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第14 讲 热学
考点一 分子动理论 固体与液体
1.涉及阿伏加德罗常数估算问题
(1)分子总数：N=nNA= m
M NA= V
V mol
NA。
特别提醒：对气体而言，V0=V
N 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体积。
(2)两种分子模型：①球体模型：V0=4
3 πR3=1
6πd3(d 为球体直径)；②立方体模型：V0=a3。
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
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 (2025·山东卷·2)分子间作用力F 与分子间距离r 的关系如图所示，若规定两个分子间距离r 等于
r0时分子势能Ep为零，则( )
A.只有r 大于r0时，Ep为正
B.只有r 小于r0时，Ep为正
C.当r 不等于r0时，Ep为正
D.当r 不等于r0时，Ep为负
答案 C
解析 方法一：两个分子间距离r 等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表
现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥
力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r 不等于r0时，Ep为正。
方法二：由Ep与r 的关系图像，可知当r=r0时分子势能最小，若规定两个分子间距离r 等于r0时分子势能
Ep为零，当r 不等于r0时，分子势能均为正值。
例2 (2025·浙江省金丽衢十二校二模)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NA，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为p0，重力加速度大小为
g。由以上数据可估算( )
A.地球大气层空气分子总数为2π N A p0 R
2
Mg
B.地球大气层空气分子总数为4π N A p0 Rh
Mg
C.空气分子之间的平均距离为
3√
Mgh
N A p0
D.空气分子之间的平均距离为
3√
Mg R
2
N A p0h
答案 C
解析 大气中的压强由大气的重力产生，即mg=p0S，而S=4πR2，地球大气层空气分子总数为N= m
M NA，联
立解得N=4 π R
2 p0 N A
Mg
，故A、B 错误；大气体积为V=4πR2h，则气体分子之间的距离为d=
3√
V
N =
3√
Mgh
N A p0
，故C 正确，D 错误。
例3 (2025·江苏卷·8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分
布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时( )
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
答案 C
解析 根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子数密度相同、分子
间的平均距离相同，故A、B 错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较大，则乙状态下气
体温度较高，分子的平均动能较大，故C 正确；乙状态下气体平均速度大，分子数密度相等，则单位时间
内分子碰撞单位面积器壁的次数较多，故D 错误。
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=p0+ph或p=p0-ph计算压强，压强p 的单位为cmHg 或mmHg。
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 (2025·湖南卷·13)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=0.2 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度
T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2=300.0 K 时，空气柱长度与竖直放置时相同。
已知ρ=1.0×103 kg/m3，p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g 的值。
答案 (1) p0( L2- L1)
L1 ρh
(2)9.5 m·s-2
解析 (1)竖直放置时封闭气体的压强为
p1=p0+ρgh
水平放置时封闭气体的压强p2=p0
若整个过程中温度不变，设细管横截面积为S，由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S
解得g= p0( L2- L1)
L1 ρh
(2)封闭气体发生等容变化，由查理定律可得p1
T 1
= p2
T 2
代入数据解得g=9.5 m·s-2。
例5 (2025·河北邢台市三模)我国交通便利，物流快递业发达，网购成为越来越多人的主要购物方式。
海南某同学网购了黑龙江生产的某玻璃瓶装的坚果。瓶子密封良好，瓶内气体体积为V0，装瓶时气温
为-23 ℃，海南的同学收到货时，海南气温为27 ℃。两地大气压强相差不大，可认为相等，都为p0。
不考虑瓶内物体的挥发和膨胀以及瓶子的体积变化，认为0 ℃等于273 K，瓶内气体可视为理想气体。
