2021-2025年高考物理试题分类汇编：热学（浙江专用）解析版

\\五年真题（2021-2025）

专塞14挺号

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

考点1分子动.核心考点分布气体实验定律

2024、2025

理论与理想气体状态方程

该知识点为高频考点，五年内每年均以

考点2气体、

2023、2024计算题形式出现。要求结合活塞模型分析

固体和液体气体等温、等容变化过程，涉及压强与体

积的定量关系。考查气体状态变化的多阶

段分析，需综合应用玻意耳定律和理想气

体状态方程。热力学第一定律常与气体状

态变化结合考查，通过气体内能变化量与

吸放热关系，要求考生推导热力学第一定

律的应用。2025年进一步引入非理想气体

模型，需结合图像斜率反演物理过程，强

考点3热力学

2023、2024调对定律本质的理解。

定律

分子动理论与内能选择题中常见，考

查布朗运动的本质及分子势能与分子间距

的关系。通过肥皂膜干涉实验，间接考查

分子间作用力对薄膜厚度分布的影响。

实际情境应用近年命题趋势注重与生

产生活结合，考查折射与全反射的综合应

用；

（五年真题•分点精准练）

考点01分子动理论

3

1.（2025・浙江月选考）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭n=300K,体积V?=Ix10

cn?处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差力=iocm。将瓶子放进T2=303K的恒温水中，

瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，力保持不变，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1.02J；

从状态1到状态3,气体吸收热量4.56J,大气压强po=1.0xgpa,水的密度〃=1.0xl(pkg/n?；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L增大”、“不变”、“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶

壁的分子数(“增大”、“不变”、“减小”)；

(2)求气体在状态3的体积%;

⑶求从状态1到状态3气体内能的改变量AU。

【答案】(1)不变减小

(2)匕=1.0201x103cm3

(3)AU=2.53J

【详析】(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，故单位时间登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，由盖一吕萨克定律

其■一瓦

其中

匕=1x103cm之，T]=300K,T2=303K

解得

V2=1.01x103cm3

此时气体压强为

Pz=Pi=Po+pgh=1.01x105Pa

气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律

P2%=P3匕

其中

P3=PO

代入数据解得，气体在状态3的体积为

匕-1.0201x103cm3

（3）气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为

%=pi（%一匕）=1.01j

由热力学第一定律

△U=Q-（名+佝

其中

Q=4.56J,W2=1.02J

代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为

△U=2.53J

2.（2024•浙江.6月选考）下列说法正确的是（）

A.中子整体呈电中性但内部有复杂结构

B.真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同

C.增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号

D.分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少

【答案】AB

【详析】A.中子由夸克组成，整体呈现电中性，但内部有复杂结构，故A正确：

B.根据爱因斯坦的相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故B正确；

C.根据

/二,

2HVLC

可知，增加接收电路的线圈匝数，可减小振荡电路的固有频率，则可接收较低频率的电台信号，故C错

误；

D.分子间作用力从斥力变为引力的过程中，即分子距离从小于r0=l（）T0m到大于％的过程，分子力先

做正功后做负功，则分子势能先减小后增大，故D错误。

故选AB。

考点02气体、固体和液体

3」2。24・浙江・1月选考）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％=75Ucm3的

左右两部分。面积为S=lOOcn?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A=300K、压强pi=2.04x105pa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,同时施加水平恒力广，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R=350K的状态3,气体内能增加AU=63.81已知大

气压强Po=1.01x105pa,隔板厚度不计。

（1）气体从状态1到状态2是一（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能一（选填“增大”、“减

4.（2023.浙江6月选考）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=lOOcmZ,质量m=1kg的活塞

封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于

状态A,其体积以=600cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态8,此时体积%=500cm3。固定活塞，升

