【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题13 热学含解析.docx，共(36)页，1.793 MB，由envi的店铺上传

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专题13热学1、（2022·山东卷·T5）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90过程中，缸内气体（）A.内能增加，外界对气体做正功B.内能减小，所有分子热运动速率都减小C.

温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加【答案】C【解析】初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有()10ppsmg−=气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分

力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。AB．气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律UQW=+得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所

有分子热运动的速率都减小，AB错误；CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。故选C。2、（2022·全国乙卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a经状态

b变化状态c，其过程如TV−图上的两条线段所示，则气体在（）A.状态a处的压强大于状态c处的压强B.由a变化到b的过程中，气体对外做功C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到b的过程中，气体从外界

吸热E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】ABD【解析】AC．根据理想气体状态方程可知pTVnR=即TV−图像的斜率为pnR，故有abcppp=故A正确，C错误；B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做

功，故B正确；DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有UQW=+而0U，0W，则有UQW=−可得0Q，QU即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误

；故选ABD。3、（2022·全国甲卷·T33（1））一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT−图上从a到b的线段所示。在此过程中（）A.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收的

热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】BCE【解析】A．因从a到b的p—T图像过原点，由pVCT=可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律∆U

=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。故选BCE。4、（2022·湖南卷·T15（1））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（）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E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律【答案】ABE【解析】A.依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，

与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分

子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；DE．

该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。故选ABE。5、（2022·湖北·T3）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p—V图中a→c直线

段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（）A.a→b是等温过程B.a→b过程中气体吸热C.a→c过程中状态b的温度最低D.a→c过程中外界对气体做正功【答案】B【解析】AB．根据理想气体的状态方程pVCT=可知a→b气体温

度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律U=W+Q可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；C．根据理想气体的状态方程pVCT=可知，p—V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更

大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；D．a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。故选B。6、【2022·河北·T15(1)】如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温

度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将______（填“增大”“减小”或“不变”）；温度将______（填“升高”“降低”或“不变”）。【答案】①.增大②.升高【解析】假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的

气体缓慢释放到气球外部，气球内部气体压强大于外部气体压强，根据玻意尔定律pVC=可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，所以将假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积即可，气体绝热压缩，与外界无热交换，即0Q=，外界对气体做功，

即0W，根据绝热情况下的热力学第一定律=UW可知气体内能增加，温度T升高；气体温度T升高，根据理想气体实验定律pVCT=可知气体压强p增大。7、【2022·河北·T15(2)】水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连

杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强0p。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为0SL，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的12，设整个过程温度保持不变，求：（1）此时上

、下部分气体的压强；（2）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。【答案】（1）02p，023p；（2）043pSg【解析】（1）旋转前后，上部分气体发生等温变化，根据玻意尔定律可知001012pSLpSL=解

得旋转后上部分气体压强为102pp=旋转前后，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为0001322SLSLSL+=，则002032pSLpSL=解得旋转后下部分气体压强为2023pp=（2）对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖

直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知12pSmgpS=+解得活塞的质量为043pSmg=8、（2022·湖南卷·T15（2））如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积09.9VL=的导热汽

缸下接一圆管，用质量190gm=、横截面积210cm=S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量210gm=的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管

中的最低位置为B。已知A、B间距离10cmh=，外界大气压强501.0110Pap=，重力加速度取210m/s，环境温度保持不变，求：（1）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强1p；（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。【答案】（1）5110Pa

p=；（2）1NF=【解析】（1）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有0112()pSpSmmg=++代入数据解得5110Pap=（2）当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2，则有1020()pVpVSh=+代入数据解得429.9

10Pap=将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有0212()pSpSmmgF=+++联立解得1NF=9、（2022·广东卷·T15（1））利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程__________（选填“是”或“不是”）自

发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。【答案】①.不是②.大于【解析】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，

这个过程要消耗电能，不是自发的过程；[2]由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。10、（2022·广东卷·T15（2））玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容

积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强0p取51.010Pa，重力加

速度g取210m/s，水的密度取331.010kg/m。求水底的压强p和水的深度h。【答案】52.010Pap=；10m【解析】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知00pVpV=即51.010(38080)(380230)p−=−解得52.0

