课后限时练17 热学
1．(2025·河南名校联盟高三下学期5月二模)电动充气泵是家用汽车常备工具，它利用电能驱动电机将外界气体压入轮胎，从而达到充气的目的。在充气前汽车轮胎内存有0.05 m3、1 atm的气体，现用电动充气泵对轮胎充气，每分钟可将36 L外部气体充入轮胎，外部气体压强为1 atm，该汽车轮胎最大容积为0.15 m3，内部最大允许气压为2.5 atm，假设充气过程中气体温度不变，则充气时间最长约为( )
A．5 min B．9 min
C．10 min D．12 min
2．(2025·1月八省联考四川卷)某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示，两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体( )
A．内能比浇水前大
B．压强与浇水前相等
C．所有分子的动能都比浇水前大
D．对水做的功等于水重力势能的增量
3．(多选)(2025·云南卷)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下( )
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
4．(2025·山东济宁高三下学期考前押题联合测试)如图所示，1 mol某理想气体经两个不同的过程(a→b→c和a→c)由状态a变到状态c。已知理想气体遵循气体定律pV＝RT，气体内能的变化量与温度的关系为ΔU＝R(T2－T1)(R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)。初始状态a的温度为T0。则( )
A．两过程内能增量相同均为ΔU＝2RT0
B．a→c过程单位时间撞击器壁单位面积的分子数增加
C．a→b→c过程内能逐渐增大
D．两过程从外界吸收热量之比为
5．(2025·河北沧州多校高三下学期二模)如图所示，气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门A，与外太空连接的是闸门B。国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需先经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0(地球表面标准大气压)，用抽气机多次抽取气闸舱中气体，当气闸舱气压降到一定程度后才能打开气闸门B。已知每次从气闸舱抽取的气体(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的，每次抽气降低的温度是抽气前气闸舱内热力学温度的，不考虑漏气、新气体及航天员大小产生的影响。则抽气3次后气闸舱内气压为( )
A．p0 B．p0
C．p0 D．p0
6．(多选)(2025·重庆市育才中学高三下学期二模)如图甲所示，一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上，一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在汽缸内，气体的初始压强为p0，温度为T0，汽缸顶端两侧各有一个卡口，活塞到达顶端不会离开汽缸。现用电热丝缓慢对气体加热，气体的压强随温度的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．当气体温度达到2T0时，活塞到达汽缸顶端
B．当气体温度达到3T0时，气体压强p1＝1.5p0
C．T0～2T0过程中，外界对气体做功，气体内能增大
D．2T0～3T0过程中，由于温度升高所有分子动能都增大
7．(16分)(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)，活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求：
(1)初始时，缸内气体的压强；
(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度；
(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其所做的功。
课后限时练17
1．B [设充气时间为t，根据玻意耳定律有p0V0＋p0V·t＝pm·Vm，其中p0＝1 atm，V0＝0.05 m3，V＝36 L，pm＝2.5 atm，Vm＝0.15 m3，代入数据解得t≈9 min，故选B。]
2．A [用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误；装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能的增量之和，故D错误。故选A。]
3．BD [根据题意，a中气体做等容变化，根据＝C，当环境温度升高，则a中气体压强增大，又pa＋ρ液gh＝p0，可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；由A、B选项分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中压强不变，b管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量值偏大，故D正确，C错误。故选BD。]
4．D [由pV＝RT可知，c状态温度为3T0。两过程内能增加量相同，为ΔU＝R(Tc－Ta)＝R×2T0＝3RT0，A错误；a→c过程压强不变，温度升高，分子撞击器壁作用力增大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，B错误；a、b状态温度相同，内能相同，故C错误；由图线与V轴围成面积可求两过程外界对气体做功Wabc＝－＝－RT0，Wac＝－2p0×2V0＝－2RT0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Qabc＝RT0， Qac＝5RT0，所以二者比值为，故D正确。故选D。]
5．B [第一次抽气相当于气体的体积由V变为V1＝V，温度由T0变为T1＝T0－T0，根据理想气体状态方程得，解得p1＝p0，第二次抽气相当于气体的体积由V1变为V2＝V1，温度由T1变为T2＝T1－T1，根据理想气体状态方程得，解得p2＝p1＝p0，同理抽气3次后气舱内气压为p3＝p0，故选B。]
6．AB [T0~2T0，气体发生等压变化，当温度达到2T0以后压强变大，可知当温度达到2T0时，活塞到达汽缸顶端，故A正确；2T0~3T0，气体发生等容变化，由查理定律可得，解得p1＝1.5p0，故B正确；T0~2T0，气体发生等压变化，气体体积变大，则气体对外界做功，故C错误；2T0~3T0，气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是所有的分子动能都增大，故D错误。故选AB。]
7．解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝p1S
解得初始时，缸内气体的压强为p1＝＋p0。
(2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件有Mg＋mg＋p0S＝p2S
解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0
由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh'
活塞下降的高度Δh＝h－h'
联立可得Δh＝。
(3)由于过程中温度保持不变，则该过程缸内气体内能的变化量为ΔU＝0
外界对其所做的功W＝(Mg＋mg＋p0S)Δh＝Mgh。
答案：(1)＋p0 (2)＋p0 (3)0 Mgh
4/4 热学 光学 近代物理
