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第64 讲 热力学定律与能量守恒定律
目录
01 课标达标练............................................................................................................................................1
题型01 热力学第一定律与气体图像的综合问题.......................................................................1
题型02 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用..............................................................6
题型03 热力学第二定律的应用..................................................................................................12
02 核心突破练.........................................................................................................................................16
03 真题溯源练.........................................................................................................................................23
01 热力学第一定律与气体图像的综合问题
1．（2025·湖北武汉·一模）中国企业打破国外技术垄断，自主研发的船用涡轮增压器被应用于大型远洋船
舶，其中奥托循环起到关键作用。如图所示，奥托循环
由两个绝热和两个等容过程组
成。关于该循环，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中温度最高的是状态
B．在
过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在
过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
【答案】D
1
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【详解】A．根据理想气体状态方程有
变形得
根据图示可知，状态c 的温度比状态b 的温度高，状态d 的温度比状态a 的温度高，
为绝热过程，则
有
气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，即状态c 的温度
比状态d 的温度高，可知，整个过程中温度最高的是状态c，故A 错误；
B．
过程中，体积一定，则有
压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，气体分子运动的平均速率减小，并不是所有气体分子的热
运动速率减小，故B 错误；
C．
过程中，体积一定，则有
压强增大，根据查理定律可知，气体温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，
故C 错误；
D．
图像与横轴所围几何图形的面积表示气体做功，
过程，外界对气体做功，
过程，气
体对外界做功，整个过程气体对外界做功，由于内能一定，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸收
热量，故D 正确。
故选D。
2．（2025·江苏苏州·模拟预测）一定质量的理想气体被密封在容器中，图为其某段时间内的
图，1 和
2 是两条等温线，线段bc 平行于V 轴，下列说法正确的是（ ）
A．
过程中，气体温度降低
B．
过程中，外界对气体做功
C．b→c 过程中，气体从外界吸收热量
D．b→c 过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大
【答案】B
2
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【详解】A．由图可知等温线离原点越远，对应的温度越高，故
过程中，气体温度增大，故A 错误；
B．
过程中，体积减小，外界对气体做功，故B 正确；
CD．从
为等压变化，由公式
可知，等温线2 对应的气体温度比等温线1 对应的气体温度低；
b→c 过程中，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可得：
，
气体放出的热量比外界对气体做功多，此过程中压强不变，根据
，可得容器单位面积受到气体分
子碰撞的平均作用力不变，故CD 错误。
故选B。
3．（2025·海南·模拟预测）一定质量的理想气体从初始状态A，经历A→B→C→D→A，最后回到状态A，
其V−T 图像如图所示，CD 与横轴平行，DA 与纵轴平行。下列说法正确的是（ ）
A．从状态A 到状态B，气体的压强减小
B．从状态B 到状态C，气体吸收的热量等于增加的内能
