专题集训(十三) 热学
基础练
一、选择题:
1．下列四幅图所涉及的物理知识，下列论述正确的是( )
A．图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大
B．图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力
C．图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨
迹
D．图丁中A 是浸润现象，B 是不浸润现象
2．如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直倒放，汽缸内用绝热活塞(活塞质量不
可忽略)封闭一定质量的理想气体，气体处于平衡状态。现把汽缸稍微倾斜一点，
达到平衡时与原来相比( )
A．气体的密度增大
B．气体的内能减小
C．单位时间气体分子对活塞的冲量减小
D．气体分子的平均动能增大，所有气体分子热运动速率
都增大
3．制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折
后用回形针固定，然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露
出水面，最后用盖子封紧矿泉水瓶(如图甲)。实验时，用力按压瓶身，“潜水
艇”就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气
体体积为V0，压强为p0，吸管内封闭气体的体积为V，“吸管潜水艇”的总质
量为m，水的密度恒为ρ，气体温度始终保持不变，所有气体视为理想气体。缓
慢挤压瓶身时，瓶内封闭气体吸热还是放热？挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮
在水中时(如图乙)，水面上方的气体体积减小了多少？(不考虑吸管厚度和回形
针的体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于大气压，即管内外气压始终
相等)下列选项正确的是( )
A．吸热，2V0(1−m
ρV)
B．B．放热，V0(1−m
ρV)
C．吸热，V0(1−m
ρV)
D．放热，2V0(1−m
ρV)
4.下列四种现象中,有一项涉及的液体性质与其他三项不同是( )
A.水黾在水面上“飘着”而不沉入水中
B.验血时指尖刺出的小血珠沿着采血细管往上升
C.南宋张世南发现真的桐油可以在篾圈上形成油膜,而掺假的桐油不行
D.王亚平在“天宫课堂”中,展示了悬浮在太空舱里的水滴呈现为球状
5.一定质量的气体从状态A 经过B 再到C,其p- 1
V 图像如图所示,图中AC 连线的
延长线过坐标原点O,AB 线段与纵轴垂直,BC 线段与横轴垂直。则下列说法正
确的是( )
A.A→B 过程,气体体积增大,压强不变,温度降低
B.B→C 过程,气体压强减小,体积不变,温度升高
C.A→B 的过程中,气体分子平均动能减小
D.状态A、C 的气体分子的平均动能一定相同
二、计算题:
6．如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的质量为m，面积
为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相
同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓
慢向上移动距离0.5L 后停止，整个过程中气体吸收的热量
为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。求：
(1)理想气体最终的温度T；
(2)理想气体内能的增加量ΔU。
7．“空气炮”是非常有趣的小玩具，深受小朋友们喜爱。其使用方法是先用手
拉动后面的橡胶膜，抽取一定质量的空气后，迅速放手，橡胶膜在恢复原状的
过程中压缩空气，从而产生内外压强差，空气从管口冲出形成冲力。已知“空
气炮”在未使用前的容积为600 mL，拉动橡胶膜至释放前的容积变为800 mL，
大气压强为1.05×105 Pa，整个过程中“空气炮”中的空气温度等于环境温度
27 ℃不变。
(1)若橡胶膜恢复原状的过程可视为没有空气冲出，试求恢复原状瞬间“空气
炮”内部空气压强。
(2)经检测，橡胶膜恢复原状瞬间，“空气炮”内部空气压强为1.2×105 Pa，试
求此时已冲出管口的空气质量与仍在“空气炮”内部的空气质量之比。
能力综合练
一、选择题:
8．一定质量的理想气体从状态A 缓慢经过B、C、D 再回到状态A，其热力学
温度T 和体积V 的关系图像如图所示，BA 和CD 的延长线均过原点O，气体在
状态A 时的压强为p0，下列说法正确的是( )
A．A→B 过程中气体向外界放热
B．B→C 过程中气体分子的平均动能不断增大
