文档文本内容
第38 讲 热学基础 热力学定律
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
热力学第一定律
黑吉辽蒙联考卷
8T,6 分
验证玻意耳定律
全国甲卷选考实验大题（6 分）
气体的等容变化与查理定律
的应用
黑吉辽蒙联卷2T，4
分
黑吉辽联卷13T，10 分
考情分析
题型与考向：基础概念辨析类选择题，结合气体定律，过渡性考查做填
空/简答题；热学综合大题主要用来进行区分度考查，选拔性命题。
考点一 分子动理论
知识点1 分子动理论
知识点2 温度与物体的内能
知识点3 微观量的估计
考向1 微观量的估算 考向2 布朗运动与分子热运动
考向3 分子力、分子势能与物体的内能
考点二 固体和液体
知识点1 固体和液体
考向1 晶体与非晶体 考向2 液体的性质
考点三 气体实验定律
知识点1 气体 气体实验定律
考向1 气体压强的计算和微观解释 考向2 气体的实验定律的应用
考点四 理想气体的图像问题
知识点1 气体状态变化图像的分析方法
考向1 P-V 图像 考向2 P-T 图像 考向3 V-T 图像
考点五 热力学定律
知识点1 热力学第一定律
知识点2 热力学第二定律
考向1 热力学第一定律与图像的综合应用 考向2 热力学第一定律与气体实验定律
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
情境与立意：
1. 生活实践类：空调制冷/制热过程分析、高压锅限压阀、热气球升空、
点火器压缩点火（教材经典原型）、暖手袋放热、自行车轮胎打气、储气
罐放气等；
2. 经典物理模型：气缸－活塞模型、U 型管封闭气体、玻璃管倒置水银柱
模型、理想气体状态循环过程。
3. 学习探究类：结合“双碳”、新能源等热点命题。
复习目标
1. 精准掌握核心概念：能准确辨识相关定律内容和使用。
2. 掌握气缸活塞、PV 图像两类综合模型的分析方法，能结合理想气体状
态方程，完成大题推导。
3. 能结合图像判断温度变化和内能变化，推导吸放热结果。
思维建模·脉络梳理
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 分子动理论
知识点1 分子动理论
知●识●解●构
一、分子动理论的基本观点
1.物体是由大量分子组成的
（1）分子很小：
①直径数量级为 10－10m。
②质量数量级为 10－27～10－26kg。
（2）分子数目特别大：
阿伏伽德罗常数NA＝ 6.02×1023mol－1。
2.分子的热运动
（1）扩散现象
①定义： 不同种物质能够彼此进入对方的现象；
②实质：扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的物质迁移现象，温度越高，扩散得越快。
（2）布朗运动：在高倍显微镜下看到的悬浮在液体中的 固体颗粒 的永不停息地无规则运动。其
特点是：
①永不停息，无规则运动。
②颗粒越小，运动越明显。
③温度越高，运动越激烈。
3.分子间的相互作用力
（1）分子间同时存在相互作用的引力和斥力。实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。
（2）引力和斥力都随分子间距离的减小而增大；随分子间距离的增大而减小；斥力比引力变化快。
（3）分子力F 与分子间距离r 的关系（r0的数量级为10－10 m）。
距离
分子力F
F-r 图像
r＝r0
F 引 ＝ F 斥
F＝0
r<r0
F 引 < F 斥
F 为斥力
r>r0
F 引 > F 斥
F 为引力
r>10r0
F 引＝F 斥＝0
F＝0
知识点2 温度与物体的内能
知●识●解●构
1.温度
（1）一切达到热平衡的系统都具有相同的温度 。
（2）两种温标
摄氏温标和热力学温标。摄氏温度t 与热力学温度T 的关系：T＝t＋273.15 K。
2.分子的动能
（1）分子动能是分子热运动所具有的动能。
（2）分子热运动的平均动能是所有分子热运动的动能的平均值，温度是分子热运动的平均动能的标
志。
（3）分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的总和。
3.分子的势能
（1）意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的相对位置决定的能。
（2）分子势能的决定因素：
①微观上——决定于分子间的距离和分子排列情况；取r→∞处为零势能处，分子势能Ep与分子间距
离r 的关系如图所示，当r＝r0时分子势能最小。
②宏观上——决定于体积。
4.物体的内能
（1）内能：物体中所有分子的 热运动的动能与分子势能的总和。
（2）决定因素：温度、体积和物质的量。
（3）物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关 。
（4）改变物体内能的两种方式： 做功和热传递。
5.分子力、分子势能与分子间距的关系
取r→∞处为零势能处
（1）当r>r0时，分子力为引力，当r 增大时，分子力做负功，分子势能增加。
（2）当r<r0时，分子力为斥力，当r 减小时，分子力做负功，分子势能增加。
（3）当r＝r0时，分子势能最小，但并不为零。
6.分析物体内能问题的三点提醒
（1）内能是对物体的大量分子而言的，不存在“某个分子内能”的说法。
（2）温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能都相同。
（3）内能由物体内部分子微观运动状态决定，与物体整体运动情况无关。任何物体都具有内能，恒
不为零。
7.分子动能、分子势能、内能、机械能的比较
分子动能
分子势能
内能
机械能
定义
分子无规则运动
的动能
由分子间相对位
置决定的势能
所有分子的热运
动动能和分子势
能的总和
物体的动能、重力势能
和弹性势能的总和
决定
因素
温度（决定分子
平均动能）
分子间距
温度、体积、物
质的量
跟宏观运动状态、参考
系和参考平面的选取有
关
说明
温度、内能等物理量只对大量分子才有意义，对单个或少量分子没有实际意义
知识点3 微观量的估计
知●识●解●构
1.分子的两种模型
（1）球模型：V0＝πd3，得直径d＝（常用于固体和液体）。
（2）立方体模型：V0＝d3，得边长d＝(常用于气体)。
2.联系微观和宏观的四个重要关系
微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0。
宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ。
阿伏伽德罗常数是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁。
（1）一个分子的质量：m0＝。
（2）一个分子的体积：V0＝(注：对气体，V0为分子所占空间体积)。
（3）物体所含的分子数：N＝nNA
物体所含物质的量n＝或n＝。
（4）物体的体积和质量的关系Vmol＝或V＝。
考●向●破●译
考向1 微观量的估算
例1 （25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）已知铁的摩尔质量为56g/ mol，密度为7.9g/cm
3，阿伏加德罗常
数为6.0×10
23 mol
−1。将每个铁原子所占据的空间等效为一个球体，通过估算可知，每个铁原子直径约
为（ ）
A．1.7×10
−9 m
B．1.0×10
−10 m
C．2.8×10
−10 m
D．7.5×10
−10 m
【答案】C
【详解】铁的摩尔体积V m= M
ρ （M为摩尔质量，ρ为密度）
单个铁原子体积V 0= V m
N A
铁原子视为球体，球体体积V 0= 1
6 π d
3
联立计算得d ≈2.8×10
−10m
故选C。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·吉林长春）下列关于热学问题的说法正确的是（ ）
A．物体的内能在宏观上只与其温度有关
B．非晶体没有固定的熔点
C．如果封闭气体的密度变小，分子平均动能增加，则气体的压强一定不变
D．一定量某种气体的摩尔质量为M、摩尔体积为V，用N A表示阿伏加德罗常数，每个气体分子的质
量m0，每个气体分子的体积V 0，则m0= M
N A
，V 0= V
N A
【答案】B
【详解】A．物体的内能是所有分子热运动动能与分子势能的总和，宏观上与物质的量、温度、体积均有
关，并非只和温度有关，故A 错误；
B．晶体有固定熔点，非晶体无固定熔点，这是晶体和非晶体的核心区别之一，故B 正确；
C．气体压强由分子平均动能、单位体积内分子数共同决定。密度变小说明单位体积分子数减少，使气体
的压强减小，分子平均动能增加，使气体的压强增大，两个影响因素变化趋势相反，压强变化不确定，
并非一定不变，故C 错误；
D．m0= M
N A
是单个气体分子的质量，计算正确；但气体分子间间距远大于分子本身直径，V
N A
是每个气体
分子平均占据的空间体积，不是分子本身的体积V 0，故D 错误。
故选B。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·吉林通化）中国某大学制备出了一种超轻气凝胶，这种固态材料在
弹性和吸油能力方面令人惊喜，被称为“全碳气凝胶”。设该气凝胶的密度为ρ（单位为kg/m
3），摩尔
质量为M（单位为kg/mol），阿伏加德罗常量为N A，则下列说法正确的是（ ）
A．a 克气凝胶所含的分子数N = a
M N A
B．气凝胶的摩尔体积V mol= ρ
M
C．每个气凝胶分子的体积V 0= M
N A ρ
D．每个气凝胶分子的直径d =
3√
M
N A ρπ
【答案】C
【详解】A．a 克气凝胶所含的分子数N = a×10
−3
M
N A，故A 错误；
B．气凝胶的摩尔体积V mol= M
ρ ，故B 错误；
C．1mol 气凝胶中包含NA 个分子，则每个气凝胶分子平均占据空间V 0= M
N A ρ
对固态材料来说，可认为分子是紧密排列的，每个气凝胶分子的体积与每个气凝胶分子平均占据空间相
同，故C 正确；
D．设每个气凝胶分子的直径为d，则V 0= 1
6 π d
3
解得d =
3√
6 M
N A ρπ ，故D 错误。