C．从状态C 到状态D，气体放出的热量大于减少的内能
D．从状态D 到状态A，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量
【答案】D
【详解】A．根据
，可得
可知V−T 图像中，图像上的点到原点O 的连线斜率越小，则压强p 越大，从状态A 到状态B，OB 连线比
OA 连线斜率小，则可知此过程中压强变大，故A 错误；
B．同理从状态B 到状态C，此过程为压强变小，温度增加，内能增大，体积增加，则气体对外界做功，
由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于增加的内能，故B 错误；
3
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C．从状态C 到状态D，体积不变，则外界对气体不做功，温度减小，则内能减小，由热力学第一定律可
知，气体放出的热量等于减少的内能，故C 错误；
D．从状态D 到状态A，为等温变化，则内能不变，即ΔU=W+Q=0
体积减小，则外界对气体做功，则外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，故D 正确。
故选D。
4．（2025·河北·模拟预测）一定质量的理想气体，从状态a 经历ab、bc、ca 三个过程回到状态a，其
图像如图所示。已知气体在状态a 时的压强为
，下列说法正确的是（ ）
A．过程a→b 中，气体的压强变小
B．过程b→c 中，外界对气体做负功
C．过程c→a 中，每个气体分子的速率都减小
D．全过程中，气体向外界放热
【答案】B
【详解】A．过程a→b 中，气体的温度不变，气体体积减小，根据
可知，气体的压强增大，故A 错
误；
B．过程b→c 中，气体的体积增大，则外界对气体做负功，故B 正确；
C．过程c→a 中，气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C
错误；
D．过程a→b 中，气体体积减小，压强增大，外界对气体做正功；过程b→c 中，气体的体积增大，压强不
变，外界对气体做负功；由于两个过程的体积变化量相等，且a→b 过程的压强小于b→c 过程的压强，所
以全过程中，外界对气体做负功；气体初、末状态的温度相同，内能相同，即气体内能变化量为0，根据
热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故D 错误。
故选B。
5．（2025·北京海淀·三模）一定质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
，
4
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A、B 和C 三个状态的体积分别为
、
和
。状态变化过程中气体的压强与热力学温度的关系如图所示，
下列说法正确的是（ ）
A．
，
B．状态A 到状态B 的过程中气体的内能减小
C．状态B 到状态C 的过程中气体分子的平均动能减小
D．状态B 到状态C 的过程中，气体从外界吸收热量
【答案】D
【详解】A．根据一定质量的理想气体的状态方程
可知，从状态A 到状态B 的过程中，气体体积
不变，即
从状态B 到状态C，体积增大，即
，A 错误；
B．状态A 到状态B 的过程中气体的温度升高，内能增大，B 错误；
C．状态B 到状态C 的温度不变，则分子的平均动能不变，C 错误；
D．状态B 到状态C 的温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做正功，由热力学第一定律
可知，气体需要从外界吸收热量，D 正确。
故选D。
6．（2025·安徽合肥·模拟预测）热力学循环过程是通过状态的周期性变化来实现能量的定向转换或调控，
广泛应用于能源、制冷、动力工程等领域。如图所示是一定质量的理想气体经历某循环过程的
图像，
其中
连接线、
连接线的延长线均过坐标原点，
、
与横轴平行。关于该循环过程，下列说法中正
确的是（ ）
5
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A．气体在状态
和
时体积相等
B．气体在状态
时体积最大
C．
过程中气体从外界吸热
D．
过程中气体对外界做功
【答案】C
【详解】AB．根据理想气体状态方程
变形得
可知斜率
即状态b、c 体积相等且最大，a、e 状态体积相等且最小，故AB 错误；
C．a 到b 过程中，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，有
可知
气体从外界吸热，故C 正确；
D．
过程中气体体积减小，外界对气体做功，故D 错误。
故选C。
02 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
7．（2025·广东湛江·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
6
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的反方向的初速度v₀，瓶内气体温度从T 下降至
。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
；
(2)瓶内内能变化
