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专题07 光学 热学
3 大考点概览
考点01 光学
考点02 分子动理论及气体状态方程
考点03 热力学定律
一、单选题
1．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，矩形玻璃砖abcd 平行于光屏P 放置于其上方，两束平行的紫光A 和红光
B 斜射到玻璃砖的ad 面，两个入射点间的距离为x1，穿过玻璃砖下表面bc 后，射在光屏P 上两个点间的
距离为x2。不考虑光在玻璃砖中的反射，则射在光屏上的两个点（ ）
A．x1> x2
B．x1< x2
C．x1= x2
D．x2=0
【答案】B
【详解】作出光路图，如图所示
由题知，两束平行的紫光A 和红光B 斜射到玻璃砖的ad 面，则两光在上表面的入射角相同，设为i，紫光
A 的折射角为r1，红光B 的折射角为r2，两光在下表面出射点间的距离为x3，因紫光A 的折射率大于红光B
的折射率，即n1>n2，又两光的入射角i相同，根据折射定律有n= sini
sinr
可知sin r1<sin r2，即r1<r2
根据几何关系可知，若r1=r2，则有x1= x3，现在通过分析知r1<r2，故x1< x3
考点1
光学
即两光在下表面出射点间的距离大于两光在上表面入射点间的距离，根据光路可逆原理，两光从下表面出
射后仍然平行，故x1< x3= x2。
故选B。
2．（2026·黑龙江大庆·一模）中国最北端城市黑龙江漠河，极寒天气频繁，城市的路灯、霓虹灯、汽车大
灯等在稳定大气中易形成“寒夜灯柱”现象，这是一种冰晕现象，因大气中的冰晶反射灯光而形成。简化
光路如图所示，一束灯光（复色光）从左侧界面折射进入冰晶，分成两束单色光a 和b，再经右侧界面反
射，又从左侧界面折射出来被人们看到。关于这一现象，下列说法正确的是（ ）
A．a 光的折射率比b 光的折射率大
B．在冰晶中，a 光的速度比b 光的速度大
C．单色光b 在冰晶右侧的反射是全反射
D．用同一装置做双缝干涉实验，b 光的条纹间距比a 光小
【答案】A
【详解】A．图像可知a 光偏折程度比b 光的大，故a 光的折射率比b 光的折射率大，故A 正确；
B．根据v = c
n
由于a 光的折射率比b 光的折射率大，故在冰晶中，a 光的速度比b 光的速度小，故B 错误；
C．根据图示光路图，简化图中左右界面平行，右侧界面的入射角等于左侧界面的折射角，可知，右侧界
面的入射角小于临界角，光在右侧界面没有发生全反射，所以简化光路图中“寒夜灯柱”的形成过程没有
全反射，故C 错误；
D．由于a 光的折射率大，故a 光频率大，a 光波长小，根据Δx = l
d λ
可知b 光的条纹间距比a 光大，故D 错误。
故选A。
3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，折射率为❑√2的玻璃圆柱轴线水平，平行于其横截面的一束光
线从顶点入射，光线与竖直方向的夹角为45°。不考虑光线在圆柱内的反射，则出射光线与入射光线的夹
角为（ ）
A．0
∘
B．15
∘
C．30
∘
D．45
∘
【答案】C
【详解】如图可知入射角度为45°，根据折射定律，有n= sin 45°
sinr
所以折射角r =30°
光线进入介质后偏转了45°−30° =15°
根据圆形介质的对称性可知，光线射出介质时会再偏转15°，所以一共偏转了30°。如图所示
故选C。
4．（2026·黑龙江省研远联合·一模）一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，光路
图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a光在玻璃中的折射率较大
B．a光在玻璃中的传播速度较大
C．a光和b光从空气进入玻璃后频率都会增大
D．若增大入射角，a光可能会发生全反射
【答案】A
【详解】A．由光路图和折射定律可知na>nb，故A 正确；
B．na va=nbvb，在玻璃中的传播速度b 光更大，B 错误；
C．a、b 光进入玻璃后频率不会发生改变，C 错误；
D．而光从光疏到光密，不会发生全反射，D 错误。
故选A。