10Pap=根据0ppgh=+解得h=10m11、（2022·全国甲卷·T33（2））如图，容积均为0V、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为0p、温度为0T的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C

与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为018V和014V、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至02T，然后用气泵从开口C向汽

缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【答案】（1）043TT=；（2）094pp=【解析】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得00034VVTT

=解得043TT=（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ0000342VppVTT=对Ⅱ、Ⅲ两部分气体000000()()842VVppVT

VT−+=联立解得023VV=094pp=12、（2022·全国乙卷·T33（2））如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的

质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为0T。已知活塞外大气压强为0p，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的

体积。（1）求弹簧的劲度系数；（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。【答案】（1）40mgkl=；（2）023mgppS=+，2043TT=【解析】（1）设封闭气体的压强为1p，对两活塞和弹簧的整体受力

分析，由平衡条件有0101222mgpSmgpSpSpS+++=+解得103mgppS=+对活塞Ⅰ由平衡条件有01220.12mgpSklpS++=解得弹簧的劲度系数为40mgkl=（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和

弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为2103mgpppS==+即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为11.11.13.32222lllSVSS=+=，222VlS=由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有21.1ll=有

等压方程可知1202VVTT=解得2043TT=13、（2022·山东卷·T15）某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒

定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为

ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量m；（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。【答案】（1）MmamVg=；（2）0110gHpmmgHp+

=+【解析】（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg=ρgV0且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m=ρ气V鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0+V)-Mg=Ma联立解得需从

A室充入B室的气体质量MmamVVg==气（2）由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为p1=ρgH+p0鱼静止于水面下H1处时，有p2=ρgH1+p0由于鱼鳔内气体温度不变

，根据玻意耳定律有p1V=p2V2解得0210gHpVVgHp+=+则此时B室内气体质量01210gHpmVmgHp+==+气1．（2021·山东卷）如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一

开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体（）A．内能减少B．对外界做正功C．增加的内能大于吸收的热量D．增加的内能等于吸收的热量【答案】B【解析】A．由于越接近矿泉水

瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误；B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程pVCT=气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增

加，气体对外做功，根据热力学第一定律UWQ=+由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。2．（2021·山东卷）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强的数值，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360cm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150mmHg。已知大气压强等于750mmH

g，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（）A．330cmB．340cmC．350cmD．360cm【答案】D【解析】根据玻意耳定律可知000155pVpVpV+=已知0750mmHgp=，3060cmV=，1750mmHg+150m

mHg900mmHgp==代入数据整理得360cmV=故选D。3．（2021·湖南卷）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为1S和2S）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位

置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强0p保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．整个过程，外力F做功大于0，小于mghB．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变C

．整个过程，理想气体的内能增大D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于()01pShmgh+E.左端活塞到达B位置时，外力F等于21mgSS【答案】BDE【解析】A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞2S没有移动，

可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；BC.根据气缸导热且环境温度没有变，可知气缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：01QWp

Shmgh=+D正确；E.左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：0012mgFppSS+=+即：21mgSFS=E正确。故选BDE。4．（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体从状态()000apVT，，经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个

过程，下列说法正确的是（）A．ab过程中，气体始终吸热B．ca过程中，气体始终放热C．ca过程中，气体对外界做功D．bc过程中，气体的温度先降低后升高E.bc过程中，气体的温度先升高后降低【答案】ABE【解析】A．由理想气体的pV−图可知，理想气体经历ab过程，体积不变

，则0W=，而压强增大，由pVnRT=可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由UQW=+可知，气体一直吸热，故A正确；BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功0W，由pVnRT=知温度降低，即内

能减少0U，由UQW=+可知，0Q，即气体放热，故B正确，C错误；DE．由pVnRT=可知，pV−图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正

确；故选ABE。5．（2021·广东卷）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为51.010Pa，护士把注射器内横截面积为20.3cm、长度为0.4cm、压强为51.010

Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。【答案】51.310Pa【解析】以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1,有310.9mL0.5mL=0.4mL=0.4cmV=−注射器内气体

