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(共135张PPT)
高考物理选择性必修第三册第三章：
热学
一轮综合专题复习
物理
新高考适用
目 录
CONTENTS
第1 节　分子动理论　内能　固体与液体
实验17
用油膜法估测油酸分子的大小
微专题34
玻璃管-液柱模型
第2 节　气体的性质
第3 节　热力学定律与能量守恒定律
微专题35
活塞-汽缸模型
微专题36
气体变质量问题
实验18
探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
第1节 分子动理论　内能　固体与液体
分子动理论　内能T2、3、4、5、6、7、10　 固体和液体性质的理解T1、8、9
1.★(多选)[2020江苏,13A(1)]玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它
是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有 ( )
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
　 AC　
五年高考
解析　非晶体没有固定的熔点,不具有规则的几何形状,其导热性能为各向同性,分子在
空间上不是周期性排列,A、C正确。
2.★(2021北京,4,3分)比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气,下列说法正确的是
( )
A.热水分子的平均动能比水蒸气的大
B.热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C.热水分子的速率都比水蒸气的小
D.热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
　
　 B
解析　温度是分子热运动平均动能的标志,温度越高分子平均动能越大,热运动越剧烈;
100 ℃的水蒸气比45 ℃的热水温度高,100 ℃的水蒸气分子热运动的平均动能大,热运
动剧烈,A、D错误。物体中分子运动的速率是不同的,有的大,有的小,故不能认为热水
中的分子速率都比水蒸气的小,C错误。100 ℃的水蒸气比45 ℃的热水温度高,质量相
同时100 ℃的水蒸气内能大,B正确。
3.★(2025黑吉辽蒙,2,4分)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖
果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时
相比,瓶内气体 ( )
A.内能变小　　　 B.压强变大
C.分子的数密度变大　　　 D.每个分子动能都变大
　 B　
解析　瓶内气体的温度升高,内能变大,气体分子热运动的平均动能增大,但并不是每个
分子热运动的动能都变大,A、D错误。糖果瓶气密性良好,气体分子数不变,气体体积
不变,故分子的数密度不会变大,C错误。由查理定律可得 =C,随着温度升高,气体压强
变大,B正确。
4.★★(2025江苏,8,4分)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个状态下,该
气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时 ( )
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
　 C　
解析　分子的数密度n= ,因为气体分子的个数和它们所占空间体积不变,故甲、乙两
个状态下分子的数密度相同,A错误;分子间平均距离d= ,两个状态下分子间平均距
离一样大,B错误;乙状态的速率分布曲线的峰值在甲状态的速率分布曲线的峰值右侧,
表明该气体在状态乙时分子的平均动能较大,且温度是理想气体分子平均动能的标志,
故T乙>T甲,体积不变时,气体的温度升高,分子热运动更剧烈,则该气体在状态乙时单位时
间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多,C正确,D错误。
5.★★[2021重庆,15(1),4分]图1和图2中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别描述了某物理量随分子之
间的距离变化的规律,r0为平衡位置。现有如下物理量:①分子势能,②分子间引力,③分
子间斥力,④分子间引力和斥力的合力,则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物理量分别是
( )

A.①③②　　　 B.②④③ C.④①③　　　 D.①④③
　
　 D
解析　根据分子处于平衡位置(即分子间距离为r0)时分子力为零,此时分子势能最小,可
知曲线Ⅰ为分子势能随分子之间距离r变化的图像,即①,曲线Ⅱ为分子力随分子之间
距离r变化的图像,即④。根据分子间斥力随分子之间距离的增大而减小,分子间的引
力随分子间距的增大而减小,且分子力先表现为斥力可知曲线Ⅲ为分子间斥力随分子
之间距离r变化的图像,即③,D正确。
6.★★(2025届浙江浙南联盟月考)浙江大学某课题组制备出了一种超轻的固态气凝胶,
它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录。设该气凝胶的密度为ρ,摩尔质量为M,阿
伏加德罗常数为NA,则( )
A.a千克气凝胶所含分子数N=a·NA
B.气凝胶的摩尔体积V=
C.每个气凝胶分子的体积V0=
D.每个气凝胶分子的直径D=
　 D　
三年模拟
解析 a千克气凝胶所含分子数N=nNA= ,A错误。气凝胶的摩尔体积V= ,B错
误。1 mol气凝胶中包含NA个分子,故每个气凝胶分子的体积V0= ,C错误。设每个气
凝胶分子的直径为D,则V0= πD3,解得D= ,D正确。
7.★★(2026届江苏启东中学检测)若以M表示水的摩尔质量,V表示在标准状况下水蒸
气的摩尔体积,ρ表示在标准状况下水蒸气的密度,NA表示阿伏加德罗常数,m0、V0分别
表示每个水分子的质量和体积,下列关系式中正确的是 ( )
A.ρ= B.V0= C.NA= D.ρ=
　 C　
解析　由题意知,ρ= ,M=NAm0,则ρ= ,由于气体分子间有大量空隙,所以V≠NAV0,ρ
≠ ,A错误。 表示一个水分子运动占据的空间的体积,不是一个水分子的体积,B错
误。M=ρV,则NA= = ,C正确。NAV0不是水的摩尔体积【易错:容易忽略水分子间的
空隙,对于水蒸气,水分子间的空隙不能忽略】,则ρ≠ ,D错误。
8.★★(2025届湖北武汉江汉摸底考)下列关于固体、液体的说法正确的是
( )
A.毛细管中出现毛细现象时,液体一定浸润该毛细管
B.航天员在太空中会因为毛笔无法吸墨而写不成毛笔字
C.晶体沿不同方向的导热性质一定不同
D.液体的表面张力方向总是与液面相切

