大题突破03 热学综合应用大题（上海专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 以“命题解码-解题建模-实战刷题”为框架，聚焦热学三大核心题型，通过题型化方法提炼与真实情境典例，构建力热综合问题的系统性解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |汽缸/活塞类|例1（水火箭）|受力分析定压强→状态参量列方程→热力学规律分析|以理想气体状态方程为核心，融合力学平衡与能量观念| |玻璃管/液柱类|例2（捕捉α粒子）|液柱静力平衡求压强→几何关联找体积→过程规律选定律|基于压强平衡模型，衔接气体实验定律与分子动理论| |变质量气体类|例3（消防员训练）|等效整体法转化定质量→状态方程统一列式|通过模型建构突破变质量问题，深化能量守恒思维|

大题突破03 热学综合应用大题 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 汽缸/活塞类（力‑热综合） 通技法 汽缸/活塞类常用的解题方法 热点题型2 玻璃管/液柱类（液封气体） 通技法 玻璃管/液柱类的应用 热点题型3 变质量气体类（充气/抽气/分装） 通技法 变质量气体类的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 1.重基础：注重基础考查，贯穿选择题、实验题与压轴计算题。 2.强综合：注重物理观念与关键能力的深度融合，强化真实情境的模型转化能力。 3.拓创新：关注科技前沿与实验创新，以核心素养为纲，做到“以不变应万变”。 热点题型1 汽缸/活塞类（力‑热综合） 析典例·建模型 例1.（2026·上海杨浦·二模）水火箭 物理兴趣社的小昕同学制作了水火箭并探究其相关物理性质。为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为，压强为，现缓慢充气后压强变为，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变，则充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为（　　） A． B． C． D． (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为，压强为。则气体在状态N与状态M时的热力学温度之比为（　　） A． B． C． D． (3)图（b）中虚线是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（论证题） 【答案】(1)C (2)A (3)见解析 【详解】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有 解得 故选C。 （2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得 解得 故选A。 （3）由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从状态变化而来，应该相同，可得；可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律可知，从到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从到的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 研考点·通技法 汽缸/活塞类常用的解题方法 汽缸活塞类是上海物理热学综合核心题型，解题以受力分析为基础、理想气体状态方程为核心、热力学规律为补充。首先确定研究对象，多选取封闭气体，若有活塞、弹簧则单独受力分析，利用共点力平衡求气体初末状态压强，竖直汽缸需考虑活塞重力，弹簧关联题型结合胡克定律列式，倾斜汽缸分解重力求分力压强。 其次明确气体状态参量，精准找出初态、末态的压强、体积、温度，统一国际单位，分清等温、等容、等压三大特殊过程，直接套用对应实验定律；变过程通用理想气体状态方程列式求解。多段气体分隔题型，需分别对每部分气体列状态方程，利用活塞位移、总体积不变找几何关联条件。 最后结合热力学第一定律分析内能、做功与吸放热，气体膨胀对外做功为负，压缩外界对气体做功为正，理想气体仅由温度决定内能变化。解题遵循先受力定压强、再找参量列方程、最后热力学规律定性分析的步骤，注意活塞轻质绝热、汽缸导热等隐含条件，规避压强漏算重力、状态参量混淆等易错点，规范列式分步求解即可突破此类大题。 破类题·提能力 1.（2026·上海杨浦·一模）开瓶器 开瓶器分为气压开瓶器和机械式开瓶器。 【气压式开瓶器】 2．气压式红酒开瓶器是利用压缩空气原理使瓶内的压强发生变化，从而轻松打开瓶盖的一种工具。某种红酒瓶内的气体体积为，压强为5。如右图所示，拉压一次与红酒塞相连的活塞式开瓶器，可以把体积为压强为的空气打进红酒瓶中，设打气过程在室温下（热力学温度），红酒瓶与环境之间导热良好且气体温度不变，瓶塞与瓶壁间的摩擦力很大。已知活塞的质量为m，横截面积为S，大气压强为，当红酒瓶内的气体压强为时活塞弹出，则： （1）在室温下用打气筒向红酒瓶内打气时，气体分子热运动的平均速率( ) A．变大   B．变小    C．不变 （2）用开瓶器需要打___________次气才能使活塞弹出； （3）某次开瓶时找不到开瓶器，小丁将红酒瓶进行加热，热力学温度T要达到________才能使活塞弹出． 【机械式开瓶器】 3．如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： （1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度； （2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W； （3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式．（计算题） 【答案】2． C 3．（1）（2）（3） 【解析】2．[1]温度是分子热运动平均动能的标志，平均速率由温度决定，打气过程温度不变，因此气体分子平均速率不变。 故选C。 [2]由玻意耳定律，初始瓶内气体和打入气体的总压强体积满足 解得打气次数 [3]由查理定律 解得 3．[1]木塞向上做匀加速直线运动，位移，初速度为0，由运动学公式 得木塞末速度 齿轮边缘线速度等于木塞速度，由 得 [2]拔塞钻做功，重力做功，气压差做功，摩擦力随线性变化，平均摩擦力为，摩擦力做功，动能变化为 由动能定理 整理得 [3] 时刻，木塞速度，位移 对木塞由牛顿第二定律 代入得 瞬时功率 热点题型2 玻璃管/液柱类（液封气体） 析典例·建模型 例2. （2026·上海徐汇·二模）捕捉α粒子 为确证组成α射线的粒子就是氦原子核，卢瑟福使用图示装置捕捉α粒子并观测其光谱。厚壁粗玻璃管A与两端接有电极的毛细管B相互联通并抽成真空，通过细软管连接水银槽D，薄壁玻璃管C中封有一定质量的氡气。氡气衰变放出的α射线穿过C的薄壁后被A的厚壁阻挡，积存在A、B中形成可视为理想气体的稀薄气体。经过几天的积累后打开阀门K并缓慢提升水银槽D，水银的蒸发可忽略不计。 4．已知A、B两管的容积和C管的体积分别为 VA、VB和VC，打开阀门前A、B管内的压强为p。 （1）当A管内气体恰全部进入毛细管B时，管B中的气体压强为_______。 （2）压缩过程中，B管内气体分子做无规则热运动的剧烈程度将_______，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数将_______（均选涂：A．增大    B．减小    C．保持不变）。 （3）以W表示外界对气体所做的功、Q表示气体从外界吸收的热量，上述压缩过程中有( ) A．W > 0，Q > 0            B．W > 0，Q < 0        C．W < 0，Q > 0        D．W < 0，Q < 0 5．（多选）两电极间电势差大于4400V时，可使B管内气体电离发光。若用220V正弦交流电通过理想变压器给电极供电，可能使气体发光的变压器原、副线圈匝数比是（    ） A．25:1 B．20:1 C．15:1 D．1:15 E．1:20 F．1:25 6．通过分光镜观察发光气体可见明亮的黄色谱线。已知光谱中常见的黄色谱线有波长为587.6 nm的氦D3线和波长为589.6 nm、589.0 nm的钠D1 、D2线。某同学设想可使用如图所示的实验装置，通过双缝干涉测波长的实验方法来确证α粒子就是氦原子核。经检测，双缝的间距d = 0.25mm，光强分布传感器的测量宽度为24mm。 （1）若测得双缝到光强分布传感器的距离为S，干涉条纹中相邻暗条纹间距为Y，则待测光的波长λ =_______。（用d、S和Y表示） （2）（简答）试判断该同学的设想是否可行，并简述理由______。 7．氡（）发生α衰变后的产物为钋（Po）。 （1）该衰变的核反应方程为：_______________。 （2）（计算）测得氡（）核衰变放出的α粒子初动能为Ek，已知真空中的光速大小为c，氡核衰变前的初动能以及衰变后释放γ光子的概率均可忽略不计。试估算衰变过程中的质量亏损Δm_______。 （3）吸入少量的α粒子即可对人体造成较大的辐射伤害，实验中为保证人员安全需预先评估放射源的放射性活度。已知氡222的半衰期为T，当C管中氡222核总数为N时，单位时间内发生衰变的氡222核个数约为_______。【提示：当a是不为1的正实数时，】 【答案】4． C A B 5．DEF 6． 不可行 7． 【解析】4．（1）[1]当A管内气体恰全部进入毛细管B时，根据玻意耳定律可得 解得管B中的气体压强为 （2）[2]压缩过程中，由于温度不变，B管内气体分子做无规则热运动的剧烈程度不变； 故选C。 [3]由于温度不变，气体分子平均动能不变，而气体压强增大，根据压强微观意义可知单位时间内撞击单位面积器壁的分子数将增大； 故选A。 （3）[4]由于气体体积减小，所以外界对气体做功，即；由于温度不变，所以气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，即。 故选B。 5．两电极间电势差大于4400V时，可使B管内气体电离发光。若用220V正弦交流电通过理想变压器给电极供电，则原线圈输入电压最大值为 使气体发光的变压器原、副线圈匝数比应满足 故选DEF。 6．（1）[1]根据相邻条纹间距公式可得 可得待测光的波长 （2）[2]为确证α粒子就是氦原子核，波长的测量值结果需要精确到4位有效数字。该同学使用d=0.25mm双缝屏，测量结果仅可保留2位有效数字，无法达成实验目的。 7．（1）[1]该衰变的核反应方程为 （2）[2]由，可得 反应释放的总能量 反应前后动量守恒，取α粒子出射方向为正，则有 由，可得 则有 综上可得 （3）[3]由衰变规律可得 单位时间衰变个数为，求导可得 当时刻，总数为，则单位时间内发生衰变的氡222核个数约为。 研考点·通技法 玻璃管/液柱类的应用 玻璃管液柱类题型核心围绕液柱压强平衡和理想气体状态方程展开。解题第一步选研究对象，确定封闭气体，分清单段、两段分隔气体。第二步压强推导，利用水银或液体柱静力平衡，通过液面高度差、管的竖直或倾斜状态，由等压面法列压强关系，倾斜管要将液柱重力沿管方向分解，不能直接套用竖直压强公式。 第三步确定初末状态参量，准确读取气体长度对应体积、温度，标注初末压强，统一单位。第四步判断过程类型，等温、等容、等压直接用实验定律，一般过程用理想气体状态方程；两段气体问题分别列方程，借助液柱移动距离找体积几何关联。第五步定性分析液柱移动方向，用假设体积不变法，比较压强变化趋势判断移动方向。 常见易错点：一是压强计算失误，忽略管倾斜分解、高低液面压强关系颠倒；二是混淆两段气体参量，乱套状态方程；三是误把管总长当作气体长度，忽略液柱占位体积；四是温度未用热力学温度、单位不统一；五是绝热、导热隐含条件忽略，误判温度是否变化；六是液柱移动方向主观臆断，不用假设法推理。解题严守先定压强、再取参量、列方程、判移动的流程，规避细节失误即可稳拿分。 破类题·提能力 2．（2026·上海静安·二模）空间站装置 空间站中固定有一种可装液体的装置。空间站稳定运行时，可更换装置中的液体。 (1)空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度为， ①该装置所受合力______。 A．大小不变、方向不变                        B．大小不变、方向改变 C．大小改变、方向不变                        D．大小改变、方向改变 ②空间站升高轨道高度后，继续绕地球做匀速圆周运动。该装置的角速度将______。 A．大于            B．等于            C．小于 (2)空间站稳定运行时，将两端开口的细直玻璃管竖直插入装有水的装置中。当玻璃管中的液面达到稳定时，观察到管内液面高于管外液面。 ①玻璃管中的液面在上升过程中形状为______。 A           B．               C． ②（多选）若其他条件不变，仅更换液体种类。达到稳定状态后，玻璃管中的液面也上升到原来的高度。则两种液体______。 A．密度一定相同        B．密度可能不同        C．都浸润玻璃            D．都不浸润玻璃 【答案】(1) B C (2) C BC/CB 【详解】（1）[1]空间站做匀速圆周运动，合力为万有引力，这个力提供了向心力，大小为，即大小不变，方向总是指向地球中心，故B正确。 故选B。 [2]根据万有引力提供向心力有 解得，高度升高即增大，则减小，故空间站升高轨道高度后角速度小于。故C正确。 故选C。 （2）[1]由题意可知水对玻璃管是浸润的，由于表面张力作用，水在玻璃管壁处向上弯曲，形成凹液面，故C正确。 故选C。 [2]AB．毛细上升高度不仅与密度有关，还与张力系数、接触角有关，因此，上升高度相同，密度可能不同，故A错误、B正确； CD．因为两种液体均上升，说明都是浸润玻璃的，故C正确、D错误。 故选BC。 热点题型3 变质量气体类（充气/抽气/分装） 析典例·建模型 例3.（2026·上海奉贤·二模）四消防员训练 消防员需要通过无数次的训练，提升体能，磨炼技能，以在关键时刻科学施救，全力守护人民的生命财产安全。 9．如图（a）所示，消防员进行爬杆练习。在他竖直向上爬杆的某段过程中，手与杆之间不打滑，且攀爬速率的倒数与攀爬高度的关系如图（b）所示。 在此过程中，消防员 （1）所受的摩擦力和合外力的方向分别为___________； A．向上、向上    B．向上、向下    C．向下、向上    D．向下、向下 （2）所用的时间为___________s。 10．消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图（c）所示。已知消防车的出弹口与高楼竖直外墙面着火处的高度差为，连线与水平面的夹角为，灭火弹恰好垂直墙面击中处，重力加速度大小为，不计空气阻力，从出弹口射出的灭火弹可视为质点。 （1）求灭火弹从出弹口射出时的速度大小__________； （2）以所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到高度处时，重力势能和动能相等。证明：__________。 11．消防员在灭火演练现场发现一个废弃的氧气瓶。到达安全地带后，检测出钢瓶内封闭气体压强为（为1个标准大气压）。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案： （1）冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为，此时封闭气体压强降为。则瓶内气体原来的温度为___________℃； （2）放气法： ①保持瓶内气体温度不变，缓慢放出一部分气体，使瓶内气体压强降为。则放好气后，瓶内剩余气体质量是原来封闭气体质量的___________； ②若不刻意保持气体温度不变，直接打开阀门，缓慢放出气体。瓶内气体压强降为时，瓶内剩余气体的质量为。则___________。 A．    B．    C． 【答案】9． B 7.5 10． 见解析 11． 477 40 A 【解析】9．（1）[1]消防员向上爬时，手相对杆有向下滑动的趋势，因此静摩擦力方向向上；由图像可知h增大时增大，说明v减小，即消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此合外力方向向下。 故选B。 （2）[2]根据可得 所以图线与坐标轴所围面积表示时间，则 10．（1）[1]灭火弹恰好垂直墙面击中处，则有 解得 又 解得 连线与水平面的夹角为，则有 解得水平速度 则灭火弹从出弹口射出时的速度大小 （2）[2]从出弹口到着火处根据机械能守恒有 重力势能和动能相等时有 解得 11．（1）[1]冷却过程体积不变，由查理定律有 解得 （2）①[2]若保持瓶内气体温度不变，根据玻意耳定律有 解得 即气体压强降为时总体积应为，而氧气瓶体积固定，剩余气体的体积为，说明放出的气体 根据 可得瓶内剩余气体质量与原来封闭气体质量之比 ②[3]不刻意保持温度，放气过程中瓶内气体膨胀对外做功，内能减小，压强降到时瓶内温度 由理想气体状态方程 等温放气时剩余气体的物质的量 不刻意保持温度时剩余气体的物质的量 所以。 选A。 研考点·通技法 变质量气体类的解题方法 变质量气体含充气、抽气、分装、漏气四类，上海高考核心解法为等效模型法，把变质量转化为定质量理想气体处理。 解题步骤：第一步构建等效模型，充气问题将打入气体与原有气体视作整体；抽气、漏气把剩余气体等效膨胀至原有压强；分装把分装前后所有气体统一为研究整体。第二步确定初末状态，统一以热力学温度为标准，明确初态总压强、体积、温度，末态各部分参量。第三步选用规律，多为等温过程用玻意耳定律，变温过程用理想气体状态方程，列整体参量方程求解。第四步结合题意求分装压强、剩余气体质量、充气个数、漏气比例等物理量。 易错点：一是未用等效整体法，直接对局部气体列式导致错误；二是忽略温度变化，默认等温忽略题干导热、绝热条件；三是体积取值失误，混淆钢瓶容积、外接容器体积与等效膨胀体积；四是单位未统一，压强、体积单位混用，温度误用摄氏温度；五是分装类忽略总物质的量守恒，乱套状态方程；六是抽气多次模型不会整体等效，分步计算出错。此类题型关键是化变质量为定质量，抓整体守恒、规范参量取值，就能高效解题。 破类题·提能力 3．（2026·上海静安·二模）高原低压环境 高原地区气压低、空气稀薄，会对人的呼吸产生影响。（空气可视为理想气体） (1)相同气温下，高原地区的大气压通常低于平原地区，主要是因为高原地区______。 A．空气分子平均动能更小 B．空气分子势能更小 C．单位体积内的空气分子数更少 D．空气分子间引力更小 (2)一包密封薯片从平原带到高原后，因外界气压降低而缓慢鼓胀，直至内外压强相等。若将包装袋内气体的缓慢膨胀过程近似为等温过程，在此过程中______。 A．气体对外做功，从外界吸热，内能不变 B．气体对外做功，向外界放热，内能减少 C．外界对气体做功，气体从外界吸热，内能增大 D．外界对气体做功，气体向外界放热，内能不变 (3)人进入空气稀薄的高原（大气压为、温度为）后，会加深呼吸。 ①若在高原上吸入的空气，这些空气在标准状况（大气压约为，温度为）下的体积约为______。 ②若在高原非常缓慢地吸气一次，以肺部逐渐增加的气体为研究对象，它的压强随肺内体积的变化关系图线，最接近图______。 A．      B．         C．        D． 【答案】(1)C (2)A (3) 0.3 A 【详解】（1）A．因温度相同，则空气分子平均动能相同，A错误；     BD．理想气体的分子间引力和分子势能均为零，BD错误； C．