第17课时 热学
【备考指南】
1．本专题知识点多且零散，因此复习要全面，重要的课后习题要反复练习。
2．复习要突出重点和难点，重视知识的内在联系，加强主干知识训练，特别是汽缸—活塞模型、玻璃管—液柱模型以及二者混合模型的题目要加强训练。
3．加强气体“变质量”问题的训练，更多地联系实际问题，培养分析问题、解决问题的能力，提高考生的模型建构能力和推理论证能力。
热点一 分子动理论 固体和液体
一、两种模型
1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径。
2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距。
二、反映分子热运动规律的两个实例
1．布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关。
2．扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关。
三、反映分子力和分子势能的两类图像
四、固体、液体的性质
[典例1] [分子动理论](2025·山东卷)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
[听课记录]
[典例2] [固体和液体](2024·浙江温州模拟预测)如图所示，甲、乙是课本上的两项实验，甲是探究晶体性质的实验(未画出加热工具)，乙是薄膜干涉实验。关于这两项实验，下列说法正确的是( )
A．甲实验中，左图的石蜡熔化区域呈圆形，则呈放石蜡的是玻璃片
B．甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能不变
C．乙实验无论是在地面上还是在太空中，所得的实验现象一致
D．在太空中做乙实验，所得干涉条纹间距较在地面时更短
[听课记录]
热点二 气体实验定律 理想气体状态方程
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2．两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT
(2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
[典例3] [“单一”气体模型](2025·海南卷)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10-3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2。
(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10-3 m3，求此时的温度T1；
(2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
[听课记录]
[典例4] [“关联”气体模型](2025·广东卷)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
[听课记录]
[典例5] [“变质量”气体问题](2025·陕西宝鸡三模)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，T＝t＋273 K，求：
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温；
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
[听课记录]
热点三 热力学定律与气体实验定律的综合应用
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＝Q＋W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：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，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。
[典例6] [热力学定律与图像的结合](多选)(2024·新课标卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
[听课记录]
[典例7] [热力学定律与气体实验定律的结合](2025·山东卷)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)。
[听课记录]
1．[对热力学定律的理解](2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体( )
A．对外做功，内能不变
B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小
D．吸收的热量等于内能的增加量
2．[气体实验定律的应用](多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
3．[新情境·生活实际](2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数________(选填“增大”“不变”或“减小”)；
(2)求气体在状态3的体积V3；
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
[听课记录]
第17课时 热学
热点一
典例1 C [根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为0，当r>r0时，分子间作用力表现为引力，当0典例2 A [玻璃是非晶体，具有各向同性，各个方向的传热能力相同，因此熔化的石蜡呈圆形，故A正确；甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能增大，故B错误；乙实验在太空中，由于薄膜厚度分布均匀，将不会出现干涉条纹，故CD错误。故选A。]
热点二
典例3 解析：(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有
代入数值解得T1＝450 K。
(2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10-3 m3。
答案：(1)450 K (2)4×10-3 m3
典例4 解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有
h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p'S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强p2＝p'＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
答案：(1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
典例5 解析：(1)杯中气体做等容变化，有，末态对杯身和茶水受力分析如图
列平衡方程有p1S＋Mg＝p0S，解得T1＝356.4 K，所以此时水温为t1＝83.4 ℃。
(2)杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化，对于全部气体，有
解得进入杯中的空气在室温下的体积为V2＝V1
所以杯中原有气体在室温下的体积为V原＝V1
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5。
答案：(1)83.4 ℃ (2)1∶5
热点三
典例6 AD [1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。]