　 D
解析　浸润液体在毛细管中上升,不浸润液体在毛细管中下降,都属于毛细现象,A错
误。用毛笔书写过程中,在表面张力作用下,墨汁被吸入毛笔材料中,并牢牢“困”在毛
笔内部;当毛笔尖与纸张接触时,留在毛笔表面的墨汁被吸附到纸上,B错误。单晶体具
有各向异性,但是并非单晶体的所有物理性质均呈现各向异性;多晶体的物理性质表现
为各向同性,C错误。表面张力使液体表面有收缩的趋势,它的方向跟液面相切,D正确。
9.★★(2025届江苏南通中学月考)图中所涉及物理知识的论述中正确的是
( )

A.图甲中烧熔后玻璃管的裂口的尖端变钝,是因为表面张力的作用
B.图乙中水黾可以停在水面,是因为受到水的浮力作用
C.图丙中液体和管壁表现为不浸润
D.图丁中液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向同性的特点制成的

　 A
解析　题图甲中现象的原理为熔化的玻璃在表面张力的作用下表面收缩,A正确。题
图乙中,水黾可以停在水面是因为水的表面张力的作用,B错误。题图丙中液体和管壁
表现为浸润,C错误。题图丁中液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点
制成的,D错误。
A.当农药分子间距离r>rm时,分子间作用力表现为斥力
B.当农药分子间距离r=r0时,分子间作用力为0,分子势能最大
C.若r>r0,在农药分子相互远离过程中,分子间作用力一直在减小
D.若r10.(信息呈现方式创新)(2026届辽宁开学联考)2025年中国农业科学院团队开发的
单分子纳米农药技术中,离子液体通过精密的分子间作用力在农药分子周围形成保护
层,赋予其水溶性,突破了传统难溶性农药的分散难题。当两个农药分子在溶液中靠近
时,两分子间作用力f(r)和分子势能u(r)随分子间距离r的变化曲线如图所示。下列说法
正确的是 ( )

　 D　
解析　当r>r0时,分子间作用力表现为引力,由题图可知rm>r0,所以当r>rm时,分子间作用
力表现为引力,A错误。当r=r0时,分子间作用力为0,分子势能最小,B错误。当r>r0时,分
子间作用力表现为引力,且随r增大,分子间作用力先增大后减小,直至趋近于0,C错误。
当r分子间作用力做负功,分子势能增加,D正确。
分子动理论与简谐运动、能量融合考查
(2025届北京顺义一中月考)如图甲所示,A、B为某种双原子分子中的两个原子,以A原
子所在位置为原点,沿两原子连线建立x轴。如果选取两个原子相距无穷远时的势能为
0,则两个原子之间的势能Ep与它们之间的距离r的Ep-r关系图线如图乙所示。
(1)说明Ep-r关系图线上某点的切线斜率的绝对值及正负描述的物理意义。
(2)由图乙可知,当两原子间距离为r0时,势能最小,假设原子A固定不动,原子B在r0附近的
振动近似看作简谐运动,其振动的范围为r0-b≤r≤r0+b,其中b远小于r0。已知在r0附近Ep
随r变化的规律可近似写作Ep=Ep0+ (r-r0)2,式中Ep0和k均为常量且已知。计算原子B在
创新风向·模块融合
其振动范围内振动过程的最大动能(用k和b表示)。
(3)为了进一步理解温度变化对物体体积的影响,将分子热运动的平均动能简化成B原
子在振动过程中的最大动能。请结合温度是分子热运动的平均动能的标志,即T=a (a
为物理常量, 为分子热运动的平均动能),依据结果分析温度对物体体积的影响。
　
答案
(1)见解析 (2) kb2 (3)见解析
解析 (1)Ep-r关系图线上某点的切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小,斜率为
正表示分子间作用力表现为引力,斜率为负表示分子间作用力表现为斥力。
(2)由题意可知,原子B处于r1=r0处时,系统的动能达到最大值,设为Ek1,系统的势能达到最
小值,设为Ep1,则有
Ep1=Ep0+ (r1-r0)2=Ep0
原子B处于r2=r0-b处时,系统的动能为0,系统的势能最大,设为Ep2,则有
Ep2=Ep0+ (r2-r0)2=Ep0+ kb2
根据能量守恒可得Ep1+Ek1=Ep2+0
解得Ek1= kb2。
(3)温度是分子热运动的平均动能的标志,即有T=a ,由于可以将分子热运动的平均动
能简化成B原子在振动过程中的最大动能,则有T= akb2。a、k均为常量,当温度升高时
b增大,在宏观上表现为物体的体积增大;当温度降低时b减小,在宏观上表现为物体的体
积减小。
第2节　气体的性质
气体压强T1、7　 气体实验定律　理想气体状态方程　气体状态变化的图像问题
T2、3、4、5、6、8、9
1.★★(2023江苏,3,4分)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态
B。该过程中 ( )
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
　 B　
五年高考
解析　由图像可知,该过程气体温度升高,压强增大,且图线AB的反向延长线过原点,由
理想气体状态方程可知,气体的体积不变,所以气体分子的数密度不变,A错误。温度是
分子热运动平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,体积不变的情况下单位时
间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,B正确,D错误。气体分子和容器壁撞击,
由动量定理FΔt=mΔv可知,当温度升高分子平均速率变大时,气体分子与器壁碰撞前后
速度变化量增大,导致单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,C错误。
2.★★(多选)(2025全国,19,6分)如图,一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c 三个
状态,三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc,则 ( )

A.pa=pb　 B.pa=pc　 C.pa>pb　 D.pa　 AD　
解析　理想气体在V-T图像上的状态a和状态b处于经过零点的同一条直线上,由此可
知,对状态a和状态b,体积V与温度T的比值是同一常数,则根据理想气体状态方程 =C
(C是常量)可知,pa=pb,A正确,C错误。状态a和状态c对应体积相同,即Va=Vc,且Tc>Ta,由理
想气体状态方程可知,pa3.★★★(2023辽宁,5,4分)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置,可在
用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中,一定
质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是 ( )

　
　 B　
解析　由理想气体状态方程 =C和“空气充电宝”工作过程的p-T图像分析知,p-T图
像中图线上某点与坐标原点连线的斜率为 ,则 > > ,故Vapc,B正
确。

