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第55 讲 热力学定律与能量守恒定律
目录
.....1
.....4
考点一 热力学第一定律的理解和应用............................................................................................................................ 4
考点二 热力学第二定律........................................................................................................................................................7
考点三 热力学定律与气体实验定律的综合应用........................................................................................................10
考点四 热力学第一定律在图像中的应用.....................................................................................................................14
. .17
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 17
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 23
核心考点
1.热力学第一定律
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的功的
和。
表达式：ΔU=Q+W。
符号法则：ΔU：内能增加为正(+)，减少为负(-)。Q：物体吸热为正(+)，放热为负(-)。
W：外界对物体做功为正(+)，物体对外界做功为负(-)。
应用：分析气体在等温、等容、等压、绝热过程中的ΔU、Q、W 的变化。
2.热力学第二定律
两种常见表述：
克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。（强调热传导的方向性）
开尔文－普朗克表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他
影响。（强调内能与机械能转化方向性）
微观本质：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
3.能量守恒定律
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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
永动机：
第一类永动机：不消耗能量而能永远对外做功的机器，违背能量守恒定律，不可能实
现。
第二类永动机：从单一热库吸收热量使之完全变成功而不产生其他影响的机器，不违
背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能实现。
考情透析
1.题型与难度：高考的必考内容（热学部分），通常与“气体的性质”结合考查。主要
出现在选择题（概念辨析、方向性判断）或计算题（结合气体状态变化分析ΔU、Q、
W）。难度中档，是热学部分的基础得分点与综合点。
2.命题规律：
高频考查：
热力学第一定律ΔU=Q+W 的应用（给出一段过程描述，判断内能、做功、吸放热）。
热力学第二定律的理解（判断一个过程是否可能自发进行，区分第一类和第二类永动
机）。
能量守恒定律在气体综合问题中的应用（与“气体的性质”结合，如等温膨胀吸热等
于对外做功，内能不变）。
常规考法：
给出一个气体状态变化图像（如P-V 图），判断气体在某一阶段（等温膨胀、等压压
缩等）的ΔU、Q、W 的正负和大小。
直接陈述一个物理过程（如“电流通过电阻，电阻发热”），要求用热力学第一定律
分析。
创新考法：
与图像结合：在P-V 图中，气体做循环过程（如卡诺循环），考查各阶段及整个循环
的ΔU、W、Q 的关系（整个循环内能不变，净功等于净吸热）。
与生活科技结合：如空调、冰箱的制冷原理（热量从低温物体传到高温物体，但需要
消耗电能，不违反热力学第二定律）；内燃机效率。
与气体实验定律综合：气体先等温膨胀（对外做功，Q>0），后等容升温（W=0，
Q>0），要求分析整个过程中的ΔU、W、Q 变化。
3.考查方向：侧重对ΔU=Q+W 中三个量正负的正确判断、对热力学第二定律两种表述
的精准理解（尤其是“自发”“不产生其他影响”的含义）、能区分第一类和第二类永动
机、结合气体状态方程进行综合性分析。
素养对接
1.能量守恒与转化观：热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的具体体现。解决此类
问题的核心是树立能量守恒的系统观，理解做功和热传递是改变内能的两种方式，它们在
本质上等效。
2.宏观与微观联系思维：
热力学第二定律的微观解释：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向
进行。即从有序（如功可以完全转化为内能）向无序（如内能不能完全转化为功而不产生
其他影响）发展。
3.对比与辨析思维：
对比两类永动机：第一类违背能量守恒定律，第二类违背热力学第二定律（不违背能
量守恒）。
对比ΔU=Q+W 和机械能守恒：ΔU=Q+W 是“广义的能量转移”；机械能守恒是能量守
恒的一种特殊形式（动能与势能相互转化）。
4.科学推理与批判性思维：
能根据热力学第二定律，判断一些看似合理的过程（如把海水热量全部拿来发电）是
否可能发生。
能解释为什么自然界中很多过程是有方向性的（如热量只能自发地从高温传向低
温）。
学习目标
1.知识目标：
能默写热力学第一定律的表达式ΔU=Q+W，并准确说出每个物理量、单位及正负号的
意义。
能复述热力学第二定律的两种表述（克劳修斯表述、开尔文表述），并能用其解释生
活中的自然现象（如水往低处流）。
能说出第一类永动机和第二类永动机分别是违背什么定律。
能简述能量守恒定律的基本内容及重要意义。
2.能力目标：
定律应用能力：能根据给定的物理过程（如气体等温膨胀、绝热压缩、循环过程），
判断ΔU、Q、W 的正负和变化趋势。
过程判断能力：能判断一个设想的物理过程是否违反热力学第二定律（即是否可自发
进行）。
综合应用能力：能将热力学第一定律与理想气体状态方程（PV=nRT）结合起来，解决
复杂的气体状态变化问题（如等温膨胀中，对外做功全部来自于吸热，内能不变）。
图像分析能力：能在P-V 图中理解气体做功（曲线下面积）与内能变化（绝热线）的
关系。
备考建议
1.熟练掌握“热力学第一定律ΔU=Q+W”中的符号法则，这是解决一切热力学计算题的
根本。