5．（2026·辽宁沈阳·一模）一个由透明材料制成的折射率为❑√2的四棱柱，其横截面如图所示，其中
∠A=∠C=90°，∠B=60°。现有一束单色光垂直入射到AB 面上，入射点可在AE 之间移动，下列光路图正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据全反射临界角的公式，临界角为sinC = 1
n =
❑√2
2
所以临界角的大小为45°。光线垂直射入AB 界面后，再照射在CD 界面上时，入射角为30°，不会发生全
反射，所以在CD 界面上同时出现折射光线和反射光线；反射光线射入BC 边界时的入射角为60°，会发生
全反射，最后垂直射在AB 边上垂直出射。
故选C。
6．（2026·辽宁鞍山·一模）如图所示，圆形透明介质半径为R、折射率为n。O 为圆形介质的圆心，P 为边
界上的一点，S、Q 为同一条直径上的两个点，PS 长度为L。一束光线沿PQ 方向从真空照射到边界的P 点
上，折射后折射光线经过S 点，∠PQS等于∠OPS，则OS 长度为（ ）
A．L
n
B．R
n
C．L
n
2
D．R
n
2
【答案】B
【详解】根据折射定律可得n= sini
sinr = sin ∠QPO
sin ∠OPS
由题意可知三角形OQP和三角形OPS相似，所以n= sin ∠QPO
sin ∠OPS = sin ∠PSO
sin ∠OPS
根据正弦定理可得
OS
sin ∠OPS =
OP
sin ∠PSO
其中OP= R
联立，解得OS = R
n
故选B。
7．（2026·辽宁大连·一模）如图为测量某种玻璃折射率的部分光路图。某单色光从空气垂直射入界面a，
从界面b 出射的光线与界面b 的夹角为θ(θ<90°)，界面a、b 之间的夹角为φ。则该材料对该单色光的折
射率为（ ）
A．cosθ
sin φ
B．sinθ
sin φ
C．sin φ
sinθ
D．cosφ
sinθ
【答案】A
【详解】根据题干信息可画出光路图，如下图所示
根据折射率公式，有n= sin(90°−θ)
sinφ
= cosθ
sinφ
故选A。
二、多选题
8．（2026·黑龙江绥化·一模）如图所示，真空中有一半径为R、质地均匀的玻璃球，一束复色光沿BC 射
入玻璃球，经折射后分成a、b 两束光分别从D、E 两处折射出玻璃球，已知BC 与OC 的夹角α=60°，
∠COD=120°，∠COE=90°。下列说法正确的是（ ）
A．从玻璃球中射出时，a 光的折射角大于b 光的折射角
B．玻璃球对b 光的折射率为
❑√6
2
C．用同一双缝干涉实验装置进行实验，b 光在光屏上形成的条纹间距比a 光的大
D．a 光在玻璃球中的传播速度大于b 光在玻璃球中的传播速度
【答案】BC
【详解】AB．根据光路可知，射入玻璃时，a、b 光的入射角都为α=60°，折射角分别为30
°和45
°，a 光
的折射角小于b 光的折射角。根据折射定律，可知a 光的折射率为n1= sin 60
°
sin30
° = ❑√3
b 光的折射率为n2= sin60
°
sin 45
° =
❑√6
2 ，故A 错误，B 正确；
C．对同一种介质，a 光的折射率大，故a 光的频率高，波长短，根据Δx = l
d λ
可知b 光在光屏上形成的条纹间距比a 光的大，故C 正确；
D．根据v = c
n
可知折射率越高，传播速度越小，故a 光在玻璃球中的传播速度小于b 光在玻璃球中的传播速度，故D 错
误。
故选BC。
9．（2026·吉林延边·一模）雨后彩虹是由阳光进入水滴，折射后在水滴的背面反射，再次折射后离开水滴
形成的。下图是彩虹形成的示意图，一束由a、b两单色光组成的复色光L由左侧射入水滴，a、b是复色
光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线。下列关于a光与b光的说法正确的是（ ）
A．水滴对a光的折射率大
B．用同一台双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，b光相邻的亮条纹间距小
C．若a、b光以相同的入射角由同一介质射向空气，其临界角Ca<Cb
D．a、b光由空气折射入水滴后波长不变
【答案】AC
【详解】A．由图可知，b光的折射角大于a光的折射角，根据折射定律n= sini
