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专题29 热学
题型一 微观量估算.................................................................................................................................1
题型二 布朗运动与分子热运动.............................................................................................................3
题型三 分子动能、分子势能和内能.....................................................................................................6
题型四 固体和液体性质的理解...........................................................................................................10
题型五 气体压强求解的方法...............................................................................................................13
题型六 热力学第一定律与能量守恒定律...........................................................................................16
题型七 热力学第一定律与图像的综合应用.......................................................................................20
题型八 热力学第二定律的理解...........................................................................................................23
题型九 热力学定律与气体实验定律的综合问题...............................................................................26
题型一 微观量估算
1．微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2．宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
3．关系
(1)分子的质量：m0＝＝.
(2)分子的体积：V0＝＝.
(3)物体所含的分子数：N＝·NA＝·NA或N＝·NA＝·NA.
4．两种模型
(1)球体模型直径为d＝ .(适用于：固体、液体)
(2)立方体模型边长为d＝.(适用于：气体)
1.
氦是一种惰性气体，具有较低的沸点和良好的热传导性能。它被广泛应用于制冷和冷
却中。若以M表示氦的摩尔质量，V 表示在标准状态下氦蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态
下氦蒸气的密度，N A表示阿伏加德罗常数，M 0、V 0分别表示每个氦分子的质量和体积，则
下列表达式正确的是（ ）
A．N A= V 0 ρ
M 0
B．ρ=
M
N AV 0
C．M 0= M
N A
D．V 0= V
N A
【答案】C
【详解】D．氦气体中分子之间的距离远大于分子直径，每个分子的体积远小于每个气体分子平均
所占的空间。则每个氦分子的体积
V 0≠V
N A
D 错误；
ABC．一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿伏加德罗常数N A，氦的摩尔质量
M = ρV = M 0 N A
则
M 0= M
N A
，N A= ρV
M 0
，ρ= M
V ≠
M
N AV 0
C 正确，AB 错误。
故选C。
2.
已知地球大气层的厚度远小于地球半径R，空气平均摩尔质量M，阿伏加德罗常数
NA，地面附近大气压强p0，重力加速度大小g。由此可以估算地球大气层空气分子总数为（
）
A．4 π R
2 p0 N A
Mg
B．2π R
2 p0 N A
Mg
C．π R
2 p0 N A
2 Mg
D．π R
2 p0 N A
4 Mg
【答案】A
【详解】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生
mg = p0S
即
m= p0 S
g
分子数
n= m N A
M
= p0 S N A
Mg
= 4 π R
2 P0 N A
Mg
故选A。
3.
已知油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA。若用m 表示一个油酸分
子的质量，用V0表示一个油酸分子的体积，则下列表达式中正确的是（ ）
A．m= N A
M
B．m= M
N A
C．V0= M N A
ρ
D．V0= ρ N A
M
【答案】B
【详解】AB．分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，则有
m= M
N A
A 错误，B 正确；
CD．由于油酸分子间隙小，所以分子的体积等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，则有
V0=V mol
N A
=
M
ρ
N A
= M
ρ N A
C、D 错误。
故选B。
4.
快递公司用充气的塑料袋包裹物品，一个塑料袋内气体在标准状况下体积为448
mL，已知气体在标准状态下的摩尔体积V0=22.4 L/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023 mol-1，
则塑料袋内气体分子数为（ ）
A．1.2×1021个
B．1.2×1022个
C．1.2×1023个
D．1.2×1024个
【答案】B
【详解】由题意可知，塑料袋内气体的物质的量为
n= V
V 0
包含分子数为
N =n N A
联立代入数据可解得
N =1.2×10
22
ACD 错误，B 正确。
故选B。
题型二 布朗运动与分子热运动
布朗运动和热运动的比较
布朗运动
热运动
活动主体
固体小颗粒
分子
区别
是固体小颗粒的运动，较大的颗粒不做
布朗运动，能通过光学显微镜直接观察
到
是指分子的运动，分子不论大小都做热
运动，热运动不能通过光学显微镜直接
观察到
共同点
都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能
看见的
联系
布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击作用不平衡而引起的，它是
分子做无规则运动的反映
5.
悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动可以说明（ ）
A．分子之间有斥力
B．分子之间有引力
C．花粉分子做无规则运动
D．水分子做无规则运动
【答案】D
【详解】悬浮在水中的花粉颗粒做无规则运动是由于受到水分子的不平衡撞击而发生的，可以说明
水分子不停地做无规则运动。
故选D。
6.
对以下物质运动现象的分析正确的是 （ ）
①刮风时空气分子的运动；②上升的水蒸气的运动；③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒
不停地做无规则运动；④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动。
A．①②③属于布朗运动
B．④属于扩散现象
C．只有③属于布朗运动
D．①②④属于扩散现象
【答案】BC
【详解】刮风时空气分子的运动，上升的水蒸气的运动，既不是布朗运动也不是扩散现象；用显微
镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动属于布朗运动；向一杯清水中滴入几滴红
墨水，红墨水向周围运动属于扩散现象。
故选BC。
7.
