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气体的等压变化和等容变化练习
一、单选题
如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图象，其中AB
1. 的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行．则下列说
法正确的是()
A. A→B过程气体压强增加
B. B→C过程气体压强不变
C. C→A过程气体单位体积内的分子数减少
D. A→B过程气体分子平均动能增大
如图所示气缸内密封的气体(可视为理想气体)，在等压膨胀过程中，下列
2. 关于气体说法正确的是()
A. 气体吸收热量大于对外界所做的功
B. 气体会向外界放热
C. 气体内能可能减少
D. 气体平均动能将减小
如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细
3. 管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温
度为t ，B中气体温度为t ，且t >t ，水银柱恰好在管的中央静
A B A B
止。若对两部分气体加热，使它们的温度都升高相同的温度，下列
说法正确的是( )
A. 水银柱一定保持不动 B. 水银柱将向右移动
C. 水银柱将向左移动 D. 水银柱的移动情况无法判断如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、
4. ③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是()
A. 过程①中气体的压强逐渐减小
B. 过程④中气体从外界吸收了热量
C. 状态c、d的内能相等
D. 状态d的压强与状态b的压强相等
如图所示，一定量的理想气体由状态A经B变到C，其压强()
5.
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先增大后减小
D. 先减小后增大
一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，其中放出热量的是( )
6.
A. B.
C. D.
如图所示，是一定质量的理想气体状态变化的p−V图象，气体
7. 由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情
况是()
A. 一直保持不变
B. 一直增大C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
．两端封闭、内径均匀的直玻璃管竖直放置，如图．两端空气柱体积V <V ，温度均为
上 下
8. 20℃，现将两端空气柱的温度均降为10℃，则管中水银柱将()
A. 不动 B. 向上移动
C. 向下移动 D. 无法确定是否移动
如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想
9. 气体．当环境温度升高时，缸内气体()
A. 体积不一定增大
B. 压强增大
C. 分子间的引力和斥力都增大
D. 内能增加
如图所示，一定质量的理想气体用质量为M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触，
10. 在图中三种稳定状态下的温度分别为T ,T ,T ，体积分别为V ,V ,V 且V <V =V ，则
1 2 3 1 2 3 1 2 3
T ,T ,T 的大小关系为( )
1 2 3
A. T =T =T B. T <T <T C. T >T >T D. T <T =T
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，
11. 其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc
平行，则气体体积在()
A. ab过程中不断增加
B. bc过程中不断减小
C. cd过程中不断增加
D. da过程中保持不变
如图，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，管内外水银面高度差为 ，
12.
右侧管有一段水银柱，两端液面高度差为 ，中间封有一段空气
A. 若大气压升高， 减小， 增大
B. 若把弯管向上移动少许，重新平衡后，管内气体体积不变
C. 若把弯管向下移动少许，重新平衡后，管内气体压强不变
D. 弯管无论向上还是向下移动，重新平衡后， 始终等于
二、多选题
如图所示为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，气体状态经历A→B→C→A
13. 完成一次循环，A状态的温度为290K，下列说法正确的是()
A. A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加
B. B→C的过程中，气体温度先升高后降低C. C→A的过程中，气体温度一定减小
D. B，C两个状态温度相同，均为580K
如图所示为一定质量的某种气体的等容或等压变化图象，关于
14. 这两个图象的正确说法是( )
A. 甲是等压线，乙是等容线
B. 乙图中p−t线与t轴交点对应的温度是−273.15℃，而甲图中V −t线与t轴的交点不一定
是−273.15℃
C. 由乙图可知，一定质量的气体，在任何情况下都是p与t成直线关系
D. 乙图表明温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图表明随温度的升高压强不变
如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，
15. 当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银
柱向左移动的是()