典例7 解析：(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V1＝Sh1，V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知
解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为
W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝－p0Sh1
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，封闭气体净吸收的热量为Q＝－W＝p0Sh1。
答案：(1)h1 (2)p0Sh1
随堂练——研高考·测风向
1．A [理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。]
2．AC [固定M、N时，由理想气体状态方程＝C可得，，若P不动，两侧气体升高相同温度，由于V1Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1Δp2，P将向右移，C正确，D错误。]
3．解析：(1)从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程，由盖-吕萨克定律有
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
此时气体压强为 p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3
其中 p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
由热力学第一定律ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。
答案：(1)不变 减小 (2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J
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专题五 热学 光学 近代物理
第17课时 热学
【备考指南】
1．本专题知识点多且零散，因此复习要全面，重要的课后习题要反复练习。
2．复习要突出重点和难点，重视知识的内在联系，加强主干知识训练，特别是汽缸—活塞模型、玻璃管—液柱模型以及二者混合模型的题目要加强训练。
3．加强气体“变质量”问题的训练，更多地联系实际问题，培养分析问题、解决问题的能力，提高考生的模型建构能力和推理论证能力。
热点一 分子动理论 固体和液体
一、两种模型
1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径。
2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距。
二、反映分子热运动规律的两个实例
1．布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关。
2．扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关。
三、反映分子力和分子势能的两类图像
四、固体、液体的性质
[典例1] [分子动理论](2025·山东卷)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
√
C [根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为0，当r>r0时，分子间作用力表现为引力，当0[典例2] [固体和液体](2024·浙江温州模拟预测)如图所示，甲、乙是课本上的两项实验，甲是探究晶体性质的实验(未画出加热工具)，乙是薄膜干涉实验。关于这两项实验，下列说法正确的是( )
A．甲实验中，左图的石蜡熔化区域呈圆形，则呈放石蜡的是玻璃片
B．甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能不变
C．乙实验无论是在地面上还是在太空中，所得的实验现象一致
D．在太空中做乙实验，所得干涉条纹间距较在地面时更短
√
A [玻璃是非晶体，具有各向同性，各个方向的传热能力相同，因此熔化的石蜡呈圆形，故A正确；甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能增大，故B错误；乙实验在太空中，由于薄膜厚度分布均匀，将不会出现干涉条纹，故CD错误。故选A。]
热点二 气体实验定律 理想气体状态方程
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
2．两个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT
(2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
3．关联气体问题
解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。
[典例3] [“单一”气体模型](2025·海南卷)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10-3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2。
(1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10-3 m3，
求此时的温度T1；
(2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，
求稳定之后，气体的体积V2。
[解析] (1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝
代入数值解得T1＝450 K。
(2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2
联立解得V2＝4×10-3 m3。
[答案] (1)450 K (2)4×10-3 m3
[典例4] [“关联”气体模型](2025·广东卷)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝
0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。
[解析] (1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有
h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p′S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强p′＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。
[答案] (1)0.05 m 1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa
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(2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB。
(2)弹簧的劲度系数k。
[解析] (1)抽气前A、B两部分体积均为V＝Sl，对气体A分析：抽气后VA＝2V－V＝V。根据玻意耳定律得p0V＝pA·V，解得pA＝p0；对气体B分析：若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pB·V，解得pB＝p0。