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由理想气体状态方程可得
解得
（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
外界对气体做功为
其中
由热力学第一定律可得
由于时间极短，热交换为
联立解得
7
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8．（2025·浙江·一模）如图所示，“工”字型支架A 固定在水平地面上，支架上端为一截面积
的圆柱形活塞，活塞与质量
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
，封闭气体的长度
，外界大气压强
。
(1)环境温度
时，求封闭气体的压强p；
(2)当环境温度缓慢变为
时，汽缸的机械能减少
，气体内能减少
，求：
①环境温度
；
②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。
【答案】(1)
(2)①
；②气体对外放热；
【详解】（1）分析汽缸的受力得
解得
（2）①汽缸机械能减少，由
解得
封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得
8
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解得
②汽缸对气体做的功为
由热力学第一定律得
联立，解得
所以，气体对外放热，热量的大小
。
9．（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三个状态变化过程，图中标
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
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（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
由热力学第一定律有
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所以该气体内能的变化量为
（2）状态
，体积
，压强
，温度
状态
，体积
，压强
由理想气体状态方程有
又
联立以上各式解得
10．（2025·广西南宁·模拟预测）如图是某超重报警装置示意图，它由导热性能良好的密闭汽缸、固定有
平台的活塞、报警电路组成，当活塞下移两触点接触时，电路发出超重报警。已知活塞与平台的总质量为
，活塞横截面积为，弹簧长为，大气压为
。平台不放物体，在环境温度为
时，活塞距汽缸底高
为
。设重力加速度为
，不考虑活塞与汽缸间摩擦，忽略上触点与活塞之间的距离，汽缸内气体视为理
想气体。
(1)轻放重物，活塞缓慢下移，求刚好触发超重预警时所放重物的质量
。
(2)不放重物，若外界温度缓慢降低，从图示位置到刚触发超重预警过程，气体向外界放出热量
，求气体
内能的变化
。
【答案】(1)
(2)
10
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【详解】（1）对汽缸内气体，等温过程，根据玻意耳定律
对活塞，不放物体时
放重物后
解得
（2）温度降低过程，等压变化，外界对气体做功
由热力学第一定律
解得
11．（2025·浙江·模拟预测）如图甲所示，潜水钟倒扣沉入水中，钟内存有一定量的空气供潜水员呼吸。
现将潜水钟简化为横截面积
、高度
的薄壁圆筒，如图乙所示，筒内装有体积可以忽略的
电热丝和温度传感器（图中未画出）。现将开口向下的圆筒由水面上方缓慢竖直吊放在水下某一深度，此
时圆筒内的液面与水面的高度差
，该过程传感器显示筒内气体温度始终为
。接着通过电
热丝对筒内气体加热，同时逐渐竖直向上提升圆筒，使圆筒内液面与水面的高度差始终保持值不变，当
圆筒提升
时，传感器显示筒内气体温度为
。已知筒内气体的质量保持不变，其内能与温度的
关系式为
，其中
，大气压强为
，水的密度
。重力加
速度
。
(1)在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的内能 （“增大”、“不变”、“减小”），筒内气
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体的分子数密度 （“增大”、“不变”、“减小”）；
(2)求筒内气体的温度
；
(3)求圆筒提升
过程中筒内气体吸收的热量
。
【答案】(1) 不变 增大
(2)
(3)
【详解】（1）[1]在圆筒缓慢向下吊放过程中，筒内气体的温度不变，筒内气体的内能不变；
[2]在圆筒缓慢向下吊放过程中，气体温度不变，筒内气体的压强增大，体积减小，筒内气体的分子数密度
增大。
（2）设圆筒到达某一深度时筒内空气长度
，此过程等温变化，由玻意耳定律得
解得
圆筒向上提升过程为等压变化，由盖-吕萨克定律得
解得
（3）在圆筒竖直提升的过程中，设气体对外做功为
，则有
解得
内能变化
解得
由热力学第一定律
解得
12．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图甲所示，横截面积为S、长为的汽缸内壁光滑，用质量为
的活塞
封闭一定量的气体，放在地面开口水平时，活塞恰好位于汽缸中央位置，一根轻质弹簧两端分别与汽缸底