A. B.
C. D.
一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到状态N，其
16. p−V图象如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过
程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列
说法正确的是()
A. 气体经历过程1，其温度降低
B. 气体经历过程1，其内能减小
C. 气体在过程2中一直对外放热
D. 气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的不相同三、计算题
.如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S=1×10−4m2、质量
17. 为m=0.2kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间
的距离为12cm，在活塞的右侧6cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，
大气压强p =1.0×105Pa.现将汽缸竖直倒置，如图乙所示，取g=10m/s2.求：
0
①稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离；
②加热到720K时封闭气体的压强。
18. 如图，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖
直，BC、DE段水平，AB=90cm，BC=CD=DE=30cm。在
水平段DE内有一长10cm的水银柱，其左端距D点10cm。在环
境温度为320K时，保持BC段水平，已知大气压为75cmHg且保持不变。(忽略液体表面张力及玻璃管内径的影响)
(i)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面，再将环境温度缓
慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出；
(ii)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面下5cm处。再将环
境温度缓慢降低，求温度降低到多少K时，水银柱恰好有一半进入CD部分。
19. 如图所示，质量相同的活塞A、B将开口向上的汽缸分为气室Ⅰ、Ⅱ两部分，已知活塞B到汽
缸底部的距离为L.劲度系数为k的轻弹簧被压缩在两活塞之间．汽缸和活塞的导热性能良好，
活塞与汽缸内壁间无摩擦且气密性好．大气压强为p ，温度为T ；开始时，气室Ⅰ中气体的
0 0
3 3
压强为 p 、气室Ⅱ中气体的压强为 p .从某时刻起缓慢升高环境温度，当环境温度为T时，
4 0 2 0
弹簧恰好处于原长状态．已知活塞的横截面积为S，重力加速度为g，求：
(1)每个活塞的质量及开始时弹簧的压缩量x；
(2)当温度为T时，活塞A上移的距离H．20. 如图所示，竖直放置导热良好的气缸缸体质量m=10kg，轻质活塞横截面积S=5×10−3m2，
活塞上部的气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的下表面与劲度系数k=2.5×103N/m的
弹簧相连，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦。当气缸内气体温度为27℃时，缸内气柱长
l
l=50cm，气缸下端边缘距水平地面 。已知大气压强p =1.0×105Pa，g取10m/s2，则：
10 0
①当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，气缸下端边缘刚好接触地面⋅
②当缸内气体温度缓慢降低到多少K时，弹簧恢复原长⋅答案和解析
1.【答案】D
【解答】
已知V −T图象中倾斜的直线为等压变化，斜率越大，压强越小。过各点的等压线如图，
A.从状态A到状态B，同一条斜线上，压强相等，故A错误；
B.从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，故B错误；
C.从状态C到状态A，温度不变，体积减小，则单位体积内的分子数增大，故C错误；
D.从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解答】
pV
气体等压膨胀，根据理想气体状态方程 =C知，T升高，由此分析：
T
AB、体积增大，则气体对外界做功，又内能增加，根据热力学第一定律知气体一定吸热，由此可
知气体吸热，即Q>0，气体对外界做功即外界对气体做负功：−W，根据热力学第一定律：
△U=Q−W>0，得：Q>W，故A正确，故B错误；
C、理想气体的内能只与温度有关，温度升高则内能增大，故C错误；
D、温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体平均动能将增大，故D错误。
3.【答案】C
【解答】
假设束缚住水银柱使其在温度升高的过程中不动，则两侧气体均发生等容变化，设两侧升高的温度
为Δt，初始状态根据平衡可得：p =p
A B
❑
对A中气体运用查理定律可得： p A = p′ A ，解得：p′ =p ( 1+ Δt) ，则A中气体压强的增量
T T +Δt A A T
A A A
p Δt
为Δp =p′ −p = A ；
A A A T
A
对B中气体运用查理定律可得： p B = p′ B ，解得：p′ =p ( 1+ Δt) ，则B中气体压强的增量
T T +Δt B B T
B B B
p Δt
为Δp =p′ −p = B ，
B B B T
B
因为t >t 则：T >T ，分析得Δp <Δp ，则水银柱向左移动 ，故ABD错误，C正确。
A B, A B A B
故选C。
4.【答案】C
【解答】
p p
A.过程①是等容升温过程，由
