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易错点15 不能准确计算气体状态变化引起的内能改变问题
目 录
01 易错陷阱
易错陷阱1：对分子力与分子间距离变化关系的不明确
易错陷阱2：混淆理想气体状态方程的应用条件
易错陷阱3：混淆单晶体、多晶体及非晶体的异同
易错陷阱4：对浸润和不浸润、毛细现象的原理不清
易错陷阱5：不能明确做功与热传递对物体内能的影响
02 易错知识点
知识点一、微观量的估算
知识点二、气体压强的产生与计算
知识点三、气体实验定律的应用
知识点四、热力学第一定律的理解及应用
03 举一反三——易错题型
题型一：“玻璃管液封”问题
题型二：“汽缸活塞类”问题
题型三：“变质量气体”问题
题型四：热力学定律与气体实验定律的综合
04 易错题通关
易错陷阱1：对分子力与分子间距离变化关系的不明确
(1)r0的意义
分子间距离r＝r0时，引力与斥力大小相等，分子力为零，所以分子间距离等于r0(数量级为10－10
m)的位置叫平衡位置．
(2)分子间的引力、斥力和分子力随分子间距离变化的图像如图所示．在r 轴
上方，分子间的作用力表现为斥力；在r 轴下方，分子间的作用力表现为引
力．
①分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小且斥力变化得快．
②实际表现的分子力是引力和斥力的合力．
③当r<r0时，分子力随分子间距离的增大而减小；当r>r0时，分子力随分子
1
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间距离的增大先增大后减小．
易错陷阱2：混淆理想气体状态方程的应用条件
1．对理想气体状态方程的理解
(1)成立条件：一定质量的理想气体．
(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关．
(3)公式中常量C 仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p、V、T)无关．
(4)方程中各量的单位：温度T 必须是热力学温度，公式两边中压强p 和体积V 单位必须统一，但不
一定是国际单位制中的单位．
2．理想气体状态方程与气体实验定律
＝⇒
易错陷阱3：混淆单晶体、多晶体及非晶体的异同
分类
微观结构
宏观表现
外形
物理性质
晶体
单
晶
体
组成晶体的物质微粒(原
子、分子、离子)在空间
按一定规则排列——空间
点阵
有天然、规则
的几何形状
各向
异性
有确定的熔点
多
晶
体
由无数的晶体微粒(小晶
粒)无规则排列组成
没有天然、规
则的几何形状
各向
同性
非晶体
内部物质微粒是无规则排列的
没有确定的熔化温度
易错陷阱4：对浸润和不浸润、毛细现象的原理不清
(1)附着层内分子受力情况
液体和固体接触时，附着层的液体分子除受液体内部的分子吸引外，还受到固体分子的吸引．
(2)浸润的成因
当固体分子吸引力大于液体内部分子力时，这时表现为液体浸润固体．
(3)不浸润的成因
当固体分子吸引力小于液体内部分子力时，这时表现为液体不浸润固体．
(4)毛细现象的产生原因
毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系．
如图所示，甲是浸润情况，此时管内液面呈凹形，因为液体的表面张力的作用，液体会受到向上的
作用力，因而管内液面要比管外高；乙是不浸润情况，管内液面呈凸形，表面张力的作用使液体受
到向下的力，因而管内液面比管外低．
2
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易错陷阱5：不能明确做功与热传递对物体内能的影响
符号
W
Q
ΔU
＋
体积减小，外界对热力学系统
做功
热力学系统吸收热量
内能增加
－
体积增大，热力学系统对外界
做功
热力学系统放出热量
内能减少
知识点一、微观量的估算
1．微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2．宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
3．关系
(1)分子的质量：m0＝＝.
(2)分子的体积：V0＝＝.
(3)物体所含的分子数：N＝·NA＝·NA或N＝·NA＝·NA.