4.(教考衔接·人教版选必三P30,T3)(2024海南,7,3分)如图为用铝制易拉罐制作的温
度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计),吸管与罐连接处密封良好,罐内气体可视
为理想气体,已知罐的容积为330 cm3,薄吸管横截面积为0.5 cm2,罐外吸管总长度为20
cm,当温度为27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压的变化,下列说法正确的是
( )
A.若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大
B　
　
解析　温度为t0=27 ℃(T0=300 K)时,封闭气体体积为V0=330 cm3+0.5×10 cm3=335 cm3,
温度变化时,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有 = ,又V=330+0.5x(cm3),则吸
管上标注的温度T与油柱离罐口的距离x的关系为T= (330+0.5x)(SI),表明等差温度值
的刻度是均匀排布的,A错误。当油柱移动到吸管最右端即x=20 cm时,该装置所测温度
最高,最高温度Tmax= ×(330+0.5×20) K≈304.5 K=31.5 ℃,B正确。当油柱移动到吸管
与罐连接处即x=0时,该装置所测温度最低,最低温度Tmin= ×330 K≈295.5 K=22.5 ℃,
C错误。油柱平衡的条件是左右两侧气体的压强大小相等,其他条件不变,缓慢把吸管
拉出来一点,封闭气体的体积不变,则油柱离罐口的距离不变,D错误。
5.★★(2024江西,13,10分)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。
答案
(1)2.0×105 Pa (2)2.0 m3
解析 (1)状态D到状态A为等容变化
由查理定律得 =
代入数据解得pD=2.0×105 Pa。
(2)状态B到状态C为等容变化,V2=VC,状态C到状态D为等温变化,由玻意耳定律得pCV2=
pDV1
代入数据解得V2=2.0 m3。
6.★★(2026届黑龙江高中教育联合体摸底考)一定质量的理想气体由状态A沿直线变
到状态B的过程如图所示,A、B两点位于同一双曲线的一支上,则此变化过程中气体
( )

A.温度一直下降　　　 B.内能先减少后增加
C.温度先上升后下降　　　 D.内能一直增加
　 C　
三年模拟
解析　由p-V图像可知,A、B两点在同一条等温线上,在直线AB上取一点D,使过D点的
等温线与D点相切,如图所示,由理想气体状态方程 =C可知,两等温线的温度关系为
T1沿直线变到状态B过程中,气体的温度先上升后下降,则气体的内能先增加后减少,
C正确。

7.★★(2026届内蒙古呼和浩特质量监测)如图所示,某同学将针筒的针拔除后,用橡胶
套封闭一定质量的气体(可视为理想气体)做成弹射玩具,该同学先缓慢推动推杆将针
筒内气体进行压缩,然后松开推杆,压缩气体膨胀将推杆弹射出去。若推杆缓慢压缩气
体过程中针筒内气体温度不变,则关于推杆压缩气体的过程,下列说法正确的是
( )
A.针筒内气体压强变大
B.针筒内气体内能增加
C.针筒内气体分子热运动的平均动能减少
D.针筒内气体分子的数密度减小
A　

解析　推动推杆缓慢压缩气体,气体发生等温变化,根据玻意耳定律可知,体积V减小,压
强p变大,A正确。理想气体的内能只与温度有关,因为气体的温度不变,所以针筒内气
体的内能不变,B错误。温度是分子热运动平均动能的标志,因为气体的温度不变,所以
分子热运动的平均动能不变,C错误。气体的质量一定,分子的总数不变,压缩气体时体
积减小,所以分子的数密度增大,D错误。
8.★★★(2025届广东佛山二模)如图所示,导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气
体,汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓慢向沙桶倒入细沙,下列关于密封气体的状态
图像一定正确的是 ( )

　　　
　 A　
解析 由题意可知汽缸导热性能良好,且缓慢向沙桶倒入细沙,说明气体可以和外界进
行充分的热交换,则汽缸内的气体温度不变【点拨:找到不变量是解决这个问题的关
键】,根据玻意耳定律可知,气体的压强与体积成反比,与体积的倒数成正比,气体的体
积减小,说明A选项图中的箭头指示方向正确,A正确,D错误。B选项图中的图线应是双
曲线的一支,但图线的形状不一定正确,且箭头指示的方向错误,B错误。在气体体积减
小的过程中,气体的压强增大,C选项图中的箭头方向指示错误,C错误。
9.★★★(2026届安徽阜阳开学考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,其压强
和体积倒数的关系如图所示,则此过程中,气体 ( )

A.内能减少
B.分子热运动的速率均变小
C.分子的数密度变小
D.对外界做功
　 A　
解析　一定质量的理想气体从状态A变化到状态B的过程,由 =C整理得p=CT× ,则
CT为p- 图上某点与原点连线的斜率,可知TA>TB,即气体的温度一直降低,则气体的内
能一直减少,气体分子热运动的平均动能减少,气体分子热运动的平均速率减小,但并非
所有分子热运动的速率均减小,A正确,B错误。从状态A变化到状态B,气体的体积减小,
外界对气体做功,气体的体积减小,气体的分子数不变,则分子的数密度增大,C、D错误。
以电容器为主题融合气体实验定律与电容器
(2025重庆,13,10分)如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图,平行板电容器与
绝缘侧壁构成密闭气腔。电容器上下极板水平,上极板固定,下极板质量为m、面积
为S,可无摩擦上下滑动。初始时腔内气体(视为理想气体)压强为p,极板间距为d。当上
下极板均不带电时,外界气体压强改变后,极板间距变为2d,腔内气体温度与初始时相
同,重力加速度为g,不计相对介电常数的变化,求此时:
(1)腔内气体的压强;
(2)外界气体的压强;
创新风向·模块融合
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。

