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大题精练01 热力学计算问题
一、气体压强的求法
（1）被活塞、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。
二、气体实验定律的应用
三、热力学第一定律的理解及应用
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。气体膨胀，体积增大，气体对外界做功，W <0；气体被压缩，体
积减小，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。
3.解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路
【例题1】1．（2025·浙江·一模）取一个容积V =500 mL、瓶口截面积S =7×10
−4 m
2的透明塑料
瓶（忽略可能的体积变化），向瓶内注入少量的水（质量、体积忽略不计），将橡胶塞打孔，安
装上气门嘴，再用橡胶塞把瓶口塞紧，已知橡胶塞与瓶口的最大静摩擦力为f =14 N。初始状态
瓶中气体的压强与大气压相同，缓慢向瓶内打气，当瓶内压强达到某一值时，橡胶塞跳出瓶口，
气体在极短的时间内喷出瓶口，气体喷出过程中与外界的热交换忽略不计。整个过程中环境的温
度保持T 0=300 K不变，大气压为p0=1.0×10
5Pa，此状态下空气的密度为ρ=1.3kg/ m
3，瓶
内气体可看作理想气体。
(1)瓶塞跳出过程中，气体分子的平均速率 （选填“变大”、“变小”或“不变”），气
体分子对器壁单位面积的作用力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
(2)求瓶塞跳出时，打入气体的质量m；
(3)已知气体喷出过程中对外界做功10.92J，1g空气的内能U =CT，C =0.7J /K，求喷出气体
过程中瓶内温度的减少量ΔT。
【答案】(1) 变小 变小
(2)1.3×10
−4kg
(3)20K
【详解】（1）[1]瓶塞跳出过程中，气体对外做功且与外界没有热交换，故内能减小，温度降
低，气体分子的平均速率变小。
[2]根据理想气体状态方程pV
T =C
可知，若T减小，V 增大，则p减小，故气体分子对器壁单位面积的作用力变小。
（2）以瓶塞跳出瞬间瓶内气体为研究对象，看作体积为V 1，压强为p0的气体等温压缩到体积V
、压强p1，有
瓶塞跳出瞬间p1= p0+ f
s =1.2×10
5Pa
等温过程p0V 1= p1V
代入得V 1=600 mL
打入气体的质量m= ρ(V 1−V )=1.3×10
−4kg
（3）研究对象为喷出前所有的气体，故其总质量m1= ρV 1=0.78g
由热力学第一定律ΔU =Q+W
其中Q =0
故ΔU =W =−10.92J
由已知条件，ΔT =| ΔU |
m1C =20K（m1的单位用g）
【例题2】12．（2025·浙江湖州·一模）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=3.2cm
【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=h3−h2=3.2cm
难度：★★★ 建议时间：40 分钟
1.
（2025·浙江杭州·一模）如图所示，某型号轮胎在出厂前需进行多项测试以确保安全。某次测试前，
该轮胎内理想气体的压强、体积、温度分别为pl=2.7×10
5Pa、V l=0.06 m
3和T l=300K。先缓慢
挤压轮胎，保持气体温度不变，使其压强达到p2=3.0×10
5Pa。接着控制轮胎内气体体积不变，
缓慢升高气体温度，使其压强变为p3=3.5×10
5Pa。假设整个测试过程轮胎未漏气，已知轮胎内
的气体温度每变化1K，内能变化135J。
(1)挤压过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），轮胎内
壁单位面积所受气体分子的平均作用力 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
(2)求压强为p2时气体的体积V 2；
(3)求升温过程中气体吸收的热量Q。
【答案】(1) 不变 增大
(2)0.054 m
3
(3)6750J
【详解】（1）[1] 缓慢挤压轮胎，气体温度保持不变，气体分子的平均动能不变；
[2]根据玻意耳定律可知挤压过程中温度不变，体积减小，气体压强增大，轮胎内壁单位面积所受气
体分子的平均作用力增大；
（2）气体做等温变化，根据玻意耳定律，有p1V 1= p2V 2
解得V 2=0.054 m
3
（3）升温时气体做等容变化，则有p2
T 2
= p3
T 3
且T 2=T 1，解得T 3=350K
内能增加了ΔU =135×(350−300)J =6750J
该过程气体做等容变化，则W =0
由热力学第一定律，有ΔU =Q+W
解得升温过程中气体吸收的热量Q =6750J
2.
