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专题16 热学
2 大考点概览
考点01 气体、固体和液体
考点02 热力学定律
1．（2026·四川广安·一模）如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于
大气压强p0、体积为
的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V 0的临界值V 0c，当V 0=V 0c时，
在液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为
l，按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体
积。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V 0c等于（ ）
A．ρgS
p0
H
2
B．ρgS
p0
H ( H +l)
C．
p0- ρg( H +l)
p0
SH D．
p0+ ρg( H +l)
p0
SH
【答案】B
【解析】根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V 0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻意
耳定律有p0 SH + p0V 0c= pSH
泵水器恰能出水满足p= p0+ ρg(H +l)
联立解得V 0c = ρgS
p0
H ( H +l)
考点2
气体、固体和液体
故选B。
2．（2026·四川字节教育·一模）一定质量的理想气体经历A →B→C的状态变化过程，其体积
与热力
学温度T的关系如图所示，图中CB 的延长线过坐标原点，气体在状态B时的压强为pB=2.0×10
5 Pa。
已知该理想气体内能的变化量仅与温度变化量成正比，比例系数为250J/K。求：
(1)气体在状态A 的压强pA；
(2)气体从状态B 到状态C 的过程中，吸收的热量Q。
【答案】(1) 4.0×10
5Pa
(2)6×10
4 J
【解析】（1）从A →B，气体发生等容变化，则有
pA
T A
= pB
T B
解得pA = T A pB
T B
= 400×2.0×10
5
200
Pa = 4.0×10
5Pa
（2）从
，气体发生等压变化，气体对外界做功为W = pB(V C -V B)=1×10
4 J
气体内能变化量为ΔU =k(T C -T B)=250×(400-200)J =5×10
4 J
根据热力学第一定律可得ΔU =-W +Q
解得吸收的热量为Q =6×10
4 J
3．（2026·四川·一模）一定质量的某种理想气体，沿p-T 图像中箭头所示方向，从状态A 开始先后变化到
状态B、C、D，其中状态A 和状态D 温度相同，BA、CD 的延长线经过坐标原点。已知气体在状态A
时的体积为1.0L。求：
(1)气体在状态C 时的体积V C；
(2)气体在A→B→C→D 过程中吸收的总热量Q。
【答案】(1)3×10
-3m
3
(2)440J
【解析】（1）气体从A到B经历等容变化过程，从B到C经历等压变化过程，由盖-吕萨克定律得
V B
T B
= V C
T C
解得V C =3×10
-3m
3
（2）气体从A到B及从C到D经历等容变化过程，外界对气体不做功；从A到B过程。由查理定律得
pA
T A
= pB
T B
解得pB=2.2×10
5Pa
从B到C过程，外界对气体做功为：W =- pB(V C -V B)
解得
。由于T A =T D，气体内能不变，故ΔU =0。气体经历A →B→C →D过程，根据热
力学第一定律得：ΔU =W +Q
解得Q = 440 J
4．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，导热柱形气缸B 位于倾角为θ的斜面上，不可伸长的细绳连接着气
缸中的活塞A，初始状态活塞到气缸底部内侧的距离为2L，气缸底部外侧到斜面底端挡板的距离为
L，气缸质量为m（不含活塞），内部底面积为S。若活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，且该气