sinr 可知，水滴对a 光的折射
率大于对b 光的折射率，故A 正确；
B．折射率越大，波长越短，则a光波长比b 光的波长短，根据双缝干涉间距公式Δ x = l
d λ可知，用同一
台双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a 光相邻的亮条纹间距小于b 光的相邻亮条纹间距，故B 错误；
C．因为水滴对a 光的折射率大于对b 光的折射率，根据公式sinC = 1
n可知，a 光的临界角小于b 光的临界
角，即Ca<Cb，故C 正确；
D．设光在真空中的波长为λ0，光在介质中的波长为λ，根据公式n= c
v 和v = λf 可得n= λ0 f
λf
则λ0=nλ
故a、b 光在由空气进入水滴后波长要变短，故D 错误。
故选AC。
三、解答题
10．（2026·内蒙古兴安盟·一模）一底面半径为R 的半圆柱形透明体，横截面如图所示，O 表示半圆柱形
截面的圆心。一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A 点（以AOB为界面）以60°的入射角入射，该
束光线进入半圆形透明体后第一次到达圆弧面的位置与A 点的距离为R，求：
（1）该透明体的折射率n；
（2）该光线从进入透明体到第一次离开透明体时所经历的时间（已知真空中的光速为c，计算结果用R、c
表示）。
【答案】（1）❑√3；（2）t = 3 ❑√3 R
c
【详解】（1）由折射定律知
n= sini
sinγ
其中i=60° ,γ =30°
解得
n= ❑√3
（2）临界角
sinC = 1
n =
❑√3
3
在C点入射角为60° ,60°>C，发生全反射，水平反射到D点，再次发生全反射，最终从B点射出
t = x
v
v = c
n
x =3 R
解得
t = 3 ❑√3 R
c
11．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，一半径为R = 4 c m、折射率为n= ❑√2的玻璃半球，放在空气中，表
面中央半径为h0=2cm的区域被涂黑。一平行光束垂直入射到此平面上，正好覆盖整个表面。Ox 为以球心
O 为原点，与平面垂直的坐标轴。试求出坐标轴Ox 上玻璃半球右边有光线通过的长度是多少？（此题需
要用作图工具做出相应的光路图；结果用根式表示。）
【答案】4(❑√3−❑√2+1)cm
【详解】如图中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入的区域）
光线在球面上的入射角和折射角分别为i 和i′，折射光线与坐标轴的交点在P，令轴上OP 的距离为x，MP
的距离为l，根据折射定律，有
sini′
sini =n
在△OMP中
l
sini =
x
sini′
l
2= R
2+ x
2−2 Rxcosi
联立得
x =nl
得
x
2=n
2( R
2+ x
2−2 Rxcosi)
设M 点到ox 的距离为h，有
h= Rsini
Rcosi=
❑√R
2−R
2sin
2i=
❑√R
2−h
2
得
x
2
n
2 = R
2+ x
2−2 x
❑√R
2−h
2
x
2(1−1
n
2 )−2 x
❑√R
2−h
2+ R
2=0
解得
x = n
2❑√R
2−h
2±n
❑√R
2−n
2h
2
n
2−1
为排除上式中应舍弃的解，令h→0，则x 处应为玻璃半球在光轴Ox 上的傍轴焦点，由上式
x→n(n±1) R
n
2−1
=
n
n−1 R或n
n+1 R
由图可知，应有x> R，故应排除±号中的负号，所以x 应表示为
x = n
2❑√R
2−h
2+n
❑√R
2−n
2h
2
n
2−1
上式给出x 随h 变化的关系；因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有h≥h0，其
中折射光线与Ox 轴交点最远处的坐标为
x0= n
2❑√R
2−h0
2+n
❑√R
2−n
2h0
2
n
2−1
在轴上x> x0处，无光线通过；随h 增大，球面上入射角i 增大，当i 大于临界角iC 时，即会发生全反射，
没有折射光线，与临界角iC 相应的光线有
hC = RsiniC = R⋅1
n
这光线的折射线与轴线的交点处于