2.理解热力学第二定律与能量守恒定律。
考点一 热力学第一定律的理解和应用
【必备知识回顾】
1．热力学第一定律
(1)改变物体内能的两种方式
①做功；②传热。
(2)热力学第一定律
①内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
②表达式：ΔU＝Q＋W。
③正、负号法则
项
目
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
2.能量守恒定律
(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其他形式，或者是从一
个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)条件性
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。
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
【重难模型精讲】
【典例1】(2026·湖北省·单元测试)如图所示，在空气压缩引火仪底部放置少量的硝化棉，迅速压下筒
中的活塞，可以观察到硝化棉燃烧的火苗。在筒内封闭的气体被活塞迅速压缩的过程中，下列说法正确的
是()
A.气体的温度升高，压强不变
B.气体的体积减小，压强不变
C.气体对外界做功，气体内能增加
D.外界对气体做功，气体内能增加
【答案】D
【解析】解：下压活塞时，活塞对筒内的气体做功，活塞的机械能转化为气体的内能，使气体的内能
增加、温度升高；
下压活塞时，气体的体积减小，根据一定质量的理想气体状态方程可知：pV =CT，则气体压强变大；
故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·辽宁省·月考试卷)某实验小组将固定在铁架台上的竖直放置的细管(下端封闭，上端开
口)置于电梯内做实验.管内用高度为h、密度为ρ的液体密封了一段长度为l1的空气(可视为理想气体)，如
图所示.当电梯加速过程中，温度保持不变，空气柱的长度变为l2.已知大气压强为p0，重力加速度为g.下
列说法正确的是()
A.若l2<l1，则电梯一定向下运动
B.若l2<l1，则外界对管内气体做负功
C.若l2>l1，则管内气体向外释放热量
D.加速过程中，管内气体的压强变为( p0+ ρgh) l1
l2
【答案】D
【解析】A、根据玻意耳定律pV =C(C为常数，p是气体压强，V 是气体体积)，气体体积V =lS(S为
细管横截面积)。当l2<l1时，气体体积V 2<V 1，则气体压强p2> p1。对液柱进行受力分析，
p2S - p0 S - ρhSg =ma(a为加速度)，加速度方向向上，但电梯可能是向上加速运动，也可能是向下减速
运动，故A 错误；
B、当l2<l1时，气体体积减小，根据功的定义，外界对气体做功，W >0，做的是正功，故B 错误；
C、当l2>l1时，气体体积增大，气体对外界做功W <0，温度不变则△U =0(理想气体内能只与温度有
关)，根据热力学第一定律△U =W +Q，可得Q =-W >0，即气体从外界吸收热量，故C 错误；
D、根据玻意耳定律p1V 1= p2V 2，初始状态气体压强p1= p0+ ρgh，体积V 1=l1S'，末状态体积
V 2=l2S❑，设末状态压强为p2，则( p0+ ρgh)l1S = p2l2S❑，化简可得p2=( p0+ ρgh) l1
l2
，故D 正确。
【变式2】(2026·河南省·月考试卷)两小朋友分别画了一条小鱼，妹妹画的小鱼如图甲所示，哥哥画的
小鱼如图乙所示，都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。若气泡内气体可视为理想气体，忽略温度变化，从
物理视角分析，则()
A.图甲中画的气泡合理、图乙中画的气泡不合理
B.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体从外界吸热
C.小鱼吐的气泡上升时，泡内气体压强增大
D.小鱼吐的气泡上升时，液体对气泡做正功
【答案】B
【解析】AC、气泡在水中上升，距离水面越来越近，气泡所处位置的液体压强逐渐变小，则气体压
强也变小，气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知气泡的体积变大，故AC 错误；
D、小鱼吐的气泡上升时，气体膨胀，气体对外做正功，液体对气泡做负功，故D 错误；
B、根据热力学第一定律ΔU =Q+W ，气体温度不变，则ΔU =0，又液体对气泡做负功，则W <0，
故Q>0，即表示气体吸热，故B 正确。
故选B。
【变式3】（多选）(2026·黑龙江省·单元测试)如图所示，是气压式升降椅的简易结构图。可上下移动
的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，不计气缸与气缸杆间的摩
擦。过程1：人坐上椅面，椅子缓慢下降至稳定；过程2：人保持坐姿，打开空调冷风至稳定。下列说法正
确的是()
A.在过程1中，气体向外放出热量
B.在过程1中，气体分子平均动能增大
C.在过程2中，外界对气体所做的功等于气体向外放出的热量
D.在过程2中，气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加
【答案】AD
【解析】AB、在过程1中，封闭气体的体积减小，外界对气体做功，因为气缸的导热性良好，所以最
后气缸内气体的温度和外界环境的温度相同，即气体分子的平均动能不变，则气体的内能变化量为零，根
据热力学第一定律可知，气体要向外放出热量，故A 正确，B 错误；
CD、在过程2中，因为打开空调，环境温度降低，使封闭气体温度降低，压强不变，则气体的体积减
小，外界对气体做功。温度降低，气体的内能减小，则气体向外放热，根据热力学第一定律可知，外界对
气体做的功小于气体向外放出的热量；因为气体的温度降低，分子的平均速率减小，且和缸壁碰撞时的作
用力减小，但气体的压强不变，所以气体分子单位时间内与缸壁单位面积碰撞的次数增加，故C 错误，D
正确。
故选：AD。
【方法规律】
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W 为负；体积减小，外界对气体做功，W 为正。
(2)与外界绝热，则既不从外界吸热，也不向外界放热，此时Q＝0。
(3)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动
能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
2．三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(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。
(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。