体的内能U 与温度T 之间关系为U =kT，k 为已知常量，初始温度为T 0。不计一切摩擦，重力加速度
为g，大气压强为p0。求：
(1)初始状态下气缸内气体压强p；
(2)现对气缸进行缓慢加热，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中（活塞未脱离气缸），气缸
内气体内能增加了多少。
【答案】(1) p0 S -mgsinθ
S
(2)k T 0
2
【解析】（1）对气缸，由平衡条件得mgsinθ+ pS = p0 S
解得p= p0 S -mgsinθ
S
（2）分析可知，从初始状态到气缸底部恰好接触挡板的过程中，气体压强不变，则2 LS
T 0
= (2 L+ L)S
T
气体初末状态的内能U 0=k T 0，U =kT
气缸内气体内能增加量
联立解得ΔU = k T 0
2
5．（2026·四川广安·一模）“拔火罐”是我国传统医学的一种疗法。治疗时，医生将开口面积为S 的玻璃
罐加热，使罐内空气温度升至
，然后迅速将玻璃罐倒扣在患者皮肤上（状态1）。待罐内空气自然冷
却至室温
，玻璃罐便紧贴在皮肤上（状态2）。从状态1 到状态2 过程中罐内气体向外界放出热量
。已知S =1.6×10
-3m
2，t1=77°C，t2=27°C。忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×10
5Pa。
求：
(1)状态2 时罐内气体的压强；
(2)状态1 到状态2 罐内气体内能的变化；
(3)状态2 时皮肤受到的吸力大小。
【答案】(1)9×10
4 Pa
(2)减少
(3)24 N
【解析】（1）状态1 气体的温度T 1=（77+273）K =350 K
压强p1= p0=1.05×10
5Pa
状态2 气体的温度T 2=（27+273）K =300 K
气体做等容变化，根据
p1
T 1
= p2
T 2
可得p2=9×10
4 Pa
（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q=−7.35J
根据热力学第一定律ΔU =W +Q
可得状态1 到状态2 罐内气体内能的变化ΔU =-7.35J
即气体内能减少
。
（3）罐内外的压强差Δp= p0- p2=1.5×10
4 Pa
状态2 皮肤受到的吸力大小F = ΔpS =24 N
6．（2026·四川巴中·一模）如图所示，粗细均匀、上端齐平的U 形玻璃管竖直放置，玻璃管的左侧上端封
闭，右侧上端与大气相通，管中封闭有一定体积的水银，稳定时，玻璃管左侧封闭的空气柱的长度
l =30cm，右侧的水银液面比左侧的水银液面高h=6cm。已知外界大气压强p0=75cmHg，环境温度为
300K，U 形管内部的横截面积S =25cm
2。
（1）若用带导气管的橡皮塞（不计厚度）将玻璃管的右上端密封，并用气泵向其中缓慢充气，求玻璃
管两侧液面相平时，从外界向玻璃管中充入的同温度下压强为p0的气体体积V；
（2）若仅使玻璃管左侧空气柱的温度缓慢下降，求玻璃管两侧液面相平时玻璃管左侧空气柱的热力学
温度T。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设玻璃管两侧的液面相平时，玻璃管右侧气体的压强为p，以玻璃管右侧原有气体和充
入的气体为研究对象，充气前后，由玻意耳定律有
对玻璃管左侧封闭的气体，初态压强
变化前后，由玻意耳定律可得
联立解得
（2）设稳定后玻璃管左侧空气柱的热力学温度为T，对玻璃管左端的气体，由理想气体状态方程可得
代入数据解得
7．（2026·四川字节教育·一模）琉璃不对儿是以玻璃为原料吹制的传统发声玩具，形似苹果状烧瓶，底部
薄脆，吹吸时可发出“卟-噔”声，如图所示。已知某琉璃不对儿正常情况下的容积为V 0=300 mL，外
界空气的温度为27
∘C，压强为p0=1×10
5Pa，密度为ρ=1.12×10
-3g/cm
3。回答下列问题：
(1)制作完成时，该琉璃不对儿内部气体的温度为627
∘C，求冷却到室温过程中，琉璃不对儿吸入气体
的质量。
(2)冷却后堵住开口，缓慢加热，琉璃不对儿的底部向外胀起，容积最大增量为ΔV =5 mL，能承受的最
大压强差为Δp=1×10