高热源温度，气体达到状态C此时压强pc=14x105pa。三知从状态A到状态C,气体从外界吸收热

量Q=14J；从状态A到状态C,气体内能增加AU=25J；大气压po=1.01xlOSpa。

热源

（1）气体从状态A到状态其分子平均动能（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单

位面积受到的压力（选填“增大”、“减小”或“不变”）：

（2）求气体在状态。的温度?；

（3）求气体从状态A到状态8过程中外界对系统做的功W。

【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J

【详析】（1）圆筒导热良好，则气体从状态A缓慢推动活塞到状态从气体温度不变，则气体分子平

均动能不变；气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；

（2）状态4时的压强

PA=Po-=L°x105Pa

3

温度7>300K：体积V4=600cin：

C态压强pc=1.4x105Pa：体积Vc=500cm3；

根据

PAYA_V（Nc

丁一石

解得

Tc=350K

（3）从B到C气体进行等容变化，则W“=0,因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J,

而气体从A到。从外界吸热14J,可知气体从A到8气体放热11J,从A到8气体内能不变，可知从A

到4外界对气体做功IIJo

5.（2023・浙江月选考）某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内

用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处

于温度〃=300K、活塞与容器底的距离/io=30cm的状态A,环境温度升高时容器内气体被加热，活塞

缓慢上升d=3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态8。活塞保持不动，气体被继续加热至

温度几=363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了AU=158J。取大气

压Po=0.99x105pa,求气体，

（1）在状态8的温度；

（2）在状态C的压强；

（3）由状态4到状态C过程中从外界吸收热量Q。

邛一”报警器i

/zz/z/z/z/z/zz

【答案】（1）330K；（2）1.1x105Pa；（3）188J

【详析】（I）根据题意可知，气体由状态A变化到状态8的过程中，封闭气体的压强不变，则有

匕」

解得

TB=^TA=330K

VA

（2）从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则

PBS=PQS+mg

解得

5

pB=lx10Pa

根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有

PBPC

解得

5

pc='PB=1.1x10Pa

（3）根据题意可知，从状态4到状态C的过程中气体对外做功为

W=PBSA/I=30j

由热力学第一定律有

=-W+Q

解得

Q=AU+W=188J

考点03热力学定律

6.（2024・浙江•（）月选考）如图所示，测定一个形状不规则小块同体体积，将此小块固体放入已知容积为为

的导热效果良好的容器中，开口处竖宜插入两端开U的薄玻端管，其横截面积为S,接口用蜡密封。容

器内充入定质量的理想气体，并用质量为，，，的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱K度为

//,将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为小温度为乃。已知5=4.0乂10-%]2,

43

0.1kg,6=0.2m,/2=0.3m,7>35（）K,Vo=2.（）xl0-m,大气压强〃o=L（）x]（）卬a,环境温度7>3OOK。

（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力（选填“变大”“变小”或，不变”），气

体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）：

（2）求此不规则小块固体的体积3

（3）若此过程中气体内能增加10.3J,求吸收热量Q。

【答案】（1）不变，变小；（2）4x10/3；（3）14.4J

【详析】（1）温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据p=?可知器

壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大,故气体分子的数密度变小。

（2）气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律

VQ-V+_VQ-V^rl2S

=~T2-

解得

V=4x10-5m3

（3）整个过程中外界对气体做功为

W=-P1S（l2-G）

对活塞受力分析

PiS=mg+p0S

解得

W=-4.1J

根据热力学第•定律

△U=Q+W

其中

△U=10.3J

解得

Q=14.4J

故气体吸收热量为14.4J。

7.（（2023•浙江・6月选考）下列说法正确的是（）

A.热量能自发地从低温物体传到高温物体

B,液体的表面张力方向总是跟液面相切

C.在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的

D.当波源与观察者相G接近E寸，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率

【答案】BD

【解析】A.根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；

B.液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；

C.由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误：

D.根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故

D正确。

故选BDo

1年模拟•精选模考题

1.（2025•浙江北斗星盟•三模）关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（

报f

B.乙图中，当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，这时导线环接收

到了电磁波

c.丙图中，由图可知当驱动力的频率/跟固有频率久相差越大，振幅越大

D.丁图中，1是热敏电阻，2是金属热电阻

【答案】B

【详析】A.在液体表面层，分子间距离大于平衡距离为，分子间作用力表现为引力，故A错误；

B.当感应圈两个金属球间有火花跳过时，产生变化的电磁场，形成电磁波向外传播。导线环接收到电

磁波后，在导线环中产生感应电动势，使得导线环两个小球间跳过了火花，故B正确；

C.由图丙可■知，当驱动力的频率/跟固有频率%相差越大，振幅越小；当驱动力的频率/等于固有频率

久时，发生共振，振幅最大，故C错误；

D.热敏电阻的阻值随温度升高而减小，金属热电阻的阻值随温度升高而增大。由图丁可知，1的阻值

随温度升高而增大，是金属热电阻；2的阻值随温度升高而减小，是热敏电阻，故D错误。

故选Bo

2.（2025•浙江金华・三模）如图1,宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2,

把待测宝石紧密贴放在半球棱镜匕标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的

光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临界角的

光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下安装有一

个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是（）

A.棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率

B.换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高

C.换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方

D.把宝石的另一个侧面与棱傥接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体

【答案】A

【详析】A.根据题意可知，黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射，即半球棱镜相对于宝石是光密

介质，可知，棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率，故A正确；

B,换用白光光源，由于白光是由七种单色光复合而成，不同种单色光的折射率不相同，当入射角一定

时，有些能够发生全反射，有些不能够发生全反射，则观测目镜上各种单色光显现的亮暗区域不相同，

测量宝石折射率的准确度会更低，故B错误；

C.红光的折射率小于黄光的折射率，则红光对应的临界角大于黄光的临界角，可知，换用红光光源，

其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方，故c错误；

D.把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，即宝石具有各向异性，说明宝石

是单晶体，故D错误。

故选Ao

3.(2025・浙江绍兴•三模)有关四幅图的描述，下列说法正确的是()