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部和活塞相连，此时弹簧处于原长状态。已知大气压强为
，当地重力加速度为
，忽略活塞厚度和弹簧
体积，气体视为理想气体。
(1)若将汽缸开口向下置于水平地面，稳定后活塞到汽缸底部的距离为
，如图乙所示。汽缸内气体温度
始终不变，求弹簧的劲度系数
；
(2)若撤去轻质弹簧，通过电阻丝对封闭气体加热，使活塞距汽缸底部的距离从
缓慢地移动到
，如图
丙所示，加热前汽缸内气体温度为
。已知汽缸内气体内能变化量
与温度变化量
的关系式为
，
为已知常数，求该过程中汽缸内气体吸收的热量
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）气体发生等温变化，状态1 时有
，
状态2 时有
由玻意耳定律得
以图乙中的活塞为研究对象，则有
联立解得
（2）气体发生等压变化，则由盖—吕萨克定律得
解得
13
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此过程中气体内能增加量
气体对外做功大小为
由热力学第一定律可得此过程中汽缸内气体吸收的热量
03 热力学第二定律的应用
13．（2025·安徽安庆·模拟预测）一物理实验爱好者用形状记忆合金研究“永动机”。形状记忆合金具有
形状记忆效应，以记忆合金制成的弹簧为例，把这种弹簧放在热水中，弹簧的长度立即伸长，再放到冷水
中，它会立即恢复原状。如图所示，“永动机”转轮由九根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆
合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动，离开热水后，叶片形
状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法不正确的是（ ）
A．转轮转动的过程中克服阻力做功，要维持转轮转动需要外力做功
B．转轮转动的能量来自热水
C．转动的叶片不断搅动热水过程，水温升高
D．转轮的叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
【答案】C
【详解】A．转轮转动的过程中克服阻力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功，
故A 正确；
B．该“永动机”叶片进入水中，吸收热量而伸展划水，推动转轮转动，离开水面后向空气中放热，叶片
形状迅速恢复，所以转动的能量来自热水，故B 正确；
C．转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一
定律可知水的内能减小，故水温降低，故C 错误；
D．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在
热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，故D 正确。
14
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本题选不正确的，故选C。
14．（2025·山东·模拟预测）如图所示，开口向上的竖直玻璃管内用一段水银柱封闭着一定质量的理想气
体。现将玻璃管保持开口竖直向上拿到室外，并停留较长一段时间，此为过程一；然后再把玻璃管缓慢转
动至水平，此为过程二；接着再将玻璃管保持水平拿回室内，并停留较长一段时间，此为过程三；最后把
玻璃管缓慢转动至竖直开口向上，水银柱回到初始位置，此为过程四。已知室外温度高于室内温度，室外
大气压强等于室内大气压强，水银无漏出。关于此次操作，下列说法正确的是（ ）
A．过程四气体从外界吸热
B．过程二气体分子密集程度减小
C．过程二气体从外界吸收热量，使之完全变成功，而没产生其他影响
D．气体经历上述四个过程回到原状态，气体对外界做的功为0
【答案】B
【详解】A．过程四气体温度不变，压强增大，体积减小，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第
一定律
，可知气体对外放热，故A 错误；
B．过程二气体温度不变，压强减小，体积增大，分子密集程度减小，故B 正确；
C．根据热力学第二定律内容可知，过程二气体从外界吸收热量，使之完全变成功，而没产生其他影响是
不可能发生的，故C 错误；
D．气体经历题中所述的四个过程回到原状态，气体对外界做功不为0，故D 错误。
故选B。
15．（2024·浙江·一模）关于下列四幅图像中物理现象的描述，说法正确的是（ ）
15
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A．图甲为“饮水小鸭”玩具，小鸭虽能不断饮水，但不违背能量守恒定律
B．图乙为空气压缩引火仪，硝化棉被点燃，是因为活塞与容器壁摩擦产生了热量
C．图丙为红墨水在清水中的扩散现象，扩散的快慢与温度无关
D．图丁为一台冰箱，给冰箱供电后，热量自发地从冰箱内部传到了外部
【答案】A
【详解】A．“饮水小鸭”“喝”完一口水后，直立起来，直立一会儿，又会慢慢俯下身去，再“喝”一
口，如此循环往复， “饮水小鸭”头部饮水后不断蒸发，吸收周围空气的热量，才能持续工作下去，不
违背能量守恒定律，故A 正确；
B．迅速下压活塞，活塞压缩空气做功，机械能转化为内能，使硝化棉被点燃，故B 错误；
C．分子的热运动与温度有关，温度越高分子运动的越剧烈，则扩散的快慢与温度有关，故C 错误；