某实验小组进行布朗运动实验：使用聚苯乙烯颗粒与纯净水制成悬浊液，通过显微镜、
计算机、投影仪、投影幕布观察聚苯乙烯颗粒在水中的运动。利用控制变量思想，进行了两次
实验，得到两张记录聚苯乙烯颗粒运动位置连线的图片，记录聚苯乙烯颗粒位置的时间间隔相
同，幕布上的方格背景纹理相同。下列说法正确的是（ ）
A．聚苯乙烯颗粒运动位置连线图描述了聚苯乙烯颗粒实际运动轨迹
B．若两次实验使用的聚苯乙烯颗粒直径相同，则图甲中悬浊液温度高于图乙中悬浊液温度
C．若两次实验中悬浊液的温度相同，则图甲中的聚苯乙烯颗粒直径大于图乙中的聚苯乙烯颗粒
直径
D．宏观层面的聚苯乙烯颗粒的运动反映了微观层面的水分子的运动无规则性
E．悬浊液的温度相同情况下，聚苯乙烯颗粒直径越小，同一时刻受到的水分子撞击个数就更少，
聚苯乙烯颗粒受到的碰撞作用力合力越不均衡
【答案】BDE
【详解】A．连线图描述的是某时刻出现的位置，在两个时刻之间的时间内的运动情形不能描述，
因此不是轨迹，A 错误；
B．若两次实验使用的聚苯乙烯颗粒直径相同，温度越高，分子热运动越剧烈，布朗运动越明显，
两位置连线间距越大，则图甲中悬浊液温度高于图乙中悬浊液温度，B 正确；
CE．若两次实验中悬浊液的温度相同，图甲中布朗运动更明显，是由于聚苯乙烯颗粒直径较小，同
一时刻受到的水分子撞击个数就更少，聚苯乙烯颗粒受到的碰撞作用力合力越不均衡，C 错误，E
正确；
D．布朗运动是由于分子热运动引起的，则宏观层面的聚苯乙烯颗粒的运动反映了微观层面的水分
子的运动无规则性，D 正确。
故选BDE。
8.
甲、乙图是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒
位置的时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知（ ）
A．图中连线是炭粒的运动径迹
B．炭粒的位置变化是由于分子间斥力作用的结果
C．若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大
D．若炭粒大小相同，甲中水分子的热运动较剧烈
【答案】C
【详解】A．图中连线不是炭粒的运动径迹，故A 错误；
B．炭粒的位置变化是由于水分子的撞击不平衡产生的结果，故B 错误；
C．若水温相同，较大炭粒的布朗运动的剧烈程度较弱，炭粒在30s 始、末时刻所在位置连线的距
离就较短，故甲中炭粒的颗粒较大，故C 正确；
D．若炭粒大小相同，温度越高分子的热运动越剧烈，做布朗运动的炭粒运动也越剧烈，故乙中水
分子的热运动较剧烈，故D 错误。
故选C。
题型三 分子动能、分子势能和内能
1．分子间的相互作用力
分子力是引力与斥力的合力．分子间的引力和斥力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，但总是斥力变化得较快，如图1 所示．
(1)当r＝r0时，F 引＝F 斥，F＝0；
(2)当r<r0时，F 引和F 斥都随距离的减小而增大，但F 引＜F 斥，F 表现为斥力；
(3)当r＞r0时，F 引和F 斥都随距离的增大而减小，但F 引＞F 斥，F 表现为引力；
(4)当r＞10r0(10－9m)时，F 引和F 斥都已经十分微弱，可以认为分子间没有相互作用力(F＝0)．
2．分子势能
分子势能是由分子间相对位置而决定的势能，它随着物体体积的变化而变化，与分子间距离的关系
为：
(1)当r>r0时，分子力表现为引力，随着r 的增大，分子引力做负功，分子势能增大；
(2)r<r0时，分子力表现为斥力，随着r 的减小，分子斥力做负功，分子势能增大；
(3)当r＝r0时，分子势能最小，但不一定为零，可为负值，因为可选两分子相距无穷远时分子势能
为零；
(4)分子势能曲线如图2 所示．
9.