a= b
可知，压强逐渐增大，故A错误；
T T
a b
B.过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律
ΔU=W+Q知气体向外界放出了热量，故B错误；
C.状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d的内能
相等。故C正确；
pV
D.连接bO和dO，根据数学知识和理想气体状态方程 =C可知，状态d的压强比状态b的压强
T
小，故D错误。
故选C。
5.【答案】ApV
【解析】解：根据理想气体状态方程 =C，从A到B，体积不变，温度升高，压强变大；从B
T
到C，温度不变，体积减小，压强增大，故A正确，BCD错误。
6.【答案】B
【解答】
A.由图象是双曲线知，状1到状态2是等温变化过程，故状态1与状态2温度相同内能相同，又从
状态1至状态2气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故
A错误；
p V p V
B.由图象有p >p ，V >V ，根据理想气体状态方程 1 1= 2 2 ，知T >T ，所以从状态1至状
1 2 1 2 T T 1 2
1 2
态2，气体体积减小所以外界对气体做功，又T >T 说明气体气体的内能减小，根据热力学第一定
1 2
律知气体对外放热，故B正确；
C.由图象知，状态1至状态2，气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学
第一定律知，气体从外界吸收热量，故C错误；
D.由图象知气体的体积保持不变，气体对外界不做功，从状态1至状态2气体的温度长高内能增加，
根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量，故D错误。
故选B。
7.【答案】D
【解答】
解：根据pV =CT，可知C不变，pV越大，T越高。在A和B状态时，pV乘积相等，说明在AB处
的温度相等，所以从A到B的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的
标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，气体分子的平均速率也是先增大后
减小，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解答】
假设水银柱不动，则气体体积不变，
p p′ ΔT
由查理定律得： = ，则△p=p′−p= p，
T T′ T开始时两部分气体压强p <p ，初温T和温度降低量ΔT都相等，
上 下
20−10 10
上边气体降低的压强：△p = p = p
上 T 上 T 上
20−10 10
下边气体降低的压强：△p = p = p ，
下 T 下 T 下
上边气体降低的压强小于下边气体降低的压强，
则水银柱将向下移动；
故选：C．
9.【答案】D
【解答】
A.当环境温度升高时，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律，体积一定增大，故A错误；
B.气缸内气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，可知气缸内气体的压强不变，故B错
误；
C.理想气体分子间的作用力不计，故C错误；
D.当环境温度升高时，由于气缸导热性能良好，缸内气体的温度升高，内能增加，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】解：以活塞为研究对象，对T 、T 状态下的气体有：p S=Mg+pS pS+Mg=p S
1 2 1 2
对T 状态下的气体有：pS+Mg+mg=p S
3 3
可以得出：p =p <p
1 2 3
p V p V
根据理想气体状态方程： 1 1= 2 2 ，V <V
T T 1 2
1 2
则T <T
1 2
p V p V
2 2= 3 3 ，V =V
T T 2 3
2 3
则T <T
2 3即T <T <T
1 2 3
11.【答案】A
pV C C
【解析】解：根据理想气体的状态方程： =C，其中C为一定值，可知p= ⋅T，其中 为
T V V
p−V图象上各点到原点连线的斜率，
C
A、ab过程中图象上各点到原点连线的斜率 减小，故体积V不断增加，故A正确；
V
C
B、bc过程中图象上各点到原点连线的斜率 不变，故体积V保持不变，故B错误；
V
C
C、cd过程中图象上各点到原点连线的斜率 变大，故体积V不断减小，故C错误；
V
C
D、da过程中图象上各点到原点连线的斜率 减小，故体积V不断变大，故D错误。
V
12.【答案】D
【解答】
AD.平衡后管中封闭气体的压强p=p +ρgh =p +ρgh ，则得h =h .若大气压升高时，封闭气
0 1 0 2 1 2
体的压强增大，由玻意耳定律pV =C得知，封闭气体的体积减小，水银柱将发生移动，使h 和h 同
1 2
时减小，二者始终相等，故A错误，D正确;
B.若把弯管向上移动少许，假设气体压强不变，大气压又不变，两边液体高度差不变，这样会导致
气体体积增大，那么pV将不再是定值，这与玻意尔定律矛盾，因此气体压强必然变化，根据玻意
尔定律气体体积也必然变化，故B错误。
C.若把弯管向下移动少许，假设气体压强不变，大气压又不变，两边液体高度差不变，这样会导致
气体体积减小，那么pV将不再是定值，这与玻意尔定律矛盾，因此气体压强必然变化，故C错误
故选D。
13.【答案】BC
【解析】【解答】
p p
A.A到B过程中，体积不变，根据查理定律 A = B ，压强增加，温度升高，分子的平均动能增大，
T T
A B
但不是每个的动能都增加，故A错误；
p p
D.A→B气体做等容变化，根据查理定律 A = B 代数据得T =870K；C→A过程中气体做等压
T T B
A B
V V
变化，由盖−吕萨克定律得 C = A ，代入数据解得：T =870K，故D错误；
