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第二章 气体、固体和液体
【题型1 气体压强的计算】......................................................................................................................................................1
【题型2 气体实验定律与气体状态方程的应用】.............................................................................................................3
【题型3 气体状态变化的图像问题】....................................................................................................................................6
【题型4 液柱移动问题】.........................................................................................................................................................10
【题型 1 气体压强的计算】
1.若已知大气压强为p，如图所示各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，重力加速度为g，则
0
( )
A．图甲中被封闭气体的压强为p＋ρgh
0
B．图乙中被封闭气体的压强为p＋ρgh
0
3
C．图丙中被封闭气体的压强为p＋ ρgh
0 2
D．图丁中被封闭气体的压强为p＋ρgh
0 1
【答案】D
【解析】 在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p S＋ρghS＝pS，所以p ＝p－
气 0 气 0
ρgh，故A错误；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件得F ＝F ，即p S＋ρghS＝pS，所
上 下 气 0
以p ＝p－ρgh，故B错误；在题图丙中，以B液面为研究对象，有p S＋ρghS sin 60°＝pS，所以
气 0 气 0
3
p ＝p－ ρgh，故C错误；在题图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p S＝pS＋ρghS，所
气 0 2 气 0 1
以p ＝p＋ρgh，故D正确。
气 0 12.若已知大气压强为p ，重力加速度为g，汽缸横截面积均为S，不计摩擦力，如图甲、乙所示，各装置均
0
处于静止状态，求各装置中被封闭气体的压强。
Mg (M＋m)g
【答案】 甲：p － 乙：p ＋
0 S 0 S
【解析】 题图甲：选汽缸为研究对象，受力分析如图(a)所示，
Mg
由平衡条件知p S＝p S＋Mg，解得p ＝p － 。
0 甲 甲 0 S
题图乙：选活塞为研究对象，受力分析如图(b)所示，
由平衡条件有p S sin α＝p S ＋F ＋mg，
乙 下 0 上 N
F ＝Mg，S sin α＝S ，
N 下 上
(M＋m)g
S 为活塞下表面面积，S 为活塞上表面面积，即S ＝S，由以上得p ＝p ＋ 。
下 上 上 乙 0 S
3.如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活
塞，活塞面积为S。已知外界大气压强为p 。现用水平恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静
0
止状态，则此时缸内封闭气体的压强为( )
(m＋M)F mF
A．p ＋ B．p ＋
0 Sm 0 SM
MF mF
C．p ＋ D．p ＋
0 S(m＋M) 0 S(m＋M)