答案
(1) (2) + (3)
解析 (1)对腔内气体应用玻意耳定律得pdS=p'×2dS
解得p'= 。
(2)由下极板受力平衡有p'S+mg=p外S
解得p外= + 。
(3)仅电容器的极板间距d加倍,其他条件不变,由平行板电容器的电容C= 可得电容
变为原来的 。
微专题34　玻璃管-液柱模型
1.★★(多选)(2025届甘肃白银实验中学模拟)如图所示,粗细均匀、导热良好的U形管
左端开口、右端封闭,管内用水银封闭a、b两段气柱。已知大气压强不变,随着环境温
度缓慢升高,两气柱的体积膨胀使下端液面的高度差h变小,封闭气柱可视为理想气体,
则a、b两部分气柱的体积Va、Vb随热力学温度变化的关系图像可能正确的是
( )


BC　
　
解析　根据 =C可得V= T,可知V-T图线上某点与原点连线的斜率能够间接表示气
体压强的倒数,大气压强不变,气柱a发生等压变化,则气柱a的体积与热力学温度成正
比,A错误,B正确。因为气柱a的压强保持不变,而a、b两气柱下端液面的高度差h变小,
根据pb=pa-ρgh可知,气柱b的压强变大,又由于气柱b的体积增大,Vb-T图线上某点与原点
连线的斜率减小,C正确,D错误。
2.★★★(2026届山东潍坊调研)上端封闭、下端开口的薄壁玻璃管插入水中,放掉适当
的空气后,玻璃管恰能竖直地漂浮在水中,上端露出水面,如图甲所示,空气柱在水面以
上部分长度为2h,水面以下部分长度为h。若将玻璃管缓慢压入水中,整个过程中玻璃
管保持竖直状态,当压到某个位置时,玻璃管恰能悬浮在水中,此时空气柱长度为h,如图
乙所示。已知水的密度为ρ,大气压强为p0,重力加速度为g。玻璃管中空气可视为理想
气体,忽略整个过程中空气柱温度的变化。求:
(1)图甲中空气柱的压强p1;
(2)图乙中玻璃管悬浮在水中时,其上端与水面的距离H。
答案
(1)p0+ρgh (2) +2h
解析 (1)题图甲中空气柱的压强等于水面下深度为h处的压强,即p1=p0+ρgh。
(2)空气柱发生等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
其中V1=3hS,V2=hS
解得p2=3p1=3(p0+ρgh)
由题意及题图乙知p2=p0+ρg(H+h)
联立解得H= +2h。
3.★★★(2025届湖南九校联盟联考二)如图甲所示,一内壁光滑的横截面积S=1 cm2的
玻璃管内有长度h=10 cm的水银柱,竖直放置平衡时水银柱下端与玻璃管底部的距离
L1=30 cm,水银柱上端到管口的距离L2=10 cm,外界大气温度为T0,已知大气压强p0=
75 cmHg。
(1)若给玻璃管缓慢加热,使气体缓慢升温,水银柱上升到管口并溢出了 的水银,求此时
气体温度T1与大气温度T0的比值(结果保留一位小数);
(2)把该装有气体和水银的玻璃管水平放置(水银柱如图乙所示),固定在静止的小车上,
求此时水银柱左端与玻璃管底部的距离L3;
(3)在(2)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玻
璃管底部移动了距离d=14 cm。设水银柱质量m=0.14 kg,大气压强可视为p0=1×105 Pa,
整个过程温度保持不变,求小车加速度a的大小。
　
答案
(1)1.4 (2)34 cm (3)50 m/s2
解析 (1)初始时气体压强p1=p0+ρgh
解得p1=85 cmHg
当升温后水银溢出一半时,对气体有p2=p0+ρg
解得p2=80 cmHg
根据理想气体状态方程有
=
联立并代入数据解得 ≈1.4。
(2)把该装有气体和水银的玻璃管水平放置,气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1L1S
=p3L3S,p3=p0
联立并代入数据解得L3=34 cm。
(3)当小车匀加速运动时,以封闭气体为研究对象,根据玻意耳定律有p4(L3-d)S=p3L3S
以水银柱为研究对象,根据受力分析和牛顿第二定律有
p4S-p0S=ma
联立并代入数据解得a=50 m/s2。
微专题35　活塞-汽缸模型
1.★★(2026届重庆开学考)如图所示,甲、乙两个完全相同、开口向上且内壁光滑的导
热汽缸分别固定在两升降机内,缸内用相同导热活塞密闭着相同质量的同种理想气体,
缸外大气压强相同且保持不变。若两升降机按图示竖直向上运动,当活塞均相对汽缸
静止时,两汽缸内气体温度相同,则此时( )
A.甲、乙两汽缸内密闭气体的压强相同
B.乙汽缸内密闭气体的压强小于甲汽缸内密闭气体的压强
C.甲、乙两汽缸内密闭气体的体积相同
D.乙汽缸内密闭气体的体积小于甲汽缸内密闭气体的体积
　 B　
题组1　单一汽缸模型
解析 设活塞质量为m,缸外大气压强为p0,活塞横截面积为S,对甲汽缸的活塞有p甲S=p0
S+mg,解得p甲=p0+ ,设乙汽缸的加速度大小为a,对乙汽缸的活塞有mg+p0S-p乙S=ma,解
得p乙=p0+ - ,综上可知p甲>p乙,A错误,B正确。两汽缸内气体种类、质量、温度相
同,汽缸导热性能良好,故甲、乙两汽缸中的气体的状态可看作甲中气体发生等温变化
达到乙中气体的状态,根据玻意耳定律有pV=C,由p甲>p乙可知V甲2.★★★[2024全国甲,33(2),10分]如图,一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体,一不
计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与汽缸
底部的距离 =10 ,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在卡销a处,汽缸内气体的
压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施
加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变),
外力增加到200 N并保持不变。
(ⅰ)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小;
(ⅱ)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开
卡销b时气体的温度。
答案
(ⅰ)100 N (ⅱ)327.3 K
解析 (ⅰ)由玻意耳定律有p1V1=p2V2
其中p1=1.0×105 Pa,V1=11 ·S,V2=10 ·S
解得p2=1.1×105 Pa
对活塞,由平衡条件有p0S+F=p2S+FN
代入数据解得FN=100 N
(ⅱ)由查理定律有 =
p3=p0+ =1.2×105 Pa
则 =
解得T3≈327.3 K
3.★★★(2021湖北,14,9分)质量为m的薄壁导热柱形汽缸,内壁光滑,用横截面积为S的
活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中,汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽
缸如图(a)竖直倒立静置时,缸内气体体积为V1,温度为T1。已知重力加速度大小为g,大
气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂,缸内气体温度仍为T1。求此时缸内气体体积V2;
(2)如图(c)所示,将汽缸水平放置,稳定后对汽缸缓慢加热,当缸内气体体积为V3时,求此
时缸内气体的温度。
答案
(1) V1 (2)
解析 (1)题图(a)状态下,对汽缸受力分析,如图1所示,则封闭气体的压强p1=p0+ ,当
汽缸按题图(b)方式悬挂时,对汽缸受力分析,如图2所示,则封闭气体的压强p2=p0-
　　　
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得V2= V1。
(2)当汽缸按题图(c)的方式水平放置时,封闭气体的压强为p3=p0,由理想气体状态方程
得 = ,解得T3= 。
1.★★★(多选)(2025河南,10,6分)如图,一圆柱形汽缸水平固定,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　
题组2　关联汽缸模型
解析　固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度ΔT, 【点拨:利用假设法判断】假
设P不移动,对左侧气体,由查理定律可得 = ,解得p'1=p1 ;对右侧气体,同
理可得p'2=p2 ;由于p1=p2、T1p'2,故假设不成立,P将右移,A正确,B错
误。保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,同样假设P不移动,两侧气
体体积均减小ΔV,对左侧气体,由玻意耳定律可得p1V1=p″1(V1-ΔV),解得p″1=p1 =
;对右侧气体,同理可得p″2= ;由于p1=p2、V1p″2,故假设不成
立,P将右移,C正确,D错误。
一题多解
分析A、B选项,对左侧气体,由理想气体状态方程可得 = ,解得V'1=
V1;对右侧气体,同理可得V'2= V2;由于p1=p2、p'1=p'2,联立可得 = · ;
由于T1V1,P将右移。
2.★★★(2024广东,13,9分)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如
图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B
的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进
入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积
VA1=4.0×10-2 m3;B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11
p0,p0=1.0×105 Pa。重力加速度大小取g=10 m/s2。A、B内的气体可视为理想气体,忽略
活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2=
270 K时:
(1)求B内气体压强pB2;
(2)求A内气体体积VA2;
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。