考点二 热力学第二定律
【必备知识回顾】
1.热力学第二定律的两种表述
①克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
②开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
2.能量耗散：分散在环境中的内能不管数量多么巨大，它只不过能使地球大气稍稍变暖一点，却再也
不能自动聚集起来驱动机器做功了。
【重难模型精讲】
【典例2】(2026·北京市市辖区·模拟题)常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图甲所示，
热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成，N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，P型半导
体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一
端A、B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定
的电势差。科学家又发现：两种不同的金属构成闭合回路，当回路中通有直流电流时，两个接头的温度不
同。一个接头温度会升高，另一个接头温度会降低，从而产生温差。纯金属的热电效应很小，若用半导体
代替金属，效应就大得多。改变电流方向后，原来温度升高的接头变成温度降低，而温度降低的接头变成
温度升高。上述原理可以制作出一种半导体制冷箱，其结构可简化为：将P型半导体与N型半导体用铜板
连接，再用导线连成一个回路，铜板和导线只起导电作用。为了取得更好的效果，实际的半导体制冷箱是
把多对P、N型半导体连接起来的(如图乙)。在回路中接通电流后，一个接点变冷(箱内部)，另一个接点变
热(箱外部)。因此，半导体制冷箱不需要使用制冷剂，工作时也不需要压缩机。以下说法不合理的是()
A.图甲中A端是温差发电装置的正极
B.图甲中热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反
C.图乙中半导体制冷箱说明可以实现热量从低温物体传到高温物体
D.图乙中半导体制冷箱可以通过改变电流方向控制制冷或加热
【答案】B
【解析】A.N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，两种半导体中的载流子都会从高温端
向低温端扩散，B端聚集电子，所以B端是温差发电装置的负极，P型半导体的载流子是空穴，空穴带正电
且电荷量等于元电荷e，则A端聚集正电荷，是正极，A 正确；
B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同，故B 错误；
C.半导体制冷箱利用半导体的热电效应，当回路中通有直流电流时，一个接头温度会升高，另一个接
头温度会降低，这说明半导体制冷箱可以实现热量从低温物体传到高温物体，即制冷效果，故C 正确；
D.半导体制冷箱中，通过改变电流方向，可以改变热量的转移方向，即可以控制制冷或加热，故D 正
确。
本题选不合理的，故选B。
【变式训练与拓展】
【变式4】下列有关热学知识的说法中，正确的是()
A.布朗运动是液体分子的无规则运动
B.热量可以从低温物体传递给高温物体
C.不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功
D.卡车停于水平地面卸货的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气
体从外界吸热
【答案】BD
【解析】A.布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选
项A 错误；
B.热量可以从低温物体传递给高温物体，但是要引起其他变化，选项B 正确；
C.根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功而不引起其他变化，选项
C 错误；
D.卡车停于水平地面卸货的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则气体内
能不变，气体体积变大，对外做功，则胎内气体从外界吸热，选项D 正确。
故选BD。
【变式5】（多选）(2026·浙江省·同步练习)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】第一空：B，第二空：C
【解析】解：A .汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热的过程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，冷水和杯子的温度都变得更低，该过程违背热力学第一定律；
C.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，该过程不违背热力学
第一定律、但违背热力学第二定律；
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，但要消耗电能，引起了其
它变化，该过程不违背热力学第一定律、也不违背热力学第二定律。
故答案为：B；C。
【方法规律】
1．热力学第二定律的含义
(1)“自发地”指明了传热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。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等
温膨胀过程。
2．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的宏观过程的方向性，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。
(1)高温物体⥫================⥬低温物体。
(2)功⥫================⥬热。
(3)气体体积V1⥫==============⥬气体体积V2(较大)。
(4)不同气体A 和B⥫============⥬混合气体AB。
3．两类永动机的比较
项目
第一类永动机
第二类永动机
设计要求
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
不可能制成的
原因
违背能量守恒定律
不违背能量守恒定律，违背
热力学第二定律
考点三 热力学定律与气体实验定律的综合应用
【必备知识回顾】
1．在某一过程中，气体的p、V、T 的变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程PV
T =C分析。
2．气体的做功情况、内能变化及吸、放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外界做功；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。