4．两种模型
(1)球体模型直径为d＝ .(适用于：固体、液体)
(2)立方体模型边长为d＝.(适用于：气体)
知识点二、气体压强的产生与计算
1．产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上
的压力叫做气体的压强．
2．决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
3
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(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h 处的总压强
p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
4．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
知识点三、气体实验定律的应用
1．气体实验定律
玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
内容
一定质量的某种气体，在
温度不变的情况下，压强
与体积成反比
一定质量的某种气体，在
体积不变的情况下，压强
与热力学温度成正比
一定质量的某种气体，在
压强不变的情况下，其体
积与热力学温度成正比
表达式
p1V1＝
p 2V2
＝或
＝
＝或
＝
图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、
温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
知识点四、热力学第一定律的理解及应用
1．热力学第一定律的理解
不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与
热传递之间的定量关系．
2．对公式ΔU＝Q＋W 符号的规定
符号
W
Q
ΔU
＋
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
－
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
3.几种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝Δ U ，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．
4
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(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝Δ U ，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0 或W＝－Q.外界对物体做的功等
于物体放出的热量．
题型一：“玻璃管液封”问题
【例1】（2024•洛阳一模）如图所示，将一内径处处相同，导热良好的“T”形细玻璃管以“┝”
的姿势放在水平面上，使其上端开口，下端封闭，且使竖直细管垂直水平面，管中用水银封闭
着A、B 两部分理想气体，C 为轻质密闭活塞，各部分长度如图所示。现缓慢推动活塞，将水平
管中水银恰好全部推进竖直管中，水银未从上端管口溢出，已知大气压强p0＝75cmHg，设外界
温度不变。求：
（1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A 的压强；
（2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离。
【解答】解：（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A 的压强 p'A＝p0+ρgh＝
75cmHg+15cmHg＝90cmHg
（2）初状态，气体A 的压强 pA＝p0+ρgh1＝75cmHg+10cmHg＝85cmHg
设玻璃管横截面积为S，初状态气体A 的体积 V A = 45 Sc m
3
设末状态气体A 的体积为 VA 对气体A 由玻意耳定律得 pAVA＝p'AVA，解得 V A' = 42.5 Sc m
3
末状态气体A 的长度 L= V A
S = 42.5cm
5
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气体A 的长度减少量ΔL＝（45﹣42.5）＝2.5cm
初状态气体B 的压强 pB＝p0+ρgh2＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg
末状态气体B 的压强 pB＝P+ρgh3＝75cmHg+[15﹣（5+2.5）]cmHg＝82.5cmHg
初状态气体B 的体积 V B= 41.25 Sc m
2
设活塞移动的距离为x，末状态气体B 的体积 V B' =(41.25+5- x)Sc m
3=(46.25- x)Sc m
3
对气体B 由玻意耳定律得 pBVB＝p'BVB，代入数据得 x＝6.25cm。
答：（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A 的压强为90cmHg；
（2）活塞移动的距离为6.25cm。
【变式1-1】（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，开口竖直向上的固定气缸右侧连一“U”形管气
压计，在距气缸底部1.2l 处有一个卡环，一质量为m 的活塞可以在气缸内卡环以上部分无摩擦
滑动且不漏气，在气缸内封闭一定质量的气体，当温度为T0时，活塞静止在距气缸底部为1.5l
处，已知大气压强恒为p0，气缸横截面积为s，不计“U”形管内气体的体积，现缓慢降低缸内
气体的温度，求：
（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度T1；
（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度T2．
【解答】解：（1）降低温度直至活塞刚接触卡环的过程中，气体压强不变，初态：P1＝p0+ mg
s
，V1＝1.5ls，T＝T0
活塞刚接触卡环时：P2＝P1，V2＝1.2 ls，T1＝？
根据盖吕萨克定律有：
V 1
T 0
= V 2
T 1
T 1= T 0V 2
V 1
= T 0×1.2ls
1.5ls
=0.8T 0
（2）从活塞接触卡环到液面相平的过程中，气体等容变化，有：
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P3＝P0，V3＝1.2 ls，T2＝？
根据查理定律可得：
p2
T 1
= p3
T 2
所以：T 2= P3T 1
P2
=
P0× 4
5 T 0
p0+ m
ρs
=
4 p0T 0 s
5 p0 s+5mg
答：（1）当活塞缸接触卡环时，气体的温度是0.8T0；
（2）当气压计两管水银面相平时，气体的温度是
4 p0T 0 s
5 p0 s+5mg．
【变式1-2】（2024•博望区校级模拟）如图，粗细均匀的L 形导热细玻璃管固定在竖直面内，竖直
部分AB 顶端封闭，长为55cm，通过水银柱在管内封闭一段长为30cm 的理想气体，水平部分
BC 左端开口，管内的水银柱总长为30cm，水银柱左侧面到C 端的距离为20cm，已知大气压强
为75cmHg，环境温度为300K。
（1）若温度缓慢升高，发现水银柱左侧面向左移动的距离为10cm，求此时环境温度；
（2）若保持（1）中环境温度不变，将玻璃管C 端用活塞封闭，并缓慢向右推动活塞，当AB 中
水银柱回到初始高度时，求此时竖直管内气体的压强。
【解答】解：（2）初始时刻气柱A 的压强为p1＝p0﹣25cmHg＝75cmHg﹣25cmHg＝50cmHg，
V1＝30S，T1＝300K
水银柱左侧面向左移动的距离为10cm ，此时有p2 ＝p0﹣15cmHg ＝75cmHg﹣15cmHg ＝
60cmHg，V1＝40S
根据理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
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解得T2＝480K
（2）根据查理定律有
p1
T 1
= p3
T 2
解得p3＝80cmHg
答：（1）此时环境温度为480K；
（2）此时竖直管内气体的压强为80cmHg。
【变式1-3】（2024•嘉兴模拟）如图所示，自重为G 的玻璃管竖直悬挂在力传感器下方，其上端封
闭，下端没入水银槽中。一段水银柱将管中气体分成上下两部分，下方气体和水银交界面与管
外水银面齐平。已知力传感器示数为1.1G，外界大气压为p0，玻璃管横截面积为S、水银密度
为ρ、重力加速度为g，不计玻璃管壁厚度，求：
（1）管内上方气体压强p；
（2）管内水银柱高度h；
（3）若环境温度缓慢升高，则下方气体与水银交界面将 下降 （选填“上升”、“下降”或
“不动”），上方气体碰撞单位面积管壁的平均撞击力将 增大 （选填“增大”、“减小”
或“不变”）。
【解答】解：（1）对玻璃管受力分析，受到大气向下的压力p0S，竖直向下的重力G，封闭气
体竖直向上的支持力pS，测力计拉竖直向上的力F＝1.1G。