故选C。
考向2 布朗运动与分子的热运动
例2 （25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动间接反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
B．系统甲与系统乙达到热平衡时，它们的温度相同
C．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
D．给自行车车胎打气越打越困难主要因为胎内气体分子间相互作用的斥力较大
【答案】B
【详解】A．布朗运动是花粉小颗粒的无规则运动，间接反映的是液体分子的无规则运动，并非花粉颗粒
内部分子的运动，故A 错误；
B．根据热平衡定律，两个系统达到热平衡时，没有热传递，二者温度一定相同，故B 正确；
C．气体分子间距远大于分子自身尺寸，气体摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值是气体分子平均占据的空
间体积，不是气体分子本身的体积，故C 错误；
D．给自行车车胎打气越打越困难是因为胎内气体压强增大，外界需要克服气体压力做功，气体分子间距
大，分子间斥力可忽略，故D 错误。
故选B。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）关于布朗运动，下列说法正确的是（ ）
A．布朗运动是分子的运动
B．颗粒越大，布朗运动越明显
C．布朗运动是由液体（或气体）分子撞击引起的
D．布朗运动属于热运动
【答案】C
【详解】A．布朗运动是悬浮在液体（或气体）中的固体小颗粒的无规则运动，并非分子本身的运动，故
A 错误；
B．颗粒越大，液体（或气体）分子对其撞击的平衡性越好，且颗粒质量大、运动状态不易改变，布朗运
动越不明显，故B 错误；
C．布朗运动的产生原因是液体（或气体）分子对悬浮小颗粒的无规则、不平衡撞击，故C 正确；
D．热运动特指分子的无规则运动，布朗运动是固体小颗粒的运动，不属于热运动，只是液体（或气体）
分子热运动的宏观反应，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（24-25 高二下·黑龙江绥化）关于热现象、热力学定律，下列说法不正确的是（
）
A．一定质量的理想气体的温度升高其内能一定增加
B．扩散现象和布朗运动都表明分子在不停地做无规则运动
C．气体压强是气体分子间斥力的宏观表现
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
【答案】C
【详解】A．理想气体内能仅由温度决定，温度升高内能必增，故A 正确；
B．扩散和布朗运动均体现分子无规则运动（前者直接，后者间接），故B 正确；
C．气体压强源于分子对器壁的碰撞，而非分子间斥力（理想气体分子力忽略），故C 错误；
D．热力学第二定律指出热量不能自发从低温传至高温，故D 正确。
本题选错误的，故选C。
考向3 分子力、分子势能与物体的内能
例3（25-26 高二下·黑龙江）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子
的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F >0表示斥力，F <0表示引力，A、B、C、D为x轴
上四个特定的位置，乙分子仅在分子力作用下依次经过A、B、C、D，规定两分子相距无穷远时分子势
能为0，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．乙分子的速度一直增大
B．乙分子的加速度先增大，后减小，再增大
C．乙分子在A位置时的势能最小
D．乙分子受的分子力先增大后减小
【答案】B
【详解】ABD．因在AC 之间时分子力为引力，C 位置时分子力为零，CD 之间时分子力为斥力，则甲分子
对乙分子先做正功后做负功，则乙分子速度先增加后减小；乙分子所受的分子力先增大，后减小，再反
向增大，则乙分子的加速度先增加后减小到零，再反向增大，AD 错误，B 正确；
C．从A 到C 分子力做正功，分子势能减小；从C 到D 分子力做负功，分子势能增大，可知在C 位置分子
势能最小，C 错误。
故选B。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，通过峰值的比较，可知①的温度比状态②的温度低
B．图甲中，两条曲线如果完整，下方的面积不相等
C．图乙中，当分子间的距离从r0逐渐减小为r1时，分子势能不断减小
D．图乙中，当分子间的距离从r2逐渐减小为r0时，分子势能不断减小
【答案】D
【详解】A．图甲中，温度越高，分子的平均动能越大，速率大的分子所占比例增加，分布曲线的峰值向
速率大的方向移动，同时为了保持曲线下面积不变，峰值高度降低。曲线①的峰值在右侧且较矮，说明
①的温度比②高，故A 错误；
B．图甲中，曲线下的面积表示所有分子数百分率之和，恒为1，因此两条曲线如果完整，下方的面积相
等，故B 错误；
C．图乙中，r0处分子力F =0，为平衡位置。当分子间距离从r0逐渐减小为r1时（r2>r0>r1），分子力表
现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故C 错误；
D．图乙中，当分子间距离从r2逐渐减小为r0时，分子力表现为引力，距离减小，分子力做正功，分子势
能不断减小，故D 正确。
故选D。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）图甲是墨汁正在水中扩散，图乙是氧气分子速率分
布图像，图丙是分子间作用力和分子间距离的关系图像，图丁是分子势能和分子间距离的关系图像。下
列说法正确的是（ ）
A．图甲中，扩散的快慢与温度无关
B．图乙中，曲线I 对应的温度比曲线II 对应的温度高
C．由图丙可知，当分子间的距离从r0开始增大时，分子间的作用力先增大后减小
D．由图丁可知，当分子间的距离从r1开始增大时，分子势能先增大后减小
【答案】C
【详解】A．扩散现象是分子无规则热运动的体现，扩散的快慢与温度有关，温度越高扩散越快，故A 项
错误；
B．温度越高，分子的平均速率越大，速率分布曲线的峰值向速率大的方向移动，且峰值降低。图中曲线
Ⅱ的峰值在更大速率处，因此曲线Ⅱ对应温度更高，故B 项错误；
C．由丙图可知，r0处分子间作用力为0；当分子间距从r0开始增大时，分子力表现为引力，其大小先增
大后减小，逐渐趋近于零，故C 项正确；
D．分子势能在分子间距r =r0（图丁中势能最低点对应r0，即r2位置）时最小，r1<r0，当间距从r1开始
增大时，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故D 项错误。
故选 C。
考点二 固体和液体
知识点1 固体和液体
知●识●解●构
一、固体
1.分类：固体分为晶体和非晶体两类。晶体又分为单晶体和多晶体。
2.晶体与非晶体的比较
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
外形
有确定的几何外形
无确定的几何外形
无确定的几何外形
熔点
确定
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
各向同性
典型物质
石英、云母、明矾、食盐
玻璃、橡胶
转化
晶体和非晶体在一定条件下可以转化
注意：单晶体物理性质具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
二、液体、液晶
1.液体的微观结构特点
（1）分子间的距离很小；在液体内部分子间的距离在10－10 m 左右。
（2）液体分子间的相互作用力很大，但比固体分子间的作用力要小。
（3）分子的热运动特点表现为振动与移动相结合。
2.液体表面张力
形成
原因
表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面
特性
表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜，分子
势能大于液体内部的分子势能
方向
和液面相切，垂直于液面上的分界线
效果
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球
形的表面积最小
注意：表面张力使液体的表面趋于最小，体积相同的情况下，球形的表面积最小。
3.浸润和不浸润 毛细现象
（1）浸润和不浸润
①一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上，这种现象叫作浸润；一种液体不会润湿某种固
体，也就不会附着在这种固体的表面上，这种现象叫作不浸润。
②附着层：当液体与固体接触时，接触的位置形成一个液体薄层，叫作附着层。
③浸润和不浸润是分子力作用的表现。
（2）毛细现象
①毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象。
②毛细管内外液面的高度差与毛细管的内径有关，毛细管的内径越小，高度差越大。
4.液晶的物理性质
（1）具有液体的流动性。
（2）具有晶体的光学各向异性。
（3）在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的。
考●向●破●译
考向1 晶体与非晶体
例1 （25-26 高二下·黑龙江）石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一
层层叠起来就是石墨，1 毫米厚的石墨约有300 万层石墨烯。下列关于石墨烯的说法正确的是（ ）
A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B．石墨烯中的碳原子始终静止不动
C．石墨烯熔化过程中碳原子的平均动能增大D．某些物理性质上石墨烯具有各向异性
【答案】D
【详解】A．石墨和石墨烯都是晶体，A 错误；
B．石墨烯中的碳原子一直做无规则运动，B 错误；
C．石墨烯熔化过程中温度不变，碳原子的平均动能不变，C 错误；
D．石墨烯是单晶体，某些物理性质上石墨烯具有各向异性，D 正确。
