2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型17 分子动理论 气体 热力学定律（解析版）

题型17分子动理论气体热力学定律

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分子动理论热力学定律【重难】

考向02气体【重难】

考向03图像问题【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

本题型是高中物理中热学的知识，多数可能是选择题的考向。本题型的命题常与生活中的实际

问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用气体实验定律、热力学定律等知识解题。

考向01分子动理论热力学定律

【例1-1】（2025·广东省广州市·广州市第十六中学·专训）关于以下图片，下列说法正确的是（）

A．图甲现象产生的原因是液体的表面张力

B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作

用的不平衡性表现得越明显

C．图丙为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气

体的最终温度等于T

D．图丁为同一气体在0C和100C两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速

率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等

【答案】AC

【来源】2025届广东省广州市第十六中学高三下学期专训物理试题（2）

【详解】A．图甲中测力计示数大于玻璃板重力，是因为玻璃板还受到液体的表面张力，故A正确；

B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的

平衡性表现得越明显，故B错误；

C．图丙为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空。现抽掉隔板，气体向

真空的膨胀不对外做功，故根据热力学第一定律UQW

又Q0，故气体的内能保持不变，温度不变，最终温度等于T，故C正确；

D．图丁为同一气体在0C和100C两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率

间的关系图线，两图线与横轴所围面积都为100%，故D错误。

故选AC。

【例1-2】（2026·广东清远·一模）科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。

瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm

时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度1.0103kg/m3，忽略空气阻力，重力加速度g取

10m/s2。下列说法正确的是（）

A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热

B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功

C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落

D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处

【答案】BCD

【来源】2026届广东省清远市高三上学期一模考试物理试题

【详解】A．根据热力学第一定律，打气时，活塞对筒内气体做功，气体内能增加，温度升高，故而筒壁发

热，故A错误；

B．由热力学第一定律，当水喷出时，水火箭内气体体积急剧膨胀，气体对外做功，故而气体吸热，B正确；

C．以水火箭内密封气体为分析对象，由气体等温变化规律p0V1np0V0p末V1

解得n12，故C正确；

D．水火箭竖直放置时，能上升的高度最高，水以v=10m/s全部喷出，由动量守恒Mv箭mv水

水的质量为mV水，代入数据可得水火箭的初速度v箭50m/s

2

由竖直上抛运动规律得v箭2gh

解得最大高度为h125m，故D正确。

故选BCD。

1.分子动理论与内能

2.热力学定律

3.热力学第一定律的三种特例

(1)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU。

(2)等容过程：W＝0，Q＝ΔU。

(3)等温过程：ΔU＝0，Q＋W＝0。

【变式1-1】（2025·广东省广州市某校·三模）小明的爷爷喜欢喝盖碗茶，泡茶时，他向茶杯中倒入足够多

的沸水，使得盖上杯盖后茶水漫过杯盖，然后静置一段时间就可以喝了，已知盖上杯盖后，在水面和杯盖

间密闭了一部分空气（可视为质量和体积均不变的理想气体），过一段时间后水温降低，则（）

A．泡茶时，用沸水能快速泡出茶香，是因为温度越高每个分子动能都越大

B．水的颜色由浅变深，说明水分子在做布朗运动

C．温度降低后杯盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的压强变大

D．温度降低的过程中，杯内气体向外界放热

【答案】D

【来源】2025届广东省广州市某校高三下学期综合测试（三）物理试题

【详解】A．温度升高时，气体分子的平均动能变大，并不是每个分子动能都越大，选项A错误；

B．水的颜色由浅变深，说明固体茶颗粒在做布朗运动，选项B错误；

C．杯盖拿起来比较费力，是因为封闭气体的温度降低，体积不变，则压强变小，选项C错误；

D．温度降低的过程中，杯内气体体积不变，不对外做功，内能减小，则气体向外界放热，选项D正确。

故选D。

【变式1-2】（2025·广东省·联考）在学校科技节的“水火箭”比赛上，小明同学用容积为V0的可乐瓶制作了

一支水火箭，现向瓶中装入0.4V0的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，火箭内气体的压强

为p0，如图所示。现在用容积为0.2V0的打气筒将压强为p0的空气打进“水火箭”内，当瓶内气体的压强达到

4p0时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。假设整个过程中水火箭没有变形、漏气和漏水，气体可