图］图2图3图4

A.图1中，农民用拖拉机耕地是利用毛细现象让灌溉水能更好地渗入到地下

B.图2中，碎裂钢化玻璃的裂缝处由于进入了空气发生了薄膜干涉，因此特别亮

C图3中的核反应是一种链式反应，其中第'U的质量大于嫡Ba、与一个中子的质量之和

D.图4为等离子体极化子在晶体MoOC%薄膜中的传播，因其图像具有较高的对称性可判断其各向同性

【答案】C

【详析】A.拖拉机耕地主要是为了松土、增加土壤通气与透水性，并非利用“毛细现象，来让水渗入地

下，故A错误；

B.碎裂的钢化玻璃裂缝处明亮通常是由于内部应力释放后形成的多重反射效应，不是由薄膜干涉引起，

故B错误；

C,能5u发生核反应时，其质量大于生成的139Ba^::Kr和中子质量的总和，正是这种质量亏损转化

为核能释放出来，故C正确。

D.等离子体极化子属较高层次的凝聚态物理研究，且简单的图像对称性并不能说明材料各向同性，故

D错误。

故选C。

4.（2025•浙江宁波I•校•一模）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面二作一条分界

线，张力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力厂相互作用，尸的大小与分界线的长度，成正比，

即F=〃（。为液体的表面张力系数），尸的方向总是与液面相切，并垂直于液面的分界线。小明设计了

一个简易装置用来测量某液体的表面张力系数。如图所示，间距为I的U形细框上放置一细杆MN,两者

间摩擦不计。将装置从肥皂水中取出后水平放置，会形成一水平膜（忽略膜受到的重力），甲、乙分别

为俯视图和正视图，由于表面张力的缘故，膜的上、下表面会对MN产生水平向左的力。小明用一测力

计水平向右拉住MN使其保持静止，测力计示数为品，接着用该肥皂水吹成了球形肥皂泡，如图丙所示。

当肥皂泡大小稳定时、测得其球形半径为R。则小明测得肥皂水的表面张力系数和肥皂泡内外气体对右

侧半球膜的压强差分别为（）

N

甲（语视图）乙（正视图）

A幺色D.余。

,/'IR

【答案】C

【详析】肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有匹=2次

得到肥电水的表面张力系数为。=

右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张力，如图

根据受力平衡可知F内=小外+尸

因肥皂泡的内外表面都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为尸内-4卜="=2。♦

2nR=2-^-2nR=

21I

故压强差为Ap=与*=华

故选C。

5.（2025•浙江•二联）下列实验现象说法正确的是（）

A.在温水中滴入一滴墨水，用眼睛直接观察到墨粉小颗粒的无规则运动，间接说明水分子做不停歇的

无规则运动

B.油膜法测分子直径实验中，待图像检定后我们可观察到薄膜干涉彩色条纹

C.油膜法测分子直径实验中，油酸要足够稀释，因为过浓油酸会使得油酸分子聚集，形成颗粒状物质，

导致实验测量结果偏大

D.在研究“玻意耳定律”实验中，推拉活塞时，动作要迅速，以减少气体进入或泄漏而造成误差

【答案】C

【详析】A.虽然墨粉小颗粒的无规则运动（布朗运动）确实可以间接说明水分子的无规则运动，但是

我们无法直接用眼睛观察到墨粉小颗粒的无规则运动，这需要借助显微镜，故A错误；

B.油膜法实验中，油酸需在水面形成单分子层，此时油膜厚度均匀，不会出现明显薄膜干涉条纹，故

B错误；

C.油膜法测分了•直径实验中，油酸要足够稀释，因为过浓油酸会使得油酸分子聚集，形成颗粒状物质，

导致油酸的面积S偏小，由壮=?可知实验测量结果偏大，故c正确；

D.在研究“玻意耳定律”实验中，推拉活塞时，动作要慢，防止因做功导致气体的稳定升高，故D错误.

故选C。

6.（2025•浙江•二联）关于下列四幅图分别对应的说法中，正确的是（）

比结合的MeV

A.图甲为静电除尘原理示意图，进入电场的粉尘带上正电从而被吸附在电极上

B,图乙中社234的半衰期是24d,则800个钻核234经过48d后必定还剩2（X）个

C.由丙图可知，汨e核子的平均质量比汨核子的平均质量小

D.丁图中，由一定质量的氧气分子在不同温度下的速率分布情况可知，温度7\\72

【答案】C

【详析】A.图中为静电除尘原理示意图，进入电场的粉尘带上负电从而被吸附在电极上，A错误；

B.半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核没有意义，B错误；

C.比结合能大的原子核，平均每个核子的质量亏损就大，核子的平均质量就小，由图可知［He核子的

比结合能大于汨核子的比结合能，故1He核子的平均质最比汨核子的平均质最小，C正确；

D.温度是分子平均动能的标志，由于与温度下分子的速率图像的峰值更大，故温度TI<72,D错误。

故选C。

7.（2025•浙江♦选考测评）••定质量理想气体的状态方程为华=C,常量C的单位用国际单位制基本单位可

表示为（）

A.kg•m2•s-2-K_1B.kg-m2•s-2♦℃-1

C.N-m-1•K_1D.Nm-K-1

【答案】A

【详析】根据p=gma

J

则。=与=嘤

TST

可得常量C的单位用国际单位制基本单位可表示为等等;kg•m2.S-•KT

故选A。

8.（2025•浙江北斗星盟•三模）下列说法正确的是（）

A.由爱因斯坦的质能方程£=〃/可知质量和能量可以相互转化

B.热机可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功

C.如果一种元素具有放射性，它的放射性强度与温度有关，温度越高，放射性越强

D.比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固

【答案】D

【详析】A.由爱因斯坦的质能方程可知，一定的质量总是和一定的能量相对应，而不是质量

和能量可以相互转化，二者概念根本不同，当发生质量亏损时，质量只是以光子形式发射出去，故A错

误。

B.根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功而不引起其它的变化；热

机可以从单一热库吸收热量，使之完全变成功，但要引起其它的变化，选项B不正确；

C.物质的衰变与环境无关，若将放射源置于高温高压环境中，射线强度将不变化，故C错误。

D.比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D正确。

故选D。

11.（2025•浙江精诚联盟•二模）如图所示，一固定直立汽缸由上、下两个相互连通的圆筒构成。上部圆筒

体积为2%,其中有一质量为2〃八面积为2s的薄活塞A。下部圆筒长度足够，其中有一质量为〃?、面

积为S的活塞B。两圆筒由一短而细的管道连通，两活塞均可在各自的圆筒内无摩擦地上下滑动，活

塞A的上方盛有理想气体X,A、B之间盛有另一种气体Y,活塞B下方与大气连通。开始时整个系

统处于热平衡态，X气体温度为7。、体积为先,内能与温度的关系为U=CT,其中C为已知常量，T

为热力学温度；活塞B下方的大气压强为常量外。若汽缸壁、管道、活塞均不导热。现通过灯丝L对

X气体缓慢加热

।£।

TB

塞住奇

（1）若活塞A恰好到达上圆筒底部时，X气体处于热平衡态，求其温度7）/,以及从灯丝中吸收的热量

Q。

（2）若气体X从灯丝中吸收的热量为（1）问中的两倍（即20）,求达到平衡态时气体X的温度7;2

【答案】⑴％=2ToeO+（p0-等）为

（2）3%+用-等）

【详析】（1）初态py=Po-T

PX=PY--7TT=PO-

等压过程笠-等

T八To

解得77i=2To

此过程外界对X气体做功W=-px（V-%）=pxVQ

根据热力学第一定律dU=W+Q=C（Tfl-To）

可得Qi=C（Tfl-To）-IV=CT0+（po-竿）为

（2）继续输入热量Qz-Qi=Qi的过程中，气体X经历等容过程，内能变化△（7=C（Tf2-TQ=（22-Q]

解得力=矢"+q=3"4一等）

12.（2025•浙江金华义乌•三模）某一监测设备的简易结构如图所示，导热性能良好且顶部开孔与大气相通

的汽缸底部与一热源表面紧贴，汽缸顶部内上侧装有一个体积大小可以忽略的压力传感器，监测开始

时，中部活塞与汽缸底部距离为/〃=（）.3m、与顶部的距离为e=0.2m,横截面积为S=IONITA活塞下

方封闭温度为7。=300K、压强为po=105pa的空气，此时压力传感器的示数为0。已知外界空气压强

为lOTa,活塞质量及摩擦可不计，试解答下列问题：

压力传感器

气缸顶部

^2=0.2m

九=0.3m

气缸底部

（1）当热源的的温度从300K缓慢升到。时，活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0。

①则该过程中封闭空气分子的平均动能（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”）；

②求出T尸：

（2）热源温度从7沪300K缓慢升到乃=55（）K.

①画出该过程压力传感器示数尸与外壁温度7的关系图像；

②该过程气体吸收了Q=370J的热量.求该过程中气体内能的变化量「

【答案】⑴变大变小500K

♦F/N

10017

O50055077K

(2)①；②170J

【详析】(1)口］当热源的温度从300K缓慢升到。时，分子平均动能增大；

⑵由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0,可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强

不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小；

⑶根据盖一口萨克定律等=出产

TO

代入题中解得A=500K

(2)①所以分析可知从"tA过程，活塞未触及传感器，则传感器示数*二0：从过程，气体做

等容变化，根据查理定律有卷=手

」Lpo=Pi

对活塞，由平衡条件有p0S+F=p2s

联立解得尸=2T-1000(N)(500K<T<550K)

(0,(0<T<500K)

综合可知尸={

(2T-1000(N),(500K<T<550K)

故图像如下

FN

100

O50055077K

②根据热力学第一定律有△〃=W+Q

且W=-p0Sh2=-200J,Q=370J

联立解得AU=170J

13.(2025•浙江宁波十校•一模)如图所示，固定的直立绝热容器由上细下粗的两个圆筒拼接而成，底部密

封，顶端开口。上方细圆筒内部高度为8h，下方粗圆筒内部高度为4/?,h=lOcmo其中有两个轻质且

厚度不计的活塞A、B各封闭一定质量的理想气体，分别记为气体I和气体H,活塞A绝热，活塞B

导热，均能沿筒壁无摩擦滑动。活塞A、B的面积分别为S和4S,S=30cm2o初始时，气体n温度

为"二300K,两个活塞均距离两圆筒拼接处九。当电阻丝缓慢加热时，两活塞缓慢滑动，最终气体II

温度升高至7\二420K,达到新的平衡。整个过程中，大气玉保持不变，始终为po=1x105pa,活塞

A没有从细圆筒顶部滑出，不计电阻丝体积，忽略各部分因升温或压强变化引起的形变。

(1)气体II从7。缓慢升高至的过程中，气体I中分子的平均速率(填“增加”、“不变”或“减少”)；

细圆筒内壁单位面积所受气体I中分子的平均作用力(填“增加''、"不变”或“减少

(2)温度升高至7\时，求气体II的压强pz；

(3)已知气体I内能与热力学温度的关系为U=1.257(1)，则气体II从7。到A过程中，求气体I吸收的热

量Q。

【答案】⑴增加不变

(2)1.05x105Pa

(3)210)

【详析】(1)气体温度升高，气体分子的平均动能增加，气体分子运动的平均速率增加。对轻质活塞

A进行分析可知，气体【中压强大小始终等于大气压强，即气体I中压强大小不变，可知，细圆筒内壁

单位面积所受气体I中分子的平均作用力不变。

(2)设活塞B恰好到达两圆筒拼接处时温度为T,由于活塞质量不计，各部分气体压强始终等于大气压

强。对于气体II,根据盖吕萨克定律有竿二竿

解得7=400K<T1=420K

可知，气体II从400K到420K过程，气体II体积不变，根据查理定律有手=詈

解得P2=1.05x105Pa

(3)活塞B导热，所以两部分气体温度相同，对于气体I,温度从为到的过程中，发生等压变化,

设A时活塞A距离两圆筒拼接处H,根据盖吕萨克定律有笑坐二警

70

解得月=7/i=70cm

对于气体I，发生等压变化，且气体膨胀，气体对外界做功，则有W=—%[SH-(Sh+4S/i)]

解得勿=-60J

气体I内能增加AU=1.25AT

解得AU=150J

根据热力学第一定律有AU=W+Q

解得Q=210J

14.（2025・浙江•选考测评四）如图所示是通过压力罐给一定高度处的用户供水的示意图，该压力罐容积为

500L,罐内无水时气体压强为po,启动水泵给压力罐补水，当罐内气体压强增大到4Po时水泵自动停止

补水。用此压力罐给用户缓慢供水，当罐内气体压强降为2pn后，停止供水。压力^密封性、导热性能

均良好，罐内气体可视为理想气体，水管容积可忽略不计。

（1）若环境温度不变，补水过程中，罐内气体的内能（选填“增大”“减小”或“不变”），气体

（选填“向外界放出”或“从外界吸收“）热量。

（2）若环境温度不变，求水泵正常工作一次可给用户供水多少升。

（3）若补水前环境温度从原来的300K降为285K,求水泵正常工作一次可给用户供水多少升。

【答案】（1）不变向外界放出

（2）I25L

（3）118.75L

【详析】（1）［1］环境温度不变，补水过程中，罐内理想气体温度不变，AU=0

即气体内能不变。

⑵补水过程中，外界对罐内气体做功，即W>0

由AU=Q+W=0

可知QV0

即罐内气体向外界放出热量。

（2）设补完水后罐内气体体积为匕，补水过程，对罐内气体，由玻意耳定律有p0%=pi匕

其中％=500L,pi=4p0

解得匕=125L

设供完水后罐内气体体积为%,供水过程，对罐内气体，

由玻意耳定律有Po%=P2七

其中P2=2Po

解得％=250L

可得%=v2-vl=125L

（3）降温过程，由盖一吕萨克定律分别有

匕—_匕,空一—匕

T1T2TJT2

其中A=300K,T2=285K

解得匕=0.95%,V'2=0.95KJ

V，供=V'2-V\=0.95x%=118.75L

15.（2025・浙江•选考测评）如图所示，一个底面积S=50cm2的柱形导热光滑汽缸与足够长的U形细管连

接，U形细管右端封闭，其中有一定量的水银，细管体积可忽略。外界温度To=300K时，从汽缸开口

处缓慢放入一个质量为m=10kg的活塞（密封效果良好），稳定时活塞底距离汽缸底高度％=80cm,

大气压强为76cmHg（lcmHg«1.3x103Pa）o

（1）从放入活塞到稳定的过程中，汽缸内气体。（选填“向外界放热”或“从外界吸热”）

（2）求稳定后汽缸内气体的压强和U形管中水银液面的高度差砥（结果保留1位小数）。

（3）求汽缸的总高度H（结果俣留整数）。

【答案】（1）向外界放热

（2）91.4cmHg,15.4cm

（3）96cm

【详析】（1）放入活塞后，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，又由于稳定后气体温度不变，

内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热。

（2）对活塞进行分析，根据平衡条件有（p-po）S=mg

解得“=91.4cmHg

U形管两侧水银液面的高度差为/h=91.4cm-76cm=15.4cm

（3）气体发生等温变化，根据玻意耳定律有Po,=p%