(4)在p－V 图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
【重难模型精讲】
【典例3】(2026·山东省青岛市·模拟题)如图1所示，一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭
在竖直放置的绝热汽缸(上端开口)中，汽缸放置在电热炉盘上，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度
为T 0。现用如图2所示的交变电流，接通炉盘中阻值为R电热丝给气体缓慢加热，经过时间t活塞缓慢向上
移动距离L后停止加热，整个过程中，已知电热炉盘电阻丝产生的热量80 %被容器内气体吸收，已知大气
压强为p0，重力加速度为g。求：
(1)停止加热时，气体的温度；
(2)此过程中容器内气体增加的内能ΔU。
【答案】解：(1)对处于平衡状态的活塞进行受力分析有mg+ p0 S - p1S =0，
解得p1= mg
S + p0，
活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有LS
T 0
= 2 LS
T
，
解得T =2T 0；
(2)时间t内电热炉盘电阻丝产生的热量Q =( I 0
❑√2 )
2 Rt，
气体对外做功W = p1SL，
根据热力学第一定律ΔU =80 %Q -W ，
解得ΔU =0.4 I 0
2 Rt -mgL- p0 SL。
【变式训练与拓展】
【变式6】(2026·浙江省金华市·阶段练习)2024年9月7日至9日，受台风“摩羯”影响，云南中南部出
现强降雨过程，造成严重灾害。当大暴雨降临，路面水井盖因排气孔堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致
井盖移位而存在安全隐患。如图所示，某次大暴雨，水位以50mm/h的速度迅速上涨，质量为m=36kg
的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为S =0.4 m
2，水位与井盖之间的距离为
h=2.018m时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0=1.00×10
5 Pa，若空气视为理想
气体，温度始终不变，g=10m/ s
2。
(1)求从图示位置起，历经多长时间井盖会被顶起？
(2)在井盖被顶起前外界对井内密闭气体做了725 J的功，则该气体吸热还是放热？吸收或放出的热量
为多少？
【答案】(1)刚顶起井盖时，对井盖进行受力分析有p0 S+mg = pS
解得p=1.009×10
5 Pa
设水位上升x时刚顶起井盖，根据玻意耳定律有p0 Sh= pS(h- x)
解得x =0.018m
则所用的时间为t = x
v
解得t =0.36h
(2)温度始终不变，则气体内能不变，即有ΔU =0
根据热力学第一定律得ΔU =Q+W
其中W =725 J
解得Q =-725 J
即气体放出热量，放出的热量为725 J。
【变式7】(2026·广东省·月考试卷)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的
圆柱形容器内用面积S =100c m
2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开
始时气体处于温度T A =300 K、活塞与容器底的距离h0=30cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加
热，活塞缓慢上升d =3cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加
热至温度T c=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU =158 J。取大
气压p0=0.99×10
5 Pa，求气体：
(1)在状态B的温度；
(2)在状态C的压强；
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。
【答案】解：(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有
V A
T A
= V B
T B
，
解得T B= V B
V A
T A =330 K；
(2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则pB S = p0 S+mg，解得pB=1×10
5 Pa，
根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有
pB
T B
= pC
T C
，
解得pC = T C
T B
pB=1.1×10
5 Pa；
(3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中外界对气体做功为W ❑=- pB Sd =-30 J，
由热力学第一定律有ΔU =W +Q，
解得Q =188 J。
【变式8】(2026·湖南省·单元测试)如图所示，某型号轮胎在出厂前需进行多项测试以确保安全。某次
测试前，该轮胎内气体(可视为理想气体)的压强、体积、温度分别为p1=2.7×10
5 Pa、V 1=0.06m
3和
T 1=300 K。首先缓慢挤压轮胎(轮胎内气体的温度视为不变)，使其压强达到p2=3.0×10
5 Pa，然后保持
轮胎内气体的体积不变，缓慢升高气体的温度，使其压强变为p3=3.5×10
5 Pa。假设整个测试过程轮胎未
漏气，已知轮胎内的气体温度每变化1 K，内能变化135 J，求：
(1)压强为p2时该轮胎内气体的体积V 2;
(2)升温过程中轮胎内气体吸收的热量Q。
【答案】(1)对等温变化过程有p1V 1= p2V 2
解得V 2=0.054 m
3；
(2)对等容变化过程有
p2
T 2
= p3
T 3
其中T 2=T 1=300 K
解得T 3=350 K
内能增加ΔU =135×(350-300)J =6750 J
等容变化过程外界对气体做的功W =0
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得Q =6750 J。
【方法规律】
1．热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的处理方法
(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出相关的气体状态
参量，利用相关规律解决。
(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)做功W＝pΔV；只要温度发生变化，其内
能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q 求解问题。