视为理想气体。

(1)水喷出后瞬间，箭体内气体的温度升高还是降低，简要说明理由；

(2)设打气过程气体的温度保持不变，求需打气的次数。

【答案】(1)降低，理由见解析

(2)9

【来源】广东省衡水金卷2025-2026学年高三上学期8月联考物理试卷

【详解】（1）水喷出后瞬间，箭体内气体对外界做功，即W0，且此过程经历时间很短，气体来不及与

外界完成充分的热交换，可视为绝热过程，Q0，根据热力学第一定律UWQ可知U0，气体的

内能减少，温度降低；

（2）设需打气n次，根据玻意耳定律有p0Vn0.2V04p0V

其中VV00.4V00.6V0

解得n=9

【变式1-3】（2026·广东省湛江市部分高中·一模）“红五月”科学艺术文化节时，兴趣小组参与了“水火箭”

比赛项目。某同学在容积为V且其变化可忽略不计的饮料瓶中注入密度为ρ的矿泉水，拧紧瓶塞后将打气筒

的气阀紧密接入带阀门的金属管，再将饮料瓶倒置，往饮料瓶内部打入空气，使得打气结束时饮料瓶内高

压气体气压大小为p，体积为kV（k<1）。此时，另外一名同学迅速拔出打气筒的气阀，该过程近似视为没

有矿泉水流出。此后在气压差的作用下，饮料瓶内部的水在极短时间内喷射出饮料瓶，同时使得饮料瓶获

得沿矿泉水喷射的反方向的初速度v₀，瓶内气体温度从T下降至T0。饮料水瓶质量为M，瓶内气体可视为

理想气体，且质量忽略不计。求当瓶内所有矿泉水恰好喷射出饮料瓶瞬间：

(1)瓶内气体的压强p1；

(2)瓶内内能变化U。

pkT

【答案】(1)0

T

M2v2Mv2

(2)00

21kV2

【来源】2026届广东省湛江市部分高中学校高三上学期高考第一次模拟考试物理试题

pkVpV

【详解】（1）由理想气体状态方程可得1

TT0

pkT

解得p0

1T

（2）由于饮料瓶内部的水在极短时间内喷射出矿泉水瓶，该过程近似看作动量守恒，有mv1Mv0

11

外界对气体做功为Wmv2Mv2

2120

其中m1kV

由热力学第一定律可得UQW

由于时间极短，热交换为Q0

M2v2Mv2

联立解得ΔU00

21kV2

考向02气体

【例2-1】（2025·广东·一模）如图是“筒式二冲程柴油锤”的工作简图。压缩冲程：汽缸锤座压在水泥桩顶

上，柱塞从一定高度释放落入汽缸内，压缩汽缸内的空气，并点燃汽缸内的柴油。做功冲程：柴油被点燃，

通过高压气体将水泥桩压入泥土，同时柱塞被反推到汽缸外。柱塞和汽缸密封良好，则（）

A．在压缩冲程，汽缸内气体发生等温变化B．在压缩冲程，柱塞对汽缸内气体做正功

C．在做功冲程，汽缸内气体压强保持不变D．在做功冲程，汽缸内气体对柱塞做正功

【答案】BD

【来源】2025届广东省高三下学期第一次调研考试物理试题

【详解】AB．压缩冲程中，柱塞对汽缸内气体做正功，柱塞机械能转化为气体内能，汽缸内气体内能增大，

汽缸内气体温度升高，故A错误、B正确；

CD．做功冲程中，汽缸内气体对柱塞做正功，将内能转化为机械能，汽缸内气体内能减少，汽缸内气体温

度降低；由于汽缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程可知气体压强变小，故C错误、D

正确。

故选BD。

【例2-2】（2025·广东中山·中山纪念中学·一测）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均

匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一

定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，

1

弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞

3

1

上升H。已知大气压强为p，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终

20

在弹性限度内。求：

(1)最终汽缸内气体的压强；

(2)添加的沙子质量。

18

【答案】(1)p

170

2pS

(2)0

17g

【来源】2026届广东省中山市纪念中学高三上学期11月阶段检测物理试卷

【详解】（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强p1p0

体积V1SH2SH3SH

2317

末态体积VH2SHSSH

2326

设末态压强，根据玻意耳定律可得p1V1p2V2

18

解得pp

2170

（2）对右边活塞受力分析可知mgp02Sp22S

2pS

解得m0

17g

1.气体的“三定律、一方程”

2.利用气体实验定律解决问题的基本思路

【变式2-1】（2025·广东省大湾区·10月联合模拟）如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，a、b

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a、b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0，活

1

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3h。已知卡环能承受的压力最大为mg，活

2

5mg

塞的厚度不计，大气压强满足p，重力加速度为g，求：

0S

(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1.4T0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

强多大。

11

【答案】(1)T

120

6.3mg

(2)卡环并未损坏，

S

【来源】2026届广东省大湾区高三上学期10月联合模拟考试物理试卷

【详解】（1）开始时，缸内气体压强p1Sp0Smg

11

气体温度TT；设温度降低到T时活塞对卡环的压力为mg，此时缸内气体压强pSmgpSmg

1022220

11mg

得p

22S

pp

气体发生等容变化，则有12

T1T2

11

解得TT

2120

（2）假设环境温度为1.4T0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p3，根据

p3hSp4hS

理想气体状态方程有13

T1T3

6.3mg

解得p

3S

设此时活塞与卡环的作用力为F，则6mgFp3S

解得F0.3mg

6mgmg

由于p且F

3S2

6.3mg

说明卡环并未损坏，此时缸内气体压强为p

3S

【变式2-2】（2025·广东·联考）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞可沿

气缸壁无摩擦地滑动。活塞的面积S=1.0×10-3m2，质量m=2kg，气缸竖直放置，气缸内气体温度为77℃，活

5

塞相对于气缸底部的高度h10.7m，现将气缸置于室温为27℃的环境中，已知大气压强p01.010Pa，重

力加速度大小g10m/s2。

(1)求重新平衡时活塞离气缸底部的距离；

(2)活塞重新平衡的过程中气缸内气体释放的热量为16.8J，求气体内能的变化量。

【答案】(1)0.6m

(2)减少4.8J

【来源】2026届广东省部分学校高三上学期联考物理试题

【详解】（1）设重新平衡后活塞到汽缸底部的距离为h2，取封闭气体为研究对象，气体发生等压变化，由

hShS

盖-吕萨克定律得12

T1T2

=

解得h20.6m

（2）活塞重新平衡的过程中外界对气体做功，则有Wp0Smgh1h2