(2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F，根据胡克定律得F＝k，联立解得k＝。
[答案] (1)p0 p0 (2)
[典例5] [“变质量”气体问题](2025·陕西宝鸡三模)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，T＝t＋273 K，求：
(1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温；
(2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。
[解析] (1)杯中气体做等容变化，有＝，末态对杯身和茶水受力分析如图
列平衡方程有p1S＋Mg＝p0S，解得T1＝356.4 K，
所以此时水温为t1＝83.4 ℃。
(2)杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压
变化，对于全部气体，有＝
解得进入杯中的空气在室温下的体积为V2＝V1
所以杯中原有气体在室温下的体积为V原＝V1
所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5。
[答案] (1)83.4 ℃ (2)1∶5
热点三 热力学定律与气体实验定律的综合应用
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＝Q＋W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：体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，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。
[典例6] [热力学定律与图像的结合](多选)(2024·新课标卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A．1→2过程中，气体内能增加
B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变
D．4→1过程中，气体向外放热
√
√
AD [1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。]
[典例7] [热力学定律与气体实验定律的结合](2025·山东卷)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)。
[解析] (1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有＝
其中V1＝Sh1，V2＝Sh2
联立解得h2＝h1。
(2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0
T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S
解得p1＝p0
从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝
解得p3＝p0
从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有＝
其中V4＝Sh4
解得h4＝h1
则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为
W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，封闭气体净吸收的热量为Q＝－W＝p0Sh1。
[答案] (1)h1 (2)p0Sh1
1．[对热力学定律的理解](2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体( )
A．对外做功，内能不变
B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小
D．吸收的热量等于内能的增加量
√
A [理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。]
2．[气体实验定律的应用](多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
√
√
AC [固定M、N时，由理想气体状态方程＝C可得，＝，若P不动，两侧气体升高相同温度，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将向右移，C正确，D错误。]
3．[新情境·生活实际](2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体
对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，
大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；
忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率_______(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数_______(选填“增大”“不变”或“减小”)；
(2)求气体在状态3的体积V3；
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
不变
减小
[解析] (1)从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程，由盖-吕萨克定律有＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
此时气体压强为 p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3
其中 p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝－V1)＝1.01 J
由热力学第一定律ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。
[答案] (2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分44分
1．(2025·河南名校联盟高三下学期5月二模)电动充气泵是家用汽车常备工具，它利用电能驱动电机将外界气体压入轮胎，从而达到充气的目的。在充气前汽车轮胎内存有0.05 m3、1 atm的气体，现用电动充气泵对轮胎充气，每分钟可将36 L外部气体充入轮胎，外部气体压强为1 atm，该汽车轮胎最大容积为0.15 m3，内部最大允许气压为2.5 atm，假设充气过程中气体温度不变，则充气时间最长约为( )
A．5 min B．9 min
C．10 min D．12 min
课后限时练17 热学
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
B [设充气时间为t，根据玻意耳定律有p0V0＋p0V·t＝pm·Vm，其中p0＝1 atm，V0＝0.05 m3，V＝36 L，pm＝2.5 atm，Vm＝0.15 m3，
代入数据解得t≈9 min，故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
2
1
3
4
5
6
7
2．(2025·1月八省联考四川卷)某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示，两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体( )