2．解答此类问题的基本流程
考点四 热力学第一定律在图像中的应用
【必备知识回顾】
处理热力学第一定律与气体图像问题的思路
1．根据气体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功的大小。
3．结合热力学第一定律判断有关问题。
【重难模型精讲】
【典例4】(2026·浙江省·单元测试)一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，
其中ba的延长线通过坐标原点，气体a、b、c、d四个状态的压强与温度的关系如图所示，则()
A.气体在bc过程中体积的变化量等于da过程中体积的变化量
B.气体在ab过程中内能的增加量小于cd过程中内能的减少量
C.气体在ab过程中吸收的热量等于cd过程中放出的热量
D.气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量
【答案】D
【解析】解：A、气体在bc过程是等温压缩，c态的压强增大到b态的3
2倍，则体积变为b态的2
3；da
过程是等温膨胀，a态的压强变为d态压强的1
2，则体积变为d态体积的2倍；因ab两态体积相等，设为V ，
则c态体积2
3 V ，d态体积1
2 V ，气体在bc过程中体积的变化量小于da过程中体积的变化量，故A 错误；
B、气体在ab过程中温度变化量等于cd过程中温度变化量，则气体在ab过程中内能的增加量等于cd过
程中内能的减少量，故B 错误；
CD、由以上分析可知，气体在ab过程中体积不变，则：W ab=0
由以上分析可知，气体在cd过程中体积减小，则：W cd>0
根据热力学第一定律有：气体在ab过程中吸收的热量：Qab= ΔU ab
cd过程中放出的热量：Qcd =W cd - ΔU cd
由于两过程的温差相等，则：ΔU ab=- ΔU cd
所以气体在ab过程中吸收的热量小于cd过程中放出的热量，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【变式训练与拓展】
【变式9】(2026·河北省石家庄市·期中考试)一定质量的理想气体由状态A变化到状态B的过程中，其
体积V 随温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是()
A.气体向外放出的热量等于外界对气体做的功
B.气体压强保持不变
C.气体分子的平均动能增大
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
【解析】【解答】AB.从状态A变化到状态B的过程中，体积V 减小，温度T降低，内能减少；图像经
过原点，可知气体发生等压变化，体积减小，外界对气体做正功即W >0，根据热力学第一定律
ΔU =W +Q，可知，气体一定放出热量，且气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，故A 错误，B 正
确；
C.气体从状态A到状态B的变化过程中，温度降低，则气体分子的平均动能减小，故C 错误；
D.气体从状态A到状态B的变化过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小；体积减小，气体分子
密度增大，压强不变，则气体分子单位时间内，与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多，故D 错误。
故选：B。
【变式10】（多选）(2026·湖北省恩施土家族苗族自治州·其他类型)如图所示，一定质量的理想气体
的循环由下面4个过程组成：a→b，b→c，c→d，d →a。下列说法正确的是()
A.a→b过程中，气体内能增加吸收热量
B.b→c过程中，气体内能不变
C.c→d过程中，气体吸收热量
D.从a→b→c→d →a过程中，气体从外界吸收的总热量可以用abcd所围的面积表示
【答案】AD
【解析】A、对于一定质量的理想气体，内能只与温度有关，由理想气体状态方程pV =nRT (n为物质
的量，R为普适气体常量)，在a→b过程中，从p-V 图像可知，气体体积增大，即对外做功W <0；同时
p、V 都增大，根据pV =nRT可知温度T升高，内能△U >0，根据热力学第一定律△U =Q+W ，△U >0，
W <0，则Q = ΔU -W >0，即气体吸收热量，A 正确。
B、在b→c过程中，pV 大小关系不确定，根据pV =nRT，则T不确定，内能变化不确定，B 错误。
C、在c→d过程中，气体体积减小，外界对气体做功W >0，压强减小，根据pV =nRT，温度T降低，
内能△U <0，根据热力学第一定律△U =Q+W ，△U <0，W >0，则Q<0，即气体放出热量，C 错误。
D、在a→b→c→d →a过程中，气体内能变化△U =0，根据p-V 图像与坐标轴围成的面积表示气
体做功，在整个循环过程中a→b→c过程气体对外做功，c→d →a过程外界对气体做功，气体从外界吸
收的总热量Q等于气体对外做的功与外界对气体做的功的差值，在数值上可以用abcd所围的面积表示，D
正确。
【变式11】（多选）(2026·河南省南阳市·模拟题)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B再变化
到状态C，其压强p与体积的倒数1
V 的关系图像如图所示，则()
A.A →B过程中，气体分子热运动的平均动能先减小后增大
B.A →B过程中，气体从外界吸收热量
C.B→C过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数不变
D.整个过程中，A、B、C三个状态的温度关系为T A<T C<T B
【答案】BD
【解析】A.由图可知，A →B过程中，气体压强增大，体积增大，根据理想气体状态方程可知，气体
温度升高，气体分子热运动的平均动能增大，故A 错误；
B.A →B过程中，气体体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，
气体从外界吸收热量，故B 正确；
C.B→C过程中，气体体积不变，压强减小，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数减小
故C 错误；
D.由以上分析可知，A →B过程中，温度升高，即T A<T B，且A状态温度低于图线与虚线交点处的温
度，B→C过程中，体积不变，压强减小，温度降低，即T C<T B，而C状态温度与交点处温度相同，所以
T A<T C<T B，故D 正确。
故选BD。
基础巩固练
1.(2026·河南省·月考试卷)做功和热传递都可以改变物体的内能。以下说法正确的是()
A.物体放出热量，内能一定减少
B.物体对外做功，内能一定减少
C.物体吸收热量，同时对外做功，内能一定减少
D.物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少
【答案】D
【解析】解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功，则内能增加，故A 错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收更多的热量，则内能增加，故B 错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，若Q>W ，则内能增加，若W >Q，
则内能减少，故C 错误；
D、物体放出热量，Q<0，同时对外做功，W <0，则△U <0，故内能减少，故D 正确
故选：D。
做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：
△U =Q+W 。
2.(2026·天津市市辖区·期末考试)如图所示为金属盖密封的空玻璃瓶，温度略微降低时，则瓶中气体()
A.分子运动速率均减小
B.对外做功
C.吸收热量
D.压强减小是因为气体分子平均动能减小
【答案】D
【解析】A.温度略微降低时，分子的平均动能减小，但不是所有分子运动速率均减小，故A 错误；
B.由于气体体积不变，则气体不对外做功，故B 错误；
C.温度略微降低时，气体内能减小，由于做功为0，根据热力学第一定律可知，瓶中气体向外放热，
故C 错误；
D.气体体积不变，单位体积的气体分子数保持不变，由于温度降低，分子的平均动能减小，根据压强
微观意义可知，气体压强减小，故D 正确。
故选D。
3.(2026·全国·期末考试)下列关于热学中的一些说法正确的是()
A.茶叶蛋变色是布朗运动产生的结果
B.第二类永动机违反了热力学第一定律
C.温度是分子平均动能的标志，两个动能不同的分子相比，动能大的温度高
D.一定质量理想气体对外做100 J的功，同时从外界吸收70 J的热量，则它的内能减小30 J
【答案】D
【解析】解：A、茶叶蛋变色是扩散结果，故A 错误；
B、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故B 错误；
C、温度是大量分子的统计规律，对单个分子不适用，故C 错误；
D、由热力学第一定律，ΔU =W +Q =-100 J +70 J =-30 J .故D 正确；
故选：D。
4.(2026·河北省承德市·模拟题)现代喷气式飞机的燃气轮机工作循环简化如下：1→2过程空气被绝热
压缩，2→3过程燃料燃烧气体等压膨胀，3→4过程高温气体绝热膨胀推动叶轮转动，4→1过程废气等
压压缩至初始状态。若气体始终可看作理想气体，下列说法正确的是()
A.1→2过程中，气体温度升高
B.2→3过程中，气体对外做负功
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体吸收热量
【答案】A
【解析】解：A .1→2过程是绝热过程，则ΔQ =0，气体体积减小，外界对气体做正功，则W >0，根
据热力学第一定律，可知内能增大，温度升高，故A 正确；
B.2→3过程气体压强不变，体积变大，气体对外界做正功，故B 错误；
C.3→4过程是绝热过程，则ΔQ =0，气体体积增大，对外做正功，则W <0，根据热力学第一定律，
可知内能减小，温度降低，故C 错误；
D.4→1过程气体压强不变，体积变小，外界对气体做正功；根据盖-吕萨克定律V 1
T 1
= V 2
T 2
可知，气体
温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体放出热量，故D 错误。
故选：A。
5.(2026·北京市·月考试卷)一定质量的理想气体分别在T 1、T 2温度下发生等温变化，相应的两条等温线
如图所示，T 2对应的曲线上有A、B两点，表示气体的两个状态。下列说法正确的是()
A.T 1>T 2
B.A到B的过程中，外界对气体做功
C.A到B的过程中，气体从外界吸收热量
D.A到B的过程中，气体分子对器壁单位面积上的作用力增加
【答案】C
【解析】解：A、过A点做一平行于横轴的直线与T 1对应的曲线交于C点，比较A点与C点，由于气
压相等，根据公式V
T =C，A点温度大于C点的温度，故T 1<T 2，故A 错误；
BC、A到B的过程是等温膨胀过程，故内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律公式
ΔU =W +Q，气体要吸收热量，故B 错误，C 正确；
D、A到B的过程中，温度不变，气压减小，故气体分子对器壁单位面积上的作用力减小，故D 错误。
故选：C。
6.（多选）(2026·广东省阳江市·其他类型)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T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
【答案】BC
【解析】解：A、根据一定质量的理想气体状态方程pV
T =C可得：p= C
V T，从a到b为过坐标原点的
倾斜直线，故气体做等容变化，气体不做功，故A 错误；
B、从a到b，气体的温度逐渐升高，分子的平均动能逐渐增大，故内能一直增加，故B 正确；
CD、由于气体从a到b不做功W =0，且内能逐渐增大，根据热力学第一定律ΔU =W +Q可知，气体
一直从外界吸热，且吸收的热量等于其内能的增加量，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
7.（多选）(2026·河北省·期中考试)在一个导热性能良好的容器中封闭有一定质量的理想气体，该气体
由状态A经过状态B变为状态C的V -T图像如图所示。下列说法中正确的是()
A.气体从状态A到状态B的过程中气体对外界做功
B.气体从状态B到状态C的过程中外界对气体做功
C.气体在状态A比在状态C时的压强大
D.气体从状态A到状态C的过程中吸收热量
【答案】AD
【解析】A、从状态A到状态B，根据V -T图像可知，气体体积增大。根据W = p△V ，体积增大时
△V >0，气体对外界做功，故A 正确；
B、从状态B到状态C，由V -T图像可知，气体体积不变，即△V =0。根据W = p△V ，可得W =0，
即外界与气体之间不做功，故B 错误；
C、在V -T图像中，OAB在过原点的同一直线上，可知状态A的压强等于状态B的压强;从状态B到状
态C，体积不变，温度升高，根据p= nR
V T，压强增大，即pC> pB，所以pC> pA，故C 错误；
D、从状态A到状态C，温度升高，可知气体内能增大，△U >0;从A到B气体对外做功W <0，从B到
C不做功W =0，整个过程W <0。根据热力学第一定律△U =Q+W ，可得Q>0，即气体吸收热量，故D
正确。
8.(2026·四川省内江市·模拟题)池塘水面温度为300 K，一个体积为V 1=2c m
3的气泡从深度为13.5m
的池塘底部缓慢上升至水面，其压强随体积的变化图像如图所示，气泡由状态1变化到状态2。水的密度为
ρ=1.0×10
3kg/m
3，水面大气压强p0=1.0×10
5 Pa，气泡内气体看作是理想气体，重力加速度大小为
g=10m/ s
2。求：
(1)池底的温度T 1；
(2)若该过程气泡中气体内能增加0.0475 J，气体所吸收的热量Q。
【答案】(1)气泡在池底时的压强p1= p0+ ρgh
解得p1=1.0×10
5 Pa+1.0×10
3×10×13.5 Pa=2.35×10
5 Pa
根据理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
= p0V 2
T 2
解得T 1= p1V 1T 2
p0V 2
= 2.35×10
5×2×10
-6×300
1.0×10
5×2.5×2×10
-6 K =282 K；
(2)由图像可知，气泡在上升过程中的平均压强p= p1+ p0
2
= 1.0×10
5+2.35×10
5
2
=1.675×10
5 Pa
气体体积变大，对外做功，根据气体做功的公式W = pΔV ，可得气体所做的功大小为
W =- p(V 2-V 1)
解得：W =-1.675×10
5×(2.5×2×10
-6-2.0×10
-6)J =-0.5025 J
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得气体吸收的热量Q = ΔU -W =0.0475 J -(-0.5025)J =0.55 J。
9.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属汽缸内，活塞的
质量ml=20kg，面积S =100c m
2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时封闭气柱长度为20cm，
外界气温t =27℃，大气压强p0=1.0×10
5 Pa。将质量为m2的重物缓慢放到活塞上，稳定后活塞下降了
5cm；再对汽缸内气体缓慢加热，气体吸收了Q =186 J的热量，活塞又上升了3cm，g取10m/ s
2，求：
(1)重物的质量m2；
(2)加热前后汽缸内气体温度的增加值Δt；
(3)加热前后汽缸内气体内能的变化量ΔU。
【答案】解：(1)初始时，根据平衡条件有p1= p0+ m1g
S
，l1=20cm，
活塞放上重物后，根据平衡条件有p2= p0+ (m1+m2)g
S
，l2=15cm，
该过程为等温过程，因此p1l1S = p2l2S，
解得m2= 40kg。
(2)缓慢加热，活塞上升了3cm，p3= p2，l3=18cm，
该过程为等压过程，因此
，
解得Δt =60℃。
(3)加热前后汽缸内气体对外做功W = p2(l3-l2)S，
由热力学第一定律，有ΔU =Q -W ，
解得ΔU =138 J。
10.(2026·江苏省南京市·模拟题)如图所示，一个导热良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置于水平面上，
缸内有一形状不规则的文物，且封闭有一定质量的理想气体.初始时刻，气体的温度为7℃，质量为m、横
截面积为S的活塞到气缸底部的距离为h.现环境温度缓慢升高到27℃时，活塞离气缸底部的距离变为H，
此过程中缸内气体吸收的热量为Q。已知大气压恒为p0，重力加速度大小为g，热力学温度T与摄氏温度t
之间的数量关系为T =(t +273) K，活塞与气缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响。求：
(1)气缸内放置的文物的体积；
(2)该过程中气体增加的内能。
【答案】解：(1)设气缸内放置的文物的体积为V 0，初态有T 1=7+273( K )=280( K )，V 1= Sh-V 0，
末态有T 2=27+273( K )=300( K )，V 2= SH -V 0，
气体做等压变化，则
V 1
T 1
= V 2
T 2
，
解得气缸内放置的文物的体积V 0=15 Sh-14 SH =(15h-14 H )S；
(2)气体压强为p1= p0+ mg
S ，
外界对气体做功为W =- p1 ΔV =-( p0+ mg
S )S( H -h)=-( p0 S+mg)( H -h)，
该过程中气体增加的内能ΔU =W +Q =Q -( p0 S +mg)( H -h)。
11.(2026·湖北省黄冈市·月考试卷)如图所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都
是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。
活塞下方封闭有一定质量的理想气体，重力加速度为g。开始时封闭气体的温度为T 0，压强等于外界大气
压强p0。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体压强变为1.5 p0时，活塞刚好离开卡环。
(1)求活塞的质量及压强为1.5 p0时缸内气体的温度;
(2)若已知气体的内能为U =αT，求从活塞刚好离开卡环到刚好运动至上端卡环的过程中，气体吸收
的热量。
【答案】(1)活塞刚离开卡环时，活塞受力平衡，有1.5 p0 S = p0 S+ Mg
解得活塞质量为M = p0 S
2 g
气体发生等容变化，根据查理定律可得，
p0
T 0
= 1.5 p0
T
解得T =1.5T 0
(2)当活塞恰好运动至上端卡环时，根据理想气体状态方程可得
p0V 0
T 0
= 1.5 p0⋅2V 0
T 1
解得T 1=3T 0
外界对气体所做功
W =-1.5 p0 S× 1
2 H，△U =W +Q
ΔU =αΔT =1.5α T 0
则气体吸收的热量Q =1.5α T 0+0.75 p0 SH。
综合提升练
1．（2025·北京·高考真题）我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端
粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体（ ）
A．压强变小
B．对外界不做功
C．内能保持不变
D．分子平均动能增大
【答案】D
【解析】C．猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换Q =0，气体被压缩，体积减小，
则外界对气体做正功W >0，根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可知，气体内能增大，故C 错误；
A．气体内能增大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态方程pV
T =C，则气体压强增大，
故A 错误；
B．气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B 错误；
D．气体温度增大，则分子平均动能增大，故D 正确。
故选D。
2．（2025·安徽·高考真题）在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，
球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体（ ）