由热力学第一定律得UQW

解得U4.8J

气体内能减少4.8J。

【变式2-3】（2025·广东·一测）如图甲所示，潜水钟是一种潜水装置，可输送潜水员下潜，并提供水下逗

留和作业的平台以延长潜水时间。将潜水钟简化为如图乙所示的用轻质活塞密封的导热圆筒，圆筒内的横

截面积为S=2.5m2，高度h=3.0m。下潜前活塞处于筒口处，封闭气体的压强等于大气压，温度为t=27℃。

1

现将圆筒开口向下，由水面上方沿竖直方向缓慢下潜至作业深度时，活塞恰好位于距筒口h处。已知潜水

2

钟内的封闭气体可视为理想气体，不计活塞与圆筒间的摩擦，下潜过程中气体温度保持不变，海水的密度

3352

ρ=1.0×10kg/m，大气压强p0=1.0×10Pa，热力学温度与摄氏温度的关系为T=t+273K，重力加速度g=10m/s。

(1)求潜水钟下潜过程中，潜水钟内气体是吸热还是放热，简要说明依据；

(2)求在作业深度处，筒口距离海面的深度H；

8

(3)若保持作业深度不变，潜水钟内气体的温度降低后活塞静止在距离筒口h处，求此时潜水钟内气体的

15

温度。

【答案】(1)气体放热

(2)11.5m

(3)278.6K

【来源】2026届广东省部分学校高三上学期开学联考物理试卷

【详解】（1）潜水钟下潜过程中，潜水钟内气体的温度不变，故内能不变，即ΔU=0；气体的体积减小，故

外界对气体做功，即W>0；根据热力学第一定律有ΔU=W+Q

故Q<0，所以气体放热。

1

（2）设潜水钟下潜至作业深度处时，气体的压强为p，则pp0gHh

2

1

根据玻意耳定律有pShpSh

02

解得H=11.5m

（3）气体初始温度为T=300K

88

活塞静止在距离筒口h处时，气体的压强为pp0gHh

1515

8

pShh

根据理想气体状态方程有pSh

015

TT

解得T278.6K

考向03图像问题

【例3-1】（2025·广东深圳·二调）一定质量的理想气体经历A→B→C→A的状态变化过程，压强和体积的变

化情况如图所示。正确的说法是（）

A．状态A与状态C温度相同

B．B→C过程气体温度降低

C．C→A过程气体放出热量

D．A→B过程外界对气体做功

【答案】ABC

【来源】2025届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（4月）物理试题

【详解】AB．根据理想气体状态方程pV=nRT

可得，pV乘积与温度成正比，结合图像可得状态A与状态C温度相同，B→C过程气体温度降低，故AB正

确；

C．C→A过程体积减小，外界对气体做功，温度不变，内能不变，结合热力学第一定律UWQ

可知气体放出热量，故C正确;

D．A→B过程气体体积变大，气体对外界做功，故D错误。

故选ABC。

【例3-2】（2025·广州·二模）如图为研究气体实验定律的装置，通过压强传感器和数据采集器获取数据，

并借助计算机处理数据．用该装置探究一定质量的气体在温度不变时，其压强和体积的关系．实验得到的

图像可能是（）

A．B．C．

D．

【答案】B

【来源】2025届广东省广州市普通高中高三下学期二模物理试卷

【详解】由玻意耳定律可知一定质量的气体在温度不变，满足pVC

1

故pC

V

B正确。

故选B。

【变式3-1】（2025·广东广州天河·二模）油电混合车汽油发动机结构如图a所示。某型号发动机的工作原

理简化如下：燃烧室内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和压缩过程可简化为如图b所示的pV图

像，其中B→C和D→A为两个绝热过程。状态A气体的温度T1300K压强p1100kPa。火花塞点火瞬间，

燃烧室内气体的压强迅速增大到p2300kPa的状态B。然后，活塞被推动向下移动，驱动汽车前进。在经

历B→C的绝热膨胀过程中，气体对外做功300J，温度降低了300K，压强降低到125kPa。

(1)求状态B的温度T2；

(2)求B→C过程燃烧室内气体内能变化量U。

燃烧室内气体的最大体积与最小体积之比被称为压缩比，它是发动机动力大小的一个标志。根据题

(3)V2V1γ

目中条件，计算该发动机的压缩比γ。

【答案】(1)T2900

(2)U300

8

(3)