故选D。
▶新情境◀【变式训练1·变考法】（多选）（25-26 高三上·辽宁）下列说法正确的是（ ）
A．封闭气体的压强是由封闭气体的重力产生的
B．荷叶上的露珠是椭球形，说明水与荷叶是不浸润的
C．某种物质在受热时表现出各向同性，该物质也可能是单晶体
D．布朗运动的激烈程度只与温度有关系
【答案】BC
【详解】A．封闭气体的压强是由大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，并非由气体重力产生，故A 错误；
B．荷叶上的露珠呈椭球形，是因为水与荷叶不浸润，液体表面张力使露珠收缩成椭球形，故B 正确；
C．单晶体在某些物理性质上表现出各向异性，但如果是受热时，单晶体和多晶体都可能表现出各向同性，
故C 正确；
D．布朗运动的激烈程度不仅与温度有关，还与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越小，布朗运动越激烈，故D
错误。
故选BC。
【变式训练2·变考法】（多选）（24-25 高二下·内蒙古巴彦淖尔）热学是研究物质处于热状态时的有关性
质和规律的物理学分支，源于人类对冷热现象的探索。关于热学知识，下列说法正确的是（ ）
A．水银不浸润玻璃但浸润铅
B．尘埃颗粒在空气中的运动是布朗运动
C．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
D．一定质量的理想气体对外做功，其内能一定增大
【答案】AC
【详解】A．水银不浸润玻璃但浸润铅，故 A 正确；
B．尘埃颗粒用肉眼就能看到，且最终会落到地面（或地面上的物体）上，故该运动不是布朗运动，故B
错误；
C．晶体和非晶体的区别在于内部分子排列，有的通过外界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温
度超过300℃）再倒进冷水中，它会变成柔软的非晶体，再过一段时间又会转化为晶体，故C 正确；
D．一定质量的理想气体对外做功，若其吸收的热量大于其对外做的功，则内能增大，故D 错误。
故选AC。
考向2 液体的性质
例2 （2026·辽宁大连·模拟预测）已知水浸润玻璃，却不浸润塑料。现将内径相同、两端开口的细玻璃
管和塑料管均竖直插入水中，液面稳定后，观察到两管内的液面情况可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】水浸润玻璃管，所以管内液面比外面液面高，且液面下凹；水不浸润塑料管，所以管内液面比
外面液面低，由于液体的表面张力，管内液面上凸。
故选B。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·黑龙江双鸭山）下面是教材中的四幅插图，下列说法正确的是（
）
A．图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B．图乙是封闭在容器中的一定质量的理想气体，若温度升高，气体分子数密度增大
C．从图丙可看出随着温度升高，辐射强度的极大值向频率较大的方向移动
D．图丁中一只水黾能停在水面上，主要是靠水对水黾的浮力作用
【答案】C
【详解】A．图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，小炭粒做无规则运动，连线不是小炭粒的运
动轨迹，故A 错误；
B．图乙是封闭在容器中的一定质量的理想气体，体积不变分子数密度不变，故B 错误；
C．从图丙可看出随着温度升高，辐射强度的极大值向波长较小的方向移动，即向频率较大的方向移动，
故C 正确；
D．图丁中一只水黾能停在水面上，主要是因为水的表面张力的原因，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（25-26 高三上·黑龙江牡丹江）下列说法中正确的是（ ）
A．在完全失重的情况下，气体的压强为零
B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力
C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间与气泡壁单位面积碰撞的分子数增多
【答案】B
【详解】A．气体的压强由气体分子热运动对容器壁的碰撞产生，压强大小取决于分子数密度、温度和体
积，失重不改变分子热运动，因此压强不为零，故A 错误；
B．液体表面张力是由于液体表面层分子间距较大（分子较稀疏），分子间引力大于斥力，导致表面层分
子受到向内的净吸引力，故B 正确；
C．当分子间距 r >r0 时，分子力表现为引力，随着 r 增大，分子间引力做负功，分子势能增大，故C
错误；
D．气泡上浮过程中，水深减小，液体压强减小，气泡体积膨胀。温度不变时，气体分子数密度 n 减小，
分子平均速率不变，因此单位时间与单位面积气泡壁碰撞的分子数减少，故D 错误。
故选B。
考点三 气体实验定律
知识点1 气体 气体实验定律及其综合
知●识●解●构
一、气体的性质
1.气体分子运动的特点
（1）气体分子间距较大，分子力可以忽略，因此分子间除碰撞外不受其他力的作用，故气体能充满
整个空间。
（2）分子做无规则的运动，速率有大有小，且时时变化，大量分子的速率按“中间多，两头少”的
规律分布。
（3）温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率将增大，但速率分
布规律不变。
（4）气体分子运动的速率分布图像
2.气体的压强
（1）产生原因
由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积
上的压力叫作气体的压强。
（2）大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力。公式：p＝。
（3）决定因素
①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子数密度。
（4）常用单位及换算关系
①国际单位制单位：帕斯卡，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2。
②常用单位： 标准大气压（atm）；厘米汞柱（cmHg）。
③换算关系：1 atm＝76cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa。
二、气体实验定律及微观解释
1.气体实验定律
名称
项目
玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
成立
条件
质量一定，温度不变
质量一定，体积不
变
质量一定，压强不变
公式
p1V1＝p2V2
或pV＝C（常量）
＝或＝C（常量）
＝或＝C（常量）
图像
2.气体实验定律的微观解释
（1）玻意耳定律的微观解释
一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能不变。在这种情况下，体积减小时，
分子的数密度增大，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多，气体的压强增大。
（2）盖—吕萨克定律的微观解释
一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能增大；只有气体的体积同时增大，使分子
的数密度减小，才能保持压强不变。
（3）查理定律的微观解释
一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度不变。在这种情况下，温度升高时，分
子的平均动能增大，气体的压强增大。
三、理想气体状态方程
1.理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
（1）理想气体是经过科学抽象而建立的理想化模型，实际上并不存在。
（2）理想气体不考虑分子间作用力，不存在分子势能，内能只与温度有关，与体积无关。
（3）实际气体（特别是不易液化的气体）在压强不太大，温度不太低时可看作理想气体。
2.理想气体状态方程：＝或＝ C（常量）。
（1）气态方程与气体实验定律的关系
＝
（2）两个重要的推论
查理定律的推论：Δp＝ΔT
盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
四、改变物体内能的两种方式
1. 做功
。
2.热传递。
考●向●破●译
考向1 等温变化
例1 （25-26 高二下·黑龙江）一个篮球的容积是2.5L，用打气筒给篮球打气时，每次把压强为10
5Pa的
空气打进去125cm
3。如果在打气前篮球内的空气压强也是10
5Pa，假设打气前后气体温度相同，那么打
气20 次以后篮球内的空气压强为（ ）
A．2×10
5Pa
B．3×10
5Pa
C．4×10
5Pa
D．1.5×10
5Pa
【答案】A
【详解】篮球容积 V =2.5L=2500cm
3，初始气体压强 p0=10
5Pa，每次打入空气体积 ΔV =125cm
3，
打气次数 n=20
初态：所有气体压强都是 p0，总体积 V 1=V +n ΔV =2500cm
3+20×125cm
3=5000cm
3
⚠特别提醒：热学基础典型题型与解题方法
⑴热学基础典型题型
分子动理论估算题：已知物质的摩尔质量、密度等，估算分子直径、分子间距等微观量，需掌握
阿伏伽德罗常数的应用及微观模型的建立
内能变化分析题：分析物体在热传递、做功过程中的内能变化，结合温度、体积的变化判断分子动能
和分子势能的变化情况
⑵ 热学基础解题方法
微观量估算方法：建立球体或立方体微观模型，利用摩尔体积与分子数的关系，推导分子直径、
间距的计算公式，注意单位的统一
内能分析方法：分别从分子动能和分子势能入手，分子动能看温度变化，分子势能看体积变化（针对
固体、液体），理想气体分子势能为零，仅需分析温度
✨
得分速记
：
1.平衡状态下气体压强的求法
力平
衡法
选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象进行受力分析，得到液柱（或活塞）的
受力平衡方程，求得气体的压强
等压
面法
在连通器中，同一种液体（中间不间断）同一深度处压强相等。液体内深h 处总压强p
＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法
选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平
衡方程，求得气体的压强
1.不平衡状态下气体压强的求法：运用牛顿第二定律列式求解。
末态：所有气体都压缩在篮球内，体积 V 2=V =2500cm
3，压强 p2
根据玻意耳定律 p0V 1= p2V 2
代入数据得p2= p0⋅V 1
V 2
=10
5Pa× 5000
2500 =2×10
5Pa
故选A。
【变式训练1·变考法】（25-26 高三上·内蒙古呼和浩特）如图所示，某同学将针筒的针拔除后，用橡胶套
封闭一定质量的理想气体做成弹射玩具，该同学先缓慢推动推杆将针筒内气体进行压缩，然后松开推杆，
压缩气体膨胀将推杆弹射。若推杆缓慢压缩气体过程中针筒内气体温度不变，则关于推杆压缩气体的过
程，下列说法正确的是（ ）
A．针筒内气体压强变大
B．针筒内气体内能增加
C．针筒内气体分子平均动能减少
D．针筒内气体分子数密度减小
【答案】A
【详解】A．推杆缓慢压缩气体，气体做等温变化，根据玻意耳定律pV =C，体积V 减小，压强p变大，
故A 正确；
B．理想气体的内能只与温度有关，因为气体温度不变，所以内能不变，故B 错误；
C．温度是分子平均动能的标志，气体温度不变，所以分子平均动能不变，故C 错误；
D．气体质量一定，分子总数不变，压缩气体时体积减小，所以分子数密度增大，故D 错误。
故选A。
【变式训练2·变情境】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图（a），高为h、横截面积为S、开口向上的导热
汽缸放置在水平地面上，薄活塞密封一定质量的理想气体，平衡时活塞与汽缸底部的间距为0.8h；移动
汽缸将其固定在倾角θ =37
∘的固定斜面上，系统再次平衡时活塞恰好上升到汽缸顶部，如图（b），此过
程气体温度保持不变。已知大气压强为p0，初始环境温度为T，重力加速度大小为g，sin37
∘=0.6，不
计一切摩擦。求：
(1)薄活塞的质量M；
(2)缓慢改变环境温度，当图（b）中的活塞再次与汽缸底部相距0.8h 时的环境温度。
【答案】(1)M = p0 S
g
(2)T 1= 4
5 T
【详解】（1）如图（a）所示时，设此时的气体压强为p1，对活塞分析有p0 S+ Mg= p1S
设图（b）中的气体压强为p2，对活塞分析有p0 S + Mgsin37° = p2S
根据玻意耳定律，有p1S⋅0.8h= p2Sh
联立可解得M = p0 S
g
（2）根据盖吕萨克定律，有Sh
T = 0.8 Sh
T 1
解得T 1= 4
5 T
考向2 等容变化和等压变化
例2 （25-26 高二下·广西柳州）如图所示，导热良好、粗细均匀的玻璃管长l =64cm，玻璃管下端封闭、
上端开口竖直放置，玻璃管内用4cm长的水银柱封闭着50cm长的理想气体，环境大气压强p0=76cmHg，
开始时环境温度为7° C。现把环境温度缓慢升高，下列说法错误的是（ ）
A．开始时环境的热力学温度为280K
B．开始时封闭气体的压强为80cmHg
C．环境温度升高，气体的压强和体积都增大
D．当环境的温度为336 K时管中水银开始逸出
【答案】C
【详解】A．热力学温度 T 与摄氏温度 t 的关系为 T =t +273 K
则开始时环境的热力学温度 T 1=(273+7)K =280 K，故A 不符合题意；
B．以水银柱为研究对象，根据平衡条件可知，开始时封闭气体的压强
p1= p0+ ph=(76+ 4)cmHg=80cmHg，故B 不符合题意；
C．在水银柱未溢出玻璃管之前，封闭气体的压强 p= p0+ ph
保持不变，环境温度升高，根据盖-吕萨克定律 V
T =C 可知，气体的体积增大，即压强不变，体积增大，
C 说法错误，故C 符合题意；
D．当水银柱上表面刚好到达管口时，水银开始溢出，此时气柱长度 l2=l−h=(64−4)cm=60cm
气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律有 l1S
T 1
= l2S
T 2
解得 T 2=336 K，故D 不符合题意。
故选C 。
【变式训练1·变考法】（24-25 高二下·内蒙古赤峰）如图，两端开口的长玻璃管竖直插入水银槽中，管内
一小段水银柱封闭了一段长为L 的理想气体，此时槽中水银面与管内下方的水银面的高度差为h。下列说
法正确的是（ ）
A．若使管内气体温度降低，则L 和h 都变小
B．若使管内气体温度降低，则L 增大，h 不变
C．若保持气体温度不变，将玻璃管缓慢向上提一小段距离，则L 和h 都变大
D．若保持气体温度不变，将玻璃管缓慢向上提一小段距离，则L 和h 都不变
【答案】D
【详解】AB．若使管内气体温度降低，分析易知封闭气体做等压变化，即封闭气体压强不变，可知h 不
变，根据盖吕萨克定律有V
T =C
可知温度降低，V 减小，故L 减小，故AB 错误；
CD．若保持气体温度不变，分析易知封闭气体压强不变，因此体积也不变，即h、L 都不变，故C 错误，
D 正确。
故选D。
▶新情境◀【变式训练2·变考法】（25-26 高三下·内蒙古呼和浩特）如图所示，玻璃杯中倒入小半杯水，
盖上盖子的时候，杯中气体的压强等于外界大气压强p0、体积为V、温度为350K，外界大气温度为
300K，杯中气体可视为理想气体，求：
(1)若杯盖拧紧不漏气，待杯中气体温度与外界温度相等时，杯中气体压强为多少？
(2)若杯盖没拧紧，待杯中气体温度与外界温度相等时，进入杯中气体质量与杯中原来气体质量之比为多
少。
【答案】(1)6
7 p0
(2)1
6
【详解】（1）若杯盖拧紧不漏气，气体发生等容变化，则p0
T 1
= p
T 2
解得p= 6
7 p0
（2）若杯盖没拧紧，至杯中气体温度与外界温度相等过程，气体发生等压变化，则V
T 1
= V
′
T 2
解得V
′ = 6
7 V
设初始杯中气体质量为m1、进入杯中气体质量为m2，则进入杯中气体质量与杯中开始气体质量之比为
m2
m1
= ρ(V −V
′)
ρV
′
= 1
6
考向3 理想状态方程
例3 （2026·吉林长春·模拟预测）2026 年我国空间站常态化开展舱外出舱任务，舱外航天服需在太空真
空环境下稳定工作，气密性是重要的检测指标。现有一件舱外航天服，航天服内为真空状态。给航天服
充入体积V 1=0.32 m
3、压强为p1=5×10
4 Pa的氧气后，航天服内部压强达到p0=1×10
5Pa。充气过程
中温度保持恒定。
(1)求充气后航天服的容积V 0；
(2)把充好气的航天服放入检测室，将检测室抽成真空后密封，如图所示。48 小时后，测出检测室内的压
强为p2=500Pa。已知检测室内能容纳气体的空间体积（除去航天服所占体积）为V 2=0.64 m
3且不变，
检测过程中系统的温度和航天服容积不变。若经过48 小时后，航天服内气体压强不小于原来压强的
97%，则航天服的气密性合格。通过计算，分析该航天服气密性是否合格。
【答案】(1)0.16 m
3
(2)合格
【详解】（1）由玻意耳定律可得p0V 0= p1V 1
解得V 0=0.16 m
3
（2）设经过48 小时后，航天服内气体压强为p3，由玻意耳定律可得p0V 0= p2V 2+ p3V 0
解得p3=0.98×10
5Pa
由于
p3
p0
=98 %>97 %，故航天服气密性合格。
▶新情境◀【变式训练1·变考法】（25-26 高三上·内蒙古包头）洪涝灾害时，可利用圆柱形塑料盆实施紧
急漂浮自救，如图（a）所示。将盆口用力F向下迅速竖直压入水面，如图（b）所示。设盆内气体可以视
为理想气体，盆内气体压缩过程中与外界无热量交换。关于此过程说法正确的是（ ）
A．F大小保持不变
B．气体压强与体积成反比
C．封闭气体分子的无规则运动更加剧烈
D．气体内能保持不变
【答案】C
【详解】A．将盆用力向下迅速竖直压入水面，受力分析有pS = F +G+ p0 S
即F =( p−p0)S−G
因为下压过程为绝热压缩，气体体积减小、温度升高，压强p增大，所以F逐渐增大，故A 错误；
B．气体经历的是绝热压缩过程，不是等温过程，不满足玻意耳定律pV =C，故B 错误；
CD．由于竖直向下压盆过程中，外界对气体做功，忽略此过程中封闭气体与外界的热交换，根据热力学
第一定律可知，气体内能增大，温度升高，气体分子的无规则运动更加剧烈，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（25-26 高三上·内蒙古锡林郭勒）探空气球主要用于把无线电探空仪携带到高空，
以便进行温度、压力、湿度和风速等气象要素的探测。若气球内的气体近似看成质量不变的理想气体，
探空气球在高空漂浮时，温度比在地面时降低，体积比在地面时变大，则球内气体和在地面刚放飞时相
比（ ）
A．分子数密度不变
B．分子平均动能不变
C．压强增大
D．压强和体积的乘积减小
【答案】D
【详解】A．气体分子数目一定，体积增大，则分子数密度变小，故A 错误；
B．温度降低，分子平均动能减小，故B 错误；
CD．根据pV
T =C，温度降低，则压强和体积的乘积变小，又因体积增大，所以气体压强变小，故C 错误，
D 正确。
故选D。
考向4 充气漏气 气体分装问题
例4 （2026·吉林白山·模拟预测）汽车轮胎正常的胎压范围为2.2 p0∼2.5 p0，p0为标准大气压。某人开
车外出旅游，出发前给轮胎充气，使胎压达到2.5 p0，此时胎内气温和外界气温均为27℃。在高速公路
上行驶一段时间后，轮胎变热，他从仪表盘上观察到胎压升高，为了安全，他进入服务区将轮胎放气，
使胎压由2.8 p0变回2.5 p0。胎内气体可视为理想气体，忽略轮胎容积变化和放气过程中轮胎内气温变化。
求：
(1)到服务区时胎内气温；
(2)放气过程中从胎内放出的气体质量与刚充好气时胎内气体质量的比值。
【答案】(1)336 K
(2) 3
28
【详解】（1）胎内气体发生等容变化，根据查理定律有2.5 p0
T 1
= 2.8 p0
T 2
其中T 1=300K
解得到服务区时胎内气温T 2=336 K
（2）以放出的气体与胎内剩余气体整体为研究对象，放气过程中，气体发生等温变化，设轮胎容积为V ，
