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专题06 光学和热学（解析版）
【3 大考点概览】
考点01 光的折射与全反射
考点02 光的干涉、衍射与偏振
考点03 分子动理论与气体实验定律
一、单选题
1．（2026·辽宁大连·模拟考试）曾获诺贝尔物理学奖的华裔科学家高锟被誉为“光纤之父”。如图是光在
纤芯中传播的示意图，光纤的内芯和外套材料不同。下列说法正确的是（ ）
A．光从空气进入光纤内芯后，频率变大
B．光从空气进入光纤内芯后，其波长变大
C．内芯的折射率比外套的折射率大
D．光从内芯射向外套时一定能发生全反射
【答案】C
【详解】A．光从空气进入光纤内芯后，波长和波速会发生变化，但频率不变，故A 错误；
C．光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内芯的折射率
比外套的大，故C 正确；
B．根据v = c
n可知光在光纤内芯中传播的速度小，根据v = λf 可知波长变短，故B 错误；
D．全反射的条件除了光从光密介质射向光疏介质外，还需要入射角大于等于临界角，所以光从内芯射向
外套时不一定能发生全反射，故D 错误。
故选C。
2．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示为某透明介质制成的棱镜的截面图，该截面为顶角
∠BAC =120°、腰长为L 的等腰三角形，S 为AB 边的中点。一细光束由S 点斜射入棱镜，光束与AB 边的
考点01
光的折射与全反射
夹角为θ = 45°，折射光线与AC 边平行，忽略二次反射的光线，光在真空中的速度为c。则下列说法正确
的是（ ）
A．透明介质材料的折射率为❑√3
B．光束能从BC 边射出棱镜
C．光束第一次从棱镜射出时相对入射光的偏角为30°
D．光在棱镜中传播的时间为
❑√3 L
c
【答案】C
【详解】A．由题意作出光路图，如图所示
入射光线与AB夹角为45
∘，因此入射角i=90
∘−45
∘= 45
∘
折射光线与AC平行，∠BAC =120
∘，因此折射光线与AB夹角为60
∘，折射角r =90
∘−60
∘=30
∘
由折射定律n= sini
sin r = sin 45
∘
sin 30
∘= ❑√2
故A 错误；
B．该介质的全反射临界角C满足sin C = 1
n = 1
❑√2
得C = 45
∘
等腰三角形中∠B =∠C =30
∘
折射光线平行AC，因此在BC面的入射角α =60
∘>45
∘
发生全反射，不能从BC射出，故B 错误；
C．折射光线在BC全反射后，到达AC边，入射到AC的入射角为30
∘<45
∘，可以从AC射出。 由折射定
律，出射角β满足nsin 30
∘=sin β
得β = 45
∘
入射光第一次偏折i−r =15
∘
出射时第二次偏折β −30
∘=15
∘
总偏折角为15
∘+15
∘=30
∘
故C 正确；
D．由几何关系可得，折射光总路程s= SD+ DP = L
2 + L
2 = L
光在介质中速度v = c
n = c
❑√2
传播时间t = s
v =
L
c / ❑√2 =
❑√2 L
c
故D 错误。
故选C。
3．（2026·辽宁名校联盟·二模）在2026 年哈尔滨冰雪大世界“极光幻境”展区，用一束白光从空气垂直
射入一块冰制的直角三棱镜，在另一侧的白墙上投射出彩色光谱，光路如图所示，A、B 为光谱的上、下
边缘。已知红光在冰中的折射率略小于紫光（即n红<n紫），下列说法正确的是（ ）
A．在冰中红光的传播速度小于紫光的传播速度
B．从该冰棱镜射向空气红光的临界角小于紫光的临界角
C．若只将入射光线向下平移少许，则白墙上A、B 间距离将变大
D．白墙上的A 处是红色，B 处是紫色
【答案】D
【详解】A．光在介质中速度v = c
n，折射率越大，速度越小，故红光速度大于紫光，A 项错误；
B．临界角θ满足sinθ = 1
n，n 越大，θ越小，故紫光的临界角小于红光的临界角，B 项错误；
C．若只将入射光线向下平移少许，因各种色光在出射点的入射角和折射角都不变，但出射点距白墙的距
离变小了，根据几何关系可得，白墙上A、B 间距离将变小，C 项错误；
D．白光中各种色光在冰棱镜中斜面上的入射角都相同，根据折射定律，射出时红光折射角最小，射到A
处，紫光折射角最大，射到B 处，D 项正确。
故选D。
4．（2026·辽宁鞍山·二模）如图，冰雕展上有一长方体冰块，O 和O
′分别为冰块上、下表面的中心点。在
冰块内靠近O