C．C→D 过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少
D．D→A 过程中气体的温度升高了T 0
6
9．如图所示为某型血压仪的结构简图，加压气囊、臂带组成一个密闭部分，压
强计能显示臂带内气体与外界大气的压强差。测血压时先调节压强计示数为
0，之后通过加压气囊充气加压，臂带通过软组织作用于肱动脉，当所加压力高
于心脏收缩压力时听诊器听不到心脏搏动的声音，之后通过加压气囊慢慢向外
放气，臂带内的压强随之下降，血液冲开被阻断的血管时可以再次听到心脏搏
动的声音，压强计显示的压力值就等于收缩压。若臂带容积为V0，各连接管的
体积均不计，充气过程臂带内气体体积不变，温度不变，外界大气压强恒为
750 mmHg。现测得某同学的收缩压为120 mmHg，则再次听到心脏搏动声音时
臂带内气体质量约为充气前的( )
A．35
29 B．7
6 C．29
25 D．32
29
10.(多选)一定质量的理想气体,经过一个缓慢的过程从状态P 变化到状态Q,该
过程的p-V 图像如图甲所示,图乙为其T-V 图像,a、c 两条曲线中的一条与上述
过程对应,曲线a 和c 均为开口向下的抛物线,下列说法正确的是( )
A.曲线a 对应了P 到Q 的过程
B.曲线c 对应了P 到Q 的过程
C.P 到Q 的过程理想气体吸收的热量为3
2
p0V0
D.状态P 中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态Q 的1.5
倍
二、计算题:
11．(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示，一定质量的理想气
体经ABCDA 完成循环过程，AB 和CD 均为等温过程，BC 和DA 均为等容过程，
已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A 的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1
＝1.0 m3，气体在状态C 的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D 的压强pD；
(2)气体在状态B 的体积V2。
12．(2024·浙江1 月卷)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A 分
成体积均为V1＝750 cm3的左右两部分。面积为S＝100 cm2的绝热活塞B 被锁定，
隔板A 的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1＝300 K、压强p1
＝2.04×105 Pa 的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终
达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻
丝C 加热时，活塞B 能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K 的状态
3，气体内能增加ΔU＝63.8 J。已知大气压强p0＝1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)气体从状态1 到状态2 是________(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子
平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力F 的大小；
(3)求电阻丝C 放出的热量Q。
13．某课外活动小组设计了一台灌注惰性气体的装置如图所示，容器A 的容积
为2V0，内装有压强为2p0的惰性气体，容器B 的容积为V0，内装有压强为2p0
的惰性气体，连接管道中间有一开口，可以与打气筒C 相连，且该连接口左右
两侧各有一开关M、N(M、N 均只能单向通气，通气方向如图所示)，若打气筒
C 容积为V 0
2 ，且初始状态活塞在最下方，向上提到最上端后再向下压至底端，
为一次抽压全过程，所有过程气体温度视为不变。试求：
(1)抽压n 次后，A 容器中的压强是多少；
(2)若要求B 容器中的压强增大到3p0以上，至少要抽压几次。
参考答案：
1．D [晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故A 错误；水黾可以
在水面自由活动，是因为水的表面张力，故B 错误；每隔一段时间把观察到的
炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动
图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，故C 错误；题图丁中
A 是浸润现象，B 是不浸润现象，故D 正确。]
2．A [以活塞为研究对象，开始时有p0S＝mg＋pS，当汽缸稍微倾斜一点，设
倾角为θ，平衡时有p0S＝mg sin θ＋p′S，可知封闭气体的压强增大，根据理想
气体状态方程可知封闭气体的V
T 在变小，结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q，因
为系统绝热Q＝0，所以有ΔU＝W，同时理想气体的内能只与温度有关，可得
T 变大，V 减小，故气体的密度增大，内能增大，A 正确，B 错误；封闭气体的
压强变大，单位时间气体分子对活塞的冲量增大，C 错误；理想气体的内能增
大，气体分子的平均动能增大，但并非所有气体分子热运动速率都增大，D 错
误。]
3．B [气体温度不变，则瓶内封闭气体发生等温变化，故内能保持不变，即
ΔU＝0，挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即W>0，根
据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q<0，即气体对外放热。设“潜水艇”悬浮
时，吸管内部封闭气体的压强为p1，体积为V1，根据平衡条件得ρgV1＝mg，解
得V1＝m
ρ ，对吸管内的气体，根据玻意耳定律p0V＝p1V1，解得p1＝p0Vρ
m
，设
水面上方的气体体积减小ΔV，对水面上方的气体，根据玻意耳定律p0V0＝p1(V0
－ΔV)，解得ΔV＝V0(1−m
ρV)，故选B。]
4.B 解析 水黾在水面上“飘着”而不沉入水中,是因为水的表面张力,使得水面形
成一层“弹性膜”,支撑水黾;验血时指尖刺出的小血珠沿着采血细管上升,这是毛
细现象,其本质是液体的表面张力在细管中产生的附加压强导致的;桐油可以在
篾圈上形成油膜,而掺假的桐油不行,这与桐油的表面张力有关,表面张力可以使
桐油形成油膜;王亚平在“天宫课堂”中,展示了悬浮在太空舱里的水滴呈现为球
状,是因为在太空中处于失重状态,液体的表面张力使水滴表面收缩到最小面积
的趋势,而体积一定时,球形的表面积最小,所以呈现球状,也是由于表面张力,故
A、C、D 选项均表现为表面张力,B 选项为毛细现象,与其他三选项不同,故选
B。
5.D 解析 由题图可知,A→B 过程,气体压强不变、体积变大,由V
T =C 可知,气体
温度升高,A 错误;B→C 过程,气体体积不变,压强减小,由p
T =C 可知,温度降低,
B 错误;由A 项分析可知,A→B 过程,气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,
C 错误;由理想气体状态方程pV
T =C 可得,p=CT· 1
V ,p- 1
V 图像的斜率k=CT,O、A
连线的斜率与O、C 连线的斜率相同,则TA=TC,所以状态A、C 的分子的平均动
能相同,D 正确。
6．解析：(1)活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有
V 1
T 0
＝V 2
T
且V2＝1.5V1 解得T＝1.5T0。
( 2)活塞缓慢移动，所以受力平衡，则p1S＝p0S＋mg
外界对气体做功W＝－0.5p1SL
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得ΔU＝Q－0.5(p0S＋mg)L。
答案：(1)1.5T0 (2)Q－0.5(p0S＋mg)L
7．解析：(1)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，
初始空气压强p1＝1.05×105 Pa
空气体积V1＝800 mL
橡皮膜恢复原状时空气体积V2＝600 mL
空气做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝1.4×105 Pa
即橡胶膜恢复原状瞬间“空气炮”内部空气压强为1.4×105 Pa。
(2)以抽入空气后的“空气炮”内空气为研究对象，初始空气压强p1＝1.05×105
Pa，空气体积V1＝800 mL
橡皮膜恢复原状时空气在管内的体积V2＝600 mL
已冲出管口的空气压强视为与内部相同为p′2＝1.2×105 Pa，设其体积为V3，空
气做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p′2(V2＋V3)，解得V3＝100 mL
同压强下空气质量与体积成正比，则冲出管口的空气质量与内部的空气质量之
比为
m3
m2＝
V 3
V 2，解得
m3
m2＝1
6。
答案：(1)1.4×105 Pa (2)1
6
8．D [A→B 过程中气体的温度升高，内能增大。气体体积增大的过程中对外
做功，W<0，根据ΔU＝W＋Q，可知Q>0，说明气体从外界吸热，故A 错误；
B→C 过程中气体做等温变化，气体分子的平均动能不变，故B 错误；C→D 过
程中气体的温度降低，分子的平均动能减小，则分子撞击器壁的平均撞击力减
小，根据CD 的延长线过原点O，可知C→D 过程中气体压强不变，所以气体分
子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加，故C 错误；由题图中几何
关系知，TA＝T B
2 ＝T 0
2 ，TD＝T C
3 ＝T 0
3 ，则D→A 过程中气体的温度升高了ΔT＝
TA－TD＝T 0
6 ，故D 正确。]
9．C [结合题述可知，再次听到心脏搏动声音时臂带内气体的压强为p1＝750
mmHg＋120 mmHg，设再次听到心脏搏动声音时臂带内气体在大气压强下的体
积为V1，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V1，解得V1＝
p1
p0
V0＝29
25V0，故
m1
m0
＝
V 1
V 0
，
m1＝29
25m0，C 正确。]
10.BC 解析 在题图甲中,P 到Q 的过程压强减小,体积增大,根据理想气体状态
方程pV
T =C 可知,初、末状态温度相同,在图乙中,T= p
C V,所以虚线b 为等压线,
从P 到Q 过程中,压强始终小于P 点压强,即图像斜率小于P 点对应斜率,所以
曲线c 对应了P 到Q 的过程,故A 错误,B 正确;p-V 图像面积代表做功,所以P
到Q 的过程气体对外界做功为W=- p0+2 p0
2
V0=-3
2p0V0,P 到Q 的过程内能不变,
根据热力学第一定律ΔU=Q+W=0,理想气体吸收的热量为3
2p0V0,故C 正确;P、
Q 两状态温度相同,分子平均动能相同,初态压强是末态的2 倍,所以状态P 中气
体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态Q 的2 倍,故D 错误。
11．解析：(1)气体从状态D 到状态A 的过程发生等容变化，
根据查理定律有
pD
T 2 ＝
pA
T 1
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C 到状态D 的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B 到状态C 发生等容变化，
因此气体在B 状态的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2.0×105 Pa (2)2.0 m3
12．解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1 到状态2 是不可逆过程，
由于隔板A 的左侧为真空，可知气体从状态1 到状态2，气体不做功，又容器
与活塞均绝热，即没有发生传热，所以由热力学第一定律可知气体的内能不变，
气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1 到状态2 发生等温变化，则有p1V1＝p2·2V1
解得状态2 时气体的压强为p2＝p1
2 ＝1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B 为研究对象，
根据力的平衡条件可得p2S＝p0S＋F 代入数据解得F＝10 N。
(3)当电阻丝C 加热时，活塞B 能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3＝350 K
的状态3，可知气体发生等压变化，则有
2V 1
T 1
＝
V 3
T 3
解得状态3 时气体的体积为V3＝1 750 cm3
该过程外界对气体做的功为W＝－p2ΔV＝－p2(V3－2V1)＝－25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W
解得气体吸收的热量，即电阻丝放出的热量Q＝89.3 J。
答案：(1)不可逆 不变 (2)10 N (3)89.3 J
13．解析：(1)对于A，则抽压第1 次时有4p0V0＝p1(2V 0+ V 0
2 )，解得p1＝8
5p0
当抽压第2 次时，有2p1V0＝p2(2V 0+ V 0
2 )，解得p2＝4
5p1
抽压第3 次时，有2p2V0＝p3(2V 0+ V 0
2 )，解得p3＝4
5p2
依次类推，可得pn＝2(
4
5)
n
p0(n＝0，1，2，…)。
(2)将A、B 视为整体，抽压第n 次时，有2p0·2V0＋2p0V0＝2pnV0＋pBV0
解得pB＝6p0－4(
4
5)
n
p0≥3p0(n＝0，1，2，…)
解得n≥2，即至少抽压2 次。
答案：(1)2(
4
5)
n
p0(n＝0，1，2，…) (2)见解析