根据玻意耳定律有2.8 p0V =2.5 p0V 1
解得V 1= 28
25 V
因汽车刚充好气时与到服务区时（放气前）胎内气体质量相等，则放出气体质量m1与刚充好气时胎内气
体质量m的比值为
m1
m = V 1−V
V 1
= 3
28
【变式训练1·变考法】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）足球容积2.5L，内部气压为p0，用容积0.5L 的打气筒
每次打入p0空气，需打气多少次可使内部气压达5p0，（温度不变）（ ）
A．15
B．20
C．25
D．30
【答案】B
【详解】设需打气n次可使内部气压达5p0，根据玻意耳定律可得p0V +n p0 ΔV =5 p0V
解得n= 4V
ΔV = 4×2.5
0.5
=20
故选B。
▶新思维◀【变式训练2·变考法】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国“奋斗者”号载人潜水器在执行
深海探测任务时，为了保证舱内空气新鲜同时控制舱内压强稳定，使用高压气瓶向舱内补充气体。已知
舱内初始气体压强为1.0×10
6Pa，温度为17℃。潜水器下潜至深海某深度时，舱外海水压强为
1.5×10
6Pa，此时舱内温度降至7℃。为了平衡内外压强差，需从高压气瓶向舱内缓慢充入同种气体，
直至舱内压强与舱外海水压强相等。若充气过程中舱内温度保持7℃不变，所有气体可视为理想气体，则
充气后的气体密度与初始状态密度的比值为（ ）
A．28
29
B．29
28
C．87
56
D．56
87
【答案】C
【详解】根据理想气体状态方程pV =nRT = m
M RT
整理得气体密度ρ= m
V = pM
RT
同种气体摩尔质量M为定值，R为气体常量，因此密度比值满足
ρ2
ρ1
=
p2
T 2
p1
T 1
= p2T 1
p1T 2
其中初始状态参数为p1=1.0×10
6Pa，T 1=(17+273)K =290K
充气后状态参数为p2=1.5×10
6Pa，T 2=(7+273)K =280K
代入计算得
ρ2
ρ1
= 1.5×10
6×290
1.0×10
6×280
= 3
2 × 29
28 = 87
56
故选C。
考向5 液柱问题
例5 （2026·辽宁·二模）某位老师想测量自家新买的国产电动汽车的最大加速度。他在一端封闭的细直
玻璃管中用水银柱封闭一段空气柱后，将玻璃管沿车行驶方向且封闭端朝向车头水平固定。再用吸管在
水银柱外侧表面处滴入少量红墨水，装置示意图如图所示。已知管内水银柱长h=10cm，大气压强
ρ0=76cmHg，汽车静止时封闭气柱长L0=18cm。启动汽车，把油门踩到底，让汽车沿直线行驶一段距离，
再减速停车，待停稳后根据红墨水的痕迹测量出管内水银柱向管口方向处移动的最大距离Δ L=1cm。若
车内温度不变，不考虑摩擦的影响和水银柱的长度变化，重力加速度g 取10 m /s
2，求：
(1)汽车加速过程中，管内气体压强的最小值；
(2)汽车最大加速度的大小。（提示：液体压强公式p= ρgh中，若ρ为水银密度，h 的单位为cm，则p 等
于hcmHg）
【答案】(1)72cmHg
(2)4 m /s
2
【详解】（1）汽车静止时，气柱长L0=18cm、压强p0=76cmHg
管内气柱最长时，气柱长L1= L0+Δ L=19cm
此时压强最小，设为p1，由玻意耳定律有p0 L0= p1 L1
代入数据解得p1=72cmHg
（2）设管的横截面积为S、水银柱质量为m，依题意，管内压强最小时，加速度最大。
对水银柱受力分析，有p0 S−p1S =ma
又m= ρSh，p= ρgh
联立得p0−p1= ρha= ρgh a
g
以cmHg 为压强单位，代入数据得a= 4 m /s
2
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·辽宁大连）如图所示为医院静脉输液的装置设计图，其中进气管保
证瓶内与瓶外气体相通，关于输液管内气体压强pa、输液瓶内进气管口压强pb、输液瓶内上方气体压强
pc以及大气压强p0，下列说法正确的是（ ）
A．pa< pb
B．pb> pc
C．pa= pc
D．pc= p0
【答案】B
【详解】因为进气管与大气相通，故可以认为进气管口处压强即为大气压强，即pb= p0
设进气管上方的药液高度为h，药液密度为ρ，则pc+ ρgh= p0
设输液管与针头间的距离为h′，针头所处位置与进气管口高度相同，压强相同，则输液管内气体压强
pa= p0+ ρgh′
综上可知pa> pb= p0> pc
故选B。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·辽宁）如图所示，一端封闭的竖直玻璃管开口向上，管内有一段高
h=5cm的水银柱将长为l 的空气柱密封在管中，水银上表面与管口齐平。现用注射器缓慢向管口继续滴
入水银，直至水银与管口再次齐平。已知大气压强p0=76cmHg，玻璃管导热良好，环境温度不变，整个
过程未有水银溢出，则初始时空气柱的长度l 可能为（ ）
A．85 cm
B．80 cm
C．75 cm
D．70 cm
【答案】A
【详解】设玻璃管横截面积为S，初始状态封闭气体压强p1= p0+ ρgh=81cmHg
体积V 1=lS
加入水银长度为x，末状态注入水银后水银总高为h+ x，空气柱长度压缩为l−x
因此封闭气体压强p2= p0+ ρg(h+ x)=(81+ x)cmHg
体积V 2=(l−x)S
温度不变，由玻意耳定律有p1V 1= p2V 2
得l =81cm+ x>81cm
故选A。
考向6 气缸问题
例6 （25-26 高二下·黑龙江）如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸深度为L，
缸体内底面积为S，缸体质量为m。轻杆上端固定在天花板上，下端连接活塞，活塞所在的平面始终水平。
初始稳定时，缸内气体热力学温度为T 0，气体高为1
4 L，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞
质量及活塞与缸体间的摩擦，不计汽缸壁厚度，现缓慢加热缸内气体至活塞刚要脱离汽缸。
(1)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(2)求该过程缸内气体对汽缸所做的功；
(3)若该过程缸内气体吸收热量为Q，则缸内气体内能增加多少？
【答案】(1)4T 0
(2)3
4 ( p0 LS−mgL)
(3)Q−3
4 ( p0 LS−mgL)
【详解】（1）气体发生等压变化，则
1
4 LS
T 0
= LS
T 1
解得T 1= 4T 0
（2）初始稳定时有p1S +mg= p0 S
气体发生等压变化，则W = p1 ΔV
解得W = 3
4 ( p0 LS−mgL)
（3）由热力学第一定律ΔU =−W +Q
可得ΔU =Q−3
4 ( p0 LS−mgL)
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·吉林长春）如图所示，一细线竖直悬挂汽缸的活塞，使汽缸悬空静
止。缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞与汽缸间无摩擦，且不漏气，气体温度保持不变。当大气压
强减小时，下列说法正确的是（ ）
A．缸内气体的体积将增大
B．缸内气体的体积将减小
C．细绳所受的拉力将增大
D．细绳所受的拉力将减小
【答案】A
【详解】AB．对汽缸受力分析，设汽缸重力为G，汽缸横截面积为S，缸内气体压强为p，大气压强为p0，
根据竖直方向受力平衡，得p0 S =G+ pS
整理得缸内气体压强p= p0−G
S
当大气压强p0减小时，缸内气体压强p减小；已知气体温度不变，对一定质量的理想气体，由玻意耳定律
pV =C可知，压强减小，体积增大，故A 正确，B 错误；
CD．将活塞和汽缸视为整体，整体受力平衡，细绳拉力等于活塞与汽缸的总重力，总重力不随大气压强
变化，因此细绳拉力不变，故CD 错误。
故选A。
【变式训练2·变情境】（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，
绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为
真空，汽缸B 活塞面积为汽缸A 活塞面积的2 倍。两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A
中气体体积为V 0，压强为p0，温度为T 0，汽缸B 中气体体积为3V 0，缓慢加热A 中气体，停止加热达到
稳定后，A 中气体压强为原来的2 倍。设环境温度始终保持不变，汽缸A 中活塞不会脱离汽缸A，则加热
达到稳定后汽缸B 中气体的体积V B和汽缸A 中气体的温度T A分别为（ ）
A．V B= 3V 0
2 T A= 5T 0
2
B．V B= 3V 0
2 T A= 7T 0
2
C．V B= 4V 0
3 T A= 7T 0
3
D．V B= 4V 0
3 T A= 8T 0
3
【答案】B
【详解】汽缸B 活塞的面积为汽缸A 活塞面积的2 倍，初状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件
p0 SA= pB SB
解得pB= p0
2
末状态选两活塞为研究对象，汽缸A 末态压强为2 p0，根据平衡条件2 p0 SA= pB❑
′ SB
解得pB❑
′ = p0
汽缸B 中气体，初、末温度不变，根据玻意耳定律得pB⋅3V 0= pB❑
′V B
解得汽缸B 中气体体积V B= 3
2 V 0
两活塞移动的距离相同，汽缸B 活塞面积为汽缸A 活塞面积的2 倍，汽缸B 中气体体积减小了3
2 V 0，则
汽缸A体积增加3
4 V 0，则加热后汽缸A 体积为V A= 7
4 V 0
根据理想气体状态方程得
p0V 0
T 0
= 2 p0V A
T A
解得T A= 7
2 T 0
故选B。
考点四 理想气体的图像问题
知识点1 气体状态变化图像的分析方法
知●识●解●构
一定质量的气体不同状态变化图像的比较
定律名称
比较项目
玻意耳定律