【答案】D
【解析】 以汽缸和活塞整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝(M＋m)a；以活塞为研究对象，根据牛mF
顿第二定律得pS－pS＝ma，联立解得p＝p＋ ，D正确。
0 0 S(M＋m)
【题型 2 气体实验定律与气体状态方程的应用】
4.如图所示，高为2𝐻的导热汽缸的底部与体积可以忽略的透明管相连，活塞在汽缸内封闭一定质量的理想
1.2𝑝
气体，汽缸上端与大气相通。初始时，活塞位于汽缸中部𝐻处，竖直细管内水银柱的高度为 0(式中𝜌
𝜌𝑔
为水银的密度)，水银柱的上方为一小段真空。已知大气压强为𝑝 ，活塞的横截面积为𝑆，重力加速度为
0
𝑔。不计活塞的厚度、与汽缸间的摩擦，不计细管内气体的体积变化，水银柱始终未进入汽缸。
(1)求活塞的质量；
(2)若在初始状态下将汽缸顶端封闭(将大气视为理想气体)，然后把整个系统置于低温环境中，稳定时测得
活塞距离汽缸底部的高度为0.96𝐻。已知初始时环境温度为𝑇 =300 𝐾，求该低温环境的温度。
1
【答案】解：(1)设封闭气体的压强为𝑝，对活塞由平衡条件有𝑝𝑆=𝑝 𝑆+𝑀𝑔 ①
0
用水银柱表达气体的压强𝑝=𝜌𝑔ℎ ②
0.2𝑝 𝑆
联立解得𝑀= 0
𝑔
(2)对活塞上方、下方气体，由气体状态方程分别有
𝑝 𝐻𝑆 𝑝 ×1.04𝐻𝑆
上方： 0 = 1 ，
𝑇 𝑇
1 2
1.2𝑝 𝐻𝑆 𝑝 ×0.96𝐻𝑆
下方： 0 = 2 ，
𝑇 𝑇
1 2
对活塞有𝑝 𝑆―𝑝 𝑆=𝑀𝑔，
2 1
2
解得𝑝 = 𝑝 ，
1 3 0
𝑇 =208𝐾。
2
5.如图，容积均为𝑉 、缸壁可导热的甲、乙两圆柱形汽缸通过体积可忽略的细管连通，放置在压强为𝑝 、
0 0
温度为𝑇 的环境中;甲汽缸的左下部通过开口𝑂与外界相通。汽缸内的两活塞各自将缸内气体分成体积相
0等的两部分，环境压强保持不变，不计活塞的体积，忽略摩擦。
(1)若将环境温度缓慢降低，求甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时的温度;
3𝑇
(2)若将环境温度缓慢降低至 0，然后用气泵从开口𝑂向汽缸内缓慢注入气体，求甲汽缸中的活塞刚到达
4
甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强。
【答案】解：(1)当环境温度降低时，两汽缸内气体压强总等于大气压强，则被两活塞封闭的中间部分气体
和乙右边部分气体都发生等压变化，则当甲汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，由盖―吕萨克定律可得
对于乙汽缸中右边部分气体有 1 2 𝑉 0 = 𝑉 1，
𝑇 𝑇
0
𝑉 𝑉 ―𝑉
两活塞封闭的中间部分气体 0 = 0 1，
𝑇 𝑇
0
2
解得𝑇= 𝑇 ；
3 0
(2)设当汽缸中的活塞刚到达甲汽缸最右端时，乙汽缸内气体的压强为𝑝，则此时两活塞之间气体压强也等
于𝑝，设此时乙内右边部分气体的体积为𝑉，则两活塞中间气体被压缩的体积为𝑉 ―𝑉，则
0
对于乙汽缸中右边部分气体有 𝑝 0 ⋅𝑉 2 0 = 𝑝𝑉 ，
𝑇 0 3 4 𝑇 0
𝑝 𝑉 𝑝(𝑉 ―𝑉)
两活塞封闭的中间部分气体 0 0 = 0 ，
𝑇 0 3 4 𝑇 0
1 9
联立解得𝑉= 𝑉 ，𝑝= 𝑝 。
3 0 8 0
6.如图所示，绝热汽缸𝐴固定在水平桌面上，可通过电热丝给内部封闭的气体加热，其活塞用一轻绳与导热
汽缸𝐵的活塞通过定滑轮相连，汽缸𝐵悬在空中，质量为𝑀，底部悬挂有一质量也为𝑀的物体，汽缸𝐵的
活塞到汽缸𝐵内部底端的距离为𝑑.两活塞面积均为𝑆，两汽缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，两汽
缸都不漏气．开始时系统处于平衡状态，且温度均与环境温度相同为𝑇 ，不计活塞和气体的重力，不计
0
任何摩擦，已知重力加速度为𝑔，外界大气压强为𝑃 ．
0(𝑖)求𝐴、𝐵汽缸中气体的压强；
(𝑖𝑖)若环境温度、大气压保持不变，取下汽缸𝐵底部悬挂的物体，重新稳定后，要使汽缸𝐵底部离地面的高
度与取下物体前相同，则汽缸𝐴中气体的温度应升高多少?(活塞不会脱离汽缸)