3Pa，求内部气体的最大温度。
【答案】(1)0.224 g
(2)308.05 K
【解析】（1）室温时，琉璃不对儿内部气体的质量为m1= ρV 0
内部气体等压膨胀到温度为627℃的过程，有
V 0
T 0
= V 1
T 1
则制作完成时琉璃不对儿内部气体的质量为m2=m1
V 0
V 1
琉璃不对儿吸入气体的质量为Δm=m1-m2=0.224 g
（2）当容积最大、内部气体压强最大时，内部气体温度达到最大，由理想气体状态方程有
p0V 0
T 0
= p1V 2
T max
其中V 2=V 1+ ΔV ，p1= p0+ Δp
联立可得T max=308.05 K
8．（2025·四川攀枝花·一模）一定质量的理想气体经历了a→b→c→d →e→a的循环过程，其p-T图
像如图所示，其中ae 连接线、bc 连接线的延长线均过坐标原点，ab、de 与横轴平行。关于该循环过程，
下列说法中正确的是（ ）
A．状态b时气体体积最大
B．气体体积先减小后增大
C．
过程中气体从外界吸热
D．d →e过程中气体对外界做功
【答案】AC
【解析】AB．根据理想气体状态方程
pV
T =C
变形得
p= C
V T
可知斜率
k = C
V
即状态b、c 体积相等且为最大，a、e 状态体积相等且最小，所以从状态a→b→c→d →e→a，气
体体积先增大后减小，故A 正确，B 错误；
C．a 到b 过程中，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，有
ΔU =W + ΔQ
可知
ΔQ>0
气体从外界吸热，故C 正确；
D．d →e过程中气体体积减小，外界对气体做功，故D 错误。
故选AC。
9．（2025·四川巴中·一模）如图甲所示，一绝热刚性汽缸放在水平面上，汽缸上部带卡口，汽缸底部装有
加热丝可以对汽缸内的气体进行加热，用质量为m、横截面积为S 的活塞封闭了一定量的理想气体在汽
缸中，活塞可以在汽缸内无摩擦滑动，汽缸内理想气体的体积随温度变化如图乙所示，重力加速度为
g，外界大气压强恒为p0。求：
(1)在A 状态时，汽缸内气体的温度；
(2)在C 状态时，活塞对卡口的作用力大小。
【答案】(1)200K
(2)1
3 ( p0 S+mg)
【解析】（1）A 到B 等压变化，则由盖—吕萨克定律
V A
T A
= V B
T B
代入数据解得，在A 状态时，汽缸内气体的温度为
（2）B 到C 做等容变化，由查理定律
pB
T B
= pC
T C
其中
pB= p0+ mg
S
对活塞受力分析，由平衡条件
F +mg+ p0 S = pC S
联立可得，在C 状态时，活塞对卡口的作用力大小为
F = 1
3 ( p0 S+mg)
9．（2025·四川德阳·一模）如图所示，一根长度为L=120cm、横截面积为S、两端封闭、粗细均匀且导
热良好的玻璃管竖直放置。在玻璃管顶部开一小孔。堵住小孔，管内有一段高h=30cm的水银柱，上
方为真空，下方则封闭着长为a=60cm的空气柱。已知玻璃管所处地理位置的大气压强p0=60cmHg，
热力学温度T 1=300 K，空气可视为理想气体。
(1)若只缓慢加热玻璃管，当水银刚到达玻璃管顶部时，求封闭气体的热力学温度T 2；
(2)若松开孔，空气从外界进入，最终稳定时，水银柱下降距离Δh（整个过程外界温度为T 1保持不变）。
【答案】(1)450 K
(2)40cm
【解析】（1）题意可知水银刚到达玻璃管顶部时，空气柱的长度为
H = L-h
由等压过程规律知
T 2
T 1
= SH
Sa
代入数据得
T 2= 450 K
（2）据题意，原封闭空气柱压强
p1=30cmHg
稳定后空气柱压强
p2=h+ p0
代入数据得
p2=90cmHg
由等温过程规律知
p2S (a- Δh)= p1Sa
代入数据解得
Δh= 40cm
10．（2025·四川攀枝花·一模）如图所示为竖直放置、开口向上的圆柱形绝热容器，横截面积为S。用质
量为m的绝热活塞将一部分理想气体密封在容器中后，在容器顶端装上限位器，防止活塞从容器中滑出。
初始时容器内气体的温度为T 0，活塞到容器底部的距离为
，此时活塞与容器壁之间恰好无摩擦力。连接
电热丝的电源对容器内部的气体加热，使活塞缓慢上升
后与限位器接触，停止加热。已知重力加速度为
g，大气压强