（等温变化）
盖—吕萨克定
律（等压变化）
查理定律
（等容变化）
数学
表达式
p1V1＝p2V2
或pV＝C（常数）
＝或＝C（常数）
＝或＝C（常数）
同一气体
的两条
图线
T1<T2
p1>p2
V1>V2
考●向●破●译
考向1 P-V 图像
例1 （2026·黑龙江哈尔滨·三模）一定质量的理想气体从状态a 经过状态b、c 再次变化到状态a，其
p−T图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a 到b 过程气体体积减小
B．b 到c 过程气体对外界做功
C．c 到a 过程气体放热
D．a 到b 过程气体分子平均动能减小
【答案】C
【详解】AD．由图可知，a 到b 过程温度T不变，压强p减小，温度是分子平均动能的标志，因此气体分
子平均动能不变，由玻意耳定律pV =C
可得压强减小，体积增大，AD 错误；
B．根据理想气体状态方程pV =nRT
可得p= nR
V T
因此p−T图中过原点的直线为等容线，b 到c 过程的图线延长线过原点，说明是等容变化，体积不变，
因此气体不对外做功，B 错误；
C．根据p= nR
V T
可知p−T图像斜率越大，体积越小，因此c 到a 过程，体积V 减小，外界对气体做功，则W >0
而该过程温度T降低，理想气体内能仅与温度有关，因此内能变化ΔU <0
根据热力学第一定律ΔU =W +Q
可知Q<0
所以c 到a 过程气体放热，C 正确。
故选C。
【变式训练1·变考法】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）2026 年2 月中国科学院工程热物理研究所联合中储
国能（北京）技术有限公司，成功研制出国际首套单机功率最大的压缩空气储能压缩机。该机器某段工
作过程中会将一定质量的空气（可看作理想气体）从状态A 等温压缩到状态B，空气的压强、体积、温度
分别记为p、V、T，下列描绘此阶段中各物理量变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．一定质量理想气体的等温压缩过程，满足玻意耳定律pV =C，C 为常数。可知p 与V 成反比，
p−V 图中等温线为反比例双曲线，故A 正确，B 错误；
C．p 与1
V 成正比，p−1
V 图应为过原点的倾斜直线，故C 错误；
D．该过程为等温过程，T始终保持不变，p−T图应为竖直直线，故D 错误。
故选A。
【变式训练2·变考法】（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示，一定质量的理想气体经历
a→b→c→d状态变化，其中a 状态的温度为T 0，c→d为等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．c 状态的温度为3T 0
B．d 状态的压强为1.5 p0
C．b→c的过程中，所有气体分子的运动速率都增加
D．a→b的过程中，气体对外界做正功
【答案】B
【详解】A．a→c过程中，根据理想气体状态方程，有p0×3V 0
T 0
= 3 p0×V 0
T c
可得c 状态的温度为T c=T 0，故A 错误；
B．c→d过程，根据玻意耳定律有3 p0×V 0= pd×2V 0
可得d 状态的压强为pd =1.5 p0，故B 正确；
C．b→c的过程中体积不变，压强升高，则温度升高，气体分子的平均运动速率增加，但不是所有气体
分子的速率都增加，故C 错误；
D．a→b的过程中，气体体积减小，外界对气体做正功，故D 错误。
故选B。
考向2 P-T 图像
例2 （2026·新疆乌鲁木齐·二模）一定质量的某种理想气体，沿p−T图像中箭头所示方向，从状态A 开
始先后变化到状态B、C、D，其中状态A 和状态D 温度相同，BA、CD 的延长线经过坐标原点。已知气
体在状态A 时的体积为1.0L。则（ ）
A．气体在状态C 时的体积V C为6.0L
B．气体在状态B 时的压强pB为2.0×10
5Pa
C．气体在A →B→C →D过程中对外界做的功W = 400J
D．气体在A →B→C →D过程中吸收的总热量Q = 440J
【答案】D
【详解】A．由题图可知，气体从A 到B 经历等容变化过程，从B 到C 经历等压变化过程，由盖-吕萨克
定律得
V B
T B
= V C
T C
解得V C =3V B=3V A =3.0L，故A 错误；
B．气体从A 到B 经历等容变化过程，由查理定律得pA
T A
= pB
T B
解得pB=2 pA =2.2×10
5Pa，故B 错误；
C．气体从A 到B 及从C 到D 过程外界对气体不做功，从B 到C 过程，气体对外界做的功
W = pB(V C−V B)
解得W = 440J，故C 错误；
D．由于T A =T D，气体内能不变，故ΔU =0
气体经历A →B→C →D过程，根据热力学第一定律有ΔU =Q−W
解得Q =W = 440J，故D 正确。
故选D。
【变式训练1·变考法】（2025 高三·内蒙古）如图所示为一定质量的理想气体由状态A 经过状态B变为状
态C过程的V −T图像。已知气体在状态A 时的压强为1.5×10
5Pa，下列关于该气体状态变化的p−T图
像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】CD．由V −T图可知，气体从状态A 变化到状态B的过程为等压过程，由盖－吕萨克定律可得
V A
T A
= V B
T B
其中V A =0.4 m
3，V B=0.6 m
3，T B=300K
解得T A =200K，故CD 错误；
AB．由V −T图可知，气体从状态B变化到状态C为等容过程，由查理定律可得pB
T B
= pC
T C
其中pA = pB=1.5×10
5Pa，T B=300K，T C = 400K
解得pC =2.0×10
5Pa，故A 正确，B 错误。
故选A。
【变式训练2 变考法】（24-25 高二下·黑龙江牡丹江）一定质量的理想气体，状态变化过程如图中ABC
图线所示，其中BC 为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p−T、p−t图像或V −T图
像上，下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AB．由题图可知，从A →B气体发生等压膨胀，根据V
T =C可知，V −T图线为过原点的倾斜直
线；从B→C气体发生等温变化，气体体积减小，V −T图线为平行纵轴的直线；从C →A气体发生等容
变化，气体压强减小，温度降低，V −T图线为平行横轴的直线；故A 错误，B 正确；
C．由题图可知，从A →B气体发生等压膨胀，气体温度升高，p−T图线为平行纵轴的直线，故C 错误；
D．由题图可知，从A →B气体发生等压膨胀，气体温度升高，p−t图线为平行纵轴的直线；从B→C气
体发生等温变化，气体压强增大，p−t图线为平行纵轴的直线；从C →A气体发生等容变化，根据
p
T =
p
273+t =C，可知p−t图线不是过原点的直线，故D 错误。
故选B。
考向3 V-T 图像
例3 （25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示为一定质量的某种气体由A→B→C→A 变化过程的V −T图
像。其中CA 部分的延长线过坐标原点，BC 部分与横轴平行，下列说法不正确的是（ ）
A．气体在BC 过程中分子的数密度保持不变
B．气体在状态A 下的压强大于状态B 下的压强
C．气体在状态A 下分子的平均动能大于状态C 下分子的平均动能
D．气体在C 状态下单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数比A 状态少
【答案】C
【详解】A．由图可知，气体在BC 过程中体积V 保持不变，气体的质量一定，分子总数不变，根据数密
度定义可知分子的数密度保持不变，故A 正确；
B．由图可知CA 延长线过原点，根据盖 - 吕萨克定律可知A、C 两点压强相等，即pA = pC。B→C 过程
体积不变，温度升高，根据查理定律p
T =C可知压强增大，即pC> pB，所以pA> pB，故B 正确；
C．温度是分子平均动能的标志，由图可知T C>T A，所以气体在状态C 下分子的平均动能大于状态A 下
分子的平均动能，故C 错误；
D．气体在A、C 两状态压强相等，但C 状态温度高，分子平均动能大，单个分子对器壁的平均撞击力大，
根据压强微观解释，为了维持压强相等，C 状态下单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数必须比A 状态
少，故D 正确。
本题选不正确的，故选C。
【变式训练1·变考法】（2020·山东·二模）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 经过状态B、C 又回
到状态A。下列说法正确的是（ ）
A．A→B 过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A 过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B 过程中气体吸收的热量大于B→C 过程中气体放出的热量
D．A→B 过程中气体对外做的功小于C→A 过程中外界对气体做的功
【答案】C
【详解】A. A→B 等压升温过程，过程中气体分子的平均动能增加，单个气体分子撞击器壁的平均作用力
增加，气体压强不变，所以单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A 错误；
B. C→A 等温压缩过程，过程中单位体积内分子数增加，气体分子的平均动能不变，单个气体分子撞击器
壁的平均作用力不变，气体压强增加，所以单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加。故B 错误；
C. A 与C 的温度相同，内能相同，A→B 等压升温过程，过程中气体膨胀，气体对外做功，同时气体温度
升高，最终气体的内能增加，其吸收的热量等于内能增量与气体对外做功之和；B→C 过程气体体积不变，