【答案】解：(𝑖)取下物体前对汽缸𝐵的活塞根据平衡条件有： 𝑃 𝑆+2𝑀𝑔=𝑃 𝑆，
𝐵 0
2𝑀𝑔
解得： 𝑃 =𝑃 ― ，
𝐵 0 𝑆
取下物体前对汽缸𝐴的活塞根据平衡条件有： 𝑃 𝑆+𝐹=𝑃 𝑆( 𝐹=2𝑀𝑔 )，
𝐴 0
2𝑀𝑔
解得： 𝑃 =𝑃 ― ，故汽缸𝐴、𝐵中的压强相等；
𝐴 0 𝑆
𝑀𝑔
(𝑖𝑖)取下物体，重新稳定后，对汽缸𝐵有： 𝑃′𝑆+𝑀𝑔=𝑃 𝑆，解得： 𝑃′ =𝑃 ― ，
𝐵 0 𝐵 0 𝑆
此过程中汽缸𝐵中的气体等温变化，有： 𝑃 ⋅𝑆𝑑=𝑃′ ⋅𝑆𝑑′ ，
𝐵 𝐵
此过程中汽缸𝐵上移的距离为： 𝛥𝑑=𝑑―𝑑′，
𝑀𝑔
联解得： 𝛥𝑑= 𝑑，
𝑃 𝑆―𝑀𝑔
0
取下物体前，汽缸𝐴、𝐵中的压强相同，温度也相同，且两汽缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，故汽
缸𝐴、𝐵中的气体体积相同，汽缸𝐴中活塞到汽缸𝐴内部底端的距离也为𝑑，要使汽缸𝐵底部离地面的高度与
取下物体前相同，则汽缸𝐴中活塞应向右移动𝛥𝑑的距离，因此在此过程中对𝐴中气体有： 𝑃 𝐴 𝑆𝑑 =
𝑇
0
𝑃′𝑆(𝑑+𝛥𝑑)
𝐴 ，
𝑇
而： 𝑃′ =𝑃′ ，联解得： 𝑇= 𝑃 0 𝑆 𝑇 ，
𝐴 𝐵 𝑃 𝑆―2𝑀𝑔 0
0
2𝑀𝑔
汽缸𝐴中气体的温度应升高： 𝛥𝑇=𝑇―𝑇 = 𝑇 。
0 𝑃 𝑆―2𝑀𝑔 0
0
7.某医学氧气钢瓶的容积为20𝐿，钢瓶在室外时，环境温度为―23℃，钢瓶内压力表显示瓶内氧气的压强为15𝑀𝑃𝑎(1𝑀𝑃𝑎约为10𝑎𝑡𝑚)，现将钢瓶移至于室内温度为27℃的医院病房内(钢瓶的热胀冷缩可以忽略)。
已知热力学温度与摄氏温度间的关系为𝑇=𝑡+273𝐾，求：
(1)钢瓶移入室内达到热平衡后，钢瓶内氧气的压强为多少𝑀𝑃𝑎？
(2)在室内环境下，若氧气输出的压强恒为0.1𝑀𝑃𝑎，流量为2𝐿/𝑚𝑖𝑛，且要求钢瓶内氧气应保留不少于
0.1𝑀𝑃𝑎的剩余压力，在输出氧气过程中钢瓶内温度保持不变，该氧气瓶最多能持续使用多少分钟？
【答案】解：(1)由题意可知，初态𝑝 =15𝑀𝑃𝑎，𝑇 =(273―23)𝐾=250𝐾
1 1
末态𝑇 =(273+27)𝐾=300𝐾
2
设末态压强为𝑝 ，则由查理定律得 𝑝 1 = 𝑝 2
2 𝑇 1 𝑇 2
解得：𝑝 =18𝑀𝑃𝑎
2
(2)由题意，设压强为18𝑀𝑃𝑎，体积为20𝐿的气体可以等效为压强为0.1𝑀𝑃𝑎，体积为𝑉，设初始状态体积为
𝑉 ，则由玻意耳定律得𝑝 𝑉 =𝑝𝑉
0 2 0
解得𝑉=3600𝐿
由题意可得，输出的体积为𝛥𝑉=𝑉―𝑉 =3580𝐿
0
设流量为𝑄，则该氧气瓶最多能持续使用时间为𝑡= 𝛥𝑉 = 3580 𝑚𝑖𝑛=1790𝑚𝑖𝑛
𝑄 2
答：(1)钢瓶移入室内达到热平衡后，钢瓶内氧气的压强为18𝑀𝑃𝑎；
(2)该氧气瓶最多能持续使用1790分钟．
【题型 3 气体状态变化的图像问题】
8.如图所示，一定质量的理想气体经历𝐴→𝐵→𝐶→𝐴的过程，已知气体在状态𝐴时的温度为300 𝐾，且
1 𝑎𝑡𝑚=1.0×105𝑃𝑎，下列说法正确的是A. 在状态𝐵，气体的温度为300 𝐾
B. 在状态𝐶，气体的内能最大
C. 过程𝐴→𝐵，气体对外做功7.5×104𝐽
D. 过程𝐶→𝐴，单位时间撞出容器壁上单位面积的分子数可能不变
【答案】C
𝑝 𝑉 𝑝 𝑉
【解答】A.由理想气体的状态方程 𝐴 𝐴 = 𝐵 𝐵，解得气体在状态𝐵的温度𝑇 =1200𝐾；故A错误；
𝑇 𝑇 𝐵
𝐴 𝐵
B.根据图像，在状态𝐵时𝑝𝑉乘积最大，知状态𝐵气体的温度最高，故状态𝐵气体的内能最大；故B错误；
C.过程𝐴→𝐵，体积增大，由𝑝―𝑉图像，图像与横纵坐标形成图形的面积表示做功，得：气体对外做功
7.5×104 𝐽；故C正确；
D.过程𝐶→𝐴，气体压强不变，体积减小，温度降低，分子的平均速率减小，气体分子的密度增大；单位时
间撞出容器壁上单位面积的分子数增大，故D错误；
故选C。
9.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。
“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的𝑝―𝑇图像如图所示。该过程对应的𝑝―𝑉图像可能
是( )A. B.
C. D.
【答案】B
𝑝𝑉
【解答】根据理想气体状态方程： =𝐶
𝑇
𝐶
变形可得：𝑝= 𝑇
𝑉
从𝑎到𝑏，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从𝑏到𝑐，气体压强减小，温度降低，因𝑐点与原点连线
的斜率小于𝑏点与原点连线的斜率，𝑐态的体积大于𝑏态体积。
故选：𝐵。
10.一定质量的理想气体从状态𝑎开始经𝑎𝑏、𝑏𝑐、𝑐𝑎三个过程回到原状态，已知𝑎𝑏垂直于𝑇轴，𝑏𝑐延长线过𝑂
点，下列说法正确的是( )
A. 𝑏𝑐过程外界对气体做功 B. 𝑐𝑎过程气体压强不变
C. 𝑎𝑏过程气体放出热量 D. 𝑐𝑎过程气体内能减小
【答案】AC
𝑝𝑉 𝐶
【解析】A.由理想气体状态方程 =𝐶化简可得𝑉= ⋅𝑇，由图可知，图像的斜率越大，压强越小，故𝑝
𝑇 𝑝 𝑎
<𝑝 =𝑝 ，𝑏𝑐过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，A正确；
𝑏 𝑐B.由𝐴项分析可知，𝑐𝑎过程压强减小，B错误；
C.𝑎𝑏过程为等温变化，对于一定质量的理想气体，温度不变则内能不变，故𝛥𝑈=0
由玻意耳定律𝑝𝑉=𝐶(𝐶为常量)可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故𝑊>0
由热力学第一定律𝛥𝑈=𝑄+𝑊可知𝑄<0，故𝑎𝑏过程气体放出热量，C正确；
D.由图可知，𝑐𝑎过程，温度升高，对于一定质量的理想气体，温度升高则内能增大，D错误。
故选AC。
1
11.如图所示，一定质量的理想气体从状态𝐴连续变化到状态𝐵、𝐶、𝐷，最后由状态𝐷回到状态𝐴的𝑝― 图
𝑉
像，初始状态𝐴的压强为𝑝 ，体积为𝑉 ，热力学温度为𝑇 ，图中𝑂𝐵𝐶在一条直线上，𝑂𝐴𝐷在一条直线
0 0 0
𝑉
上，𝐴𝐵平行于横轴，𝐶𝐷平行于纵轴。已知状态𝐵的体积为 0，状态𝐷的压强为3𝑝 ，下列说法正确的是
2 0
( )
3𝑝
A. 状态𝐷到状态𝐴是等温变化 B. 状态𝐶的压强为 0
2
𝑇
C. 状态𝐶的热力学温度为 0 D. 状态𝐷的温度低于状态𝐵的
3
【答案】AB
𝑝𝑉 1
【解析】A.根据理想气体状态方程 =𝐶有：𝑝=𝐶𝑇⋅ ，由于𝑂𝐴𝐷在一条直线上，所以直线𝑂𝐴𝐷的斜率
𝑇 𝑉
𝑘=𝐶𝑇为定值，所以状态𝐷到状态𝐴是等温变化。故A正确;
B.从状态𝐴到状态𝐵为等压变化： 1 2 𝑉 0 = 𝑉 0得𝑇 = 𝑇 0，从状态𝐵到状态𝐶为等温变化：𝑇 =𝑇 = 𝑇 0;从状态𝐷
𝑇 𝐵 𝑇 0 𝐵 2 𝐶 𝐵 2到状态𝐴为等温变化：𝑇 =𝑇 ;从状态𝐶到状态𝐷为等容变化： 𝑝 𝐶 = 𝑇 𝐶，解得𝑝 = 3𝑝 0。故B正确;
𝐷 0 𝑝 𝐷 𝑇 𝐷 𝐶 2
𝑇
C.从状态𝐵到状态𝐶为等温变化：𝑇 =𝑇 = 0。故C不正确;
𝐶 𝐵 2
𝑇
D.通过以上分析得到𝑇 =𝑇 =𝑇 ，𝑇 = 0，得到𝑇 >𝑇 。故D不正确。
𝐷 𝐴 0 𝐵 2 𝐷 𝐵
【题型 4 液柱移动问题】
12.如图所示，10℃的氧气和20℃的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述中，正确的
是( )
A. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱不移动
B. 当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱将向左移
C. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱向左移
D. 当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱不会移动
【答案】C
【解析】𝐴𝐵.假设两部分气体的体积不变，设气体初始状态的参量为𝑝 、𝑇 ，末状态参量为𝑝 、𝑇 ，变化
1 1 2 2
𝑝 𝛥𝑝
温度为𝛥𝑇、变化压强为𝛥𝑝，由查理定律有 =
𝑇 𝛥𝑇
𝛥𝑇 𝛥𝑇
可得𝛥𝑝= 𝑝，开始时两部分气体的压强𝑝相同，若变化过程中𝛥𝑇相同，因为𝑇 <𝑇 ，由𝛥𝑝= 𝑝得𝛥
𝑇 氧 氢 𝑇
𝑝 >𝛥𝑝 ，所以汞柱向右移动，故AB错误。
氧 氢
𝛥𝑇
𝐶𝐷.开始时两部分气体的压强𝑝相同，𝑇 =283𝐾，𝑇 =293𝐾，若𝛥𝑇 =10𝐾，𝛥𝑇 =20𝐾，由𝛥𝑝= 𝑝
氧 氢 氧 氢 𝑇
得𝛥𝑝 <𝛥𝑝 ，所以汞柱向左移，故C正确，D错误。
氧 氢
故选C。
13.两端封闭玻璃管水平放置，一段水银把管内同种气体分成两部分，𝑉 >𝑉 ，如图．当温度为𝑡 时，水
左 右 1
银柱静止不动，现把两边都加热到𝑡 ，则管内水银柱将( )
2A. 向左移动 B. 向右移动 C. 保持静止 D. 无法判断
【答案】C
【解答】假设水银柱不动，则气体体积不变，
𝑝 𝑝+𝛥𝑝 𝑇 ―𝑇 𝛥𝑇
由查理定律得： = ，则𝛥𝑝= 2 1𝑝= 𝑝，
𝑇 1 𝑇 2 𝑇 1 𝑇 1
由于两部分气体的𝛥𝑇、𝑇 、𝑝都相等，则气体压强的变化量𝛥𝑝相等，
1
水银柱受到两边气体压力的变化量相等，则水银柱保持不动；
故选C。
14.粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为𝐴和𝐵两部分，如图所示，已知两
部分气体𝐴和𝐵的体积关系是𝑉 =3𝑉 ，𝐴、𝐵中所装气体温度分别为10℃和20℃，如果两边温度都降低
𝐵 𝐴
1℃，水银将( )
A. 向𝐴端移动 B. 向𝐵端移动
C. 始终不动 D. 以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】解：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△𝑡时气体体积不变，根据理
𝑝 △𝑝
想气体状态方程，有： =
𝑇 △𝑇
△𝑇
故△𝑝= 𝑝，
𝑇
两侧初状态温度𝑇不相同，降低的温度△𝑇相同，右侧压强比左侧压强变化少，故水银向𝐴端移动，故A正
确；
故选：𝐴。
15.如图所示，𝐴，𝐵两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有
一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，𝐴中气体的温度为20 ℃，𝐵中气体温度为30 ℃，如果将它
们的温度都升高10 ℃，则水银柱将( )A. 向𝐴移动 B. 向𝐵移动 C. 不动 D. 不能确定
【答案】B
【解答】假定两个容器的体积不变，即𝑉 ，𝑉 不变，所装气体温度分别为293𝐾和303𝐾，当温度升高𝛥𝑇
1 2
时，左边的压强由𝑝 升高到 𝑝′ ，𝛥𝑝 =𝑝′ ―𝑝 ，右边的压强由𝑝 升至𝑝′ ，𝛥𝑝 =𝑝′ ―𝑝 ，
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
𝑝 𝑝
由查理定律得：𝛥𝑝 = 1 𝛥𝑇，𝛥𝑝 = 2 𝛥𝑇，因为𝑝 =𝑝 ，所以𝛥𝑝 >𝛥𝑝 ，即水银柱应向𝐵移动，故
1 293𝐾 2 303𝐾 2 1 1 2
ACD错误，B正确。
故选B。