因空气稀薄，则单位体积内的空气分子数更少，C正确。 故选C。 （2）气体的缓慢膨胀过程近似为等温过程，在此过程中气体的内能不变，气体体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故选A。 （3）①[1]根据玻意耳定律 解得 ②[2]随着吸入气体的不断增加，则气体的质量和体积都变大，温度升高，但气体压强不变，故选A。 刷模拟 （2026·上海闵行·二模）工业余热发电 工业余热发电是通过收集工业生产中废弃余热，驱动燃气轮机转动，从而带动发电机发电。它将废弃的热转化为电，是工业节能与实现双碳目标的重要途径。 1．发电所用的燃气轮机，通过布雷顿循环将内能转化为机械能，包括四个主要过程：绝热压缩、等压加热、绝热膨胀和等压冷却。若1mol封闭理想气体在布雷顿循环中压强和体积的关系图像如图（a）所示。 （1）以下说法正确的是________ A．过程，气体温度下降 B．过程，外界对气体做正功 C．过程，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D．过程，单位体积内分子数变少 （2）若气体在状态处温度为，则在状态处温度为________K（保留3位有效数字）。 （3）（计算）若过程气体内能变化量为，气体吸收热量为多少________？ 2．发电厂使用四极汽轮发电机，其结构如图（b）所示。定子上固定三个100匝线圈，中心两对N、S磁铁构成四极转子。当转子匀速旋转时，穿过一个线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图（c）所示。 （1）（多选）在时间内，线圈感应电动势为零的时刻为________ A．    B．    C．    D． （2）发电机转子的转速为________。 （3）若这个线圈（线圈电阻不计）与的电阻串联，那么时间内通过电阻的电量为________C。 【答案】1． C 674 2． AC 1500 10 【解析】1．（1）[1] A．a→b是绝热压缩，外界对气体做功，绝热过程Q=0，由热力学第一定律得，内能增加，理想气体温度升高，故A错误； B．b→c是等压加热，体积增大，气体对外做功，外界对气体做负功，故B错误； C．c→d是绝热膨胀，体积增大，分子数密度减小，因此单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C正确； D．d→a是等压冷却，体积减小，总分子数不变，单位体积内分子数变多，故D错误。 故选C。 （2）[2]d→a为等压过程，由盖-吕萨克定律 解得 （3）[3] b→c为等压过程，气体对外做功 由热力学第一定律 解得 2．（1）[1]感应电动势 Φ−t图像斜率为0，即磁通量Φ最大的位置，感应电动势为0。 0∼0.02 s内，Φ最大的时刻为t=0.005 s和t=0.015 s。 故选AC。 （2）[2] 四极转子磁极对数p=2，由Φ−t图得交流电周期T=0.02 s，频率为 转子的转速为 （3）[3] 根据电流定义式及法拉第电磁感应定律可知，通过电阻的电量为 （2026·上海崇明·二模）固体、液体和气体 由于组成物质的分子间距离和结构不同，物质分别会呈现气体、液体、固体等不同的状态，不同的状态，物质表现的物理性质会有明显差异。 3．分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力，这种作用力与分子间距离r有关，当时，分子处于平衡位置，分子间相互作用合力为0。由于分子间相互作用，分子还存在着与距离有关的分子势能。下列四个图线中，能反映分子势能与分子间距离关系的是（　　） A． B． C． D． 4．将两个系有松弛棉线的铁丝环浸入肥皂液中再轻轻提起来，环上结成一层薄薄的肥皂膜，如图所示。现用热针分别刺破a中棉线上侧和b中棉线圈内的薄膜，则最后a与b中呈现的肥皂膜形状最接近于（　　） A． B． C． D． 5．为了方便对气体的研究，科学家们建立了一种理想化模型——理想气体。实际气体在温度不太_____（选填“高”或“低”）、_____不太大的情况下，可以近似看作理想气体。 6．如图所示是一种研究气球内体积和压强变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T型管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积，压强，T型管与传感器内少量气体体积可忽略不计，装置密封良好。 （1）开始实验，保持温度不变，缓慢向右推动活塞到某一位置，注射器内部分气体进入气球。等稳定后，读出注射器内剩余气体的体积为，压强传感器读数为，则此时气球体积为_____。 （2）把密封气体看作为一个系统，在缓慢推动活塞的过程中，系统温度保持不变，外界对系统做总功为W，系统内能增加量为_____，系统和外界的热交换情况是_____（选填“吸收热量”或“放出热量”或“不发生热交换”）。 7．下列关于晶体和非晶体的判断正确的是（　　） A．晶体的物理性质一定表现为各向异性 B．非晶体的物理性质一定表现为各向异性 C．晶体有规则的外形，是由晶体的空间点阵决定的 D．同种元素组成的物质，其空间点阵是唯一的 【答案】3．A 4．AC 5． 低 压强 6． 0 放出热量 7．C 【解析】3．分子间距离时，分子力为零，分子势能最小。当时，分子力表现为斥力，随减小分子力做负功，分子势能增大；当时，分子力表现为引力，随增大分子力做负功，分子势能增大。 故选A。 4．a图中，刺破棉线上侧薄膜后，下侧薄膜由于表面张力作用收缩，将棉线拉向下方，使棉线呈现向下弯曲的形状；b图中，刺破棉线圈内薄膜后，圈外薄膜由于表面张力作用收缩，将棉线拉向四周，使棉线绷紧形成圆形。 故选AC。 5．[1][2]实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，分子间距离较大，分子间作用力很弱，分子势能可以忽略不计，此时可以近似看作理想气体。 6．（1）[1]以注射器和气球内的所有气体为研究对象，气体发生等温变化。初状态：压强，体积。末状态：压强，总体积 根据玻意耳定律 即 解得 （2）[2][3]理想气体的内能只与温度有关，缓慢推动活塞过程中温度保持不变，故系统内能增加量为0。根据热力学第一定律 即 得 外界对系统做正功，则，系统向外界放出热量。 7．A．单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故A错误； B．非晶体具有各向同性，故B错误； C．晶体具有规则的外形，这是由其内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列（决定的，故C正确； D．同种元素组成的物质，其空间点阵不一定唯一，例如碳元素可以形成金刚石和石墨，它们的晶体结构不同，故D错误。 故选C。 （2026·上海·二模）冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目。 8．冰壶的主要成分是由石英等矿物组成的花岗岩。石英属于晶体，它______。 A．有固定的熔点 B．有规则的几何形状 C．物理性质表现为各向同性 9．某次训练时，运动员对质量为的冰壶施加与水平方向夹角为的推力作用，如图所示。冰壶由静止起开始做匀加速运动，运动后撤去，冰壶在冰面上继续滑行后停下。已知冰壶与冰面的动摩擦因数为，取，。 （1）求撤去时冰壶的速度大小及推力的大小。 （2）若冰壶滑行一段时间后以的速度与对方静止的冰壶发生正面碰撞，碰撞后以的速度沿原方向继续滑行。两冰壶质量相等。 ①碰撞过程中，对方冰壶所受弹力的冲量大小为______。 ②两冰壶的碰撞属于______。 A．弹性碰撞    B．非弹性碰撞 【答案】8．AB 9．（1），；（2）①；②B 【解析】8．石英作为晶体，具有确定的熔点和规则的几何形状，其物理性质表现为各向异性，。 故选AB。 9．（1）撤去F后，冰壶只受滑动摩擦力，加速度大小 设撤去F时速度为v，由运动学公式有 解得 加速阶段，初速度为0，有 对冰壶分析可知， 解得 （2）①两冰壶质量相等，碰撞过程动量守恒，有 对对方冰壶，由动量定理，有 解得 ② 碰撞前总动能 碰撞后总动能 动能有损失，因此属于非弹性碰撞。 故选B。 10．（2026·上海浦东新·二模）痕迹检验 痕迹检验中会选择不同的材料作为靶材。 (1)有一种靶材材料为碳化硅（SiC），图为其空间点阵结构，则______。 A．SiC是非晶体 B．SiC结构很不稳定 C．破坏SiC结构需要吸收热量 D．C原子在点阵结构中固定不动，故其分子动能为零 (2)如图（a）所示，某次痕迹检验中，靶材静止在光滑水平面上。质量之比的弹丸A、B分别从靶材两侧同时射入，最终停在靶材内。若该过程中靶材始终保持静止，两弹丸在靶材中留下了同一高度的两条水平痕迹，深度分别为xA和xB。两弹丸在靶材中运动的时间分别为tA和tB，运动过程中两弹丸所受阻力大小分别为fA和fB。（两弹丸各自所受阻力大小恒定） ①（论证）通过推理，证明及； ②（计算）求两弹丸入射时的速度大小之比； ③（计算）求痕迹深度之比； ④（作图）如图（b），两根粗线条表示弹丸A在靶材中某两个时刻的动量值。请在图中用粗线条表示出弹丸A在0.5tA的动量值。 (3)弹丸射入靶材前，在空气中飞行时所受阻力大小。其中，k是一个无单位的常数，S和v分别为弹丸的迎风面积和相对空气的速度。物理量X的单位用国际基本单位可表示为______。 【答案】(1)C (2)①见解析；②；③；④见解析 (3) 【详解】（1）A．SiC具有空间点阵结构，属于晶体，故A错误； BC．SiC具有空间点阵结构，结构很稳定，破坏SiC结构需要吸收热量，故B错误，C正确； D．C原子在点阵结构中做热振动，分子动能不为零，故D错误。 故选C。 （2）①两弹丸射入靶材过程中，靶材始终保持静止；以靶材为研究对象，在水平方向上受两弹丸作用力，设大小分别为和，根据共点力平衡条件有 根据牛顿第三定律可得                                 若和作用时间不相等，则靶材无法始终处于平衡状态，故两弹丸运动时间相等，即。 ②两弹丸与靶材构成的系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒；以向右为正方向，根据动量守恒可得 可得 ③对于弹丸，从射入靶材到最终停在靶材内，根据动能定理得 由，，，可得 ④弹丸A在0.5tA的动量值如图所示 （3）由，可得 其中，则物理量X的单位用国际基本单位可表示为 （2026·上海松江·模拟预测）电动汽车 电动汽车节能环保、使用成本低、驾乘舒适，已广泛应用于日常通勤与生活出行。 11．如图，电动汽车充电桩的供电系统可看作理想变压器，原线圈匝数为，两副线圈匝数分别为、。当两辆车同时充电时，原线圈的电流为，输入电压为，两副线圈电流分别为、，输出电压分别为、。则 。 A． B． C． 12．电动汽车动力电池的容量为100kW·h，行驶过程受到的阻力f与速率v成正比，即f＝kv，比例系数k＝40N·s/m。某次测试中，满电状态的电动汽车以72km/h的恒定速率在水平路面上行驶。则： （1）电动机的驱动功率为__________W。 （2）汽车的续航里程为__________km。（其他能量损耗忽略不计） 13．某次测试中，质量为2000kg的电动汽车沿平直公路从静止启动向东加速到30m/s。则汽车受到合外力的冲量为__________。 14．某电动汽车的空气悬挂系统主要由避震筒和活塞组成，密封有一定质量的理想气体，如图（a）为其简化示意图。某次测试中，气体经历从状态A到状态B的等温压缩过程，其p-V图像如图（b）所示。 （1）状态A的压强为__________。 （2）A到B过程，气体__________。 A．内能变大，吸收热量    B．内能变大，放出热量    C．内能不变，吸收热量    D．内能不变，放出热量 【答案】11．B 12． 450 13．，方向向东 14． D 【解析】11．A B．根据原副线圈输入功率等于输出功率，即，故A错误，B正确； C．根据原副线圈电压与匝数成正比可知，，结合上述 化简整理可得，故C错误。 故选B。 12．[1]电动汽车匀速行驶有，功率 代入数据可得 [2]总能量，根据，， 代入数据解得续航里程 13．根据动量定理 代入数据得，方向向东。 14．[1]根据等温压缩过程有 再由图像可知， 解得 [2]由于A到B过程为等温变化，故内能不变 由于A到B过程为等温压缩，外界对气体做正功，即 根据热力学第一定律,则，即放出热量。故D正确。 故选D。 刷真题 （2026·上海·高考真题）点火装置 压燃点火（CompressionIgnition）是柴油发动机的核心点火方式。该技术利用柴油自燃温度低（约）、黏度大且不易蒸发的特性，通过高压缩比（通常压缩比在16至23之间，将纯空气压缩至超过柴油自燃温度后喷入柴油实现自燃，全程无需火花塞装置。该技术也被应用于马自达SKYACTIV-X汽油发动机，采用SPCCI火花控制压燃技术实现超稀薄燃烧，该发动机采用高压燃油喷射系统（燃油压力超过100 MPa）并实现了高压缩比（如16∶1），其空燃比可达36.8∶1. 15．如图所示为压缩点火装置，密闭汽缸的底部放置了一小块浸有乙醚的硝化棉。汽缸内的气体看作理想气体。 （1）若缓慢推动活塞压缩汽缸内的气体，硝化棉不会被点燃：此过程汽缸内的气体温度保持不变。下列P-V图与T-P图中，哪些符合上述过程( ) A    B．    C．    D． （2）若快速猛推活塞压缩汽缸内气体，硝化棉会被点燃；这是因为( ) A．气体从环境中吸收的热量更少    B．气体释放到环境中的热量更少 C．气体从环境中吸收的热量更多    D．气体释放到环境中的热量更多 （3）若在温度不变的情况下，将汽缸内气体的体积压缩到原来的一半以下；下列物理量会发生变化( ) A．气体的内能                                      B．气体分子的热运动剧烈程度 C．单位体积内的气体分子个数          D．气体分子间的平均作用力 16．一束光射向该点火装置的均匀中空厚壁圆筒，在外表面发生折射，入射角为，在内表面恰好发生全反射，已知圆筒外表面半径为，求圆筒厚壁的厚度？_____ 【答案】15． AD B C 16． 【解析】15．（1）[1]AB．气体的温度不变，则图线为与轴平行的直线，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故A正确，B错误； CD．气体温度不变，根据玻意耳定律可知，图线为双曲线，且体积减小，压强增大，故C错误，D正确。 故选AD。 （2）[2]若快速猛推活塞压缩汽缸内气体，热量释放到环境中较少，外界对气体做功，气体内能增加，温度升高。 故选B。 （3）[3]AD．理想气体忽略分子间作用力，则理想气体的内能只与温度有关，理想气体的温度不变，即内能不变，故AD不符合题意； B．理想气体的温度不变，气体分子的热运动剧烈程度不变，故B不符合题意； C．气体的体积压缩到原来的一半以下，即气体的体积减小，则单位体积内的气体分子个数增大，故C符合题意。 故选C。 16．光路图如图所示 光在外表面发生折射，根据折射定律可得 在内表面恰好发生全反射，则 由几何关系可得 联立，解得 （2025·上海·高考真题）再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。 17．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电动机转为发电机模式，如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定轴转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为 A．和 B．和 C．和 D．和 18．一质量的电动汽车沿斜坡的斜坡匀减速下坡。从减速至用时。若这5s内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力大小为，求这5s内该车的位移大小x和再生制动提供的制动力大小。重力加速度，， 19．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为M，横截面积为S的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为，体积为，活塞静止于平衡位置O。外界大气压强恒为，以O为原点、水平向右为正方向，建立轴。 （1）若缸内气体经历等温过程，求活塞由平衡位置O右侧、位移为x时内外气体对活塞的压力的合力大小F。（计算） （2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置O沿x轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为m、弹簧进度系数为k的弹簧振子频率公式类比，可知该活塞做简谐振动的频率振动频率 = 。 【提示: 当】 （3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动。其频率为。 ①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 相比， 。 A．         B．    C． ②对上述①的选择作出解释。（简单） 【答案】17．A 18．（1）；（2） 19．（1）；（2）；（3）①C；②见解析 【详解】17．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时a1和a2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。 故选A。 18．（1）小车的位移 （2）小车的加速度 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 19．（1）根据玻意耳定律 对活塞分析可知 解得 （2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力 当x很微小时，则 即活塞的振动可视为简谐振动。其中 振动频率为 （3）若若气缸和活塞导热性均不佳，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即，根据 则k值偏大，则 故选C。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题突破03 热学综合应用大题 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 汽缸/活塞类（力‑热综合） 通技法 汽缸/活塞类常用的解题方法 热点题型2 玻璃管/液柱类（液封气体） 通技法 玻璃管/液柱类的应用 热点题型3 变质量气体类（充气/抽气/分装） 通技法 变质量气体类的解题方法 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 1.重基础：注重基础考查，贯穿选择题、实验题与压轴计算题。 2.强综合：注重物理观念与关键能力的深度融合，强化真实情境的模型转化能力。 3.拓创新：关注科技前沿与实验创新，以核心素养为纲，做到“以不变应万变”。 热点题型1 汽缸/活塞类（力‑热综合） 析典例·建模型 例1.（2026·上海杨浦·二模）水火箭 物理兴趣社的小昕同学制作了水火箭并探究其相关物理性质。为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为，压强为，现缓慢充气后压强变为，不计容器的容积变化。 (1)设充气过程中气体温度不变，则充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为（　　） A． B． C． D． (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为，压强为。