求：
(1)到海南后未开瓶时瓶内气体的压强；
(2)海南的同学缓慢打开瓶盖后，瓶内减少的气体与开瓶前气体的质量之比。
答案 (1)6
5p0 (2)1
6
解析 (1)在黑龙江时，瓶内气体温度T0=(-23+273) K=250 K，到海南时，瓶内气体温度T1=(27+273) K=300
K，从黑龙江到海南，瓶内气体体积不变，由查理定律有p0
T 0
= p
T 1
，解得p=6
5p0
(2)方法一：到海南后可认为打开瓶盖前后温度不变，设开瓶后气体体积为V，则由玻意耳定律有
pV0=p0V，解得V=6
5V0，减少的气体与开瓶前气体的质量之比为Δm
m =V -V 0
V
=1
6
方法二：根据克拉伯龙方程pV=nRT，打开瓶盖后瓶内气体质量与开瓶前瓶内气体质量之比m
'
m =
p0V 0
T 1
p0V 0
T 0
=5
6，
减少的气体与开瓶前气体的质量之比为Δm
m =m-m
'
m
=1
6。
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。
1.等温变化时，两部分气体混合时或分开时，用玻意耳定律 p1V1+p2V2=pV。
2.三个参量都变化时，两部分气体混合时或分开时，用理想气体状态方程p1V 1
T 1
+ p2V 2
T 2
= pV
T 。
例6 (2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热
活塞A 和导热活塞B 封闭相同质量的理想气体，区域Ⅰ、 Ⅱ内气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，
热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A 可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B 与汽缸间的最大静
摩擦力大小为Ffm= p0 S
2 。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，外界的温
度保持不变。现通过电加热丝对区域Ⅰ内的气体缓慢加热。
(1)求当活塞B 恰好要滑动时，活塞A 移动的距离；
(2)当活塞B 恰好要滑动时，电加热丝停止加热，同时将活塞B 固定，然后打开区域Ⅱ内的
阀门K，气体缓慢漏出。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的5
24 ，求区域Ⅰ内
气体最终的热力学温度。
答案 (1)V 0
5 S (2)35
24 T0
解析 (1)当活塞B 恰好要滑动时，对其受力分析，根据平衡条件pS=p0S+Ffm
又Ffm= p0 S
2
解得p=1.5p0
区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有1.2p0V0=pV
当活塞B 恰好要滑动时，活塞A 移动的距离为Δx=V 0-V
S
联立可得Δx= V 0
5 S
(2)打开区域Ⅱ内的阀门K 后，经过足够长的时间，气体Ⅱ的压强为p0，根据玻意耳定律有1.2p0V0=p0V'
由题意可知
V 余
V
' =m余
m = 5
24
解得V 余=V 0
4
对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程
1.2 p0V 0
T 0
= p0(2V 0-V 余)
T
解得T=35
24 T0
考点三 热力学定律与气体实验定律综合
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 (多选)(2025·甘肃卷·9)如图，一定量的理想气体从状态A 经等容过程到达状态B，然后经等温过
程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法
正确的是( )
A.A→B 过程为吸热过程
B.B→C 过程为吸热过程
C.状态A 压强比状态B 的小
D.状态A 内能比状态C 的小
答案 ACD
解析 A→B 过程，体积不变，则W=0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，
即该过程为吸热过程，选项A 正确；B→C 过程，温度不变，则ΔU=0，体积减小，则W>0，根据热力学第
一定律ΔU=W+Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；A→B 过程，体积不变，温度升高，根
据pV
T =C 可知，压强变大，即状态A 压强比状态B 压强小，选项C 正确；状态A 的温度低于状态C 的温度，
可知状态A 的内能比状态C 的小，选项D 正确。
例8 (2025·山东卷·16)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃
管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻
璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0= 1
21p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，
T1=330 K 时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2=440 K 时停止加热，活塞不再上
升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3=400 K 时，活塞才开始缓慢下降；温度