xC =
n
2 R ❑√
1−1
n
2
n
2−1
=
nR
❑√n
2−1
在轴Ox 上R< x< xC处没有折射光线通过，由以上分析可知，在轴Ox 上玻璃半球以右xC≤x ≤x0的一段为
有光线段，其它各点属于无光线段，x0 与xC 就是所要求的分界点，如图所示
即在轴Ox 上玻璃半球以右
4 ❑√2cm ≤x ≤4(❑√3+1)cm
有光线射出，长度为4(❑√3−❑√2+1)cm。
12．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，半圆形透明玻璃砖横截面的半径为R，圆心为O，AB 为直径，
M 为圆弧中点。单色平行光以入射角θ = 45°射入玻璃砖AB 界面，在玻璃砖中折射率n= ❑√2。不考虑多次
反射后射出的光线，求：
(1)从M 射出的光线在AB 边的入射点到O 点距离d；
(2)圆弧表面有光线射出部分的弧长s；
(3)光线能从圆弧表面射出时，入射光在AB 上的距离L。
【答案】(1)
❑√3 R
3
(2)π R
2
(3)2❑√6 R
3
【详解】（1）经过M 点的光线如图
由折射定律可得sinθ =nsinα，d = Rtanα
解得d =
❑√3 R
3
（2）有光线射入与射出的范围如图
设临界角为C，sinC = 1
n
解得C = 45°
由几何关系可得∠DOE =90°，则s=π R
2
（3）由几何关系可得∠OO1 D =60°，∠OO2 E =120°，则
R
sin60° =
l1
sin 45° ，
R
sin120° =
l2
sin 45°
则L=l1+l2
则L= 2❑√6 R
3
13．（2026·吉林省G35+联合体·一模）如图所示，某玻璃砖的截面为半圆的一部分，O 为圆弧的圆心，AD
面与AB 面垂直，圆弧的半径为R，AB =1.5 R，一束单色光斜射到AD 边的中点，光线方向与AD 面的夹
角为30°，折射光线刚好照射到AB 的中点，求：
（1）玻璃砖对光的折射率；
（2）试判断折射光线照射到AB 面上时会不会发生全反射。
【答案】（1）❑√3；（2）会
【详解】（1）光路图如图所示
设光线与AD 面的交点为O1，法线为EF，光线与AB 面的交点为O2，法线为MN，由几何关系可得
A O1=
❑√3
4 R
∠O2O1 F =30
o
由折射定律可得
n=
sin60
o
sin∠O2O1 F = ❑√3
（2）设光在AB 面上发生全反射的临界角为C，则
sinC = 1
n =
❑√3
3
由几何关系可得
∠O1O2 N =60
o>C
所以光线照射到AB 面上时会发生全反射。
一、单选题
1．（2026·黑龙江省研远联合·一模）关于热学，下列说法错误的是（ ）
A．同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．物体做整体的运动的动能，对物体的内能没有关系
C．分子热运动的平均动能与温度有关，分子势能与物体的体积有关
D．向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚。这说明温度越高布朗运动越剧烈
【答案】D
【详解】A．同一种物质，在不同情况下会以晶体和非晶体两种形态出现，故A 正确；
B．物体的动能属于机械能，物体的内能指的是所有分子的动能和分子势能之和，与宏观物体的动能无关，
故B 正确；
C．分子热运动的平均动能与温度有关，温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子势能与分子间距离
有关，从宏观来看分子势能与物体的体积有关，故C 正确；
D．布朗运动是固体微粒的运动，是肉眼观察不到的，向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒
粉在翻滚。这说明水的对流引起的，与布朗运动无关，故D 错误。
本题选错误的，故选D。
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，
考点2
分子动理论及气体状态方程
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。
3．（2026·辽宁大连·一模）已知某地空气的密度为ρ，假设此地空气为理想气体，气体分子平均动能为
