 2 p0V 0
n R
，故B正确；气体从状态a到状态b，发生等压变化，则有
2V 0
T a
= 3V 0
T b ，
解得气体在状态b时的温度为T b= 3 p0V 0
n R
，则气体在状态b时的内能为
U b= 5
2 n RT b= 15 p0V 0
2
，故A错误；气体从状态b经等温膨胀至状态c，则有
T c =T b= 3 p0V 0
n R
，p0⋅3V 0=0.5 p0V c，解得气体在状态c时的体积为V c=6V 0，气
体从状态c等压压缩至状态d，最后等温压缩回到状态a，可知状态d的温度为
T d =T a= 2 p0V 0
n R
，根据
V c
T c
= V d
T d ，解得气体在状态d时的体积为V d = 4V 0，从状态c
等压压缩至状态d，外界对气体做功为W =0.5 p0⋅(6V 0−4V 0)= p0V 0，气体的内
能变化量为ΔU =U d−U c = 5
2 n R(T d−T c)=−5
2 p0V 0，根据热力学第一定律可得
ΔU =W +Q，解得Q =−7
2 p0V 0，可知由状态c到状态d的过程气体向外界放热，
故C正确，D错误。
8．（2025·河南郑州二模）如图所示，圆柱形绝热汽缸固定在倾角为θ 的斜面
上，汽缸深度为H，汽缸口有固定卡槽。汽缸内用质量为m、横截面积为S的绝
热活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞到汽缸底部的距离为H
2 ，汽缸内
气体温度为T 0。现缓慢对气体加热，一直到气体温度升高到3T 0，加热过程中
电热丝产生热量Q，假设电热丝产生的热量全部被气体吸收。已知大气压强恒
为p0，不计活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，重
力加速度为g。求：
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（1） 气体温度升高到3T 0时的压强。
（2） 气体温度从T 0升高到3T 0的过程中增加的内能。
【答案】（1） 3
2 ( p0+ m g sin θ
S
)
（2） Q−1
2 ( p0 S+m g sin θ)H
【解析】
（1） 初始时活塞受力平衡，有p1S = p0 S+m g sin θ
解得p1= p0+ m g sin θ
S
活塞达到卡槽前压强恒为p1，由盖-吕萨克定律得
S H
2
T 0
= S H
T 1
解得T 1=2T 0
活塞达到卡槽后体积不变，由查理定律得
p1
T 1
= p2
3T 0
解得p2= 3
2 ( p0+ m g sin θ
S
)
（2） 电热丝产生的热量为Q，气体对外做功W = p1⋅S H
2
由热力学第一定律知，气体增加的内能ΔU =Q−W
解得ΔU =Q−1
2 ( p0 S+m g sin θ)H
9．（2025·湖北八市联考）如图所示，放置在水平地面上的汽缸由长度均为L、
横截面积分别为S、3 S的两个汽缸连通而成，两个厚度不计的活塞A、B之间由
轻杆连接，活塞可无摩擦自由移动，且与汽缸之间密封良好。活塞A、B将汽缸
分为三个区域，区域Ⅰ和区域Ⅲ充有一定量的理想气体，区域Ⅱ为真空。初始
时刻，区域Ⅰ内气体的压强为p0，温度为T 0，汽缸左侧到活塞A的距离为1
2 L；
区域Ⅲ内气体的压强为1
3 p0，温度为T 0，汽缸右侧到活塞B的距离也为1
2 L。现
对区域Ⅰ缓慢加热至1.5T 0，此过程中区域Ⅲ内气体的温度保持不变。
（1） 若加热时，活塞A、B固定不动，求稳定后区域Ⅰ内气体的压强；
（2） 若加热时，活塞A、B可自由移动，求稳定后活塞B向右移动的距离。
【答案】（1） 1.5 p0
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（2） 1
10 L
【解析】
（1） 若活塞固定不动，加热过程中，区域Ⅰ中气体发生等容变化，设稳定后
区域Ⅰ内气体的压强为p，由查理定律得
p0
T 0
=
p
1.5T 0
解得p=1.5 p0
（2） 若活塞可自由移动，设活塞向右移动的距离为x，稳定后区域Ⅰ内气体压
强为p′1，区域Ⅲ内气体压强为p′3
由平衡知识得p′1S = p′3⋅3 S
对区域Ⅰ中气体，由理想气体状态方程可得
p0V 0
T 0
= p′1V 1
T ′1
即
p0⋅0.5 L S
T 0
= p′1(0.5 L+ x)S
1.5T 0
对区域Ⅲ中气体，由玻意耳定律可得p3V 3= p′3V ′3
即p0
3 ⋅0.5 L⋅3 S = p′3(0.5 L−x)⋅3 S
联立解得x = 1
10 L
C 组 创新高分练
10．（2025·湖北武汉联考）如图所示，内壁光滑的绝热汽缸A、B，其底部由
体积可忽略的细管连通，A上端与大气连通，B上端封闭，高度都为h。汽缸中
各有一厚度可忽略的绝热活塞，横截面积分别为4 S、S。两活塞下方充有氮气，
活塞N上方充有氧气。轻质且不可伸长的细绳连接活塞M，绕过光滑的定滑轮
与重物连接。当大气压为p0，外界和汽缸内气体温度均为7 ℃时系统处于静止
状态，此时活塞M离汽缸顶的距离为1
4 h，活塞N离汽缸顶的距离为1
2 h。活塞M
的质量为p0 S
g ，重物的质量和活塞N的质量均为p0 S
4 g ，整个过程不漏气，气体均
可视为理想气体，重力加速度为g，热力学温度与摄氏温度的关系为
T =t +273 K。
（1） 现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞M恰好升至顶部时，求氮气的温度；
（单位为℃）
（2） 继续缓慢加热使活塞N上升，当活塞N上升1
8 h时，氧气的温度为47 ℃，
求氧气的压强；
（3） 已知汽缸中氮气的内能为U =α T (T为氮气温度，α 为常数)，求第（1）
问过程中电阻丝的发热量Q。
【答案】（1） 87 ℃
（2） 10
7 p0
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（3） 80α + 19
16 p0 S h
【解析】
（1） 汽缸A的横截面积是B的4 倍，两汽缸等高，设B的体积为V ，则A的体
积为4V
气体的初始温度为T 0=(273+7) K =280 K
在活塞M恰好升至顶部时，氮气压强不变，根据盖-吕萨克定律可得
3V + V
2
T 0
=
4V + V
2
T 1
得T 1=360 K =87 ℃
（2） 设初始时氮气的压强是p1，氧气的压强是p2，末状态时，氧气的压强为
p3
加热前，对活塞M，由平衡条件得p0⋅4 S+ p0 S
g ⋅g= p1⋅4 S+ p0 S
4 g ⋅g
解得p1= 19
16 p0
对活塞N，由平衡条件得p2S+ p0 S
4 g g= p1S
得p2= 15
16 p0
在加热过程，对氧气有
p2⋅V
2
T 0
=
p3⋅3
8 V
T 2
其中T 2=(273+ 47) K =320 K
得p3= 10
7 p0
（3） 加热过程外界对气体做功W =−p1⋅4 S× 1
4 h=−p1S h=−19
16 p0 S h
由热力学第一定律ΔU =W +Q
可知Q = ΔU −W =α ΔT −W =α(T 1−T 0)−(−19
16 p0V )=80α + 19
16 p0 S h