5

【来源】2025届广东省广州市天河区高三下学期综合测试（二）物理试题

PP

【详解】（1）从A→B过程气体温度升高发生等容升压，根据查理定律12

T1T2

解得T2900K

（2）B→C过程为绝热过程，Q0

根据热力学第一定律得UWQ

其中W300J

联立解得U300J

（3）在经历B→C的绝热膨胀过程中，气体对外做功，汽缸内温度降低了300K，膨胀结束到达状态C时，

燃烧室内压强降低到125kPa，则有TC(T2300)K600K，PC125kPa

PVPV

根据理想气体状态方程可得

11C2

T1TC

V8

可得该汽油机的压缩比为2

V15

【变式3-2】（2025·广东·三模）小李用打气筒给自行车轮胎充气，他快速下压打气筒的活塞，打气筒内的

气体（未进入轮胎）从状态A变化到状态B、pV图像如图所示。此过程可视为绝热过程，关于此过程中

打气筒内的气体，下列说法正确的是（）

A．气体向外界放热

B．气体的内能不变

C．外界对气体做的功大于气体增加的内能

D．单位时间内气体分子对活塞的撞击次数增大

【答案】D

【详解】ABC．题意可知此过程为绝热过程（Q0），且气体的体积减小，外界对气体做功（W0），根

据热力学第一定律可知ΔUWQW0

所以气体的内能增加，且外界对气体做的功等于气体增加的内能，故ABC错误；

D．气体的体积减小，分子数密度增大，且气体内能增加，温度升高，分子的平均动能增大，单位时间内气

体分子对活塞的撞击次数增大，故D正确。

故选D。

【变式3-3】（2023·广东·真题）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小

气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的

pV图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的

状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C,B到C过程中外界对气体做

功为W．已知p0、V0、T0和W．求：

（1）pB的表达式；

（2）TC的表达式；

（3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？

1

【答案】（1）p；（2）1.9T；（3）W

500

【来源】2023年高考广东卷物理真题

【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得

pAVApBVB

解得

1

pp

B50

（2）根据理想气体状态方程可知

pVpV

BBCC

TBTC

解得

TC1.9T0

（3）根据热力学第一定律可知

UWQ

其中Q0，故气体内能增加

UW

1．（2025·广东·真题）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

52

p01.010Pa，铸型室底面积S10.2m，高度h10.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H0.15m，

233

柱状气室底面积S20.8m，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度5.010kg/m，重力加速度

取g10m/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h3004m时，气室内气体压强p2。

5

【答案】(1)h20.05m，p11.210Pa

5

(2)p21.3510Pa

【来源】2025年高考广东卷物理真题

【详解】（1）根据体积关系S1h1S2h2

可得下方液面下降高度h20.05m

此时下方气体的压强p1p0g(h1Hh2)

5

代入数据可得p11.210Pa

（2）初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积VS1h1

当上方铸型室液面高为h30.04m时体积为VS1(h1h3)

根据玻意耳定律p0VpV

5

可得此时上方铸型室液面高为h30.04m时气体的压强为p1.2510Pa

同理根据体积关系S1h3S2h4

可得h40.01m

此时下方气室内气体压强p2pg(Hh3h4)

5

代入数据可得p21.3510Pa

2．（2025·天津·高考）如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C，则

（）

A．AC和ADC过程，外界对气体做功相同

B．ABC和ADC过程，气体放出的热量相同

C．在状态A时和在状态C时，气体的内能相同

D．在状态B时和在状态D时，气体分子热运动的平均动能相同

【答案】C

【详解】A．根据WpV，AC过程的压强总比ADC过程的压强大，则AC过程外界对气体做功多，故A

错误；

B．同理可知ABC过程外界对气体做功比ADC过程大，根据热力学第一定律UQW

可知ABC过程气体放出的热量多，故B错误；

pV

C．根据理想气体状态方程C结合题图可知状态A时和在状态C温度相等，则气体内能相同，故C正

T

确；

pV

D．根据理想气体状态方程C可知状态B的温度高于状态D的温度，则状态B气体分子热运动的平均

T

动能大，故D错误。

故选C。

3．（2025·江西·高考）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，重力加速度为g。该临界值V0c等于（）

gS2gS

A．HB．H(Hl)

p0p0

pg(Hl)pg(Hl)

C．0SHD．0SH

p0p0

【答案】B

【详解】根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻意耳定

律有p0SHp0V0cpSH

泵水器恰能出水满足pp0gHl

gS

联立解得V0cH(Hl)

p0

故选B。

4．（2025·浙江·真题）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．按照相对论的时间延缓效应，低速运动的微观粒子寿命比高速运动时更长