Ek，单个气体分子的质量为m，建立适当的模型，估计当地大气压强p0的大小最接近于（ ）
A．ρ Ek
3m
B．ρ Ek
2m
C．2 ρ Ek
3m
D．2 ρ Ek
m
【答案】C
【详解】根据理想气体压强公式 p= 2
3 n Ek
其中 n= N
V 为分子数密度
已知空气密度 ρ= Nm
V
故 n= ρ
m
因此 p0= 2
3
ρ
m Ek
故选C。
二、多选题
4．（2026·内蒙古兴安盟·一模）如图甲为一气缸，其升降部分由M、N 两筒组成，两筒间密闭了一定质量
的理想气体。图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻气缸内气体所对应的曲线为b。若用力使M 迅速向
下滑动，设此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程中（ ）
A．气体对外界做功，内能减少
B．密闭气体压强增大，分子平均动能增大
C．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加
D．密闭气体的分子速率分布曲线可能会由b曲线变成a曲线
【答案】BC
【详解】ABC．根据题意可知，M 迅速向下滑动，理想气体的体积减小，气体分子的密集程度变大，外界
对气体做功。且筒内气体不与外界发生热交换，根据热力学第一定律ΔU =W + ΔQ
可知理想气体内能增大，温度升高，分子的平均动能增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击
的次数增加，根据理想气体状态方程pV
T =C
可知密闭气体压强增大，故A 错误，BC 正确；
D．由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲
线，故D 错误。
故选BC。
三、解答题
5．（2026·黑龙江绥化·一模）某工业余热回收的氦气储能装置如图所示，装置的绝热圆筒内装有两个活塞，
顶部重活塞外覆绝热层（热损失可忽略），底部轻活塞（质量可忽略不计）导热性能优异。初始时装置与
车间环境处于热平衡，上下两腔各封闭1mol氦气（可视为理想气体），两活塞间距及轻活塞到缸底间距均
为x，现通过缸底余热换热装置缓慢向气体传递热量 Q（x和Q均为已知量）。设重活塞可以无摩擦地滑
动，在整个过程中轻活塞位置保持不变，忽略气体泄漏。（重力加速度为g，汽缸横截面积为S，阿伏加德
罗常数的值为N A）
(1)对处在温度为T的平衡状态的理想气体，其内能只由气体分子的动能构成。依据能量均分定理，每个气
体分子的动能对内能的贡献为3 RT
2 N A
，R为气体普适常数，利用该常数可将理想气体的三个实验定律统一为
pV =nRT（n为物质的量），即克拉伯龙方程。若上述装置吸收热量前后的温度分别为T 1和T 2，试利用上
述规律写出热量Q与初末态温度间的关系。
(2)求系统再次稳定后轻活塞所受的摩擦力大小。
【答案】(1)Q = 4 R(T 2−T 1)
(2) Q
4 x
【详解】（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压
强也为p1，故p1Sx = RT 1
由题意可知，当热量缓慢传递给底部汽缸，两汽缸温度同步升高，且顶部汽缸内的气体对重活塞做功，设
热量传递结束后，两活塞间距为z，则上述做功可表示为W = p1S (z−x)
利用能量均分定理，两个汽缸中的气体总内能的增量为ΔU =2 N A×3×
R
2 N A
×(T 2−T 1)=3 R(T 2−T 1)
故由热力学第一定律可知Q = p1S (z−x)+3 R(T 2−T 1)
当热量传递结束后，由于重活塞可无摩擦滑动，故对顶部气体p1Sz = RT 2
联立可得Q = 4 R(T 2−T 1)
（2）设热量传递结束后，底部汽缸内气体压强为p2，则p2Sx = RT 2
因此，为维持轻活塞位置不变，作用在轻活塞的摩擦力为Ff =( p2−p1)S
可得Q = 4 p1S (z−x)
联立可得p2= z
x p1
联立解得Ff = Q
4 x
另解：（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压强