由平衡条件得：p0S+G＝pS+1.1G
解得：p= p0- G
10 S
（2）由题意可知玻璃管下部封闭气体的压强为p'＝p0，对水银柱受力分析，可得：
pS+ρShg＝p0S
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解得：h=
G
10 ρgS
（3）若环境温度缓慢升高，管内两部分气体压强均增大，则下方气体与水银交界面将下降，上
方气体碰撞单位面积管壁的平均撞击力将增大。
题型二：“汽缸活塞类”问题
【例2】（2024•湖北模拟）如图（a）所示，竖直放置、开口向上的汽缸内用质量m＝10kg 的活塞
封闭着一部分理想气体，活塞横截面积S＝0.01m2，能无摩擦的滑动。初始时活塞处于静止状态，
距离气缸底部的高度h1＝9cm。若汽缸、活塞导热性好，气体温度始终保持不变，已知大气压强
p0＝1×105Pa，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）初始时刻气体的压强p1；
（2）将汽缸缓慢倒置后，如图（b）所示，活塞距气缸底部的高度h2。
【解答】解：（1）对活塞进行受力分析，有
mg+p0S＝p1S
初始时刻气体压强
p1=1.1×10
5 Pa
（2）对活塞进行受力分析，有
mg+p2S＝p0S
由等温变化规律，有
p1h1S＝p2h2S
解得h2＝11cm
【变式2-1】（2024•龙岗区校级三模）如图为一个简易的环境温度报警器，一固定在水平地面上的
汽缸，导热性能良好，缸内温度与环境温度可以认为相等，当轻绳拉力刚好为零时，蜂鸣器开
始报警。汽缸内有一质量不计、横截面积，S＝10cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上
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方用轻绳悬挂着质量m＝1kg 矩形重物。当缸内温度为T1＝300K 时，活塞与缸底相距H＝
10cm，与重物相距h＝2cm。大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2，不计活塞厚
度及活塞与缸壁间的摩擦。
（1）当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2；
（2）报警器刚开始报警时，求环境温度T3。
【解答】解：（1）从开始到活塞刚接触重物，气体经历等压变化，则：
HS
T 1
= ( H +h)S
T 2
代入数据可得：T2＝360K
（2）绳子拉力刚好为零时，对活塞受力分析，由平衡条件有：
p1S＝p0S+mg
活塞从接触重物开始到报警的过程，气体经历等容变化，有：
P0
T 2
= P1
T 3
代入数据可得：T3＝396K
答：（1）当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度T2为360K；
（2）报警器刚开始报警时，求环境温度T3为396K。
【变式2-2】（2024•花溪区校级模拟）如图，绝热气缸A 与导热气缸B 均固定于地面，由刚性杆
连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均
为V0、温度均为T0．缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强为原来的1.2 倍．
设环境温度始终保持不变，求：
（i）气缸B 中气体的体积VB；
（ii）气缸A 中气体的温度TA．
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【解答】解：（i）气缸B 中气体，初末温度不变，设初态压强为p0，末态压强为：PB＝PA＝
1.2P0…①
由玻意耳定律得：P0V0＝1.2P0VB…②
所以汽缸B 中气体体积：V B= 5
6 V 0⋯③
（ii）气缸A 中气体末态体积为：V A =2V 0- 5
6 V 0= 7
6 V 0⋯④
由理想气体状态方程得
p0V 0
T 0
= 1.2 p0V A
T A
⋯⑤
所以汽缸A 中气体的温度：TA＝1.4T0…⑥
答：（i）气缸B 中气体的体积VB为5
6 V 0；
（ii）气缸A 中气体的温度TA为1.4T0．
【变式2-3】（2024•广东三模）一内壁光滑的汽缸竖直放置，通过轻杆连接的两活塞a、b 之间封
闭有一定质量的理想气体，如图所示。初始时，两活塞均处于静止状态，且两活塞到汽缸连接
处MN 的距离相等，封闭气体的热力学温度为T0。已知两活塞a、b 的质量分别为ma= 3
2 m0，mb
＝m0，横截面积Sa= 5
3 Sb= 5
3S，重力加速度大小为g，大气压强恒为m0 g