D．冰箱内低温食品的热量不可能自发地传到了冰箱外高温的空气，之所以内部温度降低是因为压缩机工
作的原因，同时消耗了电能，故D 错误。
故选A。
16．（2024·北京海淀·三模）下列说法正确的是（ ）
A．流散到周围环境中的内能可以自动聚集起来，并被加以利用
B．只要对内燃机不断进行革新，总有一天它可以把气体的内能全部转化为机械能
C．第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律
D．热量不可能由低温物体传给高温物体
【答案】C
【详解】A．根据热力学第二定律可知：热传递具有方向性，不可以将流散到周围环境中的内能重新收集
起来加以利用而不引起其他变化，故A 错误；
B．热机是把内能转化为机械能的装置，过程中一定有部分热量排放给低温物体（冷凝器或大气），即有
能量耗损。所以不可能把气体的内能全部转化为机械能，故B 错误；
C．第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律，故C 正确；
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D．热量是不可能自发地从低温物体传递给高温物体的，但在其他因素影响下可以由低温物体传向高温物
体，故D 错误。
故选C。
17．（2024·辽宁·一模）根据热学中的有关知识，下列说法中正确的是（ ）
A．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．空调的工作过程表明，热量可以自发地由低温物体向高温物体传递
C．第二类永动机不违背能量守恒定律，当人类科技水平足够先进时，第二类永动机可以被制造出来
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
【答案】D
【详解】AD．热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，根
据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能
量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故A 错误，D 正确；
B．空调的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，故B 错误；
C．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，
第二类永动机不可能制造出来，故C 错误。
故选D。
18．（2024·湖北·模拟预测）油炸爆米花的基本原理是：高温的油让玉米粒内的水分迅速气化形成水蒸气，
形成的水蒸气被玉米粒的外皮密封在内部。随着温度的升高水蒸气压强变大，当玉米粒的内、外压强差达
到一定程度时玉米的表皮突然破裂，导致玉米粒内高压水蒸气也急剧膨胀，瞬时爆开玉米粒。关于这一过
程，下列说法正确的是（ ）
A．在玉米粒温度升高的过程中，每个水蒸气分子的动能都一定增加
B．大米虽然没有玉米那样的外壳密封，照样可以用油炸的方式做爆米花
C．炸裂的过程，气体对玉米表皮做功，该过程违背了热力学第二定律，能量从内能转变成了动能
D．玉米粒温度升高但表皮没有炸裂的过程中，玉米表皮单位时间内单面积上受到水蒸气分子撞击的
次数增多
【答案】D
【详解】A．温度是大量分子无规则热运动的集体表现，含有统计的意义，对于个别分子，温度是没有意
义的．所以物体温度升高时，个别分子的动能可能减小，也可能不变，故A 错误；
B．大米虽然没有玉米那样的外壳密封，油炸形成的水蒸气不能被大米的外皮密封在内部，不可以用油炸
的方式做爆米花，故B 错误；
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C．炸裂的过程，气体对玉米表皮做功，能量从内能转变成了动能，遵循能量守恒定律，该过程不违背了
热力学第二定律，故C 错误；
D．玉米粒温度升高但表皮没有炸裂的过程中，体积不变，则分子分布的密集程度不变，温度升高，分子
运动的平均速率增大，可知，单位时间内水蒸气分子对玉米表皮单位面积的撞击次数增多，故D 正确。
故选D。
19．（多选）（2025·湖北·三模）一定质量的封闭气体可看作理想气体，其状态从a 变为状态b、c 又回到
状态a，用
图像表示如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在b→c 过程中，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
B．在c→a 过程中，气体对外界做功，气体内能不变，温度不变
C．在a→b→c 过程中，气体放出的热量等于
D．气体在a→b→c→a 循环过程中对外做的功等于
图像围成的面积
【答案】BC
【详解】A．在b→c 过程中，气体压强不变，体积减小，温度降低，则气体数密度增加，气体分子平均速
率减小，可知单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，A 错误；
B．在c→a 过程中，气体体积增大，气体对外界做正功，又根据
可知，气体温度不变，气体内能
不变，B 正确；
C．因ac 两态温度相同，可知在a→b→c 过程中，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功