C．变压器原线圈中电流产生的变化磁场，在副线圈中激发感生电场，从而产生电动势

D．热敏电阻和电阻应变片两种传感器，都是通过测量电阻，确定与之相关的非电学量

【答案】CD

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

B．按照相对论的时间延缓效应，运动的时钟会变慢。对于微观粒子，高速运动时其内部的时间进程变慢，

相当于寿命变长；而低速运动时，时间延缓效应不明显，其寿命比高速运动时更短，故B错误；

C．变压器的工作原理是电磁感应。原线圈中电流产生的变化磁场，穿过副线圈时，会在副线圈中激发感生

电场，感生电场对副线圈中的自由电荷有作用力，从而产生电动势，这就是变压器副线圈产生感应电动势

的原理，故C正确；

D．电阻传感器是通过测量电阻的变化来确定与之相关的非电学量，比如温度传感器，温度变化会引起电阻

变化，通过测量电阻就可以知道温度的变化。电阻应变片是基于电阻应变效应工作的，当应变片受到外力

作用发生形变时，其电阻值会发生变化，通过测量电阻变化可以确定外力等非电学量，故D正确。

故选CD。

5．（2025·浙江·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t1，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t2，

玻璃罐便紧贴在皮肤上（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7.35J。已知

325

S1.610m，t177C，t227C。忽略皮肤的形变，大气压强p01.0510Pa。求：

(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)9104Pa

(2)减少7.35J

(3)24N

（）

【详解】（1）状态1气体的温度T177273K350K

5

压强p1p01.0510Pa

（）

状态2气体的温度T227273K300K

pp

气体做等容变化，根据12

T1T2

4

可得p2910Pa

（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q7.35J

根据热力学第一定律UWQ

可得状态1到状态2罐内气体内能的变化U7.35J

即气体内能减少7.35J。

4

（3）罐内外的压强差pp0p21.510Pa

状态2皮肤受到的吸力大小FpS24N

6．（2025·全国·真题）如图，一定量的理想气体先后处于VT图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的

、、

压强分别为papbpc，则（）

A．papbB．papcC．papbD．papc

【答案】AD

【详解】根据理想气体的状态方程有pVCT

C

变形有VT

p

C

则V—T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表

p

则由题图可知pc>pb=pa

故选AD。

7．（2025·甘肃·真题）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

【答案】ACD

【详解】A．A→B过程，体积不变，则W=0，温度升高，则∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q