同为p1，系统吸热后，两活塞间距变为z，由于上部分气体为等压过程，故由盖-吕萨克定律可得
p1Sx
T 1
= p1Sz
T 2
上部气体对外做功W = p1S (z−x)
由题意可知，上下两部分气体总内能增量为ΔU =2 N A×3×
R
2 N A
×(T 2−T 1)=3 R(T 2−T 1)
故由热力学第一定律ΔU =Q−W 得Q = p1Sx = T 2−T 1
T 1
+3 R(T 2−T 1)
又由题意可知p1Sx = RT 1
联立可得Q = 4 p1S (z−x)= 4 R(T 2−T 1)
（2）底部汽缸的下部分气体为等容过程，设吸收热量后，气体压强为p2，由查理定律可得
p1
T 1
= p2
T 2
对轻活塞，由题意可知其所受静摩擦力F f为Ff =( p2−p1)S
联立可得F f = p1S(T 2−T 1)
T 1
解得Ff = Q
4 x
6．（2026·吉林延边·一模）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T 0；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。
【答案】(1)p= p0+ 4 mg
πd
2
(2)T =T 0(1+
4 mg
π p0d
2)
【详解】（1）当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有p0 S+mg = pS
又S = π( d
2 )
2
解得p= p0+ 4 mg
π d
2
（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
p0
T 0
= p
T
解得T =T 0(1+ 4 mg
π p0d
2)
一、单选题
1．（2026·辽宁鞍山·一模）热学系统与外界没有热量交换情况下所进行的状态变化过程叫做绝热过程。理
想气体的等温过程在p−V 图中是一条双曲线。若下列p−V 图中虚线为等温线，那么实线描绘绝热膨胀过
程的是（箭头表示过程进行方向）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】气体绝热膨胀，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降
低，因此乘积减小，故等温线靠近坐标轴，可知A 选项符合题意。
故选A。
2．（2026·黑龙江大庆·一模）两个小朋友分别画了一条小鱼，如图所示，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（ ）
考点3
热力学定律
A．图甲中画的气泡合理，图乙中画的气泡不合理
B．小鱼吐的气泡上升过程中，泡内气体压强减小
C．小鱼吐的气泡上升过程中，泡内气体内能增大
D．小鱼吐的气泡上升过程中，泡内气体与外界没有热量交换
【答案】B
【详解】AB．根据液体压强公式p= p0+ ρgh（p0为大气压强，ρ为液体密度，h 为深度）
气泡在上升过程中深度h 减小，气泡内压强p 减小；由玻意耳定律pV =C可知，压强减小则体积增大，所
以气泡应该越往上越大，图乙合理，图甲不合理，故A 错误，B 正确；
CD．气泡上升过程中，体积增大，气体对外界做功（即液体对气泡做负功），即W <0 。因为忽略温度变
化，内能不变（ΔU =0） ，根据热力学第一定律ΔU =W +Q可得Q>0，这表明泡内气体从外界吸热，故
CD 错误。
故选B。
3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）哈尔滨市地铁列车运行的平稳性与车厢的震动密切相关，车厢底部安装的
空气弹簧可以有效减震。空气弹簧可简化成由活塞、气缸和缸内封闭的一定质量的气体构成，乘客上下车
及剧烈颠簸均能引起车厢震动，从而引起缸内气体的状态变化。列车沿某路段行驶时，缸内气体（视为理
想气体）从A 状态经B 状态变化到C 状态，p-V 图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．从A 到B 的过程中，缸内气体的内能减小
B．从B 到C 的过程中，缸内气体对外界做功
C．分子平均动能A 状态大于C 状态