答案
(1)9×104 Pa (2)3.6×10-2 m3 (3)110 kg
解析 (1)假设温度降低到T2时,差压阀没有打开,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等
容变化,由查理定律有 =
代入数据解得pB2=9×104 Pa
由于p0-pB2<Δp,假设成立,即pB2=0.9×105 Pa
(2)由(1)可知,差压阀没有打开,A内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有 =
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3
(3)B内气体压强增大,说明差压阀打开,当B内气体压强为p0并保持不变时,A内气体压强
为p0+Δp,故有
mg+p0S=(p0+Δp)S
代入数据得m=110 kg
3.★★★(2026届辽宁七校协作体联考)如图所示,一水平放置的汽缸由横截面积不同的
两圆筒连接而成,活塞A、B用原长为3L、劲度系数k= 的轻弹簧连接,活塞整体可以
在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体,设活塞A、B
横截面积的关系为SA=2SB=2S0,汽缸外的大气压强p0=1×105 Pa,温度T0=100 K。初始时活
塞B与大圆筒底部(大、小圆筒连接处)相距L,汽缸内的气体温度T1=500 K。现缓慢降
温,弹簧始终在弹性限度内。求:
(1)当缸内气体的温度降低至400 K时,活塞移动的距离;
(2)活塞A刚刚碰到大圆筒底部时,需降低到的温度;
(3)缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时,弹簧的长度。
答案
(1)L (2)300 K (3)2L
解析 (1)当缸内气体的温度缓慢降低时,其压强不变【点拨:以两个活塞及弹簧整体为
研究对象,弹簧的弹力为内力,汽缸外的大气对活塞的合力不变,缸内气体对两个活塞的
合力不变,则缸内气体的压强不变】,弹簧不发生形变,设活塞A、B一起向右移动的距
离为x,对理想气体有V1=2S0·2L+S0L,T1=500 K,V2=2S0·(2L-x)+S0(L+x),T2=400 K
由盖-吕萨克定律可得 =
联立解得x=L<2L
说明活塞A未碰到大圆筒底部,故活塞A、B向右移动的距离为L。
(2)活塞A刚刚碰到大圆筒底部时,对A、B之间的封闭气体有V3=S0·3L
由盖-吕萨克定律可得 =
解得T3=300 K。
(3)T3=300 K>T0=100 K,缸内气体要与缸外大气达到热平衡,所以气体体积应继续减小,
弹簧被压缩。对活塞B受力分析,有p4S0+kΔx=p0S0
初状态有p3=p0,V3=3S0L,T3=300 K
末状态有V4=S0(3L-Δx),T4=100 K
根据 =
联立解得Δx=L(Δx=4L舍去)
所以此时弹簧的长度x=3L-Δx=2L。
微专题36　气体变质量问题
1.★★(2026届河北十校联考)如图所示,某实验室用的锥形瓶加热消毒后冷却,初始时
瓶内气体温度为227 ℃,放置在27 ℃室温环境中冷却至27 ℃,若大气压强保持不变,锥
形瓶容积视为恒定,气体可视为理想气体,则此时瓶内气体质量是开始时气体质量的
( )