缓慢降至T4=330 K 时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)T2=440 K 时，气柱高度h2；
(2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。
答案 (1)4
3 h1 (2)8 p0h1S
63
解析 (1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S
可得封闭的理想气体压强p1=22
21p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律h1S
T 1
=h2S
T 2
解得h2=4
3 h1
(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S=-22 p0h1S
63
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0
温度为T3时，活塞受力平衡有p0S=f0+p2S
解得封闭的理想气体压强p2=20
21p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律h2S
T 3
=h3 S
T 4
解得h3=11
10h1
外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S=14 p0h1S
63
全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=-8 p0h1S
63
因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0
利用热力学第一定律ΔU=W+Q
解得Q=8 p0h1S
63
故封闭气体吸收的净热量Q=8 p0h1S
63
。
专题强化练
[1 选择题] [分值：52 分]
[1~7 题，每题4 分，8~11 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·江苏镇江市模拟)如图所示为我国航天员王亚平在空间站中演示“水球气泡实验”时的情景，她往
水球中注入一个气泡，气泡静止在水球中，水球悬在空中，关于该实验，下列说法正确的是( )
A.由于完全失重，气泡中气体压强为零
B.太空中，水分子停止热运动
C.水球是表面张力作用形成的
D.气泡受到水的浮力作用
答案 C
解析 气体压强是分子不停的运动与器壁撞击的结果，与重力无关，气泡中气体压强不为零，故A 错误；
太空中，水分子一直在做无规则的热运动，故B 错误；表面张力使水收缩成表面积最小的球形，故C 正确；
在失重状态下，气泡不会受到浮力，故D 错误。
2.(2025·黑吉辽蒙卷·2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧
瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体( )
A.内能变小
B.压强变大
C.分子的数密度变大
D.每个分子动能都变大
答案 B
解析 将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体温度升高，瓶内气体的内能变大，气体分子的平
均动能增大，但不是每个分子的动能都变大，故A、D 错误；瓶内气体做等容变化，根据p
T =C，知温度升
高，压强变大，故B 正确；气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C 错误。
3.(2025·江苏卷·6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡
胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体( )
A.内能迅速增大
B.温度迅速升高
C.压强迅速增大
D.体积迅速膨胀
答案 D
解析 瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不
及与外界交换热量，根据热力学第一定律ΔU=Q+W 可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状
态方程pV
T =C 可知，气体压强减小。故选D。
4.(2025·山东青岛市检测)一定质量的理想气体，经历如图所示循环过程，a→b 过程温度不变，b→c 过程压
强不变。下列说法正确的是( )
A.a→b 过程，气体对外做功，内能减少
B.b→c 过程，压强不变，分子平均动能不变
C.b→c 过程，气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功
D.c→a 过程，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量
答案 D
解析 a→b 过程温度不变，压强减小，根据pV
T =C 可知，体积增大，所以气体对外做功，但理想气体的内
能只与温度有关，所以内能不变，故A 错误；b→c 过程，压强不变，温度降低，气体内能减小，分子平均
动能也减小，又根据pV
T =C 可知，体积减小，外界对气体做功，根据ΔU=Q+W 可知，气体向外界放出热
量，且气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功，故B、C 错误；c→a 过程，温度升高，内能增加，
体积不变，W=0，根据ΔU=Q+W 可知，气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故D 正确。