′处嵌入一点光源，能同时发出a、b 两种单色光，a 光在冰块上表面P 点恰好发生全反射，b
光则能在P 点发生折射。不考虑二次反射，则（ ）
A．a 光的频率小于b 光
B．冰块对a 光的折射率小于b 光
C．a 光从O
′到P 的传播时间短于b 光
D．b 光可从OP 连线上所有点射出冰块
【答案】D
【详解】AB．a 光在P 点恰好发生全反射，b 光在P 点发生折射，说明a 光的临界角小于b 光的临界角，
即Ca<Cb。根据sinC = 1
n
可知，冰块对a 光的折射率大于对b 光的折射率，即na>nb。折射率越大，光的
频率越高，所以a 光的频率大于b 光的频率，故AB 错误；
C．光在介质中的传播速度v = c
n
，因为na>nb，所以va<vb。两光从O
'到P的路程s相等，根据t = s
v
可知，
a 光的传播时间长于b 光，故C 错误；
D．b 光在P 点能发生折射，说明b 光在P 点的入射角小于其临界角。在OP 连线上，从O 到P，光线的入
射角逐渐增大，P 点入射角最大。既然最大入射角都小于临界角，那么OP 连线上所有点的入射角都小于
临界角，b 光均可从OP 连线上所有点射出冰块，故D 正确。
故选D。
5．（2026·黑龙江吉林·二模）如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的光包含两种单色光，
分别为绿光和紫光。光从如图乙所示（俯视图）水面上的圆形区域中射出，该区域分为Ⅰ、Ⅱ两部分，如
图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．区域Ⅰ为绿、紫复色光，区域Ⅱ为绿色单色光
B．区域Ⅰ为绿、紫复色光，区域Ⅱ为紫色单色光
C．区域Ⅰ为绿色单色光，区域Ⅱ为紫色单色光
D．区域Ⅰ为绿色单色光，区域Ⅱ为绿、紫复色光
【答案】A
【详解】由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足sinC = 1
n
因为绿光的折射率小于紫光的折射率n绿<n紫，所以绿光的临界角大于紫光的临界角C绿>C紫
所以随着入射角的增大，紫光先发生全反射，绿光后发生全反射，故区域I 为绿、紫复色光，区域Ⅱ为绿
色单色光。
故选A。
6．（2026·吉林实验中学·二模）如图所示，一束复色光以入射角从空气射向一个玻璃球后被分成了
、
两束单色光，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃对
光的折射率比对
光的折射率大
B．
光在玻璃中的传播速度比
光小
C．
光的频率比
光的频率小
D．增大入射角
光可能在玻璃球内发生全反射
【答案】C
【详解】A．由光路可知，玻璃对b 光的偏折程度较大，可知玻璃对b 光的折射率比对a 光的折射率大，A
错误；
B．根据v = c
n
可知，a光在玻璃中的传播速度比b光大，B 错误；
C．a 光折射率较小，可知a光的频率比b光的频率小，C 正确；
D．因光线从空气射向玻璃时的折射角等于从玻璃射向空气时的入射角，可知光线不可能在玻璃球内发生
全反射，则即使增大入射角i，a光也不可能在玻璃球内发生全反射，D 错误。
故选C。
二、多选题
7．（2026·辽宁大连·模拟考试）甲、乙两种单色光分别经同一单缝得到的衍射图样中，甲光的衍射现象更
明显。图为一半圆柱形玻璃砖的截面图，O点是圆心，MN是法线，PQ是足够长的光屏。甲光沿半径以入
射角i射向O点，折射角为r。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对乙光的折射率为sinr
sini
B．玻璃砖对甲光的折射率小于玻璃砖对乙光的折射率
C．若乙光沿半径以相同入射角i射向O点时，可能发生全反射
D．若玻璃砖绕O点逆时针旋转，PQ上一直能接收到甲光
【答案】BC
【详解】A．根据折射率的定义可知，玻璃砖对甲光的折射率n= sin r
sini
，故A 错误；
B．对于同一单缝的衍射现象，甲光衍射现象更明显，故甲光的波长更长，频率更小，同一种介质对甲光
的折射率比对乙光的折射率小，故B 正确；
C．根据sinC = 1
n
及玻璃砖对甲光的折射率比对乙光的折射率小，可知甲光的全反射临界角比乙光的大，
故乙光更容易发生全反射，故C 正确；
D．若玻璃砖绕O 点逆时针旋转，则甲光的入射角i 增大，当入射角i 大于临界角时，PQ 上将接收不到甲
光，故D 错误。
故选BC。
三、解答题
8．（2026·黑龙江大庆·二模）如图，一半径为r圆心为O的圆形黑色薄纸片漂浮静止在某种液体的表面上，