A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
　 D　
题组1　充气、灌气问题
解析　当烧瓶内气体的温度T1=(227+273) K=500 K时,体积为V,在气体降温的过程中气
体发生等压变化,当温度T2=(27+273) K=300 K时,设这部分气体的体积为V',根据盖-吕
萨克定律有 = ,解得V'= V,则降温后锥形瓶内气体质量m与开始时锥形瓶内气体质
量m'的比值 = = ,D正确。
2.★★(2021山东,4,3分)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成,如图所示。加压气
囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压的数值。充气
前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入
臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压
强等于750 mmHg,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于
( )
D　
　
A.30 cm3 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3
解析　取5次充气后臂带内所有气体为研究对象,初态压强p0=750 mmHg,体积V0=V+
5ΔV,其中ΔV=60 cm3;末态压强计示数为150 mmHg,则气体压强p1=p0+150 mmHg=
900 mmHg,体积V1=5V,根据玻意耳定律得p0V0=p1V1,解得V=60 cm3,D正确。
3.★★★(2025江西,6,4分)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V0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算
出V0的临界值V0c,当V0=V0c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V0c等于 ( )

　 B　
A. H2　　　 B. H(H+l)
C. SH　　　 D. SH
解析　往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后,设桶内气体压强增大到p,根据玻意
耳定律得p0SH+p0V0c=pSH,泵水器恰能出水应满足p=p0+ρg(H+l),联立解得V0c= H(H
+l),B正确。
4.★★(2024安徽,13,10分)某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨。在哈尔滨发现汽车的某个
轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气
体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复
到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变)。
已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=
2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa。求:
(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小;
(2)充进该轮胎的空气体积。
答案
(1)2.5×105 Pa (2)6 L
解析 (1)充气前轮胎内气体等容变化,由查理定律可得 =
其中p1=2.7×105 Pa,T1=270 K,T2=250 K
代入数据解得p2=2.5×105 Pa
(2)设在哈尔滨充入轮胎内的空气体积为V,由玻意耳定律有p2V0+p0V=p1V0
代入数据解得V=6 L。
总结归纳
打气问题解题方法
1.将要充入的气体体积转化为和原有气体压强、温度相等状态下的体积,将要充入气
体和原有气体视为整体,再对整体气体进行等温压缩。这样就可以把充气过程中气体
质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2.根据pV=nRT,可知气体1与气体2组成气体3,气体状态方程满足 + = 。
1.★★★[2023全国甲,33(2),10分]一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,
密度为1.46 kg/m3。
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱
内气体的密度;
(ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱
内气体的密度。
题组2　抽气、漏气问题
答案
(ⅰ)1.41 kg/m3 (ⅱ)1.18 kg/m3
解析 (ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,温度升高,体积增大,根据盖-吕萨克定律
有 =
而T1=(273+17) K=290 K、T2=(273+27) K=300 K,
状态变化前后质量不变,有ρ1V=ρ2V'
联立解得ρ2≈1.41 kg/m3
(ⅱ)温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,对此时舱内的全部气体,根据玻意耳定律
有p1V=p2V″
而p1=1.2 atm、p2=1.0 atm
状态变化前后质量不变,有ρ2V=ρ3V″
解得ρ3≈1.18 kg/m3
2.★★★(2026届广西开学联考)如图所示,一导热良好的柱形容器内壁光滑,被隔板分
成A、B两部分,初始状态A、B两部分封闭气体的质量均为m,压强均为1.2p0,隔板到
左、右两底面的距离均为L。现打开左侧阀门,A部分气体缓慢排出,封闭气体可视为理
想气体,外界大气压强恒为p0,外界环境温度不变。求:
(1)稳定后隔板向左移动的距离d;
(2)稳定后从阀门排出的气体质量Δm。

答案
(1) (2)
解析 (1)在A部分气体缓慢排出的过程中,气体压强减小,隔板缓慢向左移动,稳定后B
部分封闭气体的压强等于外界大气压强,设隔板的面积为S,B部分气体发生等温变化,
根据玻意耳定律有1.2p0LS=p0(L+d)S,解得d= 。
(2)A部分气体发生等温膨胀,初始时A部分封闭的气体在稳定后的压强为p0,体积V=(L+
d)S,则有 =
联立解得Δm= 。
3.★★★(2026届广东开学联考)如图所示,加油站有一个容积V0=6 000 L的储油罐,为了
防止罐内气体的压强过高,储油罐上方设置泄压阀,当罐内的气体压强达到1.2p0时泄压
阀打开排气泄压,当罐内气压等于外界大气压强p0时泄压阀自动关闭。初始时,泄压阀
关闭,罐内气体的压强为p0,现加油车通过入油管给储油罐输油,此过程罐内温度保持27
℃不变,当泄压阀打开时停止输油,忽略输油过程汽油蒸发产生的油气,不计管道容积。
储油罐内气体可视为理想气体,计算时0 ℃取273 K。求:
(1)输入储油罐汽油的体积V1;
(2)待泄压阀打开后又重新关闭,此后储油罐内的汽油不断挥发
出油气,此过程罐内气体温度依然保持27 ℃不变,求泄压阀再次打开时挥发掉汽油的
体积ΔV。(已知1 L汽油挥发产生的油气在压强p0、温度为0 ℃时体积为160 L,忽略汽
油挥发导致罐内气体体积的变化)
答案
(1)1 000 L (2) L
解析 (1)设泄压阀打开时储油罐内的气体体积为V2,罐内温度不变,有p0V0=1.2p0V2
解得V2=5 000 L
储油罐内的汽油体积V1=V0-V2
解得V1=1 000 L。
(2)解法一　 根据理想气体状态方程的分态式有
+ =
其中T0=273 K,T1=(273+27) K=300 K
解得ΔV= L。
解法二　 根据压强叠加原理(道尔顿分压定律:p总=p1+p2+…+pn),油气产生的压强为
0.2p0,有 =
其中T0=273 K,T1=(273+27) K=300 K
联立解得ΔV= L。
第3节　热力学定律与能量守恒定律
热力学定律　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用T1、5、6、7　 热力学
第一定律与图像的综合应用T2、3、4
1.★(2025北京,1,3分)我国古代发明的一种点火器如图所示,推杆插入套筒封闭空气,推
杆前端粘着易燃艾绒,猛推推杆压缩筒内气体,艾绒即可点燃,在压缩过程中,筒内气体
( )