5.(2025·湖北卷·3)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( )
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，对活塞受力分析有pS=p0S+F+mg，气体温度升高，体积减小，根
据理想气体状态方程pV
T =C，知气体压强变大，则外力F 增大，选项A 错误；密封气体为理想气体，温度
升高，则密封气体内能变大，选项B 正确；气体体积减小，则外界对密封气体做功，选项C 错误；根据
pV
T =C，热力学温度变为原来的2 倍，体积减小，则密封气体的末态压强大于初态的2 倍，选项D 错误。
6.(2025·江西省部分学校一模)如图所示，某热水瓶的容积为V，瓶中刚好有体积为1
2V 的热水，瓶塞将瓶口
封闭，瓶中气体压强为1.2p0，温度为87 ℃，环境大气压强为p0，将瓶塞打开，一会儿瓶中气体温度变为
57 ℃，瓶中气体可看成理想气体，则从打开瓶塞至瓶中气体温度变为57 ℃的过程中，跑出热水瓶的气体
质量与未打开瓶塞时瓶中气体质量之比为(认为0 ℃时为273 K)( )
A. 1
11
B. 2
11
C. 3
11
D. 4
11
答案 A
解析 设原来瓶中气体变成57 ℃、压强为p0时，气体的总体积为V'，根据理想气体状态方程有
1.2 p0· 1
2 V
360 K
= p0V
'
330 K ，解得V'=0.55V，则跑出气体的质量与原来气体的质量之比为Δm
m =V
' -0.5V
V
'
= 1
11，
故选A。
7.(多选)(2025·云南卷·9)图甲为1593 年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质
玻璃泡a 内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a 相连的b 管插在水槽中固定，b 管中液面高度会随环
境温度变化而变化。设b 管的体积与a 泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b 管上的刻度可以
直接读出环境温度。则在p0下( )
A.环境温度升高时，b 管中液面升高
B.环境温度降低时，b 管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
答案 BD
解析 根据题意，a 中气体做等容变化，设b 管内外液面高度差为h，根据p
T =C，若环境温度升高，则a 中
气体压强增大，又pa+ρ 液gh=p0，可知b 管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b 管中液面升高，故B
正确，A 错误；由A、B 选项分析可知，b 管中温度刻度从上到下逐渐升高，同一温度，a 中压强不变，b
管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b 管内液面降低，温度
测量值偏大，故C 错误，D 正确。
[争分提能练]
8.(2025·山东临沂市一模)一定质量的理想气体的体积V 随热力学温度T 的变化关系，如图所示。气体从状
态a 变化到状态b，从外界吸收热量为Q，该变化过程在V-T 图像中的图线ab 的反向延长线恰好过原点
O，气体状态参量满足pV
T =C(C 为已知常数，p 未知)，下列说法正确的是( )
A.外界对气体做功为p(V2-V1)
B.气体对外做功为C(T2-T1)
C.气体内能变化ΔU=p(V2-V1)+Q
D.气体内能变化ΔU=p(V1-V2)-Q
答案 B
解析 根据pV
T =C，可得V=C
p T，由题图可知气体从状态a 变化到状态b，气体压强不变，且有C
p =
V 2-V 1
T 2-T 1
，可得p=C(T 2-T 1)
V 2-V 1
，由于气体体积增大，可知气体对外做功为W=p(V2-V1)=C(T2-T1)，故A 错误，
B 正确；根据热力学第一定律可得气体内能变化为ΔU=Q-W=Q-p(V2-V1)=Q-C(T2-T1)，故C、D 错误。
9.(2025·河北秦皇岛市模拟)一定质量的理想气体从初状态a 经b、c、d 最终回到状态a，该过程中气体的体
积(V)随热力学温度(T)的变化规律如图所示。则与该变化过程相对应的变化过程正确的是(A 选项中横坐标
表示摄氏温度)( )
答案 D
解析 选项A 中横坐标t 表示摄氏温度，由于t=T-273(K)可知，将V-T 图像的纵轴水平向右平移273 K 便得
到V-t 图像，故A 错误；根据理想气体状态方程有pV
T =C 可知，a→b 是等压过程，p-V 图像平行于V 轴，
b→c 是等容过程，温度升高，压强增大，选项B 图像中压强减小，故B 错误；a→b 是等压过程，p-T 图像
平行于T 轴，b→c 是等容过程，温度升高，压强增大，选项C 图像中压强减小，故C 错误；a→b 是等压
过程，p-T 图像平行于T 轴，b→c 是等容过程，温度升高，压强增大，p-T 图像的延长线经过坐标原点，
c→d 过程是等温过程，体积减小，图像平行于p 轴，且压强增大，d→a 过程是等容过程，p-T 图像的延长
线过坐标原点，选项D 图像符合题意，故D 正确。
10.(多选)(2025·山东烟台市、德州市、东营市一模)一定质量的理想气体从状态a 开始，经过一个循环
a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如图所示。下列说法正确的是( )
A.状态a 到状态c 气体放出热量
B.状态b 到状态c 气体分子的平均动能减小
C.b→c 过程气体对外做功大于c→d 过程外界对气体做功
D.气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd 围成的面积来表示