可知Q>0，即该过程吸热，选项A正确；

B．B→C过程，温度不变，则∆U=0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q

可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B错误；

pV

C．A→B过程，体积不变，温度升高，根据C

T

可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确；

D．状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D正确。

故选ACD。

8．（2026·广东·模拟）功夫茶讲究“烫杯热罐”，冲泡时需用热水淋烫茶具以激发茶香。如图甲所示为一款功

夫茶专用陶瓷茶杯，冲泡时先在杯中倒入半杯滚烫的茶汤，迅速盖上配套的陶瓷杯盖（避免茶香散失）。

刚盖上杯盖瞬间，杯中气体的压强为p0、温度为T0；静置片刻后，杯中气体温度升至某一温度时，此时杯

盖刚好要被内部气体顶起。已知大气压强恒为p0，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，杯盖与

杯口接触光滑（无摩擦），且盖沿不漏气，不考虑茶汤蒸发对气体质量的影响，杯中气体可视为理想气体，

重力加速度大小为g，求：

(1)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的压强；

(2)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的温度。

4mg

【答案】(1)pp

0πd2

4mg

(2)TT012

πp0d

【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有p0SmgpS

d

又S()2

2

4mg

解得pp

0d2

pp

（2）设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为T，由查理定律可得0

T0T

4mg

解得TT012

p0d

9．（2025·广东省·部分学校10月联考）某实验小组模拟马德堡半球实验，如图甲所示，小组把两个相同半

径的半球合在一起构成一个球形，用抽气泵抽出半球内90质量的气体，抽气过程气体温度保持不变，半

5

球两旁各有一组数量相同的同学用力向外拉半球。已知半球的半径r=20cm，大气压强p0=1.0×10Pa，每位

同学平均能产生F0=500N的拉力，请问总共至少需要多少位同学才能将两个半球拉开？（不考虑半球的重

力和半球之间的摩擦力）

【答案】46

【详解】封闭气体在抽气泵作用下，有10%留在球内，有90%抽至球外，假设抽出球外气体的温度和压强

与球内相同，则球外气体的体积是球内体积的9倍，设整个球体的体积为V0，抽气过程气体发生等温变化，

则由玻意耳定律可得p0V0p1V0p19V0

4

代入数据解得p11.010Pa

对其中一个半球受力分析，有nF0p1Sp0S

其中Sπr2

可得n22.6

则总共至少需要46位同学才能将两个半球拉开。

10．（2025·广东·模拟）汽车胎压过高或过低都会产生很大的安全隐患。驾驶员通过驾驶手册查询得知某汽

车轮胎胎压要求在2.2bar~3.0bar范围内。已知某汽车轮胎内的气体温度在T0300K时，该汽车轮胎胎压

为p02.4bar，高温天气长途行驶时该汽车轮胎内的气体温度会升至T1360K。假设汽车在行驶过程中轮胎

容积不发生变化。

(1)判断在高温天气长途行驶时该汽车的胎压是否存在安全隐患；

(2)若高温长途行驶过程中某轮胎从外界共吸收了6300J的热量，求该汽车轮胎在该过程中内能的变化。

【答案】(1)不存在

(2)6300J

【详解】（1）初始条件：初始温度T0300K

初始压强p02.4bar

高温长途行驶时：温度T1360K

pp

轮胎容积不变，由查理定律可得01

T0T1

代入数据解得p12.88bar3.0bar

因此胎压不存在安全隐患。

（2）吸收的热量Q6300J

气体发生等容变化，则W0

内能的变化量为UWQ6300J

11．（25-26高三上学期·深圳科技中学·广东深圳·开学考）如图所示，某同学用气压计连通一个带有密封门

的导热汽缸做成的装置，测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，汽缸中PQ、MN两处设有固

定卡环，厚度可忽略的密封良好的活塞可在其间运动。已知卡环MN下方汽缸的容积为V0，外界温度恒定，

大气压强为p0，忽略气压计管道的容积。

(1)打开密封门，将活塞放至MN卡环处，然后关闭密封门，将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，此

时气压计的示数p1=0.8p0，求活塞在PQ处时汽缸的容积V1；

(2)打开密封门，将待测固体A放入汽缸中，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，将活塞从卡环MN

处缓慢拉至卡环PQ处，此时气压计的示数p2=0.5p0，求待测固体A的体积V。

5

【答案】(1)V

40

3

(2)V

40

【详解】（1）打开密封门，将活塞放至卡环MN处，然后关闭密封门，封闭气体的压强为p0，体积为V0，

将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，因汽缸导热且外界温度恒定，则封闭气体发生等温膨胀。

根据玻意耳定律得p0V0p1V1

5

解得VV

140

（2）放入待测固体A后封闭气体，再将活塞从卡环MN处缓慢拉至卡环PQ处，封闭气体依然发生等温膨

胀。

根据玻意耳定律得p0V0Vp2V1V

3

联立解得VV

40

12．（2025·广东·联考）如图，上端开口、内壁光滑的圆柱形绝热气缸放置在水平地面上，横截面积为S=10-3m2

的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸内设有a、b两个限制装置（体积很小，忽略不计，且a、

5

b等高放置），使活塞只能向上滑动，刚开始封闭气体压强为p1=0.8×10Pa，温度为T1=300K，外界大气压

5

为p0=1.0×10Pa，气缸内有电热丝（体积忽略不计），电功率为0.2W，从某时刻开始，电热丝通电，对封

闭气体加热10分钟，使其温度缓慢上升到T2=600K，活塞恰好要离开a、b，继续加热10分钟，封闭气体

温度上升到T3=780K，已知一定质量的理想气体的内能与其热力学温度成正比，气缸足够高，重力加速度

g=10m/s2，求：

(1)活塞质量；

(2)加热的第二段10分钟时间内，气体对活塞做的功；

(3)初始时刻，活塞到气缸底部的距离。

【答案】(1)6kg

(2)48J

(3)1m

pp

【详解】（1）第一次加热，气体做等容变化，则12

T1T2

5

解得p21.610Pa

根据平衡条件可得p2Sp0Smg

解得m6kg

（2）设封闭气体在300K时的内能为U，则600K时的内能为2U，780K时的内能为2.6U，第一次加热，气

体吸热QP·t120J

气体体积不变，不做功，则气体内能增加2UUQ

第二次加热时间相同，气体吸热依然是Q120J

气体内能增加量为2.6U2UQW

解得W48J

则气体对活塞做功48J；

VV3

（3）第二次加热过程，气体做等压变化，体积从V膨胀到V3，则

T2T3

解得V31.3V

根据Wp2(V3V)，VSh

解得V103m3，h1m

13．（2025·广东深圳龙岗·华中师大附中三模）如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在竖直放置的绝热

汽缸中，活塞的质量为m、底面积为S，质量也为m的圆柱体静置在活塞上，此时封闭气体的温度为T，活

塞与缸底距离为2h。现接通电热丝加热气体，一段时间后活塞缓慢升高了h。已知外界大气压强为p0，重

力加速度大小为g，忽略活塞与汽缸间的摩擦，求：

(1)此时气体的温度；

(2)若该过程气体内能的增加量为U，则此过程气体吸收的热量。

3

【答案】(1)T

2

(2)U2mgp0Sh

2hS2hhS

【详解】（1）根据题意可知，封闭气体做等压变化，则由盖-吕萨克定律有

TT

3

解得TT

2

（2）根据题意，对圆柱体和活塞整体受力分析有2mgp0Sp1S

2mgpS

解得p0

1S

该过程气体对外界做功为Wp1ΔV2mgp0Sh

由热力学第一定律有UQW

解得此过程气体吸收的热量QΔU2mgp0Sh

14．（2025·佛山禅城·供题训练）全新的按压式洗手液泵头（如图甲所示）内充满了空气，所以初次使用时

先要通过按压泵头把密封的空气排出。已知某全新拆封的按压式洗手液泵头在初始位置如图乙所示，泵头

5

内封闭着体积V0=10mL、压强p0110Pa的空气柱，排气阀门处有一活动小球，小球质量m=2g，排气阀

门上圆形小孔的横截面积S1106m2。使用按压头向下按压时，泵头内气体体积减小，当压强变化到一定

值时，排气阀门处的小球被顶起（如图丙所示），设按压活塞过程中气体温度保持不变，重力加速度g取

10米/秒2。求：

(1)小球恰好被顶起时，泵头内封闭气体的压强p1为多少？

(2)按压活塞时，至少要将封闭空间内的气体体积压缩为原来的多少倍时排气阀门上的小球向上顶起，从而

将泵头内空气排出？

【答案】(1)1.2105Pa

5

(2)

6

【详解】（1）小球恰好被顶起时对小球受力分析可知pSp0Smg

解得p1.2105Pa

（2）对气体分析由玻意耳定律可知p0V0pV

Vp15

解得0

V0p1.26

15．（2025·广东广州·省实·适应性考试）有人设计了一种测温装置，其结构如图所示。玻璃泡A内封有一定

质量的理想气体，与A连通的B管插在水银槽中。由管内水银面的高度x可知A内气体的温度（即环境温

度），并可由B管上的刻度直接读出。在标准大气压（p0=75cmHg）下，当温度t1为27℃时，x1=25cm，将

此高度处标记为27℃的刻度线。该温度计在标准大气压下标记好温度后，将其带到海拔很高的高山上测量

当地温度。设B管的体积与玻璃泡A的体积相比可忽略，且玻璃泡的导热性能良好。

(1)在标准大气压下，当温度t1为27℃时，玻璃泡A内气体的压强是多少？

(2)在标准大气压下，t2为－3℃的刻度线标记在x2等于多少处？

(3)高山上的真实压强比标准大气压小，则温度的测量值比实际温度高还是低？为什么？（不考虑重力加速

度g的变化）

【答案】(1)50cmHg

(2)30cm

(3)见解析

【详解】（1）温度27℃时，玻璃泡A内的气体压强为p1p0px150cmHg

（2）由于B管的体积与A泡的体积相比可略去不计，因此可认为A泡内气体发生等容变化，由题可知

T1300K，T2270K