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根据
可知气体放出的热量等于
C 正确；
D．气体在a→b→c→a 循环过程中对外做功
，即为
图像围成的面积，可知选项D 错误。
故选BC。
20．（多选）（2025·四川攀枝花·二模）一定质量的理想气体由状态a 开始经状态b、c 回到状态a 的过程，
其p-V 图像如图所示，其中ab 段与横轴平行，状态b、c 时的温度相同。关于该变化过程，下列说法中正
确的是（ ）
A．a→b 过程中气体内能增加
B．c 状态时气体温度最低
C．b→c 过程中外界对气体做功的大小为
D．整个过程外界对气体做功的大小为
【答案】AD
【详解】A．a→b 过程，由盖—吕萨克定律可知
可得
故a→b 过程中气体内能增加，故A 正确；
B．由题意可知，状态b、c 时的温度相同，则
所以a 状态时气体温度最低，故B 错误；
C．b→c 过程由玻意耳定律
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可得
由
图像可知b→c 过程中外界对气体做功的大小为
故C 错误；
D．气体由状态a 开始经状态b、c 回到状态a 的整个过程外界对气体做功的大小为
故D 正确。
故选AD。
21．（多选）（2025·安徽合肥·模拟预测）一定质量的理想气体由状态
开始，经历
四个
过程回到原状态，该过程每个状态均可视为平衡态，气体
、
、、
四个状态的压强
与温度
（
为
热力学温度）的关系如图所示，其中
和
的延长线经过坐标原点，已知
状态的体积为
。
下列说法正确的是（ ）
A．从
过程气体分子的平均动能增大
B．
状态的体积为
C．从
过程外界对气体做功为
D．气体由状态
开始经历四个过程回到原状态，气体从外界吸热240J
【答案】AD
【详解】A．从
气体温度升高，分子的平均动能增大，故A 正确；
B．从
气体做等容变化，由查理定律得
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可得
从
气体做等压变化，则根据盖—吕萨克定律
解得
状态的体积为
，故B 错误；
C．从
气体对外界做功为
从
气体做等容变化，外界对气体做功为零，故从
气体对外界做功为480J，故C 错误；
D．从
和
气体做等容变化，外界对气体不做功，从
气体对外界做功为
从
外界对气体做功为
故完成一次循环，气体对外界做功为
完成一次循环，气体内能不变，根据热力学第一定律
解得
可知完成一次循环，气体从外界吸热240J，故D 正确。
故选AD。
22．（多选）（2024·陕西宝鸡·三模）一定质量的理想气体从状态a 开始，经历ab、bc、cd 过程到达状态
d 其热力学温度随体积变化的T-V 图像如图所示，其中ab 垂直于横轴，cd 垂直于纵轴，ad 连线的延长线过
坐标原点O，且与bc 平行。下列判断正确的是（ ）
A．气体在状态a 的内能小于在状态b 的内能
B．从状态b 到状态c 过程中，气体向外界放热
C．从状态c 到状态d 过程中，气体吸收热量等于对外做的功
D．从状态b 到状态c 过程中，气体分子的平均动能减小
E．气体在状态a 的压强小于在状态c 的压强
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【答案】ACE
【详解】A．气体在状态a 的温度小于在状态b 的温度，所以气体在状态a 的内能小于在状态b 的内能，故
A 正确；
B．从状态b 到状态c 过程中，气体温度升高，内能增大
从状态b 到状态c 过程中，气体体积变大，外界对气体做负功
由热力学第一定律
，可知
所以气体从外界吸热，故B 错误；
C．从状态c 到状态d 过程中，气体温度不变，内能不变
气体体积增大，外界对气体做负功，气体吸热，由热力学第一定律
，可知气体吸收热量等于对
外做的功，故C 正确；
D．从状态b 到状态c 过程中，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故D 错误；
E．在等压过程
，所以气体在状态a 的压强等于在状态d 的压强；从状态c 到状态d 过程中，气体等
温膨胀，由
，可知气体在状态d 的压强小于在状态c 的压强，所以气体在状态a 的压强小于在状态
c 的压强，故E 正确。故选ACE。
23．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，为了测量一些形状不规则的固体体积V0，小星同学设计了一
个带有密封门的圆柱形导热汽缸做成如图所示的装置，气缸开口向上竖直放置于水平面上，汽缸内壁有卡
口MN 和PQ，紧贴卡口MN 的上方和PQ 的下方分别装有厚度不计的四个压力传感器，缸内有一形状不规
则的酒杯和一可加热的电阻丝，且封闭有一定质量的理想气体。卡口MN 和PQ 的间距为h，MN 距汽缸底
部的距离为2.5h，初始时刻，气体的温度为280K，质量为m、横截面积为S 的活塞压到卡口MN 上使得压
力传感器的示数和为mg。现缓慢加热电阻丝使温度升高到660K 时，活塞运动到PQ 处时压力传感器的示
数和为0.5mg，此过程中缸内气体总体吸收的热量为Q。已知大气压恒为
且
，重力加速度大
小为g，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略固体热胀冷缩的影响。求：
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(1)气缸内放置的不规则酒杯的体积V0；