D．单位体积分子数A 状态大于B 状态
【答案】C
【详解】A．由图可知，气体从A 状态变化到B 状态的过程中，pV 乘积先增大后减小，根据理想气体状态
方程可知，气体的温度先增大后减小，则气体的内能先增大后减小，故A 错误；
B．从B 到C 的过程中，气体的体积不变，缸内气体不会对外界做功，故B 错误；
C．由于气体在A 状态与B 状态时pV 乘积相等，则温度相等，从B 到C 的过程中，气体的体积不变，压强
减小，则气体温度降低，所以A 状态气体温度高于C 状态温度，则分子平均动能A 状态大于C 状态，故C
正确；
D．A 状态与B 状态相比，压强小、体积大，则单位体积分子数小，即单位体积分子数A 状态小于B 状态，
故D 错误。
故选C。
4．（2026·辽宁沈阳·一模）查理定律指出，一定质量的某种气体在体积一定时，气体的压强与温度之间有
线性关系，如图所示。则一定质量的某种气体从状态A 到状态B，下列说法正确的是（ ）
A．气体向外界放出热量
B．气体分子的平均动能不变
C．外界对气体做功
D．单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
【答案】D
【详解】AC．题图为p-t 图像转化p-T 图像，则可知为一条过坐标原点的直线，该气体做等容变化，外界
对气体不做功，温度升高，内能增加，必定从外界吸收热量，AC 错误；
B．随着压强增大，气体的温度也增大，分子平均动能增大，B 错误；
D．由于气体体积不变，分子数密度不变，但分子平均速率增加，所以单位时间碰撞到单位面积上的分子
数增多，D 正确；
故选D。
5．（2026·内蒙古科尔沁右翼中旗·一模）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，
隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢
推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法错误的是（ ）
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．气体在自发扩散过程中，气体对外界不做功
D．气体在被压缩的过程中，气体对外界做功
【答案】D
【详解】AC．抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，气体没有对外做功，又没有热传递，则
根据∆U=Q+W 可知，气体的内能不变，故AC 正确，该题是要找出错误的选项，故AC 不选；
BD．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，又没有热传递，根据∆U=Q+W 可知，气体内能增大，故B
不选，D 错误，符合题意。
故选D。
6．（2026·辽宁大连·一模）一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中c→a过程是绝热过程，
下列说法正确的是（ ）
A．b→c过程，气体分子的平均动能增大
B．c→a过程，气体做等温变化
C．a→b过程，单位时间单位面积撞击器壁的分子数增大
D．a→b→c→a过程，气体从外界吸收热量
【答案】D
【详解】A．b→c过程，压强减小，体积不变，根据pV
T =nR
可知温度降低，气体分子的平均动能减小，故A 错误；
B．c→a 为绝热过程，即Q=0
因体积减小，故外界对气体做功，即W>0
根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W
可知，ΔU>0
即气体内能增大，则温度升高，故B 错误；
C．a→b 过程中，气体压强不变、体积增大，根据pV
T =nR
可知，温度升高；压强由单位时间单位面积的撞击次数（与分子数密度相关）和单次撞击力（与分子速率
相关）共同决定。体积增大导致分子数密度降低，虽温度升高使单次撞击力增强，但二者作用相互抵消，
最终使压强保持不变，故单位时间单位面积撞击器壁的分子数减少，故C 错误；
D．因ab 段图像与横轴所包围的面积大于ca 段图像与横轴所包围的面积，故气体对外界做的功大于外界
对气体做的功。即a→b→c→a 的整个过程中，W<0，ΔU=0。