如图所示，两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离r 的变化关系，
e 为两曲线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．cd 为斥力曲线，ab 为引力曲线
B．分子间距离增大，分子力一定减小
C．当r =re时，分子势能最小
D．re等于气体分子间的平均距离
【答案】AC
【详解】A．由图可知re为分子间的平衡距离，分子间距小于re时，斥力大于引力，所以cd 为斥力
曲线，ab 为引力曲线 ，故A 正确；
B．分子间距小于re时，分子间距离增大，分子力一定减小，分子间距大于re时，分子间距离增大
时，分子力可能减小，可能增大，也可能先增大后减小，故B 错误；
C．分子间距从无穷远处到re时，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，分子间距继
续减小时，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故r =re时，分子势能最小，故C 正
确；
D．气体分子间的平均距离远大于re，故D 错误。
故选AC。
10. 分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示，关于分子间作用力与分子间势能
（设两分子相距无穷远时分子势能为0），下列说法正确的是（ ）
A．当r =r1时，分子间作用力最小，分子势能为零
B．当r =r2时，分子间作用力最小，分子势能最小
C．在分子间距离从r2减小到r1的过程中，分子间作用力减小，分子势能也减小
D．分子间距离在从r1增大到r2的过程中，分子间作用力做负功
【答案】CD
【详解】AD．两分子相距无穷远时分子势能为0，r1为分子间的平衡距离，当分子间距r＞r1时分子
力表现为引力，分子间距由无穷远开始减小，分子力做正功，分子势能减小，所以当分子间距离为
r1时，分子势能最小不为零，从r1增大到r2的过程中，分子间作用力做负功，故A 错误，D 正确；
B．由图可知，当r =r1时，分子力间作用力为0，此时分子力最小，当r =r2时，分子力不是最小，
故B 错误；
C．从r2减小到r1的过程中，由图可知，分子间作用力减小，分子间作用力为引力，做正功，分子
势能减小，故C 正确。
故选CD。
11. 如图所示是两孤立分子间的引力、斥力和合力随分子间距离变化的图像。若规定两分
子距离为无限远时分子间的势能为零，下列说法正确的有（ ）
A．当r <r0时，随着r的减小，斥力比引力增加得快
B．当r >r0时，随着r的增加，斥力比引力减小得快
C．当r =r0时，分子势能最大
D．当r =r0时，分子势能为零
【答案】A
【详解】A．由图可知，当r <r0时，随着r 的减小，合力表现为斥力且在增大，可见斥力比引力增
大得快，故A 正确；
B．设r =r1时合力为引力且达到最大值，当r0<r <r1时，随着r 的增大，合力为引力且增大，可见
此阶段斥力比引力减小得快；当r >r1时，随着r 的增大，合力为引力且减小，可见此阶段斥力比引
力减小得慢，故B 错误；
CD．若分子间距离从无穷远减小到r0，该过程分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小；
分子间距离从r0继续减小时，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加；所以当r =r0时，
分子势能最小，且为负值，故CD 错误。
故选A。
12. 如图所示，若一分子a 固定于坐标原点O，另一分子b 从x 轴上P 点沿x 轴向O 点运
动，当b 运动到Q 点时，两分子间的分子力为零，规定两分子相距无穷远时它们的分子势能为
零。下列说法正确的是（ ）
A．b 运动到Q 点时，分子势能为零
B．b 从P 点运动到Q 点过程中，a、b 间斥力一直增大
C．b 从P 点运动到Q 点过程中，两分子之间只存在引力作用
D．b 从P 点运动到Q 点过程中，分子势能先减小后增大
【答案】B
【详解】A D．当分子b 运动到Q 点时，两分子间的分子力为零，则当分子b 向Q 点运动的过程中，
分子间作用力体现为引力，分子间作用力做正功，分子势能减小，b 运动到Q 点时，分子势能不为
零，A 错误，D 错误；
B．分子间的引力和斥力随分子间的距离减小都增大，B 正确；
C．分子b 在运动过程中，两分子之间同时存在着引力和斥力，C 错误；
故选B。
题型四 固体和液体性质的理解
1．晶体与非晶体
单晶体
多晶体
非晶体
外形
规则
不规则
不规则
熔点
确定
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
各向同性
典型物质
石英、云母、食盐、硫酸铜
玻璃、蜂蜡、松香
形成与
转化
有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶
体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体.
2.液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
3．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．
13. 如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2，把待
测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝
石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角
大于临界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的
位置，目镜下安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是
（ ）
A．棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B．换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高
C．换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射，即半球棱镜相对于宝石是
光密介质，可知，棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率，故A 正确；
B．换用白光光源，由于白光是由七种单色光复合而成，不同种单色光的折射率不相同，当入射角
一定时，有些能够发生全反射，有些不能够发生全反射，则观测目镜上各种单色光显现的亮暗区域
不相同，测量宝石折射率的准确度会更低，故B 错误；
C．红光的折射率小于黄光的折射率，则红光对应的临界角大于黄光的临界角，可知，换用红光光
源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方，故C 错误；