则气体在状态N与状态M时的热力学温度之比为（　　） A． B． C． D． (3)图（b）中虚线是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（论证题） 研考点·通技法 汽缸/活塞类常用的解题方法 汽缸活塞类是上海物理热学综合核心题型，解题以受力分析为基础、理想气体状态方程为核心、热力学规律为补充。首先确定研究对象，多选取封闭气体，若有活塞、弹簧则单独受力分析，利用共点力平衡求气体初末状态压强，竖直汽缸需考虑活塞重力，弹簧关联题型结合胡克定律列式，倾斜汽缸分解重力求分力压强。 其次明确气体状态参量，精准找出初态、末态的压强、体积、温度，统一国际单位，分清等温、等容、等压三大特殊过程，直接套用对应实验定律；变过程通用理想气体状态方程列式求解。多段气体分隔题型，需分别对每部分气体列状态方程，利用活塞位移、总体积不变找几何关联条件。 最后结合热力学第一定律分析内能、做功与吸放热，气体膨胀对外做功为负，压缩外界对气体做功为正，理想气体仅由温度决定内能变化。解题遵循先受力定压强、再找参量列方程、最后热力学规律定性分析的步骤，注意活塞轻质绝热、汽缸导热等隐含条件，规避压强漏算重力、状态参量混淆等易错点，规范列式分步求解即可突破此类大题。 破类题·提能力 1.（2026·上海杨浦·一模）开瓶器 开瓶器分为气压开瓶器和机械式开瓶器。 【气压式开瓶器】 2．气压式红酒开瓶器是利用压缩空气原理使瓶内的压强发生变化，从而轻松打开瓶盖的一种工具。某种红酒瓶内的气体体积为，压强为5。如右图所示，拉压一次与红酒塞相连的活塞式开瓶器，可以把体积为压强为的空气打进红酒瓶中，设打气过程在室温下（热力学温度），红酒瓶与环境之间导热良好且气体温度不变，瓶塞与瓶壁间的摩擦力很大。已知活塞的质量为m，横截面积为S，大气压强为，当红酒瓶内的气体压强为时活塞弹出，则： （1）在室温下用打气筒向红酒瓶内打气时，气体分子热运动的平均速率( ) A．变大   B．变小    C．不变 （2）用开瓶器需要打___________次气才能使活塞弹出； （3）某次开瓶时找不到开瓶器，小丁将红酒瓶进行加热，热力学温度T要达到________才能使活塞弹出． 【机械式开瓶器】 3．如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： （1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度； （2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W； （3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式．（计算题） 热点题型2 玻璃管/液柱类（液封气体） 析典例·建模型 例2. （2026·上海徐汇·二模）捕捉α粒子 为确证组成α射线的粒子就是氦原子核，卢瑟福使用图示装置捕捉α粒子并观测其光谱。厚壁粗玻璃管A与两端接有电极的毛细管B相互联通并抽成真空，通过细软管连接水银槽D，薄壁玻璃管C中封有一定质量的氡气。氡气衰变放出的α射线穿过C的薄壁后被A的厚壁阻挡，积存在A、B中形成可视为理想气体的稀薄气体。经过几天的积累后打开阀门K并缓慢提升水银槽D，水银的蒸发可忽略不计。 4．已知A、B两管的容积和C管的体积分别为 VA、VB和VC，打开阀门前A、B管内的压强为p。 （1）当A管内气体恰全部进入毛细管B时，管B中的气体压强为_______。 （2）压缩过程中，B管内气体分子做无规则热运动的剧烈程度将_______，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数将_______（均选涂：A．增大    B．减小    C．保持不变）。 （3）以W表示外界对气体所做的功、Q表示气体从外界吸收的热量，上述压缩过程中有( ) A．W > 0，Q > 0            B．W > 0，Q < 0        C．W < 0，Q > 0        D．W < 0，Q < 0 5．（多选）两电极间电势差大于4400V时，可使B管内气体电离发光。若用220V正弦交流电通过理想变压器给电极供电，可能使气体发光的变压器原、副线圈匝数比是（    ） A．25:1 B．20:1 C．15:1 D．1:15 E．1:20 F．1:25 6．通过分光镜观察发光气体可见明亮的黄色谱线。已知光谱中常见的黄色谱线有波长为587.6 nm的氦D3线和波长为589.6 nm、589.0 nm的钠D1 、D2线。某同学设想可使用如图所示的实验装置，通过双缝干涉测波长的实验方法来确证α粒子就是氦原子核。经检测，双缝的间距d = 0.25mm，光强分布传感器的测量宽度为24mm。 （1）若测得双缝到光强分布传感器的距离为S，干涉条纹中相邻暗条纹间距为Y，则待测光的波长λ =_______。（用d、S和Y表示） （2）（简答）试判断该同学的设想是否可行，并简述理由______。 7．氡（）发生α衰变后的产物为钋（Po）。 （1）该衰变的核反应方程为：_______________。 （2）（计算）测得氡（）核衰变放出的α粒子初动能为Ek，已知真空中的光速大小为c，氡核衰变前的初动能以及衰变后释放γ光子的概率均可忽略不计。试估算衰变过程中的质量亏损Δm_______。 （3）吸入少量的α粒子即可对人体造成较大的辐射伤害，实验中为保证人员安全需预先评估放射源的放射性活度。已知氡222的半衰期为T，当C管中氡222核总数为N时，单位时间内发生衰变的氡222核个数约为_______。【提示：当a是不为1的正实数时，】 研考点·通技法 玻璃管/液柱类的应用 玻璃管液柱类题型核心围绕液柱压强平衡和理想气体状态方程展开。解题第一步选研究对象，确定封闭气体，分清单段、两段分隔气体。第二步压强推导，利用水银或液体柱静力平衡，通过液面高度差、管的竖直或倾斜状态，由等压面法列压强关系，倾斜管要将液柱重力沿管方向分解，不能直接套用竖直压强公式。 第三步确定初末状态参量，准确读取气体长度对应体积、温度，标注初末压强，统一单位。第四步判断过程类型，等温、等容、等压直接用实验定律，一般过程用理想气体状态方程；两段气体问题分别列方程，借助液柱移动距离找体积几何关联。第五步定性分析液柱移动方向，用假设体积不变法，比较压强变化趋势判断移动方向。 常见易错点：一是压强计算失误，忽略管倾斜分解、高低液面压强关系颠倒；二是混淆两段气体参量，乱套状态方程；三是误把管总长当作气体长度，忽略液柱占位体积；四是温度未用热力学温度、单位不统一；五是绝热、导热隐含条件忽略，误判温度是否变化；六是液柱移动方向主观臆断，不用假设法推理。解题严守先定压强、再取参量、列方程、判移动的流程，规避细节失误即可稳拿分。 破类题·提能力 2．（2026·上海静安·二模）空间站装置 空间站中固定有一种可装液体的装置。空间站稳定运行时，可更换装置中的液体。 (1)空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度为， ①该装置所受合力______。 A．大小不变、方向不变                        B．大小不变、方向改变 C．大小改变、方向不变                        D．大小改变、方向改变 ②空间站升高轨道高度后，继续绕地球做匀速圆周运动。该装置的角速度将______。 A．大于            B．等于            C．小于 (2)空间站稳定运行时，将两端开口的细直玻璃管竖直插入装有水的装置中。当玻璃管中的液面达到稳定时，观察到管内液面高于管外液面。 ①玻璃管中的液面在上升过程中形状为______。 A           B．               C． ②（多选）若其他条件不变，仅更换液体种类。达到稳定状态后，玻璃管中的液面也上升到原来的高度。则两种液体______。 A．密度一定相同        B．密度可能不同        C．都浸润玻璃            D．都不浸润玻璃 热点题型3 变质量气体类（充气/抽气/分装） 析典例·建模型 例3.（2026·上海奉贤·二模）四消防员训练 消防员需要通过无数次的训练，提升体能，磨炼技能，以在关键时刻科学施救，全力守护人民的生命财产安全。 9．如图（a）所示，消防员进行爬杆练习。在他竖直向上爬杆的某段过程中，手与杆之间不打滑，且攀爬速率的倒数与攀爬高度的关系如图（b）所示。 在此过程中，消防员 （1）所受的摩擦力和合外力的方向分别为___________； A．向上、向上    B．向上、向下    C．向下、向上    D．向下、向下 （2）所用的时间为___________s。 10．消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图（c）所示。已知消防车的出弹口与高楼竖直外墙面着火处的高度差为，连线与水平面的夹角为，灭火弹恰好垂直墙面击中处，重力加速度大小为，不计空气阻力，从出弹口射出的灭火弹可视为质点。 （1）求灭火弹从出弹口射出时的速度大小__________； （2）以所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到高度处时，重力势能和动能相等。证明：__________。 11．消防员在灭火演练现场发现一个废弃的氧气瓶。到达安全地带后，检测出钢瓶内封闭气体压强为（为1个标准大气压）。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案： （1）冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为，此时封闭气体压强降为。则瓶内气体原来的温度为___________℃； （2）放气法： ①保持瓶内气体温度不变，缓慢放出一部分气体，使瓶内气体压强降为。