答案 BD
解析 状态a 到状态c，根据理想气体状态方程有2 p0V 0
T a
= p0×3V 0
T c
，可知Ta<Tc，可知状态a 到状态c 气
体的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A 错误；状态b 到状
态c，根据理想气体状态方程有2 p0×2V 0
T b
= p0×3V 0
T c
，可知Tb>Tc，则状态b 到状态c 气体分子的平均动能
减小，故B 正确；根据p-V 图像与横轴围成的面积表示做功大小，由题图可知b→c 图像与横轴围成的面积
小于c→d 图像与横轴围成的面积，则b→c 过程气体对外做功小于c→d 过程外界对气体做功，故C 错误；
气体从a 状态开始，经过a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，由于气体的内能变化为0，根据热力学第
一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用abcd 围成的面积来
表示，故D 正确。
11.(多选)(2025·重庆市缙云教育联盟质量检测)一个体积为1 cm3的气泡从深为25 m 的湖底部缓慢上浮到湖
面，气泡内的气体对湖水做功0.3 J，气体可视为理想气体，湖底温度为7 ℃，湖面温度为27 ℃。已知湖
水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g 取10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa，0 ℃时视为273 K。下列
说法中正确的是( )
A.气泡在湖底时，气泡内的气体压强为3.5×105 Pa
B.在上升过程中，气泡内每个气体分子的平均速度都变大
C.气泡上升过程中，气体从湖水中吸收的热量等于气体对湖水做的功
D.上升到接近湖面时，气泡的体积变为3.75 cm3
答案 AD
解析 由压强关系可知p1=ρgh+p0=3.5×105 Pa，故A 正确；气泡内气体上升过程中，气泡的温度逐渐升高，
气泡内气体的分子平均动能增大，但不是每个气体分子的速度都增大，故B 错误；由题意可知气泡内气体
的内能增大，同时对外做功，由热力学第一定律有ΔU=W+Q，所以气体从湖水中吸收的热量大于气体对湖
水做的功，故C 错误；气泡上升到湖面时压强p2=p0=1.0×105 Pa，温度由T1=280 K，升高到T2=300 K，由
理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
=
p2V 2
T 2
，解得V2=3.75 cm3，故D 正确。
[2 计算题] [分值：50 分]
1.(8 分)(2025·河南省五市联考)如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横
截面积是细管的4 倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为1.2p0，
此时水银柱的长度为L，封闭气体的长度为4L，热力学温度为T0。
(1)(4 分)缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的热力学温度为T1，求T1的大
小；
(2)(4 分)设细管的横截面积为S，当气体的热力学温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，求气体对外界做的功
为多少。
答案 (1)15
8 T0 (2)2.4p0LS
解析 (1)根据题意可知，初始时水银柱全部在粗管中，长度为L，水银柱对应的压强为Δp=1.2p0-
p0=0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的长度为4L，则水银柱对应的压强为0.8p0，对封闭气体
由理想气体状态方程可得
p1V 1
T 0
=
p2V 2
T 1
，其中p1=1.2p0，p2=1.8p0，V2=5
4 V1
解得T1=15
8 T0
(2)气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则有V 2
T 1
= V 3
2T 0
，
V2=5L·4S=20LS，又有ΔV=V3-V2，解得ΔV=4
3 LS，可得气体对外界做的功W=(0.8p0+p0)ΔV=2.4p0LS。
2.(8 分)(2025·陕晋宁青卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一
般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p 随体积V 线性变化如
图所示，温度T1为300 K 时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为
350 K 时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。
(1)(3 分)求此时胎内气体的压强p2；
(2)(5 分)若该过程中胎内气体吸收的热量Q 为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
答案 (1)3.3×105 Pa (2)6.6×104 J
解析 (1)根据理想气体状态方程p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
代入数据得p2= p1T 2V 1
T 1V 2
=3.3×105 Pa
(2)p-V 图线与V 轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体