（2025·浙江湖州·模拟预测）潜水艇中显示下潜深度的装置可简化如下：一根内壁光滑的平底厚玻
璃管，开口端向下，侧面标有均匀的刻度线，开口端刻度值为“0”，底端刻度值为“120”。用质量
和厚度均不计的活塞封闭开口端，活塞位于“0”处，以某种方式让其缓慢下降到水底，稳定时，活
塞位于“40”处。已知大气压p0=1.0×10
5Pa，水的密度ρ=1.0×10
3kg/ m
3，重力加速度g 取
10 m /s
2。全程封闭气体不泄漏且温度不变，玻璃管始终竖直。
(1)活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体分子数密度 （填“变大”或
“变小”；玻璃管中的气体是 （填“吸热”或是“放热”）；
(2)求活塞位于“40”处对应的水深h ；
(3)将玻璃管上的刻度值x转换成深度值h，刻度线是否仍然均匀？请说明理由 。
【答案】(1) 变大 放热
(2)h1=5 m
(3)刻度线不均匀
【详解】（1）[1]活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，气体体积减小，质量不变，可知玻璃管
中的气体分子数密度变大。
[2]气体温度不变，可知内能不变，又体积减小，可知外界对气体做功，根据热力学第一定律
ΔU =Q+W ，可知Q<0，玻璃管中的气体是放热。
（2）对活塞封闭的温度不变气体，由玻意耳定律得p0 Sl = p1S (l−x)
其中l =120 mm，x = 40 mm
又因为p1= p0+ ρgh
联立得h=5 m
（3）不均匀。理由：由玻意耳定律p0 Sl = p1S (l−x)
可得x 与h 的函数关系式p0l
l−x = p0+ ρgh
可知x 与h 不成正比，故将玻璃管上的刻度值x 转换成深度值h，刻度线不均匀。
3.
（2025·浙江·一模）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属汽缸内，活塞的质
量ml=20kg，截面积S =100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时封闭气柱长度为
20cm，外界气温t =27℃，大气压强p0=1.0×10
5Pa。将质量为m2
的重物缓慢放到活塞上，稳定后
活塞下降了5cm；再对汽缸内气体缓慢加热，气体吸收了Q =186J 的热量，活塞又上升了3cm，求：
(1)重物的质量m2；
(2)加热前后缸内气体温度的增加值Δt；
(3)加热前后缸内气体内能的变化量ΔU。
【答案】(1)m2= 40kg
(2)Δt =60℃
(3)ΔU =138J
【详解】（1）状态1（初始），根据平衡条件有p1= p0+ m1g
s
，l1=20cm
状态2，根据平衡条件有p2= p0+ (m1+m2)g
S
，l2=15cm
等温过程方程p1l1S = p2l2S
解得m2= 40kg
（2）缓慢加热，状态3 有p3= p2，l3=18cm，
等压过程方程L2S
T 2
=
L3 S
T 2+Δt
解得Δt =60℃
（3）从状态2 至状态3 内气体对外做功W = p2(l3−l2)S
由热力学第一定律，有ΔU =Q−W
得ΔU =138J
4.
（2025·浙江宁波·一模）如图甲所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后，最后
回到状态A，其中A →B为等压过程，B→C为等容过程，C →A为等温过程。已知气体在状态A
时的压强pA =3×10
5Pa，体积V A =200cm
3，温度T A =300K，在状态B时体积V B= 400cm
3。
(1)在A →B过程中，气体分子的平均动能 （选填“增大”、“减少”或“不变”）；在
C →A过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数 （选填“增大”、“减少”或
“不变”）；
(2)求状态B的温度T B、状态C的压强pC；
(3)求A →B→C过程中气体与外界交换的总热量Q。
【答案】(1) 增大 增大
(2)PC=1.5×10
5Pa
(3)Q =60J
【详解】（1）[1]在A →B过程中，为等压过程，体积增大，根据盖•吕萨克定律可知，气体温度
升高，所以气体分子平均动能增大；
[2]在C →A过程为等温过程，体积减小，根据波义耳定律可知，压强增大，所以单位时间内碰撞
单位面积器壁的分子数增大。
（2）A →B为等压过程，根据盖•吕萨克定律有V A
T A
= V B
T B
解得T B=600K
B→C为等容过程，根据查理定律有pB
T B
= pC
T C
解得PC=1.5×10
5Pa
（3）由题意可知T C=T A，故A →B→C过程中气体内能增量ΔU =0
A →B过程中，气体压强不变，气体做功由W AB=−pA(V B−V A)
解得W AB=−60J。
B→C过程中，气体体积不变，气体对外不做功W BC=0
根据热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q =60J。
5.