则放好气后，瓶内剩余气体质量是原来封闭气体质量的___________； ②若不刻意保持气体温度不变，直接打开阀门，缓慢放出气体。瓶内气体压强降为时，瓶内剩余气体的质量为。则___________。 A．    B．    C． 研考点·通技法 变质量气体类的解题方法 变质量气体含充气、抽气、分装、漏气四类，上海高考核心解法为等效模型法，把变质量转化为定质量理想气体处理。 解题步骤：第一步构建等效模型，充气问题将打入气体与原有气体视作整体；抽气、漏气把剩余气体等效膨胀至原有压强；分装把分装前后所有气体统一为研究整体。第二步确定初末状态，统一以热力学温度为标准，明确初态总压强、体积、温度，末态各部分参量。第三步选用规律，多为等温过程用玻意耳定律，变温过程用理想气体状态方程，列整体参量方程求解。第四步结合题意求分装压强、剩余气体质量、充气个数、漏气比例等物理量。 易错点：一是未用等效整体法，直接对局部气体列式导致错误；二是忽略温度变化，默认等温忽略题干导热、绝热条件；三是体积取值失误，混淆钢瓶容积、外接容器体积与等效膨胀体积；四是单位未统一，压强、体积单位混用，温度误用摄氏温度；五是分装类忽略总物质的量守恒，乱套状态方程；六是抽气多次模型不会整体等效，分步计算出错。此类题型关键是化变质量为定质量，抓整体守恒、规范参量取值，就能高效解题。 破类题·提能力 3．（2026·上海静安·二模）高原低压环境 高原地区气压低、空气稀薄，会对人的呼吸产生影响。（空气可视为理想气体） (1)相同气温下，高原地区的大气压通常低于平原地区，主要是因为高原地区______。 A．空气分子平均动能更小 B．空气分子势能更小 C．单位体积内的空气分子数更少 D．空气分子间引力更小 (2)一包密封薯片从平原带到高原后，因外界气压降低而缓慢鼓胀，直至内外压强相等。若将包装袋内气体的缓慢膨胀过程近似为等温过程，在此过程中______。 A．气体对外做功，从外界吸热，内能不变 B．气体对外做功，向外界放热，内能减少 C．外界对气体做功，气体从外界吸热，内能增大 D．外界对气体做功，气体向外界放热，内能不变 (3)人进入空气稀薄的高原（大气压为、温度为）后，会加深呼吸。 ①若在高原上吸入的空气，这些空气在标准状况（大气压约为，温度为）下的体积约为______。 ②若在高原非常缓慢地吸气一次，以肺部逐渐增加的气体为研究对象，它的压强随肺内体积的变化关系图线，最接近图______。 A．      B．         C．        D． 刷模拟 （2026·上海闵行·二模）工业余热发电 工业余热发电是通过收集工业生产中废弃余热，驱动燃气轮机转动，从而带动发电机发电。它将废弃的热转化为电，是工业节能与实现双碳目标的重要途径。 1．发电所用的燃气轮机，通过布雷顿循环将内能转化为机械能，包括四个主要过程：绝热压缩、等压加热、绝热膨胀和等压冷却。若1mol封闭理想气体在布雷顿循环中压强和体积的关系图像如图（a）所示。 （1）以下说法正确的是________ A．过程，气体温度下降 B．过程，外界对气体做正功 C．过程，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D．过程，单位体积内分子数变少 （2）若气体在状态处温度为，则在状态处温度为________K（保留3位有效数字）。 （3）（计算）若过程气体内能变化量为，气体吸收热量为多少________？ 2．发电厂使用四极汽轮发电机，其结构如图（b）所示。定子上固定三个100匝线圈，中心两对N、S磁铁构成四极转子。当转子匀速旋转时，穿过一个线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图（c）所示。 （1）（多选）在时间内，线圈感应电动势为零的时刻为________ A．    B．    C．    D． （2）发电机转子的转速为________。 （3）若这个线圈（线圈电阻不计）与的电阻串联，那么时间内通过电阻的电量为________C。 （2026·上海崇明·二模）固体、液体和气体 由于组成物质的分子间距离和结构不同，物质分别会呈现气体、液体、固体等不同的状态，不同的状态，物质表现的物理性质会有明显差异。 3．分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力，这种作用力与分子间距离r有关，当时，分子处于平衡位置，分子间相互作用合力为0。由于分子间相互作用，分子还存在着与距离有关的分子势能。下列四个图线中，能反映分子势能与分子间距离关系的是（　　） A．B．C． D． 4．将两个系有松弛棉线的铁丝环浸入肥皂液中再轻轻提起来，环上结成一层薄薄的肥皂膜，如图所示。现用热针分别刺破a中棉线上侧和b中棉线圈内的薄膜，则最后a与b中呈现的肥皂膜形状最接近于（　　） A． B． C． D． 5．为了方便对气体的研究，科学家们建立了一种理想化模型——理想气体。实际气体在温度不太_____（选填“高”或“低”）、_____不太大的情况下，可以近似看作理想气体。 6．如图所示是一种研究气球内体积和压强变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T型管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积，压强，T型管与传感器内少量气体体积可忽略不计，装置密封良好。 （1）开始实验，保持温度不变，缓慢向右推动活塞到某一位置，注射器内部分气体进入气球。等稳定后，读出注射器内剩余气体的体积为，压强传感器读数为，则此时气球体积为_____。 （2）把密封气体看作为一个系统，在缓慢推动活塞的过程中，系统温度保持不变，外界对系统做总功为W，系统内能增加量为_____，系统和外界的热交换情况是_____（选填“吸收热量”或“放出热量”或“不发生热交换”）。 7．下列关于晶体和非晶体的判断正确的是（　　） A．晶体的物理性质一定表现为各向异性 B．非晶体的物理性质一定表现为各向异性 C．晶体有规则的外形，是由晶体的空间点阵决定的 D．同种元素组成的物质，其空间点阵是唯一的 （2026·上海·二模）冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目。 8．冰壶的主要成分是由石英等矿物组成的花岗岩。石英属于晶体，它______。 A．有固定的熔点 B．有规则的几何形状 C．物理性质表现为各向同性 9．某次训练时，运动员对质量为的冰壶施加与水平方向夹角为的推力作用，如图所示。冰壶由静止起开始做匀加速运动，运动后撤去，冰壶在冰面上继续滑行后停下。已知冰壶与冰面的动摩擦因数为，取，。 （1）求撤去时冰壶的速度大小及推力的大小。 （2）若冰壶滑行一段时间后以的速度与对方静止的冰壶发生正面碰撞，碰撞后以的速度沿原方向继续滑行。两冰壶质量相等。 ①碰撞过程中，对方冰壶所受弹力的冲量大小为______。 ②两冰壶的碰撞属于______。 A．弹性碰撞    B．非弹性碰撞 10．（2026·上海浦东新·二模）痕迹检验 痕迹检验中会选择不同的材料作为靶材。 (1)有一种靶材材料为碳化硅（SiC），图为其空间点阵结构，则______。 A．SiC是非晶体 B．SiC结构很不稳定 C．破坏SiC结构需要吸收热量 D．C原子在点阵结构中固定不动，故其分子动能为零 (2)如图（a）所示，某次痕迹检验中，靶材静止在光滑水平面上。质量之比的弹丸A、B分别从靶材两侧同时射入，最终停在靶材内。若该过程中靶材始终保持静止，两弹丸在靶材中留下了同一高度的两条水平痕迹，深度分别为xA和xB。两弹丸在靶材中运动的时间分别为tA和tB，运动过程中两弹丸所受阻力大小分别为fA和fB。（两弹丸各自所受阻力大小恒定） ①（论证）通过推理，证明及； ②（计算）求两弹丸入射时的速度大小之比； ③（计算）求痕迹深度之比； ④（作图）如图（b），两根粗线条表示弹丸A在靶材中某两个时刻的动量值。请在图中用粗线条表示出弹丸A在0.5tA的动量值。 (3)弹丸射入靶材前，在空气中飞行时所受阻力大小。其中，k是一个无单位的常数，S和v分别为弹丸的迎风面积和相对空气的速度。物理量X的单位用国际基本单位可表示为______。 （2026·上海松江·模拟预测）电动汽车 电动汽车节能环保、使用成本低、驾乘舒适，已广泛应用于日常通勤与生活出行。 11．如图，电动汽车充电桩的供电系统可看作理想变压器，原线圈匝数为，两副线圈匝数分别为、。当两辆车同时充电时，原线圈的电流为，输入电压为，两副线圈电流分别为、，输出电压分别为、。则 。 A． B． C． 12．电动汽车动力电池的容量为100kW·h，行驶过程受到的阻力f与速率v成正比，即f＝kv，比例系数k＝40N·s/m。某次测试中，满电状态的电动汽车以72km/h的恒定速率在水平路面上行驶。则： （1）电动机的驱动功率为__________W。 （2）汽车的续航里程为__________km。（其他能量损耗忽略不计） 13．某次测试中，质量为2000kg的电动汽车沿平直公路从静止启动向东加速到30m/s。则汽车受到合外力的冲量为__________。 14．某电动汽车的空气悬挂系统主要由避震筒和活塞组成，密封有一定质量的理想气体，如图（a）为其简化示意图。某次测试中，气体经历从状态A到状态B的等温压缩过程，其p-V图像如图（b）所示。 （1）状态A的压强为__________。 （2）A到B过程，气体__________。 A．内能变大，吸收热量    B．内能变大，放出热量    C．内能不变，吸收热量    D．内能不变，放出热量 刷真题 （2026·上海·高考真题）点火装置 压燃点火（CompressionIgnition）是柴油发动机的核心点火方式。该技术利用柴油自燃温度低（约）、黏度大且不易蒸发的特性，通过高压缩比（通常压缩比在16至23之间，将纯空气压缩至超过柴油自燃温度后喷入柴油实现自燃，全程无需火花塞装置。该技术也被应用于马自达SKYACTIV-X汽油发动机，采用SPCCI火花控制压燃技术实现超稀薄燃烧，该发动机采用高压燃油喷射系统（燃油压力超过100 MPa）并实现了高压缩比（如16∶1），其空燃比可达36.8∶1. 