D．把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，即宝石具有各向异性，说明
宝石是单晶体，故D 错误。
故选A。
14. 2023 年5 月，中国科学技术大学团队利用纳米纤维与合成云母纳米片研制出一种能适
应极端环境的纤维素基纳米纸材料。如图所示为某合成云母的微观结构示意图，则该合成云母
（ ）
A．是非晶体
B．没有规则的外形
C．有固定的熔点
D．各向性质均相同
【答案】C
【详解】由图可知，该合成云母中所含分子在三维空间中呈规则、周期性排列，是晶体，具有一定
的几何外形，具有固定的熔点、具有各向异性的特点。
故选C。
15. 下列有关物理知识在实际中的应用，说法错误的是（ ）
A．我们观察近处的飞鸟和远处的飞机时，往往会觉得鸟比飞机飞得快，这是因为鸟相对眼睛
的角速度比较大
B．贾同学自己绕制天线线圈，制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，那么
应该增加线圈的匝数
C．人造卫星绕地球运行时受地磁场影响，在外壳中形成涡流是导致轨道半径变小的原因之一
D．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
【答案】B
【详解】A．观察近处飞鸟和远处飞机时，鸟的角速度较大，导致视觉上感觉更快，故A 正确，不
符合题意；
B．接收较高频率的电台需减小线圈匝数，根据频率公式f =
1
2π ❑√LC ，增加匝数会增大电感L，从
而降低频率，故B 错误，符合题意；
C．卫星外壳的涡流会损耗机械能，导致轨道半径减小，故C 正确，不符合题意；
D．小雨滴呈球形是表面张力作用的结果，故D 正确，不符合题意。
故选B。
16. 以下说法正确的是（ ）
A．当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最大
B．布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
C．一滴油酸酒精溶液体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径
d = V
S
D．温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质
【答案】D
【详解】A．当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最小而非最大，故A 错误；
B．布朗运动反映液体分子的无规则运动，而非花粉小颗粒内部分子的运动，故B 错误；
C．公式d = V
S 中V 为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，故C 错误；
D．温度、压力、电磁作用等确实可以改变液晶的光学性质，故D 正确。
故选D。
题型五 气体压强求解的方法
1．产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上
的压力叫做气体的压强．
2．决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h 处的总压强
p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
17. 图甲为气压式升降椅，它通过汽缸上下运动来支配椅子升降，图乙为其核心部件模型
简图，圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平台上，活塞与椅面的总质量为m= 4 kg，活塞
横截面积为S = 4×10
-4 m
2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏
气，椅面上放有一个质量M =8kg的物块，气柱高度h= 0.7 m。已知大气压强p0=1×10
5Pa，
重力加速度大小g取10 m /s
2。
(1)求汽缸内封闭气体的压强；
(2)若拿掉物块后，活塞上升到如图乙虚线所示位置，求此时气柱的高度。
【答案】(1)4×10
5Pa
(2)1.4 m
【详解】（1）汽缸内封闭气体的压强p1= (M +m)g
S
+ p0
代入数据解得p1= 4×10
5Pa
（2）拿掉椅面上的物块，气体做等温变化，初态p1= 4×10
5Pa ,V 1=hS
末态p2= mg
S + p0=2×10
5Pa ,V 2=h
' S
由气体状态方程得p1Sh= p2S h
'
整理得h
' =2h=1.4 m
18. 如图所示，导热良好的圆柱形储气罐A 竖直放置，其高度为3H、截面积为8S，上端
有一充气阀门；竖直放置的可导热的圆柱形压力检测装置B 的截面积为S
4 ，其顶部有一压力传
感器，质量为p0 S
20 g的活塞将B 的内部空间分为上、下两部分，A 的下端通过细管与B 的下端
相连。初始时储气罐A 内存有一定质量的氮气，压力传感器示数为p0，现往储气罐A 中缓慢
充入氮气至A 中气体的压强为3p0。忽略连接管及B 中气体的体积，气体均视为理想气体，活
塞不漏气，重力加速度为g。求∶
(1)充气前A 中气体的压强；
(2)忽略充气过程活塞的移动对A 中气体体积变化的影响，充入气体的质量与原有气体质量的比值。
【答案】(1)1.2 p0
(2)3
2
【详解】（1）充气前，对活塞进行分析，由共点力平衡可得p0⋅S
4 +mg = p1· S
4
解得p1=1.2 p0
（2）充气前，A 中气体的体积V 1=24 HS
A 中气体的压强p1=1.2 p0
充气后A 中气体的压强为p2=3 p0
设充入的气体在压强为p1下的体积为V 0，根据玻意耳定律有p1V 1+ p1V 0= p2V 1
解得V 0=36 HS
同温同压下，同种气体的质量之比等于体积之比，所以充入气体的质量与原有气体质量的比值
m2
m1
= V 0
V 1
= 3
2
19. 小明家里新添置的气压式升降椅如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配
椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为m，柱状气
动杆的横截面积为S，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定
质量的理想气体，封闭气柱长度为L。已知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之间
的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g。小明盘坐在椅面上，稳定后椅
面下降了1
4 L。求：
(1)小明的质量；
(2)被封闭气体向外界放出的热量。
【答案】(1) p0 S+mg
3 g
(2) p0 S+mg
3
L
【详解】（1）设小明的质量为M，开始时小明没有盘坐在椅面上，有p0 S +mg= p1S
小明盘坐在椅面上时，根据共点力的平衡条件有p0 S+(M +m)g= p2S
根据玻意耳定律有p1SL= p2S(L- 1
4 L)
联立解得M = p0 S+mg
3 g
（2）外界对气体做的功W =[(M +m)g+ p0 S] 1
4 L= p0 S+mg
3
L
理想气体的温度不变，则气体内能的变化为零（ΔU =0），根据热力学第一定律ΔU =Q+W
解得Q =- p0 S+mg
3
L
可知封闭气体向外界放出的热量p0 S+mg
3
L。
20. 如图所示，一内壁光滑的横截面积为S =1cm
2的玻璃管内装有长为h=10cm的水银，
竖直放置平衡时水银柱下端与玻璃管底部相距为L1=30cm，水银柱上端离管口为L2=10cm，
外界大气温度为T 0，已知大气压强为p0=75cmHg。
(1)把该装有气体和水银的玻璃管水平放置（水银柱如图所示），固定在静止的小车上，求此时水银
柱与玻璃管底部的距离L3；
(2)在（1）条件下现让小车以水平恒定加速度a向右加速运动，稳定时发现水银柱相对于玻璃管底
部移动了距离d =14cm。设此时水银柱质量m=0.14 kg，大气压强可视为p0=1×10
5Pa，整个过
程温度保持不变，求小车加速度a的大小。
【答案】(1)34cm
(2)50 m /s
2
【详解】（1）水平放置，等温变化，根据玻意耳定律p1 L1S = p3 L3 S
p3= p0
p1= p0+ ρgh=85cmHg
求得L3=34cm
（2）小车匀加速时，根据玻意耳定律有p4( L3-d )S = p3 L3 S
对水银柱受力分析p4 S - p0 S =ma
解得a=50 m/s
2
题型六 热力学第一定律与能量守恒定律
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W
为正。
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子
动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
2.三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0 或W＝－Q，外界对物体做的功
等于物体放出的热量。
21. 如图，充气健身球是一种用途广泛的健身工具。健身球内部充入一定质量的空气，可
视为理想气体，快速挤压健身球时，健身球体积减小，球内气体来不及与外界发生热交换。关
于快速挤压健身球的过程，下列说法正确的是（ ）
A．健身球内气体对外界做正功
B．健身球内气体的内能不变
C．健身球内气体分子的平均动能减小
D．健身球内气体的压强增大
【答案】D
【详解】AB．快速挤压健身球时，健身球体积减小，球内气体来不及与外界发生热交换，根据热力
学第一定律ΔU =Q+W
其中Q =0，外界对气体做正功，可知ΔU >0
故气体内能增大，故AB 错误；
C．气体的内能增大，故温度升高，气体分子的平均动能增大，故C 错误；
D．根据理想气体状态方程pV
T =C
气体温度升高，体积减小时，压强增大，故D 正确。
故选D。
22. 一定质量的理想气体，状态从a→b→c的变化过程可用如图所示的V -t图线描述，
则下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程气体分子对容器壁单位面积的平均作用力变大
B．b→c过程体积不变，气体从外界吸收热量
C．c→a过程体积减小，压强不变
D．a→b过程气体对外做功大于c→a过程外界对气体做功
【答案】D
【详解】A．根据理想气体状态方程可知a→b过程为等压过程压强不变，气体分子对容器壁单位面
积的平均作用力不变，A 错误；
B．b→c过程体积不变，气体温度降低内能减小，向外发出热量，B 错误；
C．b→c过程体积不变，压强减小有pb> pc
所以c→a过程体积减小，压强增大，C 错误；
D．a→b过程气体体积变化等于c→a过程气体体积变化，但a→b过程气体平均压强大于c→a过
程气体平均压强，所以a→b过程气体对外做功大于c→a外界对气体做功，D 正确；
故选D。
23. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A（p1，V1，T1）经热力学过程A→B、B→C、
C→A 后又回到状态A。已知状态B、C 的参量分别为（2p1，V2，T2）、（p1，V2，T3），则（
）
A．V 1= 3
2 V 2
B．A→B 过程，外界对气体做功数值上等于气体放出的热量
C．T 1=2T 3
D．C→A 过程，气体对外界做功数值上大于气体吸收的热量
【答案】BC
【详解】AB．从A→B，由题图可知满足
p
1
V
= pV =C，可知该过程气体发生等温变化，则有T 1=T 2，
p1V 1=2 p1V 2
可得V 1=2V 2
由于气体温度不变，则气体内能不变，根据热力学第一定律可知，外界对气体做功数值上等于气体
放出的热量，故A 错误，B 正确；
CD．从C→A 过程，气体发生等压变化，则有V 1
T 1
= V 2
T 3
由于V 1=2V 2，则有T 1=2T 3
可知从C→A 过程，气体温度升高，气体内能增大，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学
第一定律可知，气体对外界做功数值上小于气体吸收的热量，故D 错误。
故选BC。
24. 如图，容积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量为m= p0 S
5 g
、横截面积为
S、厚度可忽略的活塞；初始时气缸内密封有温度为3.0T 0、压强为1.5 p0的理想气体，p0与T 0
分别为大气的压强和温度且始终保持不变。已知气体内能U 与温度T 的关系为U =αT，α为正
的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求：
(1)缸内气体与外界达到热平衡时的体积V x；
(2)从初始状态到与外界达到热平衡的过程中，气缸内气体放出的热量Q。
【答案】(1)V x = 5
12 V
(2)Q =2α T 0+0.7 p0V
【详解】（1）对活塞有mg+ p0 S = p2S
由理想气体状态方程有
p1V
T 1
= p2V x
T 2
解得V x = 5
12 V
（2）由热力学第一定律，有ΔU =W -Q
在整个过程中，气体做功，有W = p2(V -V x)
整理数据，解得Q =2α T 0+0.7 p0 V
题型七 热力学第一定律与图像的综合应用
1.气体的状态变化可由图象直接判断或结合理想气体状态方程＝C 分析.
2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析.
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功.
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小.
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 判断气体是吸热还是放热.
25. 一定质量理想气体的p−V 变化图像如图所示，从状态a 依次经过状态b、c 和d 后再
回到状态a，则下列说法正确的是（ ）
A．气体从a→b→c 的过程，气体向外界放出热量
B．经过一次循环过程，气体从外界吸收热量
C．气体从a 到b 过程与从c 到d 过程内能变化量大小相等
D．气体从a→b→c 的过程对外界做的功与从c→d→a 的过程外界对气体做的功相等
【答案】B
【详解】A．气体从a→b→c 的过程，pV 增大，根据pV
T =C可知，T 增大，故内能增大，ΔU>0
又因V 增大，故对外做功，故W<0
根据ΔU=Q+W 可知，Q>0
即气体从外界吸收热量，故A 错误；
BD．经过一次循环过程，ΔU=0
由p−V 图像与横轴所包围的面积表示功可知，气体对外做的功大于外界对气体做的功，故W<0
根据ΔU=Q+W 可知，Q>0
即气体从外界吸收热量，又因气体从a 到b 过程与从c 到d 过程体积不变，故气体从a→b→c 的过程
对外界做的功大于从c→d→a 的过程外界对气体做的功，故B 正确，D 错误；
C．由pV
T =C得T = pV
C
在V 不变的条件下有ΔT = Δ p⋅V
C
气体从a 到b 过程与从c 到d 过程Δp 大小相等，但因从a 到b 过程气体体积较小，故气体从a 到b
温度变化较小，故气体从a 到b 过程内能变化量大小比从c 到d 过程小，故C 错误。
故选B。
26. 一定质量的理想气体从状态a 开始，经a→b、b→c、c→d、d→a 四个过程后回到初始
状态a，其p-V 图像是一个圆形，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a→b 过程，气体对外界做的功小于从外界吸收的热量
B．b→c 过程，气体对外界做的功为3.5p0V0
C．a→b→c 过程，气体内能最大状态是状态c
D．d→a 过程，气体的温度不变
【答案】A
【详解】A．a→b过程中，气体内能增加，体积膨胀，对外做功，根据热力学第一定律
ΔU =W +Q，可知气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故A 正确；
B．b→c过程中，气体对外做的功等于p-V 图像与横轴所围图形的面积，大于3.5 p0V 0，故B 错
误；
C．a→b→c过程中，pV 最大时，温度最高，理想气体的内能最大，对照题图可知气体内能最大
状态是在b、c之间的某状态，故C 错误；
D．d →a过程中，图线不是等温曲线，所以温度是变化的，故D 错误。
故选A。
27. 一定质量的理想气体，从状态A 经B、C变化到状态D的状态变化过程p-V 图像如图
所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A 状态温度为400K，从A
状态至B状态气体吸收了320J的热量，下列说法正确的是（ ·）
A．D状态的温度为225K
B．A 状态的内能大于C状态的内能
C．从A 状态到B状态的过程中，气体内能增加了280J
D．从B状态到C状态的过程中，器壁单位面积在单位时间内受到撞击的分子数增加
【答案】A
【详解】A．根据图示可知pD= 0.2
4 ×10
5×3Pa
根据理想气体状态方程有
pAV A
T A
= pDV D
T D
解得T D=225K，故A 正确；
B．由于A、C 两态的pV 乘积相等，根据理想气体状态方程可知两状态的温度相同，所以A 状态的
内能等于C 状态的内能，故B 错误；
C．从A 状态到B 状态的过程中，压强一定，气体吸收了320J 的热量，由于p-V 图像的面积等于
功，可知气体对外做功W AB=-0.4×10
5×2×10
-3=-80J
根据热力学第一定律可得ΔU =Q+W AB=320J -80J =240J
即气体内能增加了240J，故C 错误；
D．根据图示可知，从B 状态到C 状态的过程中，气体的体积不变，气体分子分布的密集程度一定，
压强减小，根据查理定律可知，温度降低，气体分子运动的平均速率减小，则器壁单位面积在单位
时间内受到撞击的分子数减小，故D 错误。
故选A。
28. 如图为一定质量的某种理想气体状态变化的p-V 图像，从图示A 状态开始，先后经历
了B、C 状态，已知气体在A 状态时的温度为300K，1atm=1.0×105Pa。求：
(1)A→B→C 过程中气体的最高温度；
(2)A→B 气体吸收的热量。
【答案】(1)468.75K
(2)7500J
【详解】（1）对于一定质量的气体，由理想气体状态方程可得压强与体积的乘积最大时对应温度
最高，设从A 变到B 的直线方程为p=kV +b
将图像中的（10，4）和（40，1）代入方程，可得p=-0.1V +5
则有pV =-0.1V
2+5V =-0.1(V -25)
2+62.5
当V=25L 可得( pV )m =62.5atm ⋅L
根据4×10atm ⋅L
300K
= 62.5atm ⋅L
T m
解得T m = 468.75K
（2）由图像可得A→B 过程气体对外做的功为W = (4+1)×1.0×10
5
2
×(40-10)×10
-3J=7500J
由于气体A 态和B 态时温度相等，内能相同，根据热力学第一定律可得，气体吸收的热量等于对外
做的功，故A→B 气体吸收的热量为7500J。
题型八 热力学第二定律的理解
1.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”.
2.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行.
3.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.
29. 热力学是研究热能转化的科学，它是物理学中重要的一个分支。下列说法正确的是（
）
A．在水中撒入一些胡椒粉颗粒，小颗粒四处飘荡，说明小颗粒做布朗运动
B．石墨烯材料的晶格即使达到纳米尺度性质变化也很小
C．永动机永远无法实现是因为他违背了热力学第二定律
D．在恒温体系中，理想气体的压强与体积的倒数成正比
【答案】D
【详解】A．胡椒粉颗粒较大，其运动是外力（如水流等）引起的，不是布朗运动（布朗运动是微
小颗粒受分子撞击的无规则运动 ），故A 错误；
B．石墨烯达到纳米尺度时，量子效应等会使其性质发生显著变化，故B 错误；
C．永动机无法实现是因为违背能量守恒定律（第一类永动机）或同时违背能量守恒和热力学第二
定律（第二类永动机 ），故C 错误；
D．根据理想气体状态方程pV
T =C
整理得p= 1
V TC
可知在恒温体系中，理想气体的压强与体积的倒数成正比，故D 正确。
故选D。
30. 1824 年法国工程师卡诺创造性地提出了具有重要理论意义的热机循环过程——卡诺循
环，极大地提高了热机的工作效率。密闭容器中一定质量的理想气体经历了如图所示的卡诺循
环过程，其中A →B和C →D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。下列说法正确的是
（ ）
A．A →B过程中，气体从外界吸热并全部用来对外做功，所以违反了热力学第二定律
B．B→C过程中，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数增多
C．C →D过程中，外界对气体做的功等于气体内能的增加量
D．完成一次循环，气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积
【答案】D
【详解】A．A →B过程为等温过程，气体内能不变，气体膨胀，故气体对外做功，由热力学第一
定律可知气体从外界吸热并全部用来对外做功，但不违反热力学第二定律，A 错误；
B．B→C过程为绝热过程Q =0，气体膨胀，故气体对外做功，由热力学第一定律可知气体内能减
小，温度降低，分子平均动能减少，故单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少，B 错误；
C．C →D过程为等温过程，气体内能不变，C 错误；
D．完成一次循环，气体温度不变，内能不变，p-V 图像的面积表示做功，结合热力学第一定理可
知气体从外界吸收的热量在数值上等于图线围成的图形的面积，D 正确。
故选D。
31. 温差发电原理：金属或者半导体的内部载流子的密度会随着温度的变化而变化，当维
持物体两端的温差，可使载流子持续扩散，而形成稳定的电压。如图所示，用两种不同的金属
丝组成一个回路，触点1 插在热水中，触点2 插在冷水中，电流表指针会发生偏转，这就是温
差发电现象。下列说法正确的是（ ）
A．金属铜是非晶体
B．该实验中有部分内能转化为电路的电能
C．该实验中热水的温度降低，冷水的温度升高
D．该实验符合能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
【答案】BC
【详解】A．金属铜有确定的熔点，是晶体，故A 错误；
BC．该实验遵循能量守恒定律，最终将达到热平衡，内能转化为电能，热水温度降低，冷水温度升
高，故BC 正确；
D．热水中减少的内能一部分转化为电能，一部分传递给冷水，转化效率低于100%，所以该实验符
合能量守恒定律，也不违背热力学第二定律，故D 错误。
故选BC。
32. 自然界中的一切变化，都伴随着能量的转移和转化，能量是一切物质运动的源泉，是
一切生命活动的基础。能量在转化和转移的过程中具有方向性，能够供人类利用的能量越来越
少，下列说法正确的是（ ）
A．能量在转化的过程中总量减小
B．能量耗散违背了能量守恒定律
C．第一类永动机违背了热力学第一定律
D．第二类永动机违背了热力学第二定律
E．热力学第一定律的本质是能量守恒定律
【答案】CDE
【详解】A．由能量守恒定律可知，能量在转化和转移的过程中总量保持不变，故A 错误；
B．同理，在能量守恒守恒可知，能量耗散过程中能量是守恒的，故B 错误；
E．热力学第一定律是热力学中最基本的定律之一，它也被称为能量守恒定律。这个定律表达了宇
宙中能量守恒的基本定律：在任何系统中，能量总是守恒的。故E 正确。
C．第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，也就是违背
了热力学第一定律，故C 正确；
D．由热力学第二定律可知，能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向
性。第二类永动机不违背能量守恒定律，却寄希望于从单一热源吸收热量全部用来做功而不产生其
他影响，这违背了热力学第二定律，故D 正确。
故选CDE。
题型九 热力学定律与气体实验定律的综合问题
1.热力学定律与气体实验定律问题的处理方法
(1)气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出与之相关的气体状
态参量,利用相关规律解决。
(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)就要做功,如果是等压变化,W=pΔV;只要温
度发生变化,其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q 求解问题。
2.与理想气体相关的热力学问题的分析方法
对一定量理想气体的内能变化,吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题,可按下面方法判定:
(1)做功情况看体积
体积V 减小→外界对气体做功→W>0;
体积V 增大→气体对外界做功→W<0;
无阻碍地自由膨胀→W=0。
(2)内能变化看温度
温度T 升高→内能增加→ΔU>0;
温度T 降低→内能减少→ΔU<0。
(3)吸热还是放热,一般题目中会告知,或由热力学第一定律ΔU=Q+W,知道W 和ΔU 后确定Q。
33. 如图所示为一超重报警装置示意图，长度L=0.8 m，横截面积S =1×10
-2m
2、导热性
能良好的薄壁容器水平放置，开口向右。一厚度不计的轻质活塞将一定质量的理想气体封闭在
容器内，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连。不挂重物时封闭气体的长度为1
4 L，挂上一
质量为m=50kg的重物时活塞右移至预警传感器处，此时系统刚好发出超重预警且活塞恰好
平衡。已知环境温度为t0=27℃，大气压强为p0=1.0×10
5Pa，重力加速度g=10 m /s
2，不
计摩擦阻力。求：
(1)预警传感器离容器底部距离d。
(2)从刚好发出预警开始，若环境温度从t0=27℃缓慢降至t1=17℃，该过程中气体内能减少了
ΔU = 80
3 J，求气体向外界放出的热量Q。
【答案】(1)0.4 m
(2)100
3 J
【详解】（1）由题可知，初始状态p1= p0，V 1= 1
4 LS
系统刚好发出超重预警时，设理想气体的压强为p2，有p2S +mg= p0 S
p2= p0- mg
S
对理想气体，由玻意耳定律得p1⋅L
4 S = p2⋅dS
联立解得d =0.4 m
（2）由盖-吕萨克定律可得dS
T 0
= V 3
T 1
解得V 3= 58
15 ×10
-3 m
3
此过程外界对气体做的功W = p2ΔV = p2(dS -V 3)= 20
3 J
W = 20
3 J
由热力学第一定律有-ΔU =-Q+W
解得Q = 100
3 J
34. 如图所示，某探究小组设计了一测量大气压的实验装置。容器A 上端连有一直管，直
管上的阀门K 控制气体进出，A 的右端与内部气体体积不能忽略的玻璃弯管相连。弯管的下端
连接容器B，与容器B 下端相连的玻璃直管底部由橡皮管相连，其中右边直管C 上端开口，且
可以上下移动。测量开始时，打开K，缓慢调节C，使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢
调节C，使左侧水银面到达位置2，此时两管水银面的高度差h1=19cm；随后打开K，放入体
积为V 0的物体，缓慢调节C 使左侧水银面到达位置1，关闭K，缓慢调节C，使左侧水银面到
达位置2，此时两管水银面的高度差h2=20cm。已知V 0=50cm
3，容器B 体积V B=250cm
3，
容器内的气体可视为理想气体，环境温度27℃保持不变。整个装置导热性能良好。忽略橡皮
管变化的影响。
(1)放入物体关闭阀门K，左侧水银面从位置1 到位置2 过程中，外界对气体做功28J，求气体放出的
热量Q；
(2)求大气压强P0；
(3)物体仍置于容器A 内，若使该容器内气体的温度缓慢升高，通过缓慢竖直调节C，使左侧水银面
仍处于位置2，求温度升高到37℃时，在原先基础上，C 管需要调节的高度Δh。
【答案】(1)Q =28J
(2)p0=76cmHg
(3)Δh= h2+h3
2
=1.6cm
【详解】（1）由热力学第一定律可得ΔU =Q+W
解得放出的热量Q =28J
（2）设容器与玻璃弯管的体积为V A，未放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得
p0(V A+V B)=( p0+ ph1)V A
放入物体，发生等温变化，由玻意耳定律可得p0(V A+V B-V 0)=( p0+ ph2)(V A-V 0)
联立解得p0=76cmHg
（3）整个过程为等容变化，由查理定律可得p0+ ph2
T 1
= p0+ ph3
T 2
解得h3=23.2cm
上移的高度Δh= h2+h3
2
=1.6cm
35. 如图所示，在水平放置的汽缸内，面积为S 的活塞左边封闭着一定质量的理想气体，
此时气体温度为T，活塞距汽缸底部的距离为L，活塞右侧2L 处有固定卡扣，活塞可在汽缸内
无摩擦的滑动。已知理想气体内能与热力学温度成正比，外界大气压强恒为p0。现通过电热丝
缓慢加热气体，活塞缓慢移动到卡扣处，该过程中气体内能增加4 p0 SL。此后继续加热，气
体温度升高至5T。
(1)求活塞刚到卡扣处封闭气体的温度和吸收的热量；
(2)上述过程中吸热Q =cm Δt，求气体在定压下的比热容与定容下比热容之比。
【答案】(1)T
' =3T，Q =6 p0 SL
(2) c
c
' = 3
2
【详解】（1）活塞刚到卡扣位置，设气体的温度为T
'，气体经历等压变化，由盖－吕萨克定律
SL
T = 3 SL
T
'
解得T
' =3T
气体对外界做的功为W =2 p0 SL
由热力学第一定律可得ΔU =Q -W
联立，解得气体吸收的热量Q =6 p0 SL
（2）理想气体内能与热力学温度成正比，气体温度从3T升高至5T和从T升高至3T的过程中内能
增加量相同，ΔU
' =ΔU
气体温度从3T升高至5T的过程中，气体体积不变，气体对外界不做功W
' =0
则气体吸收的热量Q
' =ΔU
' = 4 p0 SL
又Q =cmΔT，Q
' =c
' mΔT
解得气体在定压下的比热容与定容下比热容之比c
c
' = 3
2
36. 小明同学制作了一个简易气温计：在一个饮料瓶中插入一根透明吸管，将接口处用蜡
密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略），将饮料瓶水平放置，如图所示。已知吸管
内部粗细均匀，该饮料瓶内密封气体的体积为400 cm
3，吸管横截面积为0.4 cm
2，吸管的有效
长度为45 cm，温度计能测出的最低温度为7
∘C。
(1)求温度计能测出的最高温度；
(2)假设油柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收4 J热量，则在这一过程中
该气体的内能如何变化，变化了多少（已知大气压强p0=1×10
5Pa）？
【答案】(1)19.6° C
(2)内能增加了，增加了2.2J。
【详解】（1）温度最低时油柱在接口处，温度最高时油柱在细管最右端，封闭气体的变化过程为
等压变化过程，由盖-吕萨克定律有400cm
3
(7+273)K = 400cm
3+0.4cm
2×45cm
(t m+273)K
解得t m =19.6° C
（2）题意可知该过程气体对外做功，则W =- p0 ΔV =(-1×10
5×0.4×45×10
-6)J =-1.8J
因为Q =+4J
则ΔU =Q+W =2.2J
故气体内能增加了，增加了2.2J。