体积为V2，有3320.30.4cm0.12cmV==根据理想气体状态方程有()01211pVVpV+=代入数据解得511.310Pap=6．（2021·湖南卷）小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实

验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量1600gm=、截面积220cmS=的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量21200gm=的铁块

，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0g时，测得环境温度1300KT=。设外界大气压强501.010Pap=，重力加速度210m/sg=。（1）当电子天平示数为400.0g时，环境温度2T为多少？（2

）该装置可测量的最高环境温度maxT为多少？【答案】（1）297K；（2）309K【解析】（1）由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁块拉力为21)mgmmgmg=−=示（又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则气缸内气体压强等于大气压强10

pp=①当电子天平示数为400.0g时，设此时气缸内气体压强为p2，对1m受力分析有()()2102400ggmmppS−−=−②由题意可知，气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比：1212ppTT=③联立①②③式解得2297KT=（2）环境温度越高，气缸内气

体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为p3，对1m受力分析有301()ppSmg−=④又由气缸内气体体积不变，

则压强与温度成正比311maxppTT=⑤联立①④⑤式解得max309KT=7．（2021·河北卷）某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27℃时，压强为33.010Pa。（1）当夹层中空气的温度升至37℃，求此时夹层中空气的压强；（2）当

保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27℃，大气压强为51.010Pa。【答案】（1）323.110Pap=；（2）973【解析】（1）由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据理想气体状态方程可知1212ppTT=代入数据

解得323.110Pap=（2）当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有011pVpV=解得11003VV=则增加空气的体积为1973VVVV=−=

所以增加的空气质量与原有空气质量之比为973mVmV==8．（2021·全国卷）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传

感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为2V。（i）求A的体积和B的压强；（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积

和B的压强。【答案】（i）0.4AVV=，02Bpp=；（ⅱ）'(51)AVV=−，'0354Bpp+=【解析】（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有012BpVpV=解得02Bpp=对A气体分析，根据波意耳定律有0AApVp

V=00.5ABppp=+联立解得0.4AVV=（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为32V，由波意耳定律可得003'2pVpV=则A此情况下的压强为002'0.53Bpppp=−则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为AV、压强为A

p，气体B的体积为BV、压强为Bp，根据等温变化有0AApVpV=，0BBpVpV=2ABVVV+=，''00.5ABppp=−联立解得'0453Bpp−=（舍去），'03+54Bpp='(51)AVV=−9．（2021·全国卷）如图

，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为113.5cml=，232cml=。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差5cmh=。已知

外界大气压为075cmHgp=。求A、B两管内水银柱的高度差。【答案】1cmh=【解析】对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态为压强10Bpp=，体积为12BVlS=，末态压强为2p，设水银柱离下端同一水平面的高度为2h，体积为222()BVlhS=−，由水

银柱的平衡条件有20Bppgh=+B管气体发生等温压缩，有1122BBBBpVpV=联立解得22cm=h对A管中的气体，初态为压强10App=，体积为11AVlS=，末态压强为2Ap，设水银柱离下端同一水平面的高度为1h，则气体体积为211()AVlh

S=−，由水银柱的平衡条件有2021()Appghhh=++−A管气体发生等温压缩，有1122AAAApVpV=联立可得21121911890hh−+=解得11cmh=或11189cm>()2hl=舍去则两水银柱的高度差为211cmhhh=−=10．（2021·广东卷）在高空飞

行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧。下飞机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同。由此可判断，高空客舱内的气体压强______（选填“大于”、“小于”或“等于”）机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能______（选

填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】小于不变【解析】[1]机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想气体状态方程pVCT=故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；[2]由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只

与温度有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变。11．（2021·河北卷）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B，汽缸内用轻质绝热活塞封闭完全相同的理想气体，如图1所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A

中细沙的质量大于B中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能______（填“大于”“小于”或“等于”）汽缸B内气体的内能，图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线______（填图像中曲线标号）表示

汽缸B中气体分子的速率分布规律。【答案】大于①【解析】[1]对活塞分析有mgps=因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有ABpp；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有ABWW则根据=+UWQ因为气缸和活塞都是绝热的，故有ABUU即重新平衡后A气缸内的气体内能大于B