则根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W
可知Q>0，即气体从外界吸收热量，故D 正确。
故选D。
7．（2026·吉林省G35+联合体·一模）如图所示，一定质量的理想气体，从图中A 状态开始，经历了B、C
状态，最后到D 状态．AB 的反向延长线过O 点，BC 和DA 连线与横轴平行，CD 与纵轴平行，则下列说
法正确的是（ ）
A．A →B过程，气体放出热量
B．B→C过程，气体压强增大
C．C →D过程，气体压强增大且增大的原因是气体分子数密度增大
D．整个过程，气体对外做的功小于外界对气体做的功
【答案】C
【详解】A．A →B过程，为等压膨胀过程，温度升高，气体内能增加，对外做功，根据热力学第一定律
可知，气体一定吸收热量，故A 错误；
B．B→C过程为等容过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体压强减小，故B 错误；
C．C →D过程，等温压缩，气体体积减小，压强增大，由于分子平均动能不变，因此压强增大的原因是
气体分子数密度增大，故C 正确；
D．整个过程中，只有A →B过程气体对外做功和C →D过程外界对气体做功，这两个过程的体积变化相
同，但A →B过程为等压过程且压强大于C →D过程的最大压强，故气体对外做的功大于外界对气体做的
功，故D 错误。
故选C。
二、多选题
8．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，某同学向固定容积为V 的气瓶中注入质量为m 的水，然后将瓶竖直倒立
固定。现用打气筒通过带阀门的金属管向瓶内打入空气，打气结束时瓶内高压气体的体积为0.5V，温度为
T，压强为p。打开金属管阀门，若假设瓶内的水在极短时间内以恒定的速率喷出，当水完全喷出时，瓶内
气体的温度下降为0.98T，瓶内气体可视为理想气体，质量不变。内能变化量与温度变化量满足
ΔU =α·ΔT的关系（α为常量），此过程可视为绝热过程，不计水的重力做功，下列说法正确的是（
）
A．当水完全喷出时，瓶内气体压强为0.5p
B．当水完全喷出时，瓶内气体压强为0.49p
C．水喷射的恒定的速率是1
5
❑√
αT
m
D．水喷射的恒定的速率是❑√
pV
m
【答案】BC
【详解】AB．根据理想气体方程有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得当水完全喷出时，瓶内气体压强p2=0.49 p，A 错误，B 正确；
CD．在绝热过程中，依据热力学第一定律有ΔU =W
气体对水做功转化为水的动能，有α (T 2−T 1)=−1
2 m v
2
解得水喷射的恒定的速率是v = 1
5
❑√
αT
m ，C 正确，D 错误。
故选BC。
三、解答题
9．（2026·辽宁大连·一模）一场秋雨一场寒，进入秋天后，昼夜温差变大，小明发现晚上倒了热水的保温
杯，早上很难打开。小明测量到保温杯容积为500mL，倒入200mL 热水，拧紧杯盖，此时显示温度为
87° C，压强与外界相同，早上显示温度7° C与室温相同。已知外界大气压强p0为1.0×10
5Pa恒定不变。
杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，不考虑水的体积随温度的变化
（1）求杯内温度降到7° C时，杯内气体的压强；
（2）杯内温度降到7° C时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空
气体积。
【答案】（1）7.8×10
4pa；（2）66 mL
【详解】（1）杯内气体做等容变化，有
P1
T 1
= P2
T 2
其中
P1= P0=1×10
5pa，T 1=(273+87)K=360K，T 2=(273+7)K=280K
代入数据可得
P2=7.8×10
4pa
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为V，以杯内原有气体为研究对象，则
P2V 2= P0V 3
其中
V 2=(500−200)mL=300 mL
则
V =V 2−V 3
联立可得
V =66 mL