不对外做功，温度降低内能减小，放出热量；因A→B 过程中气体内能增加量等于B→C 过程中内能减小
量，所以A→B 过程中气体从外界吸收的热量大于B→C 过程中气体放出的热量。故C 正确；
D. A→B 过程中气体压强不变，C→A 过程中气体压强变大，其过程中气体压强始终小于A 的气体压强，
容器横截面积相同，由公式
F = pS
即C→A 过程中气体压力始终小于A→B 过程中气体压力，过程气体体积变化相同，移动距离相同，由公
式
W = Fs
所以A→B 过程中气体对外做的功大于C→A 过程中外界对气体做的功，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（24-25 高二下·辽宁大连）一定质量理想气体的体积V 随其温度T 的变化图像如图
所示。该气体由状态A 变化到状态B 的过程中（ ）
A．气体分子的平均动能增大
B．外界对气体做功
C．气体压强变小
D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
【答案】B
【详解】A．由图像可知A 到B 过程，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，故A 错误；
B．由图像可知A 到B 过程，气体体积减小，外界对气体做功，故B 正确；
C．根据pV
T =C
整理得V = C
p T
可知A 到B 过程气体压强不变，故C 错误；
D．气体从状态A 到状态B 的变化过程中，气体压强保持不变，温度降低，则气体分子平均动能减小，气
体体积减小，气体分子数密度增加，可知单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增加，故D 错
误。
故选B。
考点五 热力学定律
知识点1 热力学第一定律
知●识●解●构
一、热力学第一定律
1.内容
一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的 热量 与外界对它所做功的和。
2.表达式
ΔU＝ Q ＋
W
.
3.ΔU＝Q＋W 的三种特殊情况
（1）绝热过程：Q＝ 0
，则 W
＝
Δ U
，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）等容过程：W＝ 0
，则 Q ＝
Δ U
，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）等温过程：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。
二、能量守恒
1.内容
能量既不会凭空 产生 ，也不会凭空 消失 ，它只能从一种形式 转化 为另一种形式，或者从一
个物体 转移 到另一个物体，在转化或转移的过程中能量的总量 保持不变 。
2.第一类永动机是不可能制成的，它违背了 能量守恒定律 。
注意：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的。（例如：机械能
守恒）
三、对热力学第一定律的理解
（1）做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
（2）做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。
（3）热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
2.气体的做功、内能变化及吸、放热情况的判断方法：
（1）由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
（2）由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
（3）由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 判断气体是吸热还是放热。
3.对公式ΔU＝Q＋W 的符号的规定
符号
W
Q
ΔU
＋
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
知识点2 热力学第二定律
知●识●解●构
1.两种表述
（1）克劳修斯表述（按热传导的方向性表述）：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
（2）开尔文表述（按机械能和内能转化过程的方向性表述）：不可能从单一热库吸收热量，使之完
全变成功，而不 引起其他影响 。
2.热力学过程方向性实例
类别
自发进行的正向过
程
无法自发进行的逆向过程
生活/典型实例
热传递过
程
热量自发从高温物
体传给低温物体
热量不能自发从低温物体传
给高温物体
热水放置室温后自发变凉；冰
箱制冷需消耗电能
功热转换
机械能可以自发完
全转化为内能
内能不能自发完全转化为机
械能（不引起其他变化）
刹车摩擦生热，动能全部转化
为热量；这些热量无法自发让
车重新动起来
气体膨胀
小体积气体自发膨
胀到大体积
大体积气体不能自发收缩回
小体积
抽走隔板后气体自发充满真空
容器；不会自动缩回原体积
气体混合
两种不同气体会自
发混合成均匀混合
气体
混合气体不能自发分离成两
种纯净气体
墨水滴入清水自发扩散均匀；
无法自发重新聚成一滴墨水
3.熵增加原理
在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会 减少 。
4.热力学第二定律的理解
（1）“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
（2）“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热
力学方面的影响。如吸热、放热、做功等。
5.热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然
界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
特别提醒：热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低
温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下，内能可以全部转化为机械能，如气体的绝
热膨胀过程。
6.两类永动机的比较
第一类永动机
第二类永动机
不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的
机器
从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产
生其他影响的机器
违背能量守恒定律，不可能制成
不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，
不可能制成
考●向●破●译
考向1 热力学第一定律与图像的综合应用
例1（2026·辽宁大连·模拟预测）卡诺循环是只有两个热源的简单循环。一定质量的理想气体经历如图所
示的卡诺循环过程，该循环由A →B、C →D两个等温过程和B→C 、D→A两个绝热过程组成。下
列说法正确的是（ ）
A．气体在状态B的温度低于在状态C的温度
B．C →D过程中单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数不变
C．一个循环A →B→C →D→A全过程中，气体从外界吸收的热量小于放出的热量
D．B→C过程中气体对外做的功等于D→A过程中外界对气体做的功
【答案】D
⚠特别提醒：热学基础典型题型与解题方法
⑴ 典型题型
热力学第一定律应用计算题：给定气体的热力学过程，结合$p-V$图像或状态参量变化，计算内能
变化、吸收或放出的热量、做功的大小
热力学第二定律分析题：判断热学过程是否能自发发生，分析热机效率的极限，结合实际案例理解自
发过程的不可逆性
⑵ 解题方法
热力学第一定律解题步骤：先确定研究对象，明确过程中、的正负，再代入公式计算，结合理想
气体内能仅与温度有关的特点辅助分析
热机效率解题方法：明确热机吸收和放出的热量，利用效率公式计算，结合热力学第二定律理解效率
无法达到100%的原因
✨
得分速记
：
处理热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题的思路
（1）根据气体状态变化图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、
放热关系及做功关系。
（2）在p－V 图像中，图线与V 轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
（3）结合热力学第一定律判断有关问题
【详解】A．B→C过程，气体的体积增大，故气体对外做功，由于该过程为绝热过程，没有热交换，则
根据热力学第一定律有ΔU =W +Q =W <0
即气体的内能减少，所以气体的温度降低，即气体在状态B的温度高于在状态C的温度，故A 错误；
B．C →D是等温压缩过程，气体的温度不变，故分子的平均动能不变；由于此过程气体的体积减小，分
子数密度增大，所以单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数会增加，故B 错误；
C．A →B→C过程，气体的体积增大，气体对外做功，设大小为W 1，且W 1<0；C →D→A过程，气
体的体积减小，外界对气体做功，设大小为W 2，且W 2>0。根据p−V 图线与坐标轴所围面积表示做功
可知|W 1)>|W 2)，所以一个循环A →B→C →D→A全过程中W =W 1+W 2<0
根据热力学第一定律ΔU =W +Q
一个循环过程中ΔU =0
可得Q>0
即气体从外界吸收的热量大于放出的热量，故C 错误；
D．从A →B气体的温度不变，所以气体的内能不变；从B→C气体的温度降低，内能减小；从C →D气
体的温度不变，内能不变；从D→A气体的温度升高内能增大，且此时回到初始状态与初始内能相同，
所以B→C过程气体内能的减少量等于D→A过程气体内能的增加量，且这两个过程均绝热，故这两个