气缸内的气体内能；[2]由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知B气缸温度较低，故曲线①表示气缸B中气体分子的速率分布。12．（2021·全国卷）如图，一定量的理想气体

经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在

状态a和b的压强之比abpp=___________；气体在状态b和c的压强之比bcpp=___________。【答案】121VV【解析】[1]根据盖吕萨克定律有273Vkt=+整理得273Vktk=+由于体积

-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有1abpp=[2]设0Ct=时，当气体体积为1V其压强为1p，当气体体积为2V其压强为2p，根据等温变化，则有1122pVpV=由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则

有1bpp=，2cpp=联立解得1221bcppVppV==1．（2020·北京卷）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度ABTT、和CT的关系，正确的是（）A．ABBC

TTTT==，B．ABBCTTTT，C．ACBCTTTT=，D．ACBCTTTT=，【答案】C【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据ABABVVTT=因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有CBBC

ppTT=因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有0000332255ACpVpVTT创=可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；故选C。2．（2020·北京卷）分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从

相距2rr=处释放，仅考虑这两个分于间的作用，下列说法正确的是（）A．从2rr=到0rr=分子间引力、斥力都在减小B．从2rr=到1rr=分子力的大小先减小后增大C．从2rr=到0rr=分子势能先减小后增大D．从2rr=

到1rr=分子动能先增大后减小【答案】D【解析】A．从2rr=到0rr=分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；B．由图可知，在0rr=时分子力为零，故从2rr=到1rr=分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；C．分子势能在0rr=时分子势能最小，故从2rr=到0rr=分子势

能一直减小，故C错误；D．从2rr=到1rr=分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。故选D。3．（2020·天津卷）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口

充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（）A．压强变大B．对外界做功C．对外界放热D．分子平均动能变大【答案】B【解析】A．随着水向外喷出，气体

的体积增大，由于温度不变，根据pV=恒量可知气体压强减小，A错误；BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律UWQ=+气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；D．温度是分子平均动能的标志，由于

温度不变，分子的平均动能不变，D错误。故选B。4．（2020·山东卷）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2

V0，p0）、c（3V0，2p0）以下判断正确的是（）A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中

内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量【答案】C【解析】A．根据气体做功的表达式WFxpSxpV===可知pV−图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在ab→过程中对外界做的功等于bc→过程中对外界做的功，A错误；B．气体从ab→，满足玻意尔定

律pVC=，所以abTT=所以0abU=，根据热力学第一定律UQW=+可知0ababQW=+气体从bc→，温度升高，所以0bcU，根据热力学第一定律可知bcbcbcUQW=+结合A选项可知0abbcWW=所以bcabQQ

bc→过程气体吸收的热量大于ab→过程吸收的热量，B错误；C．气体从ca→，温度降低，所以0caU，气体体积减小，外界对气体做功，所以0caW，根据热力学第一定律可知caQ，放出热量，C正确；D．理想气体

的内能只与温度有关，根据abTT=可知从cabcTT=所以气体从ca→过程中内能的减少量等于bc→过程中内能的增加量，D错误。故选C。5．（2020·江苏卷）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【答案】AC【解析】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各向

同性”。它没有固定的熔点。故选AC。6．（2020·全国卷）如图，一开口向上的导热气缸内。用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上。使其缓慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中（）A．气体体积逐渐减小，内能增知B．气体压强逐渐增大，

内能不变C．气体压强逐渐增大，放出热量D．外界对气体做功，气体内能不变E.外界对气体做功，气体吸收热量【答案】BCD【解析】A．理想气体的内能与温度之间唯一决定，温度保持不变，所以内能不变，A错误；BCED．由理

想气体状态方程pVCT=，可知体积减少，温度不变，所以压强增大。因为温度不变，内能不变，体积减少，外界对系统做功，由热力学第一定律UWQ=+可知，系统放热，BCD正确，E错误；故选BCD。7．（2020·海南卷）如图，圆柱形导热气缸长060cmL=，缸内用活

塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有一个触发器D，当缸内压强达到51.510Pap=时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度027Ct=，压强501.010Pap=。(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚

好被触发时，到缸底的距离；(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。【答案】(1)0.4m；(2)450K【解析】(1)设气缸横截面积为S；D刚好被触发时，到缸底的距离为L，根据玻意耳定律得00pSLpSL=带入数据解得5

0051100.6m0.4m1.510pLLp===(2)此过程为等容变化，根据查理定律得00ppTT=带入数据解得50501.510(27273)K450K110pTTp==+=8．（2020·江苏卷）一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其1pV−图

象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。【答案】5210J【解析】根据1pV−图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；故从A经B到C过程中气体吸收的热量等于气体对外所做的功。根据图像可知状态A到状态B为等压过程，气体对外做

功为()55121021J=210JWpV==创-?状态B到状态C为等容变化，气体不做功；故A经B到C过程中气体吸收的热量为51210JQW==?9．（2020·山东卷）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧

为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，

温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质

量的比值。【答案】Δ13mm=【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知p1=p0、T1=450K、V1=V2、T2=300K、V2=20V0/21①由理想气体状态方程得200

0122021pVpVTT=②代入数据得p2=0.7p0③对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为0V，由题意知p3=p0、V3=0V、p4=p2④由玻意耳定律得2004VVpp=⑤联立②⑤式，代入数据得4

0107VV=⑥设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知4020Δ21VVV=−⑦故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为4ΔΔmVmV=⑧联立②⑤⑦⑧式，代入数据得Δ13mm=⑨10．（2020·全国卷）如图，两侧粗细均匀、横截面积相

等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0=4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l=12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0=76cmHg。（i

）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？（ii）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？【答案】（i）12.9cm；（ii）363K【解析】（i）设密封气体初始体积为V1，压强

为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有1122pVpV=设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有100hppg=+，20ppgh=+()102VSHlh=−−，2VSH=联立以上式子并代入题中

数据得h=12.9cm（ii）密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有2312VVTT=按题设条件有3(2)VSHh=−代入题中数据得T2=363K11．（2020·全国卷）甲、乙两个储气罐储

存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为12p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：（

i）两罐中气体的压强；（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】（i）23p；（ii）23【解析】（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有13pVpV

=，21232pVpV=则1212()32pVpVppV+=+则甲乙中气体最终压强122'3pppp=+=（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则''pVpV=计算可得2'

3VV=由密度定律可得，质量之比等于'23mVmV==现原12．（2020·全国卷）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化

为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，Hh，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。（1）求进入圆筒内水的高度l；

（2）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。【答案】（1）0gHlhpgH=+；（2）0gSHhVp=【解析】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压

强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=（h–l）S③p1=p0+ρg（H–l）④联立以上各式并考虑到Hh，h>l，解得0gHlhpgH=+⑤（2）设水全部排出后筒内

气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦设需压入筒内的气体体积为V，依题意V=V3–V0⑧联立②⑥⑦⑧式得0gSHhVp=⑨13．（2020·江苏卷）一瓶酒精用了一些

后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽，此时_____（选填“有”或“没有”）酒精分子从液面飞出。当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的密度_____（选填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】有增大【解析】[1]形成饱和气后，酒精还是会蒸发，只是液体里跑到气体中的分子和气体中的分

子跑到液体里的速度一样快，整体来看是不变的，维持了动态平衡。但此时仍然会有酒精分子从液面飞出；[2]温度升高使气体分子的动能增大，离开液体表面的气体分子更多，饱和汽的密度增大。14．（2020·全国卷）下列关于能量

转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_______，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_______。（填正确答案标号）A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D

．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内【答案】BC【解析】A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律；B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故

违背热力学第一定律；C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了

影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。15．（2020·全国卷）分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r=r1时，F=0。分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点

运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_____（填“减小“不变”或“增大”）；在间距由r2减小到r1的过程中，势能_____（填“减小”“不变”或“增大”）；在间距等于r1处，势能_____（填“大于”“等于”或“小于”）零。【答案】减小减小小

于【解析】[1]从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到2r的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；[2]在21rr→的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；[3]在间距等于1r之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零

，则在1r处分子势能小于零。