（2025·浙江·一模）如图，竖直放置的密闭绝热汽缸被轻质导热活塞分成上下两部分，上部分封闭
一定质量的理想气体，气体的温度为T 0，压强为p0，下部分为真空，活塞与汽缸上壁中央用一根
原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧竖直连接。汽缸内壁光滑，弹簧的形变始终在弹性限度内且其
体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，此时弹簧长度为l，后因活塞密封不严发生缓慢移
动，最后活塞重新达到平衡。（已知该理想气体的内能U =CnT，其中n为该气体摩尔数，C为已
知的比例系数，形变量为x的弹簧弹性势能为1
2 k x
2）
(1)与初始时相比，上部分气体的分子数密度 ，上部分气体分子的平均速率 （以上
两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）；
(2)若活塞重新达到平衡时的气体温度为T 1（已知），求此时上部分气体的压强p1 ；
(3)若活塞重新达到平衡时的气体温度为T 1（未知），求此时上部分气体的温度T 1 。
【答案】(1) 变小 变大
(2)p1= p0T 1
2T 0
(3)T 1= k (l−l0)
2
2nC
+T 0
【详解】（1）[1]当活塞密封不严时气体有一部分漏气到下半部分，所以上半部分气体的分子数密
度减小。
[2]下方真空处有气体时，活塞会受到下部分气体的压力，使得上半部分弹簧变短，在绝热条件下弹
簧弹性势能转化为内能，所以内能增大，故温度升高，上部分气体的分子平均速率增大。
（2）由于是轻质活塞，当活塞再次平衡时，上下部分气体压强相等，弹簧弹力为0。
根据理想气体状态方程，有p0 Sl
T 0
= 2 p1Sl
T 1
解得p1= p0T 1
2T 0
（3）末状态下弹簧恢复原长，弹性势能转化为内能，初始时弹性势能为Ep= 1
2 k(l−l0)
2
所以内能的变化量ΔU =Cn(T 1−T 0)= Ep−0
解得T 1= k (l−l0)
2
2nC
+T 0
6.
（2025·浙江·一模）如图所示是某款气压式升降椅及其气缸柱放大结构图，圆柱形气缸固定于底座，
内部充有一定量的气体（可视为理想气体），气缸内部横截面积为S =20cm
2。活塞上端被气缸上
端卡环卡住，此刻气缸内部气体柱长L=30cm，外部大气压为p1=1×10
5Pa，气缸内部气体压强
p2= 4 p1，活塞、连接杆、凳子面总质量为m=5kg，g=10 m /s
2，不计任何摩擦。
(1)若椅子上放了一个快递，椅子下降，一段时间后气缸内气体温度不变，此过程中，活塞对气体做
功20J，判断整个过程中缸内气体是 （填“吸热”或“放热”），相应的热量为
J；
(2)若椅子上不放任何东西，求活塞对卡环的作用力 ；
(3)某同学坐在椅子（脚始终悬空）上后，经过足够长时间，椅子高度下降Δh=5cm后平衡，求该
同学的质量 。
【答案】(1) 放热 20J
(2)550N，活塞对卡环的力方向竖直向上
(3)71kg
【详解】（1）[1][2]由题知，椅子下降的过程，气缸内气体温度不变，则气体的内能不变，即
ΔU =0
根据热力学第一定律有ΔU =W +Q
其中活塞对气体做功为W =20J
解得Q =−20J
负号表示缸内气体放热；相应的热量为20J
（2）活塞静止不动处于平衡状态，根据平衡条件有p1S +mg+ F = p2S
解得F =550 N
根据牛顿第三定律得到F卡= F =550 N
活塞对卡环的力方向竖直向上
（3）根据玻意耳定律有p1V 1= p3V 2
解得p3= 4.8×10
5Pa，
活塞静止不动处于平衡状态，根据平衡条件有p1S +mg+ Mg= p3 S
解得M =71kg
7.
（2025·浙江·一模）如图所示，“工”字型支架A 固定在水平地面上，支架上端为一截面积
S =100cm
2的圆柱形活塞，活塞与质量m=20.0kg导热圆柱形汽缸B 间封闭一定质量的理想气体，
活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度T 1=300K，封闭气体的长度h=10cm，外界大气压强
p0=1.0×10
5Pa。
(1)环境温度T 1=300K时，求封闭气体的压强p；
(2)当环境温度缓慢变为T 2时，汽缸的机械能减少2J，气体内能减少2J，求：
①环境温度T 2；
②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。
【答案】(1)p=1.2×10
5Pa
(2)①T 2=270K；②气体对外放热；14 J
【详解】（1）分析汽缸的受力得mg+ p0 S = pS
解得p=1.2×10
5Pa
（2）①汽缸机械能减少，由mg Δh=|Δ Ep)
解得Δh=1.0cm
封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得hS
T 1
= (h−Δh)S
T 2
解得T 2=270K
②汽缸对气体做的功为W = pS Δh=12J
由热力学第一定律得ΔU =W −Q
联立，解得Q =14 J
所以，气体对外放热，热量的大小14 J。
8.
（2025·浙江·一模）如图所示，导热性良好的圆柱形气缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为
S =0.01m
2，质量m0=1kg的光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为m=80kg的重
物，此时活塞处在距气缸上底面0.3m 的A 处（图中未标注），环境温度为T 1=300K。随着环境温
度升高，活塞缓慢移动到距离气缸上底面0.36m 的B 处（图中未标注）。已知大气压为
P0=1.01×10
5Pa，忽略大气压的变化，则：
(1)求活塞在B 处时环境温度T 2；
(2)活塞从A 处到B 处的过程中气体分子平均动能 （选填“变大”，“变小”，或“不
变”），气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数 （选填“变大”，“变小”，或
“不变”）。
(3)活塞从A 处到B 处的过程中气体内能增加了ΔU =132J，求此过程中气体从外界吸收的热量Q；
【答案】(1)T 2=360K
(2) 变大 变小
(3)Q =144 J
【详解】（1）对活塞进行受力分析，活塞处于平衡状态，气体压强保持不变，气体发生等压变化,
由盖-吕萨克定律V 1
T 1
= V 2
T 2
其中V 1=h1S，V 2=h2S
代入数据得T 2= h2
h1
T 1= 0.36
0.3 ×300K =360K
（2）气体分子平均动能只与温度有关，温度升高，分子平均动能变大；气体压强不变，温度升高
使分子平均速率增大，但体积增大导致分子数密度减小，单位时间单位面积的撞击次数变小。
（3）对活塞和重物受力分析，气体压强p= p0−(m0+m)g
S
代入数据p=2×10
4 Pa
气体对外做功W = pΔV = pSΔ L=12J
根据热力学第一定律ΔU =Q−W
已知ΔU =132J
则Q =ΔU +W =144 J
9.
（2025·浙江嘉兴·一模）如图所示为一形状不规则但导热良好的容器，为了测量该容器的容积，某
兴趣小组在其开口处连接一根两端开口的竖直玻璃管，密封好接口，用一惰性气体充满容器，并用
质量m=0.1kg的活塞封闭内部气体。已知玻璃管内壁光滑，半径r =0.5cm。当环境温度T 0=300K
时，玻璃管内气柱长度L=10cm。环境温度缓慢升高到310K 时，气柱长度增至70cm。已知大气压
强恒定，p0=1.0×10
5Pa，π取3，求：
(1)温度变化过程中容器中气体对外界做的功W；
(2)温度变化过程中容器中气体 （选填“吸热”或“放热”），容器中气体分子平均速率
（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
(3)容器的容积V（保留三位有效数字）。
【答案】(1)5.1J
(2) 吸热 增大
(3)1.34L
【详解】（1）根据pS =mg+ p0 S，W = pS Δ L，Δ L=70cm −10cm =60cm
可得W =5.1J
（2）[1][2]温度升高内能增大，容器中气体分子平均速率增大，且ΔU >0，体积增加气体对外界做
功，则W <0，根据热力学第一定律可得ΔU =W +Q
可知Q>0，故温度变化过程中容器中气体吸热；
（3）气体等压变化，则V + LS
T 0
= V + L1S
T 1
解得V =1.34 L
10. （2025·浙江金华·一模）如图是一个呈葫芦形的导热玻璃瓶，为测量其内部容积，在瓶口插入一根
两端开口的玻璃管，接口用蜜蜡密封。玻璃管竖直放置，横截面积S =1.0cm
2，质量m=2g的油柱
（密度ρ=0.8g/cm
3）将一定质量理想气体封闭在瓶内。油柱静止时，玻璃管中空气柱长度L=
2cm，此时外界温度T =300K。将玻璃瓶浸入温度为2T的热液中，油柱再次静止时下方空气柱长
度变为10L。已知气体内能变化满足ΔU =k ΔT（k为常量，k =8×10
−3J/K），环境温度和外
界气压恒定，油未溢出。求：
(1)若将玻璃瓶改为浸入冰水中达到平衡后：气体分子平均动能 （选填“增大”“不变”
或“减小”），玻璃瓶内气体分子的数密度 （选填“增大”“不变”或“减小”）；
(2)玻璃瓶内部的容积V ；
(3)若外界气压p0=10
5Pa，求温度从T升至2T过程中，气体吸收的热量。［第（3）题结果要求保
留2 位有效数字］
【答案】(1) 减小 增大
(2)16 mL
(3)4.2J
【详解】（1）气体分子平均动能宏观体现为温度，温度降低，分子平均动能减小；
气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律V 1
T 1
= V 2
T 2
温度降低，体积减小，而气体质量不变，所以玻璃瓶内气体分子的数密度增大。
（2）气体做等压变化，盖-吕萨克定律V 1
T 1
= V 2
T 2
初态： V 1=V + LS，T 1=T
末态：V 2=V + L2S，T 2=2T
代入数据可得V =16 mL
（3）瓶内气体压强为p= p0+ mg
S =1.002×10
5Pa
气体温度升高ΔT =T
气体膨胀过程中，外界对气体做功为W =−pS⋅(10 L−L)=−1.8036J
气体内能的变化为ΔU =k ΔT =k ⋅T =2.4 J
由ΔU =W +Q得Q =ΔU −W = 4.2J
11.
（2025·浙江杭州·三模）舟山渔场有着丰富的渔业资源。为了保护生态，每年的5-10 月为“禁渔
期”，为了在此期间吃到鲜货，小明想把某种生活在海面下500m 深处的鱼类从海里移到如图所示
的两层水箱中养殖。为使鱼存活，须给它们创造一个类似深海的压强条件。如图所示，在一层水箱
中有一条鱼，距离二层水箱水面的高度h=50m，二层水箱水面上部空气的体积V=10L，与外界大气
相通。外界大气压p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g 取10m/s2（水箱内气体温度恒定）
(1)鱼在深海处的压强为多少？
(2)为使鱼正常存活，须给二层密闭水箱再打进压强为p0、体积为多少的空气？
(3)若此过程外界对二层水箱气体做功1.71×105J，求水箱气体 （“释放”或“吸收”）热
量为多少 ？
【答案】(1)5.1×10
6Pa
(2)450L
(3) 释放 1.71×10
5J
【详解】（1）鱼在深海处的压强p= p0+ ρgH =5.1×10
6Pa
（2）为使一层水箱压强达到p，二层水箱中气体压强为p1= p−ρgh= 4.6×10
6Pa
将外界压强为p0，体积为ΔV 的空气注入一层水箱，p0(V + ΔV )= p1V
解得ΔV = 450 L
（3）由于水箱内气体温度恒定，故内能不变，此过程外界对二层水箱气体做功W =+1.71×10
5J
由热力学第一定律得Q = ΔU −W =−1.71×10
5J
即水箱气体释放热量1.71×10
5J
12. （2025·浙江·二模）如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。现
将潜水钟简化为横截面积S = 4.0 m
2、高度L=3.0 m的薄壁圆筒，如图乙所示，筒内装有体积可以忽
略的电热丝和温度传感器（图中未画出）。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放在水下某
一深度，此时圆筒内的液面与水面的高度差h=5.0 m，该过程传感器显示筒内气体温度始终为
T 1=300K。接着通过电热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面
的高度差始终保持h值不变，当圆筒提升Δ L= 40cm时，传感器显示筒内气体温度为T 2。已知筒内
气体的质量保持不变，其内能与温度的关系式为U =kT，其中k =1.0×10
4J/K，大气压强为
p0=1.0×10
5Pa，水的密度ρ=1.0×10
3kg/m
3。重力加速度g=10 m/s
2。
(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能 （“增大”、“不变”、“减小”），
筒内气体的分子数密度 （“增大”、“不变”、“减小”）；
(2)求筒内气体的温度T 2；
(3)求圆筒提升Δ L过程中筒内气体吸收的热量Q。
【答案】(1) 不变 增大
(2)T 2=360K
(3)Q =8.4×10
5J
【详解】（1）[1]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；
[2]在圆筒缓慢向下吊放过程中，气体温度不变，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子
数密度增大。
（2）设圆筒到达某一深度时筒内空气长度L1，此过程等温变化，由玻意耳定律得
p0 SL=( p0+ ρgh)S L1
解得L1=2m
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律得S L1
T 1
= S( L1+ Δ L)
T 2
解得T 2=360K
（3）在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为W ，则有W =−( p0+ ρgh)S Δ L
解得W =−2.4×10
5J
内能变化ΔU =k ΔT =k(T 2−T 1)
解得ΔU =6×10
5J
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q =8.4×10
5J