做功为W=- p1+ p2
2
(V2-V1)=-1.008×104 J，由热力学第一定律ΔU=Q+W，代入数据可得ΔU=6.6×104 J。
3.(10 分)(2024·甘肃卷·13)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B 两部分，隔板
与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于
平衡态，A、B 体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B 部分气体抽出一半，系统稳定后B 的体积
变为原来的3
4 。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)(7 分)抽气之后A、B 内气体的压强pA、pB。
(2)(3 分)弹簧的劲度系数k。
答案 (1)4
5 p0 2
3p0 (2)8 p0 S
15l
解析 (1)对A 内气体分析：
抽气前：体积V=Sl 压强p0
抽气后：VA=2V-3
4 V=5
4 Sl
根据玻意耳定律得p0V=pAVA
解得pA=4
5 p0
对B 内气体分析，
若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即1
2p0，
则根据玻意耳定律得1
2p0V=pB·3
4 V
解得pB=2
3p0
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为l
4 ，对隔板受力分析有pAS=pBS+F
根据胡克定律得F=k l
4
联立得k=8 p0 S
15l 。
4.(12 分)(2025·山东临沂市一模)2024 年5 月3 日，嫦娥六号顺利发射，标志着我国朝“绕月-探月-登月”的
宏伟计划又迈出了坚实的一步。假设在不久的将来，中国载人飞船在月球表面成功着陆。航天员身着出舱
航天服，首先从太空舱进入到气闸舱，再关闭太空舱舱门，然后将气闸舱中的气体缓慢抽出，最后打开气
闸舱门，航天员再从气闸舱出舱活动。已知气闸舱的容积为 2.0 m3，舱中气体的初始压强为0.8×105 Pa。
为了给航天员一个适应过程，先将气闸舱的压强降至 0.5×105 Pa，航天员的体积不计。假设气闸舱的温度
保持不变，在此过程中，求：
(1)(6 分)抽出的气体在0.8×105 Pa 压强下的体积；
(2)(6 分)气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比。
答案 (1)0.75 m3 (2)5∶8
解析 (1)以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为 V1=2.0 m3，压强为 p1=0.8×105 Pa，降压后气体的压强
为 p2=0.5×105 Pa，体积为V2，由玻意耳定律可得p1V1=p2V2，解得V2=3.2 m3，抽出的气体在p2=0.5×105
Pa 时的体积为 V2-V1，设转换到 p1=0.8×105 Pa 压强下的体积为V3，由玻意耳定律可得p2(V2-V1)=p1V3，解
得V3=0.75 m3
(2)以气闸舱内原有气体为研究对象，压强为p2=0.5×105 Pa，体积为 V2=3.2 m3，抽气后气闸舱内存留气体
的体积为 V1=2.0 m3，气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比为m1
m2
=V 1
V 2
=5
8。
5.(12 分)(2025·广东卷·13)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已
预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强
p0=1.0×105 Pa，铸型室底面积S1=0.2 m2，高度h1=0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m，
柱状气室底面积S2=0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3，重力加速度取
g=10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)(4 分)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)(8 分)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金
属液高度为h3=0.04 m 时，气室内气体压强p2。
答案 (1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
解析 (1)根据体积关系S1h1=S2h2
可得下方液面下降高度h2=0.05 m
此时下方气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2)
代入数据可得p1=1.2×105 Pa
(2)初始时，上方铸型室气体的压强为p0，
体积V=S1h1
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m 时，
气体体积为V'=S1(h1-h3)
根据玻意耳定律p0V=p'V'
可得此时上方铸型室内气体的压强为
p'=1.25×105 Pa
同理根据体积关系S1h3=S2h4
可得h4=0.01 m
此时下方气室内气体压强
p2=p'+ρg(H+h3+h4)
代入数据可得p2=1.35×105 Pa。