A.压强变小　　　 B.对外界不做功
C.内能保持不变　　　 D.分子平均动能增大
　 D　
五年高考
解析　猛推推杆压缩筒内气体,气体被压缩,体积减小,可得外界对气体做正功,W>0,故
气体对外界做负功,B错误。气体未来得及与外界发生热交换,故Q=0,根据热力学第一
定律ΔU=Q+W可得ΔU>0,故筒内气体内能增大,温度升高,气体分子热运动平均动能增
大,C错误,D正确。根据理想气体状态方程 =C可得,当V减小、T增大时,p增大,A错
误。
2.★★(多选)(2025甘肃,9,5分)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,
然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且
随温度升高而增大。下列说法正确的是 ( )
A.A→B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
　 ACD　
解析　利用热力学第一定律ΔU=Q+W分析,A→B,气体体积不变,可得W=0,温度升高,可
得ΔU>0,故此过程Q>0,为吸热过程,A正确。B→C,气体体积减小,外界对气体做功,可得
W>0,温度不变,可得ΔU=0,故此过程Q<0,为放热过程,B错误。A→B,根据查理定律可得
= ,由于TA同,气体的分子的数密度相同;B状态温度高,分子热运动的平均动能大,故状态B气体的
压强较大】,C正确。由于状态A的温度低于状态C的温度,故状态A内能比状态C的小,
D正确。
3.★★(多选)(2024海南,11,4分)如图,一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三
个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过坐标原点O,下列说法正确的是
( )
A.bc过程外界对气体做功
B.ca过程气体压强不变
C.ab过程气体放出热量
D.ca过程气体内能减小
AC　

解析 bc过程气体体积减小,外界对气体做功,A正确。根据pV=CT可得V= T,根据题
图可知,ca过程中图线上的点与坐标原点连线的斜率增大,则压强p减小,B错误。ab过
程气体温度不变,则内能不变,即ΔU=0,气体体积减小,外界对气体做正功,即W>0,结合
热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即气体放出热量,C正确。ca过程中气体温度升高,
内能增大,D错误。
4.★★★(2024山东,6,3分)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等
压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是
( )
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程,气体对外做功,内能增加
C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
　 C　
解析 a→b过程,由pV=CT可知气体温度升高,内能增加,气体体积增大,对外做功,故从
外界吸收的热量一部分用来增加内能,另一部分用来对外做功,A错误;b→c过程绝热,气
体体积增大,对外做功,内能减少,B错误;c→a为等温过程,a、c两状态气体温度相同,内
能相同,故a→b→c过程气体内能变化量ΔU=0,则Q吸=W,C正确;c→a过程放出的热量等
于外界对气体做的功,且做的功的绝对值等于c→a图线与横坐标轴所围的面积,而气体
在a→b→c过程吸收的热量与在a→b过程吸收的热量相等【点拨:b→c绝热】,该热量
也与W相等,W大小等于a→b→c图线与横坐标轴所围的面积,D错误。
5.★★★(2024湖北,13,10分)如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量
为m的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内气
体的温度为T0,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升
h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT,C为
已知常数,大气压强恒为p0,重力加速度大小为g,所有温度为热力学温度。求:
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
答案
(1) T0 (2) (CT0+p0Sh+mgh)
解析 (1)气体发生等压变化,则由盖-吕萨克定律得 = ,即 = ,解得T1= T0
(2)此过程中气体内能变化量ΔU=CΔT= CT0
气体对外做功大小W=pSΔh= h(p0S+mg)
由热力学第一定律可得,此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W= (CT0+p0Sh+
mgh)。
另解:以气体和活塞整体为研究对象,由能量守恒得ΔU+mg =Q-p0S× ,解得Q= (CT0+p
0hS+mgh)。
方法技巧
一个系统的总能量的变化量等于系统从外界吸收的热量与外界对系统做的功之和,即
ΔE=Q+W。
本题中,选择气体为研究对象时,其能量的变化量为气体内能的变化量,而活塞属于外
界,活塞对气体做的功为外界对气体做的功,而大气对气体不做功。
选择气体和活塞整体为研究对象时,系统能量的变化量是气体内能的变化量与活塞重
力势能的变化量之和,大气对活塞做的功才是外界对系统做的功。
6.★★(多选)[2022湖南,15(1)改编]利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一
冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压
氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动
速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将
聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反
向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是( )
　 AB　
三年模拟

A.A端为冷端,B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
解析　分子热运动速率较小的气体分子,温度较低,内能较小,在环形管中心部位聚集,
与分离挡板碰撞后反弹,最后从A端流出,则A端为冷端,B端为热端,A、B正确,C错误;装
置中气体进出过程,满足能量守恒定律和热力学第二定律,D错误。
7.★★★(2026届浙江浙南名校联盟一模)如图所示,“工”字形支架A固定在水平地面
上,支架上端为一横截面积S=100 cm2的圆柱形活塞,活塞与质量m=20.0 kg的导热圆柱
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T1=
300 K,封闭气体的高度h=10 cm,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2。
(1)当环境温度T1=300 K时,求封闭气体的压强p。
(2)当环境温度缓慢变为T2时,汽缸的机械能减少2 J,气体内能减少2 J。
①求环境温度T2。
②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热,并求出吸收或放出的热量的大小。

答案
(1)1.2×105 Pa (2)①270 K　②放热 14 J
解析 (1)以汽缸为研究对象,根据平衡条件有mg+p0S=pS
代入数据解得p=1.2×105 Pa。
(2)①环境温度缓慢变化,汽缸的速度可视为不变(近似为0),汽缸的机械能减少量mgΔh=
|ΔEp|
代入数据解得Δh=1.0 cm
封闭气体发生等压变化【点拨:汽缸处于平衡状态,所受外界大气压力和重力不变】,由
盖-吕萨克定律得 =
代入数据解得T2=270 K。
②汽缸对缸内气体做的功W=pSΔh=12 J
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
代入数据联立解得Q=-14 J
说明缸内气体向外界放热,放出的热量为14 J。
热力学定律与摩擦力突变分析的融合考查
(2025山东,16,8分)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:
创新风向·模块融合
(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)。