O点正下方液体中A点处有一单色点光源。光源发出的一条与水平方向夹角为60
∘的光线AB经过纸片的边
缘B点射入空气中，其折射光线与水平方向的夹角为45
∘。已知该光线在空气中的折射率为1，求：
(1)光在液体中的折射率；
(2)若使此光源发出的光都不能射出液面，求该光源向上移动的最小距离。
【答案】(1)❑√2
(2)(❑√3−1)r
【详解】（1）根据几何关系可知，光在液体中的入射角为θ1=90
∘−60
∘=30
∘
光在空气中的折射角为θ2=90
∘−45
∘= 45
∘
根据折射率公式有n=sinθ2
sinθ1
解得n= ❑√2
（2）若光在B点恰好发生全反射，则有sinC = 1
n =
❑√2
2
解得全反射的临界角为C = 45
∘
根据几何关系可知光源应向上移动的最小距离ℎ=r tan60
∘−r tan 45
∘
解得ℎ=(❑√3−1)r
一、单选题
一、单选题
1．（2026·吉林长春·二模）炎热的夏天，远处的公路表面看起来像有积水，这种现象被称为“公路蜃景”，
其成因是（ ）
考点02
光的干涉、衍射与偏振
A．光的干涉
B．光的折射与全反射
C．光的偏振
D．光的衍射
【答案】B
【详解】A．光的干涉是两列频率相同的光波叠加产生明暗条纹的现象，如薄膜干涉，与公路蜃景无关。
故A 错误；
B．夏天路面温度高，靠近路面的空气温度高、密度小、折射率小，上层空气温度低、密度大、折射率大。
远处物体发出的光线射向路面时，是从光密介质射向光疏介质，发生折射，入射角逐渐增大，当入射角大
于临界角时发生全反射，人眼逆着反射光线看去，就看到了远处物体的倒影，看起来像积水。故B 正确；
C．光的偏振说明光是横波，与蜃景成因无关。故C 错误；
D．光的衍射是光绕过障碍物继续传播的现象，与蜃景成因无关。故D 错误。
故选B。
2．（2026·辽宁沈阳·二模）如图，一束单色光入射到方解石晶体的一个平面上发生双折射现象，在晶体中
分成振动方向相互垂直的寻常光（o 光）和非常光（e 光），两束光射出晶体（上下表面平行），通过偏振
片后射到光屏上，则（ ）
A．该现象体现了方解石晶体的各向同性
B．旋转偏振片，光屏上两光斑的明暗变化同步
C．若已知偏振片的透振方向，可确定两束光的偏振方向
D．若增大入射角
，o 光有可能在晶体下表面发生全反射
【答案】C
【详解】A．该现象体现了方解石晶体在不同方向的透光性质不同，即各向异性，A 错误；
B．因为寻常光（o 光）和非常光（e 光）振动方向相互垂直，可知旋转偏振片，光屏上两光斑的明暗变化
不同步，B 错误；
C．因当偏振片的透振方向与光束的偏振方向平行时透光强度最大，垂直时透光强度最小，可知若已知偏
振片的透振方向，可确定两束光的偏振方向，C 正确；
D．因光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，则若增大入射角θ，o 光不可能在晶体下表面发生全
反射，D 错误。
故选C。
3．（2026·辽宁营口·二模）下列关于甲、乙、丙、丁四幅图中物理现象的描述，正确的是（ ）
A．图甲中，水中的气泡看上去特别明亮是因为光的折射
B．图乙中，增加少许单缝的宽度，则屏上的中央亮条纹变窄
C．图丙中，用3D 眼镜看3D 电影感受到的立体影像，是由光的干涉现象形成的
D．图丁中，在检验工件平整度的操作中，通过干涉条纹可推断出P 为凸处、Q 为凹处
【答案】B
【详解】A．水中的气泡特别明亮是因为光在气泡表面发生全反射，而非折射，故A 错误；
B．单缝衍射中，单缝宽度与中央亮条纹的宽度成反比，增加少许单缝宽度，中央亮条纹变窄，故B 正确；
C．3D 眼镜利用光的偏振现象（左、右眼接收不同偏振方向的光）形成立体影像，故C 错误；
D．薄膜干涉中，同一条亮纹（或暗纹）对应的空气膜厚度相同，P 处条纹向左侧弯曲，说明P 处空气膜
厚度与右侧相同，故P 为凹处，Q 处条纹向右侧弯曲，说明Q 处空气膜厚度与左侧相同，故Q 为凸处，故
D 错误。
故选B。
4．（2026·吉林八校联考·二模）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，
一部分光被反射，一部分光进入液体中。当入射角是45
∘时，折射角为30
∘，则以下说法正确的是（ ）
A．反射光线与折射光线在相同时间内传播距离相等
B．该液体对红光的全反射临界角为45
∘
C．该液体对紫光的全反射临界角大于45
∘
D．用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距与红光的干涉条纹间距相等
【答案】B
【详解】A．由n= c