A．对外做功，内能不变
B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小
D．吸收的热量等于内能的增加量
【答案】A
【解析】根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动
能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量
与气体对外做的功相等。
故选A。
3．（2024·天津·高考真题）压缩空气储能是一种新型储能技术，其中涉及了空气的绝热膨胀和等温压
缩过程，对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）
A．绝热膨胀过程，气体的内能增大
B．绝热膨胀过程，外界对气体做功
C．等温压缩过程，气体的压强不变
D．等温压缩过程，气体的内能不变
【答案】D
【解析】AB．绝热膨胀过程，理想气体与外界没有热量的交换，即Q=0，理想气体对外界做功，即
W<0，由热力学第一定律ΔU =W +Q，可知ΔU <0，即气体的内能减小，故AB 错误；
C．等温压缩过程，由玻意耳定律pV =C，可知气体的压强变大，故C 错误；
D．等温压缩过程，气体的温度保持不变，则内能不变，故D 正确。
故选D。
4．（2025·天津·高考真题）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
【解析】A．根据W = pV ，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ΔU =Q+W
可知ABC过程气体放出的热量多，故B 错误；
C．根据理想气体状态方程pV
T =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 正确；
D．根据理想气体状态方程pV
T =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
平均动能大，故D 错误。
故选C。
5．(多选)（2025·甘肃·高考真题）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
【解析】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；
C．A→B 过程，体积不变，温度升高，根据pV
T =C
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。
6．(多选)（2025·浙江·高考真题）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
【解析】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。
7．(多选)（2025·贵州·高考真题）如图，在固定的绝热气缸中固定一多孔塞，其两侧各有一绝热活塞。
开始时，多孔塞左侧有一定质量的理想气体，其状态参量为p1、V 1、T 1，内能为U 1，右侧活塞紧靠多
孔塞。在外力F1作用下，左侧气体在压强p1不变的条件下缓慢通过多孔塞流向右侧，右侧气体压强因外力
F2作用始终为p2。当气体全部流入右侧后，其状态参量为p2、V 2、T 2，内能为U 2。已知
p1> p2，U 1
T 1
= U 2
T 2
，不计活塞与气缸间的摩擦，装置密闭性良好，则（ ）
A．整个过程中左侧活塞对气缸中气体做功为p1V 1
B．整个过程中气缸中气体对右侧活塞做功为p1V 2
C．U 1+ p1V 1=U 2+ p2V 2
D．T 1<T 2
【答案】AC
【解析】A．气体缓慢通过多孔塞，设圆柱的横截面积为S，所以整个过程中左侧活塞对气缸中气体
做功为W = F1 L1= p1S L1= p1V 1，故A 正确；
B．同理，整个过程中气缸中气体对右侧活塞做功为W
' = p2 ΔV = p2V 2，故B 错误；
C．固定的绝热气缸两侧有绝热活塞，该系统为绝热系统即Q =0，根据热力学第一定律可知ΔU =W
即U 2-U 1= p1V 1+(- p2V 2)
整理得U 1+ p1V 1=U 2+ p2V 2，故C 正确；
D．内能与温度成正比U 1=k T 1，U 2=k T 2
根据pV
T =C得p1V 1=C T 1，p2V 2=C T 2
代入方程U 1+ p1V 1=U 2+ p2V 2
得k T 1+C T 1=k T 2+C T 2
两边约掉(k +C )得T 1=T 2，故D 错误。
故选AC。
8．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某种卡车轮胎的标准胎压范围为
。卡车行驶
过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p 随体积V
线性变化如图所示，温度T 1为300K时，体积V 1和压强p1分别为0.528m3、3.0×10
5Pa；当胎内气体温度
升高到T 2为350K时，体积增大到V 2为0.560m3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q 为
，求胎内气体的内能增加量ΔU。
【答案】(1)3.3×10
5Pa
(2)6.6×10
4J
【解析】（1）气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
整理代入数据得p2= p1T 2V 1
T 1V 2
=3.3×10
5Pa
（2）p-V 图线与y 轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界
对气体做功为W =- p1+ p2
2
(V 2-V 1)=-1.008×10
4 J
由热力学第一定律ΔU =Q+W
代入数据可得ΔU =6.6×10
4 J
9．（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
。已知S =1.6×10
-3m
2，t1=77°C，t2=27°C。忽略皮肤的形变，大气压强p0=1.05×10
5Pa。
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)9×10
4 Pa
(2)减少7.35J
(3)24 N
【解析】（1）状态1 气体的温度T 1=（77+273）K =350 K
压强p1= p0=1.05×10
5Pa
状态2 气体的温度T 2=（27+273）K =300 K
气体做等容变化，根据
p1
T 1
= p2
T 2
可得p2=9×10
4 Pa
（2）气体做等容变化，外界对气体不做功，气体吸收热量为Q =-7.35J
根据热力学第一定律ΔU =W +Q
可得状态1 到状态2 罐内气体内能的变化ΔU =-7.35J
即气体内能减少7.35J。
（3）罐内外的压强差Δ p= p0- p2=1.5×10
4 Pa
状态2 皮肤受到的吸力大小F = Δ pS =24 N