，活塞与容器壁的滑动摩擦力为活塞重力的k倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
忽略电热丝的体积，求：
(1)加热前容器内气体的压强p；
(2)活塞刚与限位器接触时气体的温度T。
【答案】(1)100mg
S
(2)100+k
80
T 0
【解析】（1）加热前，对活塞受力分析可知
pS = p0 S +mg
得
p= p0+ mg
S = 100mg
S
（2）设活塞刚开始向上滑动时，气体压强为p1，热力学温度为T 1，对活塞由平衡条件得
p1S = p0 S +mg+ kmg
得
p1= (100+k )mg
S
从初始状态对活塞开始向上滑动，气体体积不变，由查理定律得
p
T 0
= P1
T 1
得
T 1= 100+k
100
T 0
从活塞开始向上滑动到活塞刚与限位器接触，气体压强不变，由盖-吕萨克定律
hS
T 1
=
(h+ h
4 )S
T
解得
T = 100+k
80
T 0
11．（2026·四川眉山·一模）下列关于热现象的说法正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体温度发生变化，内能不一定改变
B．物体吸收热量其内能一定增加
C．热量不能从低温物体传到高温物体
D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
【答案】D
【解析】A．温度是气体内能的标志，一定质量的理想气体温度发生变化，内能一定改变，故A 错误；
B．物体从外界吸收热量，并对外做功，其内能不一定增加，故B 错误；
C．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但通过外界做功，热量能从低温物体传到高温物体，故
C 错误；
D．压强不变体积变大则温度升高，内能变大，而体积变大气体膨胀对外做功，由ΔU =W +Q
可知一定吸热，故D 正确。
故选D。
12．（2026·四川攀枝花·一模）中国北斗探空气球携带气象探测仪器升空，可用于实时监测大气参数并通
过北斗卫星传输数据。气球球囊材质多为天然乳胶或合成橡胶，内部充满氦气，充气后升至约30-40 公
里高空后自行破裂。在某段升空过程中，离地面越高、空气密度越小、温度越低，气球体积变大，若
忽略太阳作用和空气摩擦，则在该段上升过程中，关于球内的气体，下列说法正确的是（ ）
A．内能不断增大B．从外界吸收热量
C．向外界放出热量
D．对外界做负功
【答案】C
【解析】根据热力学第一定律，气体内能变化ΔU =Q+W
其中W 为气体对外界做的功（规定系统对外做功为正）。气球上升过程中，环境温度降低，且气球体
积变大。
A．气体内能取决于温度（U ∝T），温度降低，故内能减少，即ΔU <0，故A 错误；
D．气球体积变大，气体膨胀对外做功，即W <0。故气体对外界做正功，故D 错误；
考点3
热力学定律
BC．由热力学第一定律ΔU =Q+W
解得Q = ΔU -W 。由上述分析可知ΔU <0且W <0，尽管环境温度降低，气球内部气体温度也降低，
但由于膨胀做功需要的能量更多，气体需要从外界吸收热量来补偿内能的减少和对外做功，但由于内
能减少量大于对外做功的能量，故气体向外界放出热量，故B 错误，C 正确。
故选C。
13．（2026·四川成都·一模）如图所示，一定质量的理想气体可经ABC过程从A 状态变化到C 状态。已知
p0、
及气体处于A 状态时温度为T 0。求：
(1)气体处于B 状态时的温度T；
(2)ABC过程外界对气体做的功W ；
(3)ABC过程气体放出的热量Q放。
【答案】(1)3T 0
(2)6 p0V 0
(3)6 p0V 0
【解析】（1）从A 状态到B 状态，由等容变化
pB
T B
= pA
T 0
解得气体处于B 状态时的温度T B=3T 0
（2）ABC过程外界对气体做的功W = pB ΔV =6 p0V 0
（3）从A 状态变化到C 状态由气体方程
pCV C
T C
= p0V A
T 0
得
即从A 状态变化到C 状态气体内能不变，由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q =-6 p0V 0
即ABC过程气体放出的热量Q放=6 p0V 0