过程做功数值大小相等，即B→C过程气体对外界做的功等于D→A过程外界对气体做的功，故D 正确。
故选D。
▶新情境◀【变式训练1·变考法】（2026·辽宁沈阳·三模）一定质量的理想气体经历如图所示a→b、
b→c、c→a 的循环过程。已知气体在b 状态时温度为T0、压强为p0、体积为V0，在c 状态下气体体积为
2V0。下列说法正确的是（ ）
A．a→b 过程中，气体的内能不变
B．b→c 过程气体对外界做的功大于气体吸收的热量
C．b→c 过程气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少
D．气体由a→b→c→a 的过程中，对外界放出热量
【答案】C
【详解】A．根据理想气体的状态方程PV
T =C
可得PV ∝T
由P−V 图像可知，在a→b 过程中，气体压强、体积均增大，所以气体温度升高，内能增大，故A 错误；
B．b→c为等压膨胀过程，体积从V 0变为2V 0，由盖-吕萨克定律得V
T =C
可知，体积增大，温度升高，则内能变化量ΔU >0
气体对外做功，即W <0
由热力学第一定律ΔU =Q+W
因此Q>∣W ∣
即气体对外界做的功小于气体吸收的热量，故B 错误；
C．b→c压强不变，体积增大，单位体积分子数减少，且温度升高使分子平均动能增大，而压强由分子
平均动能、单位时间单位面积撞击次数共同决定，压强不变时，平均动能增大，因此单位时间单位面积
撞击次数一定减少，故C 正确；
D．循环过程的初末状态相同，总内能变化量ΔU =0
p−V 图中，三角形的面积表示a→b→c→a 的过程中气体对外做的净功，该循环为顺时针循环，气体对外
做净功W 净>0
由热力学第一定律ΔU =Q−W 净=0
可得Q =W 净>0
即整个过程气体从外界吸收热量，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·辽宁大连）如图所示，一定质量的理想气体，经历a→b→c→a
的循环过程，其中a→b是等容过程，b→c是等温过程，c→a是等压过程。下列有关气体的描述正确的
是（ ）
A．b、c 两个状态中，在b 状态气体分子平均动能比c 大
B．气体从状态b 到状态c 的过程中，气体体积增大，吸收热量，内能增加
C．气体从状态a 到状态b 的过程中，气体压强增大，外界对气体做正功，气体内能增加
D．气体从状态c 到状态a 的过程中，容器内气体分子的数密度增大，容器内壁单位面积上受到的压
力不变
【答案】D
【详解】由题意及题图可知：
a→b是等容过程（V a=V b） ，pb> pa，则由p
T =C可知，T b>T a；
b→c是等温过程（T b=T c） ，pb> pc，V b<V c；
c→a是等压过程（pc = pa） ，V a<V c，则由V
T =C可知，T a<T c。
由此可知：pb> pa= pc，V a=V b<V c，T a<T c=T b。
A．因为T a<T b=T c，所以b、c 两个状态中，b 状态的气体分子平均动能与c 状态相同，A 错误。
C．气体从状态a 到状态b 的过程中，气体压强增大，气体体积不变，则外界对气体不做功，气体温度升
高，则气体内能增加，C 错误。
B．气体从状态b 到状态c 的过程中，气体体积增大，则气体对外界做功（W <0） ，气体温度不变，
则气体内能不变（ΔU =0） ，则由ΔU =W +Q可知，Q>0，即气体吸收热量，B 错误。
D．气体从状态c 到状态a 的过程中，气体的压强不变、体积减小，则容器内气体分子的数密度增大，容
器内壁单位面积所受压力保持不变，D 正确。
故选D。
考向2 热力学第二定律
例2 （2026·黑龙江哈尔滨·一模）对下列各图的理解，正确的是（ ）
A．图甲是同一部分气体在不同温度下的图线，可知温度tI>tII
B．图乙冰箱的工作原理表明热量可以自发地从低温物体传到高温物体
C．图丙方解石的双折射现象体现了其光学性质的各向异性
D．图丁玻璃管中的水银液面呈凸形，表明水银能浸润玻璃
【答案】C
【详解】A．温度越高，气体分子平均速率越大，麦克斯韦速率分布曲线的峰值会向大速率方向移动，且
峰值降低。由图可知曲线Ⅱ的最概然速率更大，因此tII>tI，故A 错误；
B．根据热力学第二定律，热量不能自发从低温物体传到高温物体；冰箱工作时需要消耗外界电能做功，
不是自发过程，故B 错误；
C．方解石是单晶体，单晶体具有光学各向异性，双折射现象就是光学各向异性的体现，故C 正确；
D．液体不浸润固体时，液面会呈现凸形，水银液面在玻璃管中呈凸形，说明水银不能浸润玻璃，故D 错
误。
故选C。
【变式训练1·变考法】（25-26 高二下·辽宁大连）从生活走向物理是学习物理的重要途径。下列说法正确
的是（ ）
A．单晶体熔化过程中温度恒定不变，多晶体熔化过程中温度一直升高
B．热量不可能从低温物体传到高温物体
C．液晶显示器是利用液晶光学性质各向异性的特点制成的
D．第二类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律
【答案】C
【详解】A．晶体（包括单晶体、多晶体）都有固定熔点，熔化过程中温度均保持恒定，仅非晶体熔化时
温度持续升高，故A 错误；
B．根据热力学第二定律，热量不能自发从低温物体传到高温物体，若有外界做功（如冰箱制冷），热量
可以从低温物体传递到高温物体，故B 错误；
C．液晶具有光学各向异性的特点，液晶显示器通过电场改变液晶分子排列，调控光线透过实现显示功能，
正是利用了该特性，故C 正确；
D．第二类永动机不违背能量守恒定律，其无法制造成功的原因是违背了热力学第二定律，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·辽宁沈阳）对下列各图的理解，正确的是（ ）
A．图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B．图乙方解石的双折射现象体现了其光学性质的各向异性，说明方解石是晶体
C．图丙冰箱的工作原理表明热量可以自发地从低温物体传到高温物体
D．图丁玻璃管中的水银液面呈凸形，表明水银能浸润玻璃
【答案】B
【详解】A．图甲是显微镜下观察到的布朗运动，连线表示的是小炭粒在不同时刻的位置连线，并不是小
炭粒的运动轨迹，故A 错误；
B．图乙方解石的双折射现象体现了其光学性质的各向异性，只有晶体才具有各向异性，说明方解石是晶
体，故B 正确；
C．图丙冰箱的工作原理表明热量可以从低温物体传到高温物体，但这需要消耗电能，不是自发进行的，
热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故C 错误；
D．图丁玻璃管中的水银液面呈凸形，表明水银不浸润玻璃，若浸润则液面应呈凹形，故D 错误。
故选B。
1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取
出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（ ）
A．内能变小
B．压强变大
C．分子的数密度变大
D．每个分子动能都变大
【答案】B
【详解】A．将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高，而理想气体内能只与温度相关，则内能
变大，故A 错误；
B．将糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据p
T =C，因为温度升高，则压强变大，故B 正
确；
C．气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C 错误；
D．温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故D 错误。
故选 B。
2．（2023·辽宁·高考真题）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存
能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T 图像如图所示。
该过程对应的p-V 图像可能是（ ）
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据
pV
T =C
可得
p= C
V T
从a 到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b 到c，气体压强减小，温度降低，因c 点与原点
连线的斜率小于b 点与原点连线的斜率，c 态的体积大于b 态体积。
故选B。
3．（多选）（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d，
p−V 图像如图所示，则（ ）
A．状态a的温度比状态b的高
B．状态b的内能比状态c的大
C．b→c、c→d过程气体对外做的功相等
D．c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由图可知，从a→b过程中，气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积
增大，则气体温度升高，可知，状态a 的温度比状态b 的低，故A 错误；
B．从b→c过程中，结合图像，由理想气体状态方程有3 p0⋅2V 0
T b
= p0⋅3V 0
T c
解得T b=2T c
可知，状态b 的温度比状态c 的高，则状态b 的内能比状态c 的大，故B 正确；
C．根据p−V 图像的面积表示气体做功，由图可知，b→c过程中，气体对外做功为
W 1= 1
2 ( p0+3 p0)(3V 0−2V 0)=2 p0V 0
c→d过程中，气体对外做功为W 2= p0(4V 0−3V 0)= p0V 0
可知，b→c、c→d过程气体对外做的功不相等，故C 错误；
D．由图可知，c→d过程气体的压强不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度升高，气
体的内能增大，由热力学第一定律可知，c→d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故D 正确。
故选BD。