15．如图所示为压缩点火装置，密闭汽缸的底部放置了一小块浸有乙醚的硝化棉。汽缸内的气体看作理想气体。 （1）若缓慢推动活塞压缩汽缸内的气体，硝化棉不会被点燃：此过程汽缸内的气体温度保持不变。下列P-V图与T-P图中，哪些符合上述过程( ) AB．C．    D． （2）若快速猛推活塞压缩汽缸内气体，硝化棉会被点燃；这是因为( ) A．气体从环境中吸收的热量更少    B．气体释放到环境中的热量更少 C．气体从环境中吸收的热量更多    D．气体释放到环境中的热量更多 （3）若在温度不变的情况下，将汽缸内气体的体积压缩到原来的一半以下；下列物理量会发生变化( ) A．气体的内能                                      B．气体分子的热运动剧烈程度 C．单位体积内的气体分子个数          D．气体分子间的平均作用力 16．一束光射向该点火装置的均匀中空厚壁圆筒，在外表面发生折射，入射角为，在内表面恰好发生全反射，已知圆筒外表面半径为，求圆筒厚壁的厚度？_____ （2025·上海·高考真题）再生制动与气囊减震相辅相成，共同提升车辆性能。再生制动通过能量回收提升能源利用效率，制动系统优先使用再生制动，不足部分由机械制动补充。气囊减震提升了乘坐舒适性和安全性。 17．一电动汽车采用笼式感应电机，再生制动时电动机转为发电机模式，如图（a）所示的笼式电机在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定轴转动，磁场方向与各导体条垂直。当电机转到如图（b）所示位置时，感应电动势最大的导体条为 A．和 B．和 C．和 D．和 18．一质量的电动汽车沿斜坡的斜坡匀减速下坡。从减速至用时。若这5s内系统完全使用再生制动，且该车在行驶过程中受到的除制动力以外的其余阻力大小为，求这5s内该车的位移大小x和再生制动提供的制动力大小。重力加速度，， 19．气囊减震技术中的气囊可简化为图示水平固定的气缸，质量为M，横截面积为S的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。开始时气缸内气体压强为，体积为，活塞静止于平衡位置O。外界大气压强恒为，以O为原点、水平向右为正方向，建立轴。 （1）若缸内气体经历等温过程，求活塞由平衡位置O右侧、位移为x时内外气体对活塞的压力的合力大小F。（计算） （2）若缸内气体经历等温过程，活塞由平衡位置O沿x轴正方向移动微小位移并由静止释放，证明活塞近似做简谐振动（论证）。与振子质量为m、弹簧进度系数为k的弹簧振子频率公式类比，可知该活塞做简谐振动的频率振动频率 = 。 【提示: 当】 （3）若气缸和活塞导热性均不佳，活塞移动微小位移并由静止释放，在短时间内活塞的运动仍可视为简谐运动。其频率为。 ①与等温情况下活塞近似做简谐运动的频率 相比， 。 A．         B．    C． ②对上述①的选择作出解释。（简单） 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题突破03 热学综合应用大题 热点题型1 汽缸/活塞类（力‑热综合） 析典例·建模型 例1.（2026·上海杨浦·二模） 【答案】(1)C (2)A (3)见解析 【详解】（1）设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有 解得 故选C。 （2）容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得 解得 故选A。 （3）由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从状态变化而来，应该相同，可得；可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律可知，从到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从到的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 研考点·通技法 汽缸/活塞类常用的解题方法 汽缸活塞类是上海物理热学综合核心题型，解题以受力分析为基础、理想气体状态方程为核心、热力学规律为补充。首先确定研究对象，多选取封闭气体，若有活塞、弹簧则单独受力分析，利用共点力平衡求气体初末状态压强，竖直汽缸需考虑活塞重力，弹簧关联题型结合胡克定律列式，倾斜汽缸分解重力求分力压强。 其次明确气体状态参量，精准找出初态、末态的压强、体积、温度，统一国际单位，分清等温、等容、等压三大特殊过程，直接套用对应实验定律；变过程通用理想气体状态方程列式求解。多段气体分隔题型，需分别对每部分气体列状态方程，利用活塞位移、总体积不变找几何关联条件。 最后结合热力学第一定律分析内能、做功与吸放热，气体膨胀对外做功为负，压缩外界对气体做功为正，理想气体仅由温度决定内能变化。解题遵循先受力定压强、再找参量列方程、最后热力学规律定性分析的步骤，注意活塞轻质绝热、汽缸导热等隐含条件，规避压强漏算重力、状态参量混淆等易错点，规范列式分步求解即可突破此类大题。 破类题·提能力 1.（2026·上海杨浦·一模） 【答案】2． C 3．（1）（2）（3） 【解析】2．[1]温度是分子热运动平均动能的标志，平均速率由温度决定，打气过程温度不变，因此气体分子平均速率不变。 故选C。 [2]由玻意耳定律，初始瓶内气体和打入气体的总压强体积满足 解得打气次数 [3]由查理定律 解得 3．[1]木塞向上做匀加速直线运动，位移，初速度为0，由运动学公式 得木塞末速度 齿轮边缘线速度等于木塞速度，由 得 [2]拔塞钻做功，重力做功，气压差做功，摩擦力随线性变化，平均摩擦力为，摩擦力做功，动能变化为 由动能定理 整理得 [3] 时刻，木塞速度，位移 对木塞由牛顿第二定律 代入得 瞬时功率 热点题型2 玻璃管/液柱类（液封气体） 析典例·建模型 例2. （2026·上海徐汇·二模） 【答案】4． C A B 5．DEF 6． 不可行 7． 【解析】4．（1）[1]当A管内气体恰全部进入毛细管B时，根据玻意耳定律可得 解得管B中的气体压强为 （2）[2]压缩过程中，由于温度不变，B管内气体分子做无规则热运动的剧烈程度不变； 故选C。 [3]由于温度不变，气体分子平均动能不变，而气体压强增大，根据压强微观意义可知单位时间内撞击单位面积器壁的分子数将增大； 故选A。 （3）[4]由于气体体积减小，所以外界对气体做功，即；由于温度不变，所以气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，即。 故选B。 5．两电极间电势差大于4400V时，可使B管内气体电离发光。若用220V正弦交流电通过理想变压器给电极供电，则原线圈输入电压最大值为 使气体发光的变压器原、副线圈匝数比应满足 故选DEF。 6．（1）[1]根据相邻条纹间距公式可得 可得待测光的波长 （2）[2]为确证α粒子就是氦原子核，波长的测量值结果需要精确到4位有效数字。该同学使用d=0.25mm双缝屏，测量结果仅可保留2位有效数字，无法达成实验目的。 7．（1）[1]该衰变的核反应方程为 （2）[2]由，可得 反应释放的总能量 反应前后动量守恒，取α粒子出射方向为正，则有 由，可得 则有 综上可得 （3）[3]由衰变规律可得 单位时间衰变个数为，求导可得 当时刻，总数为，则单位时间内发生衰变的氡222核个数约为。 研考点·通技法 玻璃管/液柱类的应用 玻璃管液柱类题型核心围绕液柱压强平衡和理想气体状态方程展开。解题第一步选研究对象，确定封闭气体，分清单段、两段分隔气体。第二步压强推导，利用水银或液体柱静力平衡，通过液面高度差、管的竖直或倾斜状态，由等压面法列压强关系，倾斜管要将液柱重力沿管方向分解，不能直接套用竖直压强公式。 第三步确定初末状态参量，准确读取气体长度对应体积、温度，标注初末压强，统一单位。第四步判断过程类型，等温、等容、等压直接用实验定律，一般过程用理想气体状态方程；两段气体问题分别列方程，借助液柱移动距离找体积几何关联。第五步定性分析液柱移动方向，用假设体积不变法，比较压强变化趋势判断移动方向。 常见易错点：一是压强计算失误，忽略管倾斜分解、高低液面压强关系颠倒；二是混淆两段气体参量，乱套状态方程；三是误把管总长当作气体长度，忽略液柱占位体积；四是温度未用热力学温度、单位不统一；五是绝热、导热隐含条件忽略，误判温度是否变化；六是液柱移动方向主观臆断，不用假设法推理。解题严守先定压强、再取参量、列方程、判移动的流程，规避细节失误即可稳拿分。 破类题·提能力 2．（2026·上海静安·二模） 【答案】(1) B C (2) C BC/CB 【详解】（1）[1]空间站做匀速圆周运动，合力为万有引力，这个力提供了向心力，大小为，即大小不变，方向总是指向地球中心，故B正确。 故选B。 [2]根据万有引力提供向心力有 解得，高度升高即增大，则减小，故空间站升高轨道高度后角速度小于。故C正确。 故选C。 （2）[1]由题意可知水对玻璃管是浸润的，由于表面张力作用，水在玻璃管壁处向上弯曲，形成凹液面，故C正确。 故选C。 [2]AB．毛细上升高度不仅与密度有关，还与张力系数、接触角有关，因此，上升高度相同，密度可能不同，故A错误、B正确； CD．因为两种液体均上升，说明都是浸润玻璃的，故C正确、D错误。 故选BC。 热点题型3 变质量气体类（充气/抽气/分装） 析典例·建模型 例3.（2026·上海奉贤·二模） 【答案】9． B 7.5 10． 见解析 11． 477 40 A 【解析】9．（1）[1]消防员向上爬时，手相对杆有向下滑动的趋势，因此静摩擦力方向向上；由图像可知h增大时增大，说明v减小，即消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此合外力方向向下。 故选B。 （2）[2]根据可得 所以图线与坐标轴所围面积表示时间，则 10．