(2)该过程中气体增加的内能。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）MN 上压力传感器的示数为mg，即开始时气体压强为大气压
，活塞运动到PQ 处时压力
传感器的示数为0.5mg，对活塞受力分析得
，因为
，解得
根据理想气体状态方程
，代入数据解得
（2）温度逐渐增大的过程中，气体先做等容变化，然后离开卡口MN，做等压变化，再继续上升到PQ，
继续做等容变化，故设上升阶段气体压强为
，满足
气体对外做功
根据热力学第一定律
，可得
24．（25-26 高三上·甘肃兰州·开学考试）兰州的敦湖温泉是有名的富硒温泉，泉水一年四季恒定在42℃左
右。严冬，水面上水汽袅袅，像一层薄薄的烟雾，人在温泉中得到很好的疗养，在水底有很多小孔冒出微
小气泡，可以看到气泡在缓慢上升过程中体积逐渐变大且没有破裂。假设初始时某小气泡（可视为理想气
体）体积
，气泡上升过程中内外压强相同，已知泉水水深
，大气压强
，水的密度
，重力加速度g 取
。
(1)求该气泡即将到达水面时的体积
；
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(2)若某个气泡上升过程中对外界做功
，判断该气泡是吸热还是放热，并求出热量的数值。
【答案】(1)
(2)吸热，
【详解】（1）气泡在深度
时，气体压强为
气泡在将到达水面时，气体压强为
水温不变，即气体温度不变，根据玻意耳定律有
代入数据解得气泡即将到达水面时的体积
（2）温度不变，可得气体内能不变，根据热力学第一定律有
气泡上升过程中对外界做功
，即
解得
即气泡吸收热量
25．（2025·河北秦皇岛·一模）如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在水平放置的导热良好的汽缸
内。活塞的质量为
，横截面积为
，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，一轻
质弹簧两端分别与活塞和汽缸底部相连，活塞与汽缸底的距离为
，大气压强恒为
，环境温度为
。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞与汽缸底的距离再
次为
。已知对气体加热过程中气体膨胀对外做功，同时吸收热量
，重力加速度大小为
，弹簧劲度系
数为
，弹簧原长为
，弹簧弹性势能
（其中
为弹簧劲度系数，
为弹簧形变量），整个
过程弹簧未超出弹性限度，求：
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(1)此时气体的温度
；
(2)加热过程活塞上升的高度；
(3)对气体加热过程中气体增加的内能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）加热稳定后，对活塞受力分析，由于活塞受力平衡，可知
解得稳定时气体压强
根据一定质量理想气体状态方程可得
联立解得
（2）由题意可知，加热过程结束后弹簧恰好恢复原长，可知加热过程中活塞上升的高度恰为加热前弹簧
的压缩量，汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定时，加热前，由理想气体状态方程，可得
由活塞受力平衡，可得到封闭气体压强与弹簧压缩的长度关系式
结合
联立解得
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（3）对活塞，从加热开始到稳定后，由动能定理
由热力学第一定律，可计算内能增加量满足
解得
26．（2025·河南·二模）如图所示，内壁光滑、高度均为4h 的两个绝热汽缸底部由细管连通，左侧汽缸上
端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，一外形不规则的物体C 放置在右侧汽缸中，两汽缸中的绝热活塞
M、N 密封两部分理想气体A、B。开始时，气体A、B 温度均为T，活塞M、N 均静止，M 距汽缸底部为
2h，N 距汽缸底部为3h。现缓慢加热气体A，使活塞N 移动至汽缸上端时停止加热，此时气体A 的温度
。已知活塞M、N 的质量分别为2m 和m，截面积均为S，大气压强为
，重力加速度为g，活
塞厚度、电热丝体积及细管内气体体积均忽略不计，温度均为热力学温度。
(1)求物体C 的体积V；
(2)上述加热过程中，若气体A 吸收的热量为Q，求气体A 的内能变化量。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）分别以N、M 为研究对象，由受力平衡可知
，
得
，
加热气体A 的过程中，A、B 的压强均保持不变，活塞M 静止不动
对气体A 有
解得
（2）加热过程中气体A 对外做的功
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根据热力学第一定律有
解得
27．（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（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
，
，
。忽略皮肤的形变，大气压强
。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)
(2)减少
(3)
【详解】（1）状态1 气体的温度