答案
(1) h1 (2) p0Sh1
解题导引　对于活塞受到摩擦力方向的正确分析,是本题的解题关键点。“活塞开始
缓慢上升”说明活塞受到的摩擦力向下;“活塞开始缓慢下降”说明活塞受到的摩擦
力向上。
解析 (1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 = ,
解得h2= h1
(2)当T1=330 K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为
p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1= p0
当T3=400 K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,
对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2= p0
从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 = ,解得h3= h1
从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1)
从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3)
从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q
由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2,
联立解得Q= p0Sh1
归纳总结
气体体积变大,气体对外界做功,W取负值;气体体积变小,外界对气体做功,W取正值;等
质量的同种理想气体,若两状态温度相等,则气体的内能相等。
实验17　用油膜法估测油酸分子的大小
(2026届黑龙江齐齐哈尔开学考)(1)图甲是用扫描隧道显微镜拍下的一个“原子围
栏”的照片。这个原子围栏是由96个铁原子在铜的表面排列而成的,其直径为2.8×10-8
m,由此可以估算出铁原子的直径约为_________m(π取3.14,结果保留1位有效数字)。
　
(2)在用油膜法估测油酸分子大小的实验中,用移液管量取0.25 mL油酸,倒入标注250 mL
的容量瓶中,再加入酒精得到250 mL的溶液。然后用滴管吸取这种溶液,向小量筒
中滴入100滴溶液,溶液的液面恰好到达量筒的1 mL刻度,再用滴管取配好的油酸酒精
　 9×10-10　
溶液,向撒有爽身粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液,在液面上形成油酸薄膜,待油膜稳定后,
放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜,如图乙所示。坐标格的每个小正方形大
小为2 cm×2 cm。由图乙可以估算出油膜的面积是_____________cm2,由此估算出油酸分
子的直径是_________________m(保留1位有效数字)。
(3)做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时,三位同学都有一个操作错误,其中导致
最后所测分子直径偏大的是____________。
A.甲同学在配制油酸酒精溶液时,不小心把酒精倒多了一点,导致油酸酒精溶液的实际
浓度比计算值小了
B.乙同学用注射器和量筒测得58滴油酸酒精溶液为1 mL,不小心错误记录为57滴
C.丁同学计算油膜面积时,把所有不足半格的油膜都算成了一格
　 AB　
　 4×10-10　
　 256　
解析 (1)d= ≈9×10-10 m。
(2)数出油酸薄膜占据的坐标格的个数,不足半格的舍去,大于半格的算一个格,故S=64×
4 cm2=256 cm2。一滴油酸酒精溶液的体积V'= =10-2 mL,一滴油酸酒精溶液中油酸
的体积V= V'=10-5 mL,则油酸分子的直径d= =10-5×10-6× m≈4×10-10 m。
(3)酒精倒多了导致实际浓度偏小,可知计算得到的一滴油酸酒精溶液中油酸的体积比
实际值偏大,测量得到的油酸分子的直径偏大,A正确。将58滴记录为57滴,导致每滴油
酸酒精溶液中油酸的体积偏大,根据d= 可知测量油酸分子的直径偏大,B正确。计算
油膜面积时,把所有不足半格的油膜都算成了一格,使测量得到的油膜面积偏大,测量得
到的油酸分子的直径偏小,C错误。
实验18 探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
1.(2023江苏,9,4分)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利
用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是
( )
A.把柱塞快速地向下压
B.把柱塞缓慢地向上拉
C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞
D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
B　
　
解析　快速推动柱塞会使密封气体的温度改变,A、C错误;用“在橡胶套处接另一注
射器”的方法,会使体积测量值误差过大,D错误,B正确。
2.(2025届海南部分中学联考)如图所示,某同学在做探究气体的等温变化规律的实验
时,在缓慢推动针筒活塞的过程中,由于操作不当,使气体的温度逐渐升高,则根据实验
数据作出的p- 图像可能是 ( )


　 B　
解析　对于一定质量的理想气体,由理想气体状态方程 =C整理可得p=CT ,C为常
量,T为热力学温度,在p- 图像中,图线上的点与原点连线的斜率k=CT,实验中气体温度
逐渐升高,即T增大,则随着 增大,p- 图线上的点与原点连线的斜率k逐渐增大,B正确。
3.(2026届河北石家庄正定中学开学考)某同学通过图甲所示的实验装置,利用玻意耳定
律来测定一颗形状不规则的冰糖的体积。

实验步骤:
Ⅰ.将冰糖装进注射器,插入活塞,再将注射器通过软管与压强传感器连接并固定注射
器;
Ⅱ.推动活塞,透过活塞所在的刻度读取了多组气体体积V,同时记录对应的传感器数据;
Ⅲ.建立直角坐标系。
(1)在实验操作中,下列说法正确的是___________。
A.推动活塞时,可以用手握住注射器封闭气体部分
B.活塞应用润滑油涂抹以保证注射器的密闭性
C.为快速完成实验,可快速推动活塞
(2)为了确保在坐标系中获得的图线是直线,若取y轴为V,则x轴为___________(选填
“ ”或“p”)。
　 B　
(3)选择合适的坐标后,该同学通过描点作图,得到的图像如图乙所示(截距a、b已知),若
传感器和注射器连接处的软管容积为V0,则冰糖的体积为___________。
A.b　　　　 B.b+V0　　　　 C.b-V0
　 B　
解析 (1)用手握住注射器封闭气体部分,会使气体温度升高;快速推动活塞,会使气体
温度升高;二者均不符合玻意耳定律的适用条件,A、C错误。活塞用润滑油涂抹以保
证注射器的密闭性,可以保证气体质量保持不变,B正确。
(2)气体发生等温变化,根据玻意耳定律有pV=C,可得V= ,为确保坐标系中获得的图线
是直线,若取y轴为V,则x轴为 。
(3)设冰糖的体积为V1,根据玻意耳定律有p(V+V0-V1)=C,整理得V= +V1-V0,根据题图乙
可知V1-V0=b,解得V1=b+V0,B正确。

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