A．内能比浇水前大
B．压强与浇水前相等
C．所有分子的动能都比浇水前大
D．对水做的功等于水重力势能的增量
√
A [用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误；装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能的增量之和，故D错误。故选A。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
3．(多选)(2025·云南卷)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下( )
A．环境温度升高时，b管中液面升高
B．环境温度降低时，b管中液面升高
C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
BD [根据题意，a中气体做等容变化，根据＝C，当环境温度升高，则a中气体压强增大，又pa＋ρ液gh＝p0，可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；由A、B选项分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中压强不变，b管中液面与水槽内液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，水槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量值偏大，故D正确，C错误。故选BD。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
4．(2025·山东济宁高三下学期考前押题联合测试)如图所示，1 mol某理想气体经两个不同的过程(a→b→c和a→c)由状态a变到状态c。已知理想气体遵循气体定律pV＝RT，气体内能的变化量与温度的关系为ΔU＝R(T2－T1)(R为大于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)。初始状态a的温度为T0。则( )
A．两过程内能增量相同均为ΔU＝2RT0
B．a→c过程单位时间撞击器壁单位面积的分子数增加
C．a→b→c过程内能逐渐增大
D．两过程从外界吸收热量之比为
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
D [由pV＝RT可知，c状态温度为3T0。两过程内能增加量相同，为ΔU＝R(Tc－Ta)＝R×2T0＝3RT0，A错误；a→c过程压强不变，温度升高，分子撞击器壁作用力增大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数减少，B错误；a、b状态温度相同，内能相同，故C错误；由图线与V轴围成面积可求两过程外界对气体做功Wabc＝＝－RT0，Wac＝－2p0×2V0＝－2RT0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Qabc＝RT0，Qac＝5RT0，所以二者比值为，故D正确。故选D。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
5．(2025·河北沧州多校高三下学期二模)如图所示，气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门A，与外太空连接的是闸门B。国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需先经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0(地球表面标准大气压)，用抽气机多次抽取气闸舱中气体，当气闸舱气压降到一定程度后才能打开气闸门B。已知每次从气闸舱抽取的气体(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的，每次抽气降低的温度是抽气前气闸舱内热力学温度的，不考虑漏气、新气体及航天员大小产生的影响。则抽气3次后气闸舱内气压为( )
A．p0 B．p0
C．p0 D．p0
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
B [第一次抽气相当于气体的体积由V变为V1＝V，温度由T0变为T1＝T0－T0，根据理想气体状态方程得＝，解得p1＝p0，第二次抽气相当于气体的体积由V1变为V2＝V1，温度由T1变为T2＝T1－T1，根据理想气体状态方程得＝，解得p2＝＝p0，同理抽气3次后气舱内气压为p3＝p0，故选B。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
6．(多选)(2025·重庆市育才中学高三下学期二模)如图甲所示，一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上，一定质量的理想气体被厚度不计的轻质活塞封闭在汽缸内，气体的初始压强为p0，温度为T0，汽缸顶端两侧各有一个卡口，活塞到达顶端不会离开汽缸。现用电热丝缓慢对气体加热，气体的压强随温度的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
题号
2
1
3
4
5
6
7
A．当气体温度达到2T0时，活塞到达汽缸顶端
B．当气体温度达到3T0时，气体压强p1＝1.5p0
C．T0～2T0过程中，外界对气体做功，气体内能增大
D．2T0～3T0过程中，由于温度升高所有分子动能都增大
题号
2
1
3
4
5
6
7
√
√
AB [T0～2T0，气体发生等压变化，当温度达到2T0以后压强变大，可知当温度达到2T0时，活塞到达汽缸顶端，故A正确；2T0～3T0，气体发生等容变化，由查理定律可得＝，解得p1＝1.5p0，故B正确；T0～2T0，气体发生等压变化，气体体积变大，则气体对外界做功，故C错误；2T0～3T0，气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是所有的分子动能都增大，故D错误。故选AB。]
题号
2
1
3
4
5
6
7
7．(16分)(2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，一导热性能良好的圆柱形金属汽缸竖直放置。用活塞封闭一定量的气体(可视为理想气体)，活塞可无摩擦上下移动且汽缸不漏气。初始时活塞静止，其到汽缸底部距离为h。环境温度保持不变，将一质量为M的物体轻放到活塞上，经过足够长的时间，活塞再次静止。已知活塞质量为m、横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度大小为g，忽略活塞厚度。求：
(1)初始时，缸内气体的压强；
(2)缸内气体最终的压强及活塞下降的高度；
(3)该过程缸内气体内能的变化量及外界对其
所做的功。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[解析] (1)对活塞受力分析，由平衡条件有mg＋p0S＝p1S
解得初始时，缸内气体的压强为p1＝＋p0。
(2)对物体和活塞整体受力分析，由平衡条件有Mg＋mg＋p0S＝p2S
解得缸内气体最终的压强为p2＝＋p0
由玻意耳定律可知p1Sh＝p2Sh′
活塞下降的高度Δh＝h－h′
联立可得Δh＝。
题号
2
1
3
4
5
6
7
(3)由于过程中温度保持不变，则该过程缸内气体内能的变化量为ΔU＝0
外界对其所做的功W＝(Mg＋mg＋p0S)Δh＝Mgh。
题号
2
1
3
4
5
6
7
[答案] (1)＋p0 (2)＋p0 (3)0 Mgh
谢 谢！