T T C
C A
C.C→A过程中气体做等压变化，气体体积减小，温度降低，故C正确；
B.由对D项的分析，BC温度相同，再结合理想气体状态方程pV =nRT可知，由B→C的过程中，
气体温度先升高后降低，故B正确。
故选BC。
14.【答案】AD
【解答】
A.由查理定律及盖−吕萨克定律可知，甲图是等压线，乙图是等容线，故A正确；
B.由“外推法”可知两种图线的反向延长线与t轴的交点温度为−273.15℃，即热力学温度的
0K，故B错误；
C.查理定律及盖−吕萨克定律是气体的实验定律，都是在温度不太低、压强不太大的条件下，气体
体积一定时，气体的等容变化压强与温度成直线关系，但是当压强很大、温度很低时，这些定律就
不成立了，而且气体的p与t不一定都是直线关系，故C错误；
D.由于图线是直线，乙图表明随温度每升高1℃，压强增加相同，但甲图随温度的升高压强不变，
故D正确．
故选AD。
15.【答案】CD
【解答】开始时水银柱平衡，故两侧气体压强相等，设为p，设温度升高ΔT时气体体积不变，根据理想气
体状态方程，有：
p △p
=
T △T
ΔT
故Δp= ⋅p，要使水银柱向左移动，故要使右侧气体压强增加量比左边大，p与ΔT相同，只要
T
右侧T小即可，右侧气体温度低的是CD选项，故AB错误，CD正确；
故选CD。
16.【答案】AB
【解答】
AB.气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故AB正确；
pV
C.气体在过程2中，根据理想气体状态方程 =C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降
T
低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，而温度升高，吸热，故C错误；
D.无论是经过1过程还是2过程，初、末状态参数相同，故内能改变量相同，故D错误。
故选AB。
17.【答案】解：①汽缸水平放置时，活塞与汽缸底部之间的距离L =12cm
1
气体压强p =1.0×105Pa，气体体积V =L S
1 1 1
汽缸竖直放置时，设活塞与汽缸底部之间的距离为L
2
mg
气体压强p =p + =1.2×105Pa，气体体积V =L S
2 0 s 2 2
气体等温变化，根据玻意且定律p V =p V
1 1 2 2
得活塞与汽缸底部之间的距离L =10cm
2
②活塞到达卡环前是等压变化，到达卡环后是等容变化，应分两个阶段来处理
气体初状态压强p =1.2×105Pa，体积V =L S，温度T =300K
2 2 2 2
活塞刚好到达卡环时，气体压强仍为p =p ，体积V =L S，温度为T ，其中L =18cm，
3 2 3 3 3 3V V
气体等压变化，根据盖一吕萨克定律得
2= 3
T T
2 3
得此时气体温度T =540K
3
活塞刚好到达卡环后，温度继续上升，气体等容变化，p =1.2×105Pa，T =540K，T =720K
3 3 4
p p
根据查理定律得
3= 4
T T
3 4
解得加热到675K时封闭气体的压强p =1.6×105Pa。
4
18.【答案】解：(i)玻璃管内封闭气体压强保持不变
V =(AB+BC+CD+10)S T =320K
1 1
V =(AB+BC+CD+DE)S
2
V V
根据盖吕萨克定律：
1= 2
T T
1 2
代入数据解得：T =360K
2
(ii)封闭气体初始压强为：p =75cmHg
1
封闭气体体积为：V =(AB−5+BC+CD+10+5)S=160S
1
封闭气体末态压强为：p =70cmHg
3
封闭气体末态体积为：V =(AB−5−5+BC+CD−5)S=135S
3
p V p V
根据理想气体状态方程：
1 1= 3 3
T T
1 3
代入数据解得：T =252K
3
答：(i)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面，再将环境温度缓
慢升高，温度升高到320K时，水银柱刚好全部溢出；
(ii)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面下5cm处，再将环境温
度降低到252K时，水银柱恰好有一半进入CD部分。19.【答案】解：
(1)对活塞A、B及弹簧整体受力分析，根据力的平衡条件可知，
3
p S+2mg= p S，
0 2 0
p S
解得每个活塞的质量m= 0 ；
4g
3
对活塞A受力分析，根据力的平衡条件有p S+mg=kx+ p S，
0 4 0
p S
解得x= 0 ．
2k
(2)在温度由T 缓慢升到T的过程中，气室Ⅱ中气体发生等压变化．
0
设活塞B上升的高度为h，
气室Ⅱ中气体初状态体积为V =LS，初温T =T ，
1 1 0
末状态体积为V =(L+h)S，末温T =T，
2 2
V V
由盖−吕萨克定律有 1= 2 ，
T T
1 2
LS (L+h)S
得 = ，
T T
0
L(T−T )
解得h= 0 ，
T
0
L(T−T ) p S
则活塞A上移的距离为H=h+x= 0 + 0 ．
T 2k
0
20.【答案】解：①气缸下端边缘恰好接触地面前，气缸内气体压强不变，
气体初状态的温度T =(273+27)K=300K，设气体末状态温度为T ，
1 2
对气缸内封闭气体，由盖−吕萨克定律得：l
(l− )S
lS 10
=
T T
1 2
代入数据解得：T =270K
2
②设弹簧初状态压缩量为x，设气体初状态压强为p ，对气缸，由平衡条件得：
1
kx=mg，p S+mg=p S
0 1
代入数据解得：x=0.04m，p =1.2×105Pa，末态气体压强为p ，
1 0
对气体，由理想气体状态方程得：
l
p (l− −x)S
p lS 0 10
1 =
T T
1 3
代入数据解得：T =205K
3
答：①当缸内气体温度缓慢降低到270K时，气缸下端边缘刚好接触地面。
②当缸内气体温度缓慢降低到205K时，弹簧恢复原长。