压强
状态2 气体的温度
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气体做等容变化，根据
可得
（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为
根据热力学第一定律
可得状态1 到状态2 罐内气体内能的变化
即气体内能减少
。
（3）罐内外的压强差
状态2 皮肤受到的吸力大小
28．（2025·山东·高考真题）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
，活塞与玻
璃管之间的滑动摩擦力大小恒为
，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，
时，气柱高度为
，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至
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
时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至
时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
(1)
时，气柱高度
；
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(2)从
状态到
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)
(2)
【详解】（1）活塞开始缓慢上升，由受力平衡
可得封闭的理想气体压强
升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律
解得
（2）
升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功
降温过程中，等容变化，外界对气体做功
活塞受力平衡有
解得封闭的理想气体压强
降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律
解得
外界对气体做功
全程中外界对气体做功
因为
，故封闭的理想气体总内能变化
利用热力学第一定律
解得
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故封闭气体吸收的净热量
。
29．（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 = 300 K，体积V1 = 1
× 103 cm3处于状态1 的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h = 10 cm。将瓶子放进T2 = 303 K 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1.02
J；从状态1 到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3；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
(2)V3 = 1.0201 × 103 cm3
(3)ΔU = 2.53 J
【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
其中
，
，
解得
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此时气体压强为
气体从状态2 到状态3 的过程，由玻意耳定律
其中
代入数据解得，气体在状态3 的体积为
（3）气体从状态1 到状态2 的过程中，气体对外做功为
由热力学第一定律
其中
，
代入解得，从状态1 到状态3 气体内能的改变量为
30．（2024·辽宁·高考真题）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰
值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R 的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内
封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q 与其温度变化量ΔT 成正比，即Q = CΔT，其中C 已知。若电热
丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2 倍，求电热丝的通电时间t。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电
压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输
出功率等于R 的热功率，即
（2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，
则有
由
知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
电热丝产生的热量全部被气体吸收
联立整理得
解得
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