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第15 讲 热学 专题强化练习
基础保分练
一．选择题：
1.(2025·江苏宿迁市三模)我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得
到单原子层金属铋片，与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强，则(
)
A.铋块熔化过程中温度不断升高
B.液态铋表面分子间作用力表现为引力
C.铋片中的分子呈无规则排列
D.铋片中的分子在做布朗运动
2.(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
3.(2025·江苏盐城市二模)下列关于现象的描述，正确的是( )
A.水黾能浮在水面上是因为它受到了水的浮力
B.随着科学技术的进步，人们可以将热机的效率提高到100%
C.玻璃管中的水面弯曲，水的表面层内的分子间的作用力表现为斥力
D.两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外
4.(2025·江苏南京市一模)汽缸内封闭有一定质量的气体，在某次压缩过程中，
缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中，纵坐标f(v)表示各速率区间
的分子数占总分子数的百分比，图线Ⅰ、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度
下的分子速率分布曲线，其中正确的是( )
5.(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
6.(2025·江苏南通市三模)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直放置在
水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的理想气体。在外力作用下，活塞从A 处缓
慢运动到B 处，该过程中( )
A.气体的内能减小
B.气体分子的数密度变大
C.气体分子的平均动能增加
D.单位时间内气体分子对单位面积缸壁的作用力增大
7.密封于汽缸中的理想气体，从状态a 依次经过ab、bc 和cd 三个热力学过程达
到状态d。若该气体的体积V 随热力学温度T 变化的V-T 图像如图所示，则对应
的气体压强p 随T 变化的p-T 图像正确的是( )
二．计算题：
8.(2025·陕晋青宁卷·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)求此时胎内气体的压强p2；
(2)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。
综合创新练
一.选择题：
9.(2025·江苏南京市一模)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、
c→a 三个过程，已知b→c 为等容过程，另外两个中一个是等温过程，另一个是
绝热过程。下列说法正确的是( )
A.a→b 过程，气体压强和体积的乘积变大
B.a→b 过程，气体压强和体积的乘积变小
C.c→a 过程，气体压强和体积的乘积变大
D.c→a 过程，气体压强和体积的乘积变小
10.如图所示，电子血压计是进行血压测量的医疗设备，由袖带、导气管、充气
泵等部分组成，袖带内有气密性良好的气囊，最大容积为300 mL，通过导气管
与充气泵的出气口连接。充气前袖带的气囊是瘪的，内部存有60 mL 压强为
1.0×105 Pa 的气体，测量血压时需打开气泵对袖带气囊进行充气，当压强提高
至1.2×105 Pa 后通过放气进行血压测量。已知气泵每秒可将10 mL 的外界气体
充入气囊，外界大气压强为p0=1.0×105 Pa，充气过程
气体温度保持不变，则测量血压时需要充气的时间为(
)
A.30 s
B.40 s
C.50 s
D.60 s
11.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
12.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 中的气体内能减小
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
二．计算题：
13.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。
14.(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=
p0S，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)。
参考答案：
1.答案 B 解析 金属熔化属于晶体熔化过程，熔化时虽然吸热，但温度保持
在熔点不变，直到全部熔化，故A 错误；液体表面分子间作用力表现为引力，
这是液体表面张力形成的原因。液态铋表面分子间作用力为引力符合物理规律，
故B 正确；金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性能和
机械强度增强，说明其结构更有序(如单层晶体结构)，而非无规则排列，故C
错误；布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动，故D 错误。
2.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。
3.答案 D 解析 水黾能浮在水面上是因为液体表面张力的原因，故A 错误；
根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起
其他变化，故热机的效率不可能提高到100%，故B 错误；水能浸润玻璃，玻
璃管中的水面向上弯曲，水的表面层内的分子间的作用力表现为引力，故C 错
误；水银不浸润玻璃，两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水
银面低于管外，故D 正确。
4.答案 A 解析 温度越高，分子平均动能越大，图像的峰值越靠右，两图线
与横轴所围面积相等，故选A。
5.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
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。
6.答案 A 解析 汽缸绝热，汽缸内封闭的气体与外界没有热交换，活塞从A
处缓慢运动到B 处，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律，气体
内能减小，故A 正确；汽缸内封闭的气体物质的量不变，总分子数不变，活塞
从A 处缓慢运动到B 处，气体体积变大，故气体分子的数密度变小，故B 错误；
气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C 错误；活塞从A 处
缓慢运动到B 处，体积增大，温度降低，由理想气体状态方程pV
T =C，可知气
体压强减小，由气体压强微观解释，单位时间内气体分子对单位面积汽缸壁的
作用力减小，故D 错误。
7.答案 C 解析 由V-T 图像可知，理想气体ab 过程做等压变化，bc 过程做等
温变化，cd 过程做等容变化。根据理想气体状态方程有pV
T =C，可知bc 过程理
想气体的体积增大，则压强减小，故选C。
8.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。
9.答案 A 解析 根据ΔU=Q+W，假设c→a 过程为绝热过程(Q=0)，则有
ΔU=Q+W=W，因为c→a 过程，体积增大，即W<0，则ΔU<0，因此c→a 过程
温度降低，即Tc>Ta，a→b 过程为等温过程，则Ta=Tb，b→c 过程等容变化，有
pb
T b
= pc
T c
，可知Tc<Tb，这与假设结果Tc>Ta=Tb矛盾。因此c→a 过程为等温过程，
a→b 过程为绝热过程，a→b 过程体积减小，理想气体内能增大，因此温度升高，
即Tb>Ta，根据pV=CT 可知，a→b 过程气体压强和体积的乘积变大，故A 正确，
B 错误；c→a 过程温度始终保持不变，所以气体压强和体积的乘积不变，故
C、D 错误。
10.答案 A 解析 设充气时间为t，根据玻意耳定律可知p0V0+p0V·t=p1Vm，其
中V0=60 mL，V=10 mL/s，p1=1.2×105 Pa，Vm=300 mL，代入数据解得t=30
s，故选A。
11.答案 B 解析 由盖—吕萨克定律得
V 1
T 1
=V 2
T 其中V1=V0+Sl1=335 cm3，
T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3)
代入解得T=30
67x+19 800
67
(K)
根据T=t+273 K 可知t=30
67x+1 509
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tmax≈31.5 ℃，故该装置所测
温度不高于31.5 ℃，当x=0 时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin≈22.5
℃，故该装置所测温度不低于22.5 ℃，故B 正确，C 错误；
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。
12.答案 D 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，
g 、h 中气体内能增加，温度升高，故A 错误；当系统稳定时，满足
pfS=pgS+F=phS，则此时f 与h 中的气体压强相等，故D 正确；由上述分析可知，
Vf>V0，Vh>V0，弹簧被压缩，则Vg<V0，故Vf>Vg，Vf>Vh，由理想气体状态方程
可知
pf V f
T f
=
p0V 0
T 0
=
phV h
T h
，因为pf=ph，Vh<Vf，所以Th<Tf，故C 错误；由理想气
体状态方程可知
pgV g
T g
=
p0V 0
T 0
=
pf V f
T f
，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B 错误。
13.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
14.答案 (1)4
3h1 (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
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=2 p0h1S
9
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
。