（1）[1]灭火弹恰好垂直墙面击中处，则有 解得 又 解得 连线与水平面的夹角为，则有 解得水平速度 则灭火弹从出弹口射出时的速度大小 （2）[2]从出弹口到着火处根据机械能守恒有 重力势能和动能相等时有 解得 11．（1）[1]冷却过程体积不变，由查理定律有 解得 （2）①[2]若保持瓶内气体温度不变，根据玻意耳定律有 解得 即气体压强降为时总体积应为，而氧气瓶体积固定，剩余气体的体积为，说明放出的气体 根据 可得瓶内剩余气体质量与原来封闭气体质量之比 ②[3]不刻意保持温度，放气过程中瓶内气体膨胀对外做功，内能减小，压强降到时瓶内温度 由理想气体状态方程 等温放气时剩余气体的物质的量 不刻意保持温度时剩余气体的物质的量 所以。 选A。 研考点·通技法 变质量气体类的解题方法 变质量气体含充气、抽气、分装、漏气四类，上海高考核心解法为等效模型法，把变质量转化为定质量理想气体处理。 解题步骤：第一步构建等效模型，充气问题将打入气体与原有气体视作整体；抽气、漏气把剩余气体等效膨胀至原有压强；分装把分装前后所有气体统一为研究整体。第二步确定初末状态，统一以热力学温度为标准，明确初态总压强、体积、温度，末态各部分参量。第三步选用规律，多为等温过程用玻意耳定律，变温过程用理想气体状态方程，列整体参量方程求解。第四步结合题意求分装压强、剩余气体质量、充气个数、漏气比例等物理量。 易错点：一是未用等效整体法，直接对局部气体列式导致错误；二是忽略温度变化，默认等温忽略题干导热、绝热条件；三是体积取值失误，混淆钢瓶容积、外接容器体积与等效膨胀体积；四是单位未统一，压强、体积单位混用，温度误用摄氏温度；五是分装类忽略总物质的量守恒，乱套状态方程；六是抽气多次模型不会整体等效，分步计算出错。此类题型关键是化变质量为定质量，抓整体守恒、规范参量取值，就能高效解题。 破类题·提能力 3．（2026·上海静安·二模） 【答案】(1)C (2)A (3) 0.3 A 【详解】（1）A．因温度相同，则空气分子平均动能相同，A错误；     BD．理想气体的分子间引力和分子势能均为零，BD错误； C．因空气稀薄，则单位体积内的空气分子数更少，C正确。 故选C。 （2）气体的缓慢膨胀过程近似为等温过程，在此过程中气体的内能不变，气体体积变大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故选A。 （3）①[1]根据玻意耳定律 解得 ②[2]随着吸入气体的不断增加，则气体的质量和体积都变大，温度升高，但气体压强不变，故选A。 刷模拟 （2026·上海闵行·二模） 【答案】1． C 674 2． AC 1500 10 【解析】1．（1）[1] A．a→b是绝热压缩，外界对气体做功，绝热过程Q=0，由热力学第一定律得，内能增加，理想气体温度升高，故A错误； B．b→c是等压加热，体积增大，气体对外做功，外界对气体做负功，故B错误； C．c→d是绝热膨胀，体积增大，分子数密度减小，因此单位时间碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C正确； D．d→a是等压冷却，体积减小，总分子数不变，单位体积内分子数变多，故D错误。 故选C。 （2）[2]d→a为等压过程，由盖-吕萨克定律 解得 （3）[3] b→c为等压过程，气体对外做功 由热力学第一定律 解得 2．（1）[1]感应电动势 Φ−t图像斜率为0，即磁通量Φ最大的位置，感应电动势为0。 0∼0.02 s内，Φ最大的时刻为t=0.005 s和t=0.015 s。 故选AC。 （2）[2] 四极转子磁极对数p=2，由Φ−t图得交流电周期T=0.02 s，频率为 转子的转速为 （3）[3] 根据电流定义式及法拉第电磁感应定律可知，通过电阻的电量为 （2026·上海崇明·二模） 【答案】3．A 4．AC 5． 低 压强 6． 0 放出热量 7．C 【解析】3．分子间距离时，分子力为零，分子势能最小。当时，分子力表现为斥力，随减小分子力做负功，分子势能增大；当时，分子力表现为引力，随增大分子力做负功，分子势能增大。 故选A。 4．a图中，刺破棉线上侧薄膜后，下侧薄膜由于表面张力作用收缩，将棉线拉向下方，使棉线呈现向下弯曲的形状；b图中，刺破棉线圈内薄膜后，圈外薄膜由于表面张力作用收缩，将棉线拉向四周，使棉线绷紧形成圆形。 故选AC。 5．[1][2]实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，分子间距离较大，分子间作用力很弱，分子势能可以忽略不计，此时可以近似看作理想气体。 6．（1）[1]以注射器和气球内的所有气体为研究对象，气体发生等温变化。初状态：压强，体积。末状态：压强，总体积 根据玻意耳定律 即 解得 （2）[2][3]理想气体的内能只与温度有关，缓慢推动活塞过程中温度保持不变，故系统内能增加量为0。根据热力学第一定律 即 得 外界对系统做正功，则，系统向外界放出热量。 7．A．单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故A错误； B．非晶体具有各向同性，故B错误； C．晶体具有规则的外形，这是由其内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列（决定的，故C正确； D．同种元素组成的物质，其空间点阵不一定唯一，例如碳元素可以形成金刚石和石墨，它们的晶体结构不同，故D错误。 故选C。 （2026·上海·二模） 【答案】8．AB 9．（1），；（2）①；②B 【解析】8．石英作为晶体，具有确定的熔点和规则的几何形状，其物理性质表现为各向异性，。 故选AB。 9．（1）撤去F后，冰壶只受滑动摩擦力，加速度大小 设撤去F时速度为v，由运动学公式有 解得 加速阶段，初速度为0，有 对冰壶分析可知， 解得 （2）①两冰壶质量相等，碰撞过程动量守恒，有 对对方冰壶，由动量定理，有 解得 ② 碰撞前总动能 碰撞后总动能 动能有损失，因此属于非弹性碰撞。 故选B。 10．（2026·上海浦东新·二模） 【答案】(1)C (2)①见解析；②；③；④见解析 (3) 【详解】（1）A．SiC具有空间点阵结构，属于晶体，故A错误； BC．SiC具有空间点阵结构，结构很稳定，破坏SiC结构需要吸收热量，故B错误，C正确； D．C原子在点阵结构中做热振动，分子动能不为零，故D错误。 故选C。 （2）①两弹丸射入靶材过程中，靶材始终保持静止；以靶材为研究对象，在水平方向上受两弹丸作用力，设大小分别为和，根据共点力平衡条件有 根据牛顿第三定律可得                                 若和作用时间不相等，则靶材无法始终处于平衡状态，故两弹丸运动时间相等，即。 ②两弹丸与靶材构成的系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒；以向右为正方向，根据动量守恒可得 可得 ③对于弹丸，从射入靶材到最终停在靶材内，根据动能定理得 由，，，可得 ④弹丸A在0.5tA的动量值如图所示 （3）由，可得 其中，则物理量X的单位用国际基本单位可表示为 （2026·上海松江·模拟预测）【答案】11．B 12． 450 13．，方向向东 14． D 【解析】11．A B．根据原副线圈输入功率等于输出功率，即，故A错误，B正确； C．根据原副线圈电压与匝数成正比可知，，结合上述 化简整理可得，故C错误。 故选B。 12．[1]电动汽车匀速行驶有，功率 代入数据可得 [2]总能量，根据，， 代入数据解得续航里程 13．根据动量定理 代入数据得，方向向东。 14．[1]根据等温压缩过程有 再由图像可知， 解得 [2]由于A到B过程为等温变化，故内能不变 由于A到B过程为等温压缩，外界对气体做正功，即 根据热力学第一定律,则，即放出热量。故D正确。 故选D。 刷真题 （2026·上海·高考真题） 【答案】15． AD B C 16． 【解析】15．（1）[1]AB．气体的温度不变，则图线为与轴平行的直线，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故A正确，B错误； CD．气体温度不变，根据玻意耳定律可知，图线为双曲线，且体积减小，压强增大，故C错误，D正确。 故选AD。 （2）[2]若快速猛推活塞压缩汽缸内气体，热量释放到环境中较少，外界对气体做功，气体内能增加，温度升高。 故选B。 （3）[3]AD．理想气体忽略分子间作用力，则理想气体的内能只与温度有关，理想气体的温度不变，即内能不变，故AD不符合题意； B．理想气体的温度不变，气体分子的热运动剧烈程度不变，故B不符合题意； C．气体的体积压缩到原来的一半以下，即气体的体积减小，则单位体积内的气体分子个数增大，故C符合题意。 故选C。 16．光路图如图所示 光在外表面发生折射，根据折射定律可得 在内表面恰好发生全反射，则 由几何关系可得 联立，解得 （2025·上海·高考真题）【答案】17．A 18．（1）；（2） 19．（1）；（2）；（3）①C；②见解析 【详解】17．由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时a1和a2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。 故选A。 18．（1）小车的位移 （2）小车的加速度 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律 解得 19．（1）根据玻意耳定律 对活塞分析可知 解得 （2）设x方向为正方向，则此时活塞所受合力 当x很微小时，则 即活塞的振动可视为简谐振动。其中 振动频率为 （3）若若气缸和活塞导热性均不佳，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即，根据 则k值偏大，则 故选C。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $