2026年浙江高考物理二轮复习讲练测题型11 热学（解析版）

题型11热学

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01热力学定律

考向02气体实验定律

考向03气体图像

考向04理想气体状态方程的综合应用

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

以计算题为主，五年内每年均有热学专属计算题，同时分子动理论、固体液体性质等知识点会

穿插在选择题中考查

情境模型化：命题场景高度集中在汽缸、活塞、瓶子、测温装置等生活化模型，几乎所有计算

题均围绕“密闭气体+可移动活塞/导热容器”展开。

过程多阶段化：计算题常设计2-3个气体状态变化过程，要求考生逐步分析每个阶段的变化

规律并串联求解。

注重概念与计算结合：不仅要求代入公式计算，还会在第一问设置概念判断题。

考向01热力学定律

【例1-1】（2025·浙江·高考真题）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1=300K，体积V1

33

=1×10cm处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h=10cm。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，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1.02J；

533

从状态1到状态3，气体吸收热量4.56J，大气压强p0=1.0×10Pa，水的密度ρ=1.0×10kg/m；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（“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V3；

(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。

【答案】(1)不变减小

33

(2)V3=1.0201×10cm

(3)ΔU=2.53J

【详解】（1）[1][2]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

�1�2

=

其�1中�2

，，

33

解得�1=1×10cm�1=300K�2=303K

33

�此2时=气1.体01压×强10为cm

5

�气2体=从�1状=态�02+到�状�ℎ态=31的.0过1×程1，0由Pa玻意耳定律

�其2�中2=�3�3

�3=�0

代入数据解得，气体在状态3的体积为

33

�（33=）1气.0体20从1状×态101cm到状态2的过程中，气体对外做功为

�由1热=力�学1(第�2一−定�1律)=1.01J

Δ其�中=�−(�1+�2)

，

代入解得，从状态1到状态3气体内能的改�变=量4.5为6J�2=1.02J

Δ�=2.53J

【例1-2】（2025·浙江·高考真题）“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�1（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�2，，。忽略皮肤的形变，大气压强。求：7.35J

−325

�=1.6×10m�1=77°C�2=27°C�0=1.05×10Pa

(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)

4

(2)减少9×10Pa

(3)7.35J

【详24解N】（1）状态1气体的温度（）

压强�1=77+273K=350K

5

状态�21气=体�0的=温1度.05×10（Pa）

气体做等容变化，根�2据=27+273K=300K

�1�2

可得�1=�2

4

（2）�气2=体9做×等1容0变Pa化，外界对气体不做功，气体吸收热量为

根据热力学第一定律�=−7.35J

可得状态1到状态2Δ罐�内=气�体+内�能的变化

Δ�=−7.35J

即气体内能减少。

（3）罐内外的压7强.3差5J

4

状态2皮肤受到的吸力Δ大�=小�0−�2=1.5×10Pa

�=��=24N

1．热力学第一定律的理解

不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递

之间的定量关系．

2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定

符号WQΔU

＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加

－物体对外界做功物体放出热量内能减少

3.几种特殊情况

(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．

(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．

(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放

出的热量．

【变式1-1】（2025·浙江湖州·模拟预测）潜水艇中显示下潜深度的装置可简化如下：一根内壁光滑的平底

厚玻璃管，开口端向下，侧面标有均匀的刻度线，开口端刻度值为“0”，底端刻度值为“120”。用质量和厚度

均不计的活塞封闭开口端，活塞位于“0”处，以某种方式让其缓慢下降到水底，稳定时，活塞位于“40”处。

已知大气压，水的密度，重力加速度g取。全程封闭气体不泄

5332

漏且温度不变�0，=玻1.璃0×管1始0终Pa竖直。�=1.0×10kg/m10m/s

(1)活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，玻璃管中的气体分子数密度（填“变大”或“变小”；玻璃管

中的气体是（填“吸热”或是“放热”）；

(2)求活塞位于“40”处对应的水深；

ℎ

(3)将玻璃管上的刻度值转换成深度值，刻度线是否仍然均匀？请说明理由。

【答案】(1)变大�放热ℎ

(2)

(3)ℎ刻1度=线5m不均匀

【详解】（1）[1]活塞从“0”处缓慢移动到“40”处过程中，气体体积减小，质量不变，可知玻璃管中的气体分

子数密度变大。

[2]气体温度不变，可知内能不变，又体积减小，可知外界对气体做功，根据热力学第一定律，

可知，玻璃管中的气体是放热。Δ�=�+�

（2）�对<活0塞封闭的温度不变气体，由玻意耳定律得

其中，�0𝑆=�1��−�

又因为�=120mm�=40mm

联立得�1=�0+𝜌ℎ

（3）不ℎ均=匀5m。理由：由玻意耳定律

可得x与h的函数关系式�0𝑆=�1��−�

�0�

可知x与h不成正比，故将�−�玻=璃�0管+上�的�ℎ刻度值x转换成深度值h，刻度线不均匀。

【变式1-2】（2025·浙江·一模）如图，竖直放置的密闭绝热汽缸被轻质导热活塞分成上下两部分，上部分

封闭一定质量的理想气体，气体的温度为，压强为，下部分为真空，活塞与汽缸上壁中央用一根原长

为、劲度系数为的轻质弹簧竖直连接。�汽0缸内壁光滑�0，弹簧的形变始终在弹性限度内且其体积忽略不计。

活塞�0初始时静止在�汽缸正中间，此时弹簧长度为，后因活塞密封不严发生缓慢移动，最后活塞重新达到平

衡。（已知该理想气体的内能，其中为�该气体摩尔数，为已知的比例系数，形变量为的弹簧弹

性势能为）�=𝐶����

12

2��

(1)与初始时相比，上部分气体的分子数密度，上部分气体分子的平均速率（以上两空均

选填“变大”、“不变”或“变小”）；

(2)若活塞重新达到平衡时的气体温度为（已知），求此时上部分气体的压强；

(3)若活塞重新达到平衡时的气体温度为�1（未知），求此时上部分气体的温度�1。

【答案】(1)变小变大�1�1

(2)

�0�1

�1=2�0

(3)2

��−�0

【详�1解=】（2��1）+[1�]当0活塞密封不严时气体有一部分漏气到下半部分，所以上半部分气体的分子数密度减小。

[2]下方真空处有气体时，活塞会受到下部分气体的压力，使得上半部分弹簧变短，在绝热条件下弹簧弹性

势能转化为内能，所以内能增大，故温度升高，上部分气体的分子平均速率增大。

（2）由于是轻质活塞，当活塞再次平衡时，上下部分气体压强相等，弹簧弹力为0。

根据理想气体状态方程，有

�0𝑆2�1𝑆

解得�0=�1

�0�1

10

（3）�末=状2态�下弹簧恢复原长，弹性势能转化为内能，初始时弹性势能为

12

所以内能的变化量�p=2�(�−�0)

10p

解得Δ�=𝐶(�−�)=�−0

2

��−�0

�1=2��+�0

考向02气体实验定律

【例2-1】（2025·浙江台州·一模）如图1所示，一质量为、容积的导热性能良好的

3

汽缸放置在光滑水平地面上，右端开口，汽缸壁内设有卡口�，=用1.一4k质g量�0=、60面0c积m为的活

2

塞，密封一定质量的理想气体，活塞厚度可忽略且能无摩擦滑动。开始时�气=体1k温g度�=1、0体0c积m

的状态A。用水平向左的恒力F拉动汽缸，达到稳定状态B，如图2所示，�此1时=活30塞0K恰好到达�卡1=口

3

5处0且0c与m其无相互作用力。撤去外力，待气体恢复到A状态时，将汽缸内气体缓慢加热至温度的

状态C，从状态A到状态C的过程中气体内能增加了。大气压取，求：�2=450K

5

10.8J�0=1.0×10Pa

(1)由状态A到状态B的过程中，汽缸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”），气体的内能（选填“变大”“变小”或“不变”）；

(2)汽缸所施加的恒力F大小；

(3)由状态A到状态C过程中气体一共从外界吸收热量Q。

【答案】(1)变小不变

(2)400N

(3)20.8J

【详解】（1）[1][2]气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，内能不变；体积增大，压强减小，则分

子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；

（2）根据等温变化过程

其中�1�1=�2�2

对活塞Δ�有=�0−�2

对整体有Δ��=𝑚

得�=(�+m)�

（3�）=假40设0等N压变化，由

��������

得��=��

3

其大��于=汽75缸0总cm容积，因此

3

由��=600cm

其中Δ�=�+�

可得�=−�0�Δ�=−10J

�=20.8J

【例2-2】（2025·浙江·一模）龙泉青瓷名扬天下，现代电子测温技术能够实现温度的精准控制从而制作出

更加精细的青瓷制品。如图所示为某青瓷窑结构的示意图。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为

，温度为室温。烧制时为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，已知当窑内�气0=体1温.0度×

5

1为0Pa时，单�0向=排2气7°阀C开始排气，此后窑内气体压强保持不变，温度逐渐升高至稳定烧制温度

�1=7。2气7°体C可视为理想气体。求：�2=

1027°C

(1)单向排气阀开始排气后窑内气体分子平均速率（填“增大”“减小”或“不变”），单位时间撞击单位面

积窑壁的分子数（填“增大”“不变”或“减小”）；

(2)排气阀开始排气时窑内气体的压强；

(3)本次烧制排出的气体占原有气体质量�1的比例。

【答案】(1)增大减小

(2)

5

(3)3.33×10Pa

3

【详13解】（1）[1]对于某种理想气体，分子的平均动能与温度有关。开始排气后窑内温度一直升高，所以分

子平均速率增大。

[2]排气后窑内气体的压强不变，温度升高时每个气体分子撞击窑壁的平均力增大，所以单位时间撞击单位

面积窑壁的分子数会减小。

（2）由查理定律可知

�0�1

其中�0，=�1

所以�0=27°C=300K�1=727°C=1000K

5

（3）�排1=出3气.3体3×后1，0气Pa体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可得

�1�2

其中�1=�2

可以解�2得=1300K

则排出的气�2体=的1.体3�积1为

则排出的气体占原有气体Δ�的=质�量2−比�为1=0.3�1

Δ�Δ�3

�=�2=13

【变式2-1】（2024·浙江温州·一模）从消毒柜中取出一质量、杯口截面积的圆

−42

柱形玻璃杯。将杯盖盖上后，杯内密封一定质量的理想气体，�该=气0.体4k处g于温度�=3、.5压×强10m

的状态A。冷却一段时间后，杯内气体温度降低至，气体达到�状0态=3B6。0K杯盖下表�面0=为1平.0面×

5

1且0形P变a可忽略，杯壁厚度可忽略。�1=324K

(1)从状态A到状态B过程中，气体（选填“吸收”或“放出”）热量，气体分子单位时间撞击杯盖

次数（选填“变大”、“变小”或“不变”）；

(2)求气体在状态B的压强；

(3)气体在状态B时，用竖直�1向上外力提起杯盖，由于大气压作用玻璃杯与杯盖不分离，两者在空中保持静

止，求杯盖对玻璃杯作用力F的大小。

【答案】(1)放出变小

(2)

4

(3)9.0×10Pa

【详0.5解N】（1）[1][2]从状态A到状态B，属于等容变化的过程，根据理想气体状态方程可知

��

体积=不�变气体的温度降低，放出热量，气体压强减小，即气体分子单位时间撞击杯盖次数减小；

�

（2）由查理定律可知

�0�1

=

�解0得�1

4

�（13=）9对.0玻×璃10杯P受a力分析，玻璃杯静止时，则有

�解0�得+�=𝜌+�1�

�即=杯0盖.5对N玻璃杯作用力F的大小为0.5N，方向为竖直向上。

【变式2-2】登革热病毒，可以使用含氯消毒液进行消杀。如图所示的某款手动气压式喷壶，壶内装有消毒

液。其原理是通过手动压压杆A不断向壶内打入气体，使壶内气压变大，再打开阀门K时，便可持续喷雾。

已知喷壶的容积为2L，手动打气筒装置每循环工作一次，能向喷壶内压入压强为、体积为20mL

5

的空气。已知初始时喷壶内消毒液的体积为，消毒液上方气体压强等于大气1压.0强×10，P壶a内出水细管和

打气管的体积不计，喷嘴和消毒液的高度差不1.计6L，打气过程和喷出消毒液过程中不考虑�0气体温度的变化，

外界大气压恒为

5

�0=1.0×10Pa∘

(1)若装入消毒液后只打气一次，壶内的压强变为多大?

(2)若经过若干次的按压打气，再按压按柄B，消毒液从喷嘴持续喷出，发现当壶内还剩下1L的消毒液时储

气室的压强为，请问从初始时开始，一共按压了多少次?

5

【答案】(1)�2=1.04×10Pa

5

(2)32次1.05×10Pa

【详解】（1）未打气前，壶内气体的体积为

�单0次=按2L压−进1入.6L壶=内0气.4体L为，由于气体发生等温变化，由玻意耳定律，得

��=0.02L

�解1�得0=�0�0+�0��

5

�（12=）1当.0壶5×内1还0剩Pa下1L的消毒液时，此时壶内气体体积为

�设=一(共2要−按1)压L=n1次L，气体发生等温变化，由玻意耳定律，得

�代2�入=数�据0�，0解+得��0��

�故=一3共2要按压32次。

考向03气体图像

【例3-1】（2025·浙江·模拟预测）某导热性良好的容器，内含一定质量的理想气体，由状态A经过状态B

变为状态C的图像，如图所示。已知气体在状态A时的压强是，其他已知量在图示中标

5

出。�−�1.5×10Pa

(1)求大小。

(2)请你��建立一个坐标系，并在该坐标系中，作出气体由状态A经过B变为C的图像，并标出A、B、

C的坐标值。�−�

(3)气体由状态A经过B变为C的过程中，假定气体吸收热量为，求气体A、C状态的内能变化量。

4

【答案】(1)200K5.0×10J

(2)见解析

(3)

4

【详2.0解×】1（01J）A至B是等压过程,由盖—吕萨克定律，则有

����

解得��=��

（2）�由�=于2A00至KB是等压过程,B到C为等容过程,由查理定律，可得

����

代入数据解得��=��

5

由此可画出由�A�到=2B.0到×C10的Ppa-V图像如下图

（3）A到C，以气体为研究对象可知，A到B气体膨胀对外做功，B到C气体等容变化，不做功，故整个

过程气体对外做的功为AB与坐标轴围成的面积，即

4

由热力学第一定律可知���=−���=−3.0×10J

其中Δ�=�+�

4

解得�=5.0×10J

4

即气体Δ�内=能2增.0加×10J

4

2.0×10J

【例3-2】如图，一定质量的理想气体经历从的变化过程，在此过程中气体从外界吸收了

的热量，气体对外界做了的功。已�知→状�态→A�时气体压强为、气体内能�=510J，

5

�=96J��=2.4×10Pa��=136J

求：

(1)状态B时气体的压强；

(2)状态C时气体的内能��。

【答案】(1)��

5

(2)7.2×10Pa

【详55解0J】（1）状态A→B为等容过程，由查理定律得

����

解得��=��

5

（2）�由�=热3力��学=第7一.2定×律10得Pa

解得��−��=�−�

��=550J

1．利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量、不同温度的两条等温线，不同体积的两条等容线，不同

压强的两条等压线的关系．

例如：在图10甲中，V1对应虚线为等容线，A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点，可以认为从B状态通

过等容升压到A状态，温度必然升高，所以T2T1.

又如图乙所示，A、B两点的温度相等，从B状态到A状态压强增大，体积一定减小，所以V2V1.

图10

2．一定质量的气体不同图象的比较

类别图线特点举例

pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线

p－V

温度越高，线离原点越远

11

p－p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高

VV

CC

p－Tp＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小

VV

CC

V－TV＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小

pp

【变式3-1】（2025·四川达州·模拟预测）如图甲所示，有一开口向上，高度为、底面积为S的绝热气缸固

定在水平面上，气缸内部有加热装置，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，绝�热活塞可以在两个卡环之间

无摩擦运动。将一定质量的理想气体封闭在活塞下方，开始时封闭气体的温度为，压强等于外界大气压

强，重力加速度为。现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示�的0三个状态变化过程，图

中标�0出的量为已知量�。

(1)从过程，封闭气体吸收的热量为，求该过程封闭气体内能的变化量；

(2)�→过�程封闭气体温度的改变量。�Δ�

【答�→案】�(1)Δ�

(2)−0.75�0��+�

【详3�解0】（1）根据理想气体状态方程

��

得�=�

�

�=过�原�点的图线斜率不变时，体积不变，可知只有在过程中气体对外做功

�3

�由−热�力学第一定律有�→��=1.5�0�×2=4�0��

所以该气体内能的变化Δ�量=为�+�

（2）状态，体积Δ�=−，0压.7强5�0��+�，温度

�

状态，体�积𝑚，=压�强−2�𝑚=�0𝑚=�0

由理想�气体状�态�=方�程�有��=2�0

𝑚𝑚����

又𝑚=��

Δ�=��−𝑚

【变式3-2】（2025·安徽·模拟预测）一定质量的理想气体，从状态开始，经历、两个状态又回到状态，

其压强与体积的关系图像如图所示，的反向延长线经过坐标原�点与横�轴�平行。已知气体在状态�

时的热力�学温度�为，一定质量的理想气��体的内能可表示为为�常,�数�。图中、均为已知量。求�：

�0�=��,��0�0

(1)状态时气体的温度；

(2)由状态�至状态，再至状态，气体吸收热量与放出热量之差。

【答案】(�1)��

(2)9�0

【详2�解�0】−（2�1）0�0的反向延长线经过坐标原点，根据正比例图线的特点可知

3�0��

根据理想气体方�程�可知���=�0

�0�03�0��

解得�0=��

（2）�气�=体9从�状0态到，状态的体积为，气体对外界做功

�0+3�0

根据热力学第一定�律��可知3�0���=2⋅(3�0−�0)=4�0�0

解得Δ�=�+�8��0=−4�0�0+���

从状态���到=状8�态�0，+4外�界0�对0气体做功

根据理想�气体状�态方程可知���=3�0(3�0−�0)=6�0�0

3�0�03�0⋅3�0

解得��=9�0

根据热��力=学3�第0一定律可知

气体从，吸收热�量��和=放6出��热0量+的6�差0�值0为

联立以上�→各式�→解得�Δ�=���−���=2��0−2�0�0

Δ�=3�0

考向04理想气体状态方程的综合应用

【例4-1】（2025·云南楚雄·模拟预测）气钉枪是一种广泛应用于建筑、装修等领域的气动工具，工作时以

高压气体为动力，如图甲所示的是气钉枪和与之配套的气罐、气泵。图乙是气钉枪发射装置的示意图，汽

缸通过细管与气罐相连。射钉时打开开关，气罐向汽缸内压入高压气体推动活塞运动，活塞上的撞针将钉

子打入物体，同时切断气源，然后阀门自动打开放气，复位弹簧将活塞拉回原位置。气钉枪配套气罐的容

积，汽缸的有效容积，气钉枪正常使用时气罐内气体的压强范围为，为大气

压强�0，=当8L气罐内气体的压强低�于=25m时L气泵会自动启动充气，压强达到时停止充4气�0。~6假.5设�0所有�0过程中

气体温度不变，已知气罐内气体的4�初0始压强为。假设所有过程温度6恒.5�定0，且气罐容积不变。

6.5�0

(1)若气泵自动启动充气时在1s内吸入压强为的空气的体积，求在不使用气枪的情况下，气泵充

气一次的时间t。�0�1=1L

(2)求充气结束后至气泵下次自动启动充气前，气钉枪最多能射出多少颗钉子（可能用到的数据）。

3201568

【答案】(1)321≈13

(2)20s

【详15解6】（1）设在某次充气过程中，气泵需要充入压强为的空气的体积为，气体经历等温变化，有

�0�2

6又.5�0�0=4�0�0+�0�2

解得�2=�1�

（2）�设=打20入s第n颗钉子之前，气罐内气体的压强为，打入第n颗钉子之后，气罐内气体的压强为，

气枪打钉子的过程视为等温变化，有𝐶−1𝐶

解得𝐶−1�0=𝐶�0+�

�0

��−10

由数学�关=系�可知⋅�+�

320�

又𝐶=321×6.5�0

解得𝐶=4�0

�=156

【例4-2】（2025·湖南·一模）如图所示，与水平面成角倾斜放置、导热性能良好的汽缸由截面积不同的

∘

两圆筒连接而成。已知上圆筒长20cm，质量为30、截面积的活塞A和质量为、

2

截面积的活塞B间用30cm长的细轻�杆1连=接2k，g两活塞间�封1闭=一10定cm质量的理想气体，两活�塞2=与3筒k内g

2

壁无摩擦�2且=不20漏cm气。初始时，两活塞到两汽缸连接处的距离均为15cm，环境温度为、大气压强

，重力加速度g取。求：�=300K�0=

52

1×10Pa10m/s

(1)开始时缸内封闭气体的压强；

(2)缓慢降低环境温度，使活塞A刚好要脱离小圆筒，则降低后的环境温度多大。（保留三位有效数字）

【答案】(1)

4

(2)7.5×10Pa

【详26解7K】（1）设开始时缸内气体的压强为，根据平衡条件

∘∘

�1�0�1+�1�2+�1�sin30+�2�sin30=�0�2+

�解1�得1

4

（2）�由1=于7活.5塞×缓10慢P移a动，根据平衡条件可知，缸内封闭气体压强不变

（）

设杆长为L，则由盖-吕萨克定律有121

2��1+�23��1+3��2

解得�=�2

�2=267K

1．气体实验定律

玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律

一定质量的某种气体，一定质量的某种气体，

一定质量的某种气体，

在体积不变的情况下，在压强不变的情况下，

内容在温度不变的情况下，

压强与热力学温度成正其体积与热力学温度成

压强与体积成反比

比正比

p1＝p2或V1＝V2或

T1T2T1T2

表达式p1V1＝p2V2

p1＝T1V1＝T1

p2T2V2T2

图象

2.理想气体的状态方程

(1)理想气体

①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不

太低的条件下，可视为理想气体．

②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．

(2)理想气体的状态方程

p1V1p2V2pV

一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.

T1T2T

气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．

【变式4-1】航天员身着航天服出舱活动，首先要从太空舱进入到气闸舱，关闭太空舱舱门，然后将气闸舱

中的气体缓慢抽出，再打开气闸舱门，从气闸舱出舱。已知气闸舱的容积为，舱中气体的初始压强为

3

，温度为。为了安全起见，先将气闸舱的压强降至1.5m，给航天员一个适应过程。

55

0此.8过×程1中0，Pa求：300K0.6×10Pa

(1)若气闸舱的温度保持不变，抽出的气体在压强下的体积；

5

(2)若气闸舱温度变为，气闸舱内存留气0体.8的×质10量P与a原气闸舱内气体质量之比。（该问结果保留2位有

效数字）280K

【答案】(1)

3

(2)0.375m

【详0.8解0】（1）以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为，压强为，降压后气体

35

的压强为，体积为，由玻意耳定律可�得1=1.5m�1=0.8×10Pa

5

设抽出的气�2体=在0.6×10Pa时�的2体积为，转换�到1�压1=强�为2�2压强下的体积为，

55

由玻意耳定律解得�2=0.6×10Pa�2−�1�1=0.8×10Pa�3

3

（2）以气闸舱内存�留3的=气0.体37为5m研究对象，压强为后，体积为，温度为，

53

转换到压强为，温度为�2=时0的.6体×积10为Pa，由理想气�体1=状1态.5方m程可得�2=280K

5�2�1�1�4

114

气闸舱内存留气�体=的0.质8×量1与0原Pa气闸舱内气�体=质3量00之K比为��2=�1

��4

解得�=��1

�=0.80

【变式4-2】（2025·广东·模拟预测）如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，、是固定在气

缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁�接触�良好，无摩

擦不漏气，活塞只能在、之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b

刚好接触，且无相互作用�力�，活塞离缸底的距离为。已知卡环能承受的压力最大为�0，活塞的厚度不

1

计，大气压强满足，重力加速度为g，求：3ℎ2𝜌

5𝜌

�0=�

(1)要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；

(2)若提高环境温度，当环境温度为时，试通过计算判断卡环是否损坏？若不损坏，此时缸内气体的压

1.4�0

强多大。

【答案】(1)

11

0

(2)卡环并未损12�坏，

6.3𝜌

【详解】（1）开始时�，缸内气体压强

气体温度；设温度降低到时活�1塞�对=卡�0环�+的�压�力为，此时缸内气体压强

11

得�1=�0�22𝜌�2�+2𝜌=�0�+𝜌

11𝜌

气体�2发=生2等�容变化，则有

�1�2

解得�1=�2

11

（2）�假2=设1环2�境0温度为时活塞与卡环a接触，且卡环a没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据

理想气体状态方程有1.4�0�3

�1×(3ℎ�)�3×(4ℎ�)

解得�1=�3

6.3𝜌

设此时�3活=塞与�卡环的作用力为F，则

解得6𝜌+�=�3�

由于�=0.3�且�

6𝜌𝜌

说明卡�3环>并�未损�坏<，2此时缸内气体压强为

6.3𝜌

�3=�

1.（2025·浙江·一模）液体的表面张力会使液体表面总处于绷紧的状态。设想在液面上作一条分界线，张

力的作用表现在，分界线两边液面以一定的拉力相互作用，的大小与分界线的长度成正比，即

（为液体的表面张力系数），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𝑆

易装�置用来测量某液体的表面张�力系数。如图所示，间距为的形细框上放置一细杆，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�（U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、下表面会对产生水平向左的力。小明用一测力计

水平向右拉住使其保持静止，测力计示数为，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𝑀定时，测得其球形半径为。则小�0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（）�

A．B．C．D．

�0�0�0�0�02�0�0

【答案】�C,��2�,2��2�,��2�,0

【详解】肥皂水上下两个表面都存在表面张力，故有

得到肥皂水的表面张力系数为�0=2𝑆

�0

右侧半球膜受到膜内、外气体的�=压2力�和膜边缘的表面张力，如图

根据受力平衡可知内外

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内外

�−�=�=2�⋅

�02���0

故2�压�强=差2⋅为2�⋅2��内=外�

�−�2�0

2

故选C。Δ�=��=��

2.（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

【答案】A

【详解】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；

B．甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能增大，故B错误；

CD．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。

3.（2022·浙江台州·模拟预测）中国空间站第三次太空授课中演示了紫色水球从“活跃”到“懒惰”的过程。

如图所示，用注射器向水球喷气，水球发生振动。向水球射入一枚钢球，钢球留在水球中，再用注射

器以相同方式向水球喷气，水球振动幅度减小。则（）

A．首次喷气水球振幅较大，水球一定发生了共振

B．水球振动中不破裂，是因为水球处于完全失重状态

C．钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用

D．射入钢球后振幅减小，是因为水球质量变大，惯性变大

【答案】C

【详解】AD．根据动量定理，力的冲量相同的情况下，质量小的物体获得的速度大，振幅也大，故AD错

误；

BC．水球振动中不破裂，钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用，故B错误，C正确。

故选C。

4.（2025·浙江嘉兴·一模）如图所示为一形状不规则但导热良好的容器，为了测量该容器的容积，某兴趣

小组在其开口处连接一根两端开口的竖直玻璃管，密封好接口，用一惰性气体充满容器，并用质量

的活塞封闭内部气体。已知玻璃管内壁光滑，半径。当环境温度时，玻璃�管=

0内.1气kg柱长度。环境温度缓慢升高到310K时，气�柱=长0.度5c增m至70cm。已知�0大=气3压00强K恒定，

�，=取103cm，求：�0=

5

1.0×10Pa�

(1)温度变化过程中容器中气体对外界做的功W；

(2)温度变化过程中容器中气体（选填“吸热”或“放热”），容器中气体分子平均速率（选

填“增大”、“减小”或“不变”）；

(3)容器的容积V（保留三位有效数字）。

【答案】(1)5.1J

(2)吸热增大

(3)1.34L

【详解】（1）根据，，

可得��=𝜌+�0��=��Δ�Δ�=70cm−10cm=60cm

（2）�[1][=2]5温.1度J升高内能增大，容器中气体分子平均速率增大，且，体积增加气体对外界做功，则，

根据热力学第一定律可得Δ�>0�<0

可知，故温度变化过Δ程�中=容�器+中�气体吸热；

（3）�气>体0等压变化，则