印有PoHS=pH0S

解得H=96cm

16.（2025・浙江・选考二测）中国瓷器是从陶器发展演变而成的，原始瓷器起源于3000多年前。现代瓷器烧

制通常采用电加热式气窑，不同的瓷器有不同的烧制要求。如图是某次烧制瓷器所用窑炉的简图，上

方有一个只能向上打开的单向排气阀，排气阀横截面枳为S。初始时窑内温度为27",窑内气体（可看

成理想气体）体积为V,压强等于外界大气压强Po。某瓷器烧制时要求窑内温度为777。（：时排气阀打开。

单向排气阀

⑴加热时，排气阀打开前窑内气体发生的是（选填"等压"等温”或“等容”）变化，该过程中单

位时间撞击排气阀的分子数（选填“增大”“减小”或“不变”）。

（2）求排气阀两侧压力差达到多少时排气阀打开。

（3）开始加热前抽出部分气体，关闭排气阀，窑内气体质量变为原来的!求窑内气体温度为多少时，排

气阀再次打开。

【答案】（1）等容增大

⑵2.5p°S

（3）1260K

【详析】（1）［1］排气阀打开前，加热过程中，窑内气体发生等容变化：

［2］气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，分子热运动平均速率增大，则单位时间撞击排气阀的

分子数增大。

⑵排气阀打开前，窑内气体发生等容变化，由查理定律有名二卷

其中70=300K,7\=1050K

解得p=3.5p（）

排气阀将要打开时，两侧的压力差为AF=pS-p0S=2.5p°S

（3）开始加热前抽出部分气体的过程，窑内气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p°V=piqV

求得Pi=；po

将窑内气体加热的过程，气体做等容变化，根据查理定律得勺=§

zo1

其中p=3.5p（）

解得F=1260K

17.（2025•浙江•选考三测）如图所示，固定在水平地面上的绝热汽缸水平放置，内部被绝热活塞密闭一定

质量的理想气体，电热丝.C为气体加热装置，活塞横截面积S=0.04m2,活塞到汽缸底部距离人=

14.5cm,水平轻弹簧与活塞相连，右端固定在竖直墙壁上，弹簧劲度系数k=2000N/m,此时弹簧处

于原长状态，气体温度-=290K。现用电热丝给气体加热，使活塞缓慢移动到距离汽缸底部G=16cm

处，此时气体温度为明，此过程为过程I，此后固定活塞不动，继续加热使气体温度升至北=336K,

5

此过程为过程H。活塞不漏气且不计其与汽缸间的摩擦，大气压强po=1.0x10Pao

cHjuoooootw

L=14.5cm

(1)过程I气体分子数密度________(选填“增大”“不变”或“减小”气体压强_________(选填“增大”“不

变“或”减小”

(2)求气体温度为73时的压强内；

(3)若被封闭的气体内能与温度关系为U=aT,a=\]/K,求过程I气体吸收的热量Q。

【答案】⑴减小增大

(2)1.05x105Pa

⑶I6.425J

【详析】(】)[I]过程I中因气体分子总数不变，气体体积变大，故单位体积内分子数变少，分子数密

度减小；

[2〕过程I活塞缓慢右