v
可知，光在空气中的传播速度大于在液体中的传播速度，故反射光线与折射光线在相
同时间内传播距离不相等，A 错误；
B．由折射定律可知该液体对红光的折射率为n= sin 45
∘
sin30
∘= ❑√2
故红光全反射临界角为sinC = 1
n =
❑√2
2
，故C = 45
∘，B 正确；
C．因为该液体对紫光的折射率大于红光，故紫光全反射临界角小于红光全反射临界角，C 错误；
D．紫光波长小于红光，由Δ x = L
d λ可知，用同一双缝干涉实验装置做实验时，紫光的干涉条纹间距小于
红光的干涉条纹间距，D 错误。
故选B。
一、单选题
1．（2026·吉林朝鲜族中学·模拟预测）一定质量的理想气体由状态a经状态b变为状态c，其过程如p−V
图中a→b→c直线段所示。已知气体在三个状态的内能分别为U a、U b、U c，则（ ）
考点03
分子动理论与气体实验定律
A．U a=U c<U b
B．U a=U b<U c
C．U a=U b>U c
D．U a=U b<U c
【答案】A
【详解】对a 状态、b 状态、c 状态，由理想气体状态方程有3 p0V 0
T a
= 2 p0×2V 0
T b
= p0×3V 0
T c
整理可得T b>T a=T c
一定质量的理想气体内能只和温度有关，温度越高内能越大，因此U a=U c<U b。
故选A。
2．（2026·黑龙江吉林·二模）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中
a→b为等温过程，状态b、c 的体积相同，则下列说法正确的是（ ）
A．状态a 的温度高于状态c
B．状态c 单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数比状态b 少
C．a→b过程为绝热过程
D．a→c过程中气体吸收热量
【答案】D
【详解】A．a→b为等温过程，则a、b 温度相等，对b、c，V 相同，c 的压强较大，由pV =nRT
解得T c>T b=T a，故A 错误；
B．b、c 体积相同，因此单位体积分子数相同；由于T c>T b，pc> pb
压强越大，说明单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数越多，因此c 的碰撞次数比b 多，B 错误；
C．a→b 为等温过程，理想气体内能不变ΔU=0；气体体积增大，气体对外做功W<0，由热力学第一定律
ΔU=Q+W
得Q=−W>0
气体吸热，则a→b过程不是绝热过程，故C 错误；
D．a→c 过程，Tc>Ta，理想气体内能增大ΔU>0；体积增大，气体对外做功W<0，由ΔU=Q+W
得Q=ΔU−W>0
因此气体吸收热量，故D 正确；
故选D。
3．（2026·吉林八校联考·二模）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a→b→c→d →a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
B．在d →a过程中，所有气体分子的热运动速率减小
C．在b→c过程中，气体放出热量
D．整个过程气体吸收热量
【答案】D
【详解】A．根据理想气体状态方程有pV
T =C
变形得pV =CT
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，c→d为绝热过程，则
有Q =0
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．d →a过程中，体积一定，则有W =0
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．b→c过程中，体积一定，则有W =0
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．p−V 图像与横轴所围几何图形的面积表示气体做功，a→b过程，外界对气体做功，c→d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。
二、多选题
4．（2026·辽宁锦州·二模）气垫鞋是在鞋底的上部和下部之间加入一个气囊，能够有效降低冲击力，有非
常好的减震效果，除了穿起来舒服以外，还可以对我们的膝盖起到很好的防护效果。在人从高处落地，鞋
底与地面撞击的过程中，气囊体积减小，气囊中的气体未与外界发生热交换，则气囊中的气体（ ）
A．单位体积分子数减少，压强减小
B．温度升高，速率大的分子数占总分子数的比例增大
C．内能增加，每个分子热运动的速率都增大
D．外界对气体做功，内能增加
【答案】BD
【详解】BCD．气体体积减小，外界对气体做功，即W >0
气体与外界无热交换，即Q =0
根据ΔU =Q+W 可知，气体的内能增加，温度升高，速率大的分子数占总分子数的比例增大，并不是每
个分子热运动的速率都增大，故BD 正确，C 错误；
A．气体分子总数不变，体积减小，则单位体积分子数增加，又气体的温度升高，根据pV
T =C可知，压强
增大，故A 错误。
故选BD。
5．（2026·辽宁沈阳·二模）如图，倾角为37°的斜面固定在水平面上，上端封闭、下端开口的细玻璃管与
斜面间的动摩擦因数为0.5。静置于斜面上的玻璃管内有长度为10cm 的水银柱，封闭的空气柱长度也为
10cm。释放玻璃管，达到稳定后水银柱与玻璃管相对静止。过程中玻璃管的温度保持不变，外界大气压为
76cmHg，重力加速度g=10 m/s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则（ ）
A．玻璃管静止时，管内气体的压强为70cmHg
B．玻璃管稳定下滑时，其加速度为5 m/s
2
C．玻璃管稳定下滑时，管内气体的压强为90cmHg
D．玻璃管稳定下滑时，管内空气柱长度约为9.72cm
【答案】AD
【详解】A．对静止的水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为p1，水银柱的质量、横截面为m、S，根
据平衡条件有p1S +mgsin37° = p0 S
又m= ρl1S
联立解得p1= p0−ρgl1sin37°
又p0=76cmHg
联立解得p1=70cmHg，故A 正确；
BCD．设玻璃管的质量为M，对玻璃管和水银柱整体，设整体的加速度为a，由牛顿第二定律有
(m+ M )gsin37°−μ(m+ M )gcos37° =(m+ M )a
对水银柱有mgsin37°+ p2S−p0 S =ma
联立解得p2=72cmHg，a=2m/s
2
对管内的气体，由玻意耳定律有p1l2S = p2lS
联立解得l≈9.72cm，故BC 错误，D 正确。
故选AD。
6．（2026·吉林长春·二模）如图，某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的
上部封闭，并和一压力传感器相接。细管刚进水时管中被封闭的空气柱长度为l1，当空气柱长度被压缩到l2
时，压力传感器触发控制装置关闭进水阀，达到自动控水的目的。细管中气体温度不变，大气压强为p0，
水的密度为ρ，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．随细管中水位升高，单位时间、单位面积上撞击管壁的气体分子数增加
B．随细管中水位升高，管中气体从外界吸收热量
C．停止进水时，细管中气体压强为p0l2
l1
D．停止进水时，洗衣缸与细管的水位高度差为p0(l1−l2)
ρgl2
【答案】AD
【详解】A．随细管中水位升高，气体体积减小，分子数密度增大，温度不变则分子平均动能不变，故单
位时间、单位面积上撞击管壁的气体分子数增加，故A 正确；
B．随细管中水位升高，气体体积减小，外界对气体做功，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律可
知气体向外界放出热量，故B 错误；
C．细管中气体发生等温变化，初状态压强为p0，体积为l1S，末状态体积为l2S，根据玻意耳定律有
p0l1S = pl2S
解得停止进水时细管中气体压强为p= p0l1
l2
，故C 错误；
D．停止进水时，设洗衣缸与细管的水位高度差为ℎ，根据平衡条件有p= p0+ ρgℎ
解得ℎ= p0(l1−l2)
ρgl2
，故D 正确。
故选AD。
7．（2026·吉林朝鲜族中学·模拟预测）卡诺循环广泛应用于内燃机以提高能源转化效率。如图所示，是一
定质量的理想气体经历一次卡诺循环的p-V 图像，其中a→b 和c→d 为等温过程，b→c 和d→a 为绝热过程，
下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态a 时的温度低于状态d 时的温度
B．c→d 过程中，外界对气体做功
C．b→c 过程中，气体内能增加
D．a→b 过程气体吸收的热量大于c→d 过程气体放出的热量
【答案】BD
【详解】A．在p−V 图像中，等温线离原点的距离远，温度就越高，由此可知气体在状态a时的温度高于
状态d的温度，故A 错误；
B．c→d过程为等温压缩过程，气体体积减小，即外界压缩气体对气体做功故B 正确；
C．b→c过程中温度减小，气体向外辐射热量，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，
气体内能减小，故C 错误；
D．经过整个循环过程，气体内能不变，对外做功，而b→c过程和d →a过程绝热，根据热力学第一定律，
a→b过程气体吸收的热量与c→d过程气体放出的热量之差等于气体对外做的功，故a→b过程气体吸收
的热量大于c→d过程气体放出的热量，故D 正确。
故选BD。
三、解答题
8．（2026·辽宁营口·二模）如图所示，一绝热气缸固定在倾角θ=30°的斜面上，距汽缸底部L=0.8m 处有一
横截面积S=10cm2、密封性良好的轻质绝热活塞，用一轻质细线绕过定滑轮将活塞与一质量m1=2kg 的物体
相连。初始时刻整个装置恰好处于静止状态，且气缸内气体的温度为300K（封闭气体可视为理想气体，
大气压强p0=1×105Pa）。现用电热丝对气缸内气体进行缓慢加热，直至活塞到气缸底部的距离为1.5L，不
计一切摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.
(1)求最终气缸内气体的热力学温度T2；
(2)假设该过程吸收的热量为200J，求封闭气体内能的增加量。
【答案】(1)450K
(2)168J
【详解】（1）初始状态：装置静止，活塞受力平衡，有p1S +m1g= p0 S
解得p1=8×10
4 Pa
V 1= LS =8×10
−4 m
3，T 1=300K
最终状态：活塞受力不变（缓慢加热，仍平衡），有p2= p1=8×10
4 Pa
V 2=1.5 LS =1.2×10
−3 m
3
由盖-吕萨克定律有V 1
T 1
= V 2
T 2
解得T 2= V 2T 1
V 1
= 1.2×10
−3×300
8×10
−4
K = 450K
（2）气体膨胀做的功W =−p1 ΔV =−8×10
4×(1.2×10
−3−8×10
−4)J =−32J
由热力学第一定律有ΔU =Q+W =200J−32J =168J
9．（2026·辽宁大连·模拟考试）一导热汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体。图甲中，汽缸水平横放
在水平面上，缸内气柱长为l0。现将汽缸如图乙所示悬于空中。已知大气压强稳定为p0，活塞横截面积为
S，汽缸的质量m= P0 S
10 g
，不计活塞与汽缸之间的摩擦。重力加速度为g。
(1)求汽缸稳定后，气柱的压强和长度；
(2)若环境温度缓慢降低，活塞回到甲图中位置，此过程气柱释放热量为Q，求气柱内能的变化量ΔU。
【答案】(1)p1= 9
10 p0，l1= 10
9 l0
(2)ΔU = p0l0 S
10
−Q
【详解】（1）设汽缸竖直悬挂时，内部气体压强为p1，空气柱长度为l1，对汽缸受力分析，由平衡条件
有p1S +mg= p0 S
得p1= 9
10 p0
由玻意耳定律
有P0 Sl0= P1Sl1
联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为l1= 10
9 l0
（2）由热力学第一定律
有ΔU =W −Q，其中W = p1 ΔV = p1S(l1−l0)= p0l0 S
10
得气体内能的变化量ΔU = p0l0 S
10
−Q
10．（2026·辽宁名校联盟·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= ρ a
ℎ= ρgℎa
g
以cmHg 为压强单位，代入数据得a= 4 m /s
2
11．（2026·辽宁鞍山·二模）在山区气象观测站，为保障观测仪器安全，小王设计了一套简易低温预警装
置如图所示。一导热良好的气缸竖直固定在地面，用横截面积为S =90cm
2、质量m=1.8kg的活塞封闭一
定质量的理想气体，气缸不漏气。活塞与轻质弹簧相连，弹簧上端连接一固定的力传感器。初始时，环境
温度为280K，活塞下表面到气缸底部的距离L=24cm，弹簧为原长。环境温度降低时活塞缓慢下降。当
温度降低至预警温度，活塞下降3.6cm、力传感器受到27N 拉力时触发预警电路报警。不计活塞和气缸间
的摩擦，取重力加速度g=10 m /s
2，大气压强恒为p0=1.0×10
5Pa，求：
(1)初始时气缸内气体压强；
(2)触发预警电路报警时的温度。
【答案】(1)1.02×10
5Pa
(2)231K
【详解】（1）初始时，弹簧刚好处于原长，可知此时弹簧拉力为0，以活塞为对象，根据平衡条件可得
p1S = p0 S +mg
解得初始时，气缸内气体的压强为p1=1.02×10
5Pa
（2）设低温报警器报警时的临界温度为T 2，此时弹簧拉力大小为F，以活塞为对象，根据平衡条件可得
p2S+ F = p0 S +mg
解得气缸内气体的压强为p2=9.9×10
4 Pa
根据理想气体状态方程可得p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
式中V 1= LS，V 2=(L−3.6)S
解得低温报警器报警时的临界温度为T 2=231K
12．（2026·吉林白山·二模）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
13．（2026·吉林通化市梅河口市第五中学·二模）在河南省科技运动会上，一兴趣小组参加了水火箭比高
项目的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V=2.5L 的充气瓶（箭体）内装有高度
10cm，体积V1=0.5L 的水柱和压强为1 个标准大气压p0=1×105Pa 的空气。打气筒气室体积为V0=400mL，
现用打气筒通过单向气阀向箭体内充气，每一次充入压强一个大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气
压达到3 个标准大气压时，压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。水的密度ρ=1.0×103kg/m3，充气过程气体
温度不变，瓶和水的体积变化不计。求：
(1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次；
(2)已知打气筒手柄和活塞质量不计、活塞和气缸之间的摩擦力不计、打气筒与瓶塞连接管的体积不计、打
气筒活塞横截面积S=4×10-4m2，至少需要用多大的力才能完成第8 次打气。（取g=10m/s2）
【答案】(1)10
(2)64.4N
【详解】（1）要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n 次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气
压为p=3 p0
根据玻意耳定律，有p0(V −V 1)+n p0V 0= p(V −V 1)
解得n=10
（2）第8 次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律，有p0(V −V 1)+8 p0V 0= p8(V −V 1)
解得p8=2.6 p0
对活塞受力分析可得( p8+ ρgℎ)S = F + p0 S
解得F =64.4 N
14．（2026·吉林·二模）高度为L 的直立气缸有两个通气阀门，气缸四壁轻薄且视为刚性，如图甲所示，
底部与活塞之间用轻质弹簧连接，活塞静止时恰好位于气缸正中间（见图甲），活塞与气缸之间密闭性良
好且无摩擦。已知弹簧原长为L，弹簧体积不计。关闭通气阀门后，将气缸缓慢逆时针放倒，活塞再次静
止时，与气缸左壁的距离为1
3 L，如图乙所示。已知气缸内的温度保持不变，大气压强为p0，活塞面积为
S，活塞厚度不计，重力加速度为g。
(1)求图乙中左、右侧气体的压强之比；
(2)求活塞的质量；
(3)若从图甲到图乙，左侧气体对活塞做功为−0.2 p0 LS，那么左侧气体吸热（或放热）是多少？
【答案】(1)2:1
(2)9 p0 S
8 g
(3)0.2 p0 LS
【详解】（1）关闭通气阀门后，从图甲到图乙，图乙中左、右侧气体均做等温变化，由玻意耳定律得
p0⋅1
2 LS = p左⋅1
3 LS，p0⋅1
2 LS = p右⋅2
3 LS
解得p左= 3
2 p0，p右= 3
4 p0
压强之比p左
p右
= 2
1
（2）在图甲中，活塞在气缸正中间且受力平衡，设弹簧的劲度系数为k，由胡克定律得F弹= 1
2 kL
活塞受力平衡，有mg= F弹
在图乙中，活塞受力平衡，有p右S+ k ⋅1
3 L= p左S
代入化简得kL= 9
4 p0 S
解得m= 9 p0 S
8 g
（3）从图甲到图乙，左侧气体做等温变化，内能不变，体积收缩，活塞对左侧气体做功，由热力学第一
定律得ΔU =W +Q
其中ΔU =0，W =0.2 p0 LS
可得Q =−0.2 p0 LS<0
故左侧气体向外界放热0.2 p0 LS。