4 S 。
（1）若使封闭气体缓慢降温使活塞a 恰好移动到连接处MN，求此时气体的温度；
（2）若在活塞a 上缓慢添加细砂使活塞a 恰好移动到连接处MN，封闭气体温度不变，求最终
所加细砂的总质量。
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【解答】解：（1）设活塞a、b 到MN 处的距离均为L，气体缓慢降温至活塞a 恰好移到MN 处
过程，压强不变，根据盖—吕萨克定律有
(Sa+ Sb)L
T 0
= Sb×2 L
T
解得
T = 3
4 T 0
（2）初始时，设封闭气体压强为p1，研究a、b 两活塞及轻杆整体有
p0Sa+p1Sb+mag+mbg＝p0Sb+p1Sa
设活塞a 恰好移动到MN 处时，封闭气体压强为p2，研究a、b 两活塞及轻杆整体有
p0Sa+p2Sb+mag+mbg+mg＝p0Sb+p2Sa
根据玻意耳定律有
p1（Sa+Sb）L＝p2Sb×2L
解得m= 8
9 m0
答：（1）此时气体的温度为3
4 T 0；
（2）最终所加细砂的总质量为8
9 m0。
题型三：“变质量气体”问题
【例3】（2024•开福区校级模拟）如图甲，气动避震是通过控制气压来改变车身高低，备受高档轿
车的青睐。其工作原理可以简化为如图乙，在导热良好的气缸内用可自由滑动的面积为S＝
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10cm2活塞和砝码组合体封闭一定质量的空气，活塞和砝码总质量为m＝5kg。充气装置可通过
开关阀门K 对气缸进行充气或放气来改变车身高低。初始时，开关阀门K 关闭，此时气缸内气
体高度为h1＝40cm。已知外界大气压强p0＝1.0×105Pa。求：
（1）初始状态气缸内压强p1；
（2）仅将活塞和砝码的总质量增大至10kg 时，汽缸内气体高度h2；
（3）在（2）的基础上，打开阀门K，充气装置向气缸内充气，当汽缸内气体高度最终恢至h1
时，求充入的外界大气的体积V。
【解答】解：（1）根据活塞平衡可知初始状态汽缸内压强为
p1= p0+ mg
S
解得：p1=1.5×10
5 Pa
（2）末态汽缸内气体压强为
p2= p0+ m' g
S
根据玻意耳定律得
p1Sh1＝p2Sh2
解得：h2＝30cm
（3）根据玻意耳定律得
p0V+p2Sh2＝p2Sh1
解得：V＝200cm3
答：（1）初始状态气缸内压强p1为1.5×105Pa；
（2）汽缸内气体高度h2为30cm；
（3）充入的外界大气的体积V 为200cm3。
【变式3-1】（2024•浙江二模）自行车在生活中是一种普及程度很高的交通工具。自行车轮胎气压
过低不仅费力而且又很容易损坏内胎，轮胎气压过高会使轮胎的缓冲性能下降或发生爆胎，因
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此保持合适的轮胎气压对延长轮胎使用寿命和提升骑行感受至关重要。已知某款自行车轮胎容
积为V＝1.8L 且保持不变，在环境温度为27℃条件下，胎内气体压强为p1＝1.5×105Pa，外界大
气压强为p0＝1.0×105Pa。
（1）若该车长时间骑行在温度较高的公路上使胎内气体的温度上升到37℃，问此时车内气体的
压强；
（2）若车胎的气门芯会缓慢漏气，长时间放置后胎内压强变为p0＝1.0×105Pa，忽略气体温度与
车胎容积的变化，问胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例；
（3）若自行车说明书规定的轮胎标准气压在室温27℃下为p＝2.1×105Pa，为使车胎内气压达标，
某同学用打气筒给自行车打气。设每打一次可打入压强为p0＝1.0×105Pa 温度为27℃的空气
90cm2。请通过计算判断打气10 次后车胎压强是否达到说明书规定的标准胎压。假设打气过程
气体的温度保持不变，车胎因膨胀而增大的体积可以忽略不计。
【解答】解：（1）气体做等容变化，由：p1
T 1
= p2
T 2
变形后得：p2= 273+37
273+27 ×1.5×10
5 Pa=1.55×10
5 Pa
（2）设原胎内气体做等温膨胀，由玻意耳定律可列：p1V＝p0V2
代入数据得到：V 2= 1.5
1.0 ×1.8 L=2.7 L
故泄漏质量占比为：Δm
m = ΔV
V 2
= 2.7 L-1.8 L
2.7 L
= 1
3
即有三分之一的气体泄漏。
（3）设原胎内气体做等温膨胀后压强变为p0时体积变为V3，得：p1V＝p0V3
再将胎内气体和打气筒打入的气体看作整体一起做等温压缩，由玻意耳定律：p0（1.5V+10ΔV）
＝p'V
其中每次打气：ΔV＝90cm3
联立解得：p'＝2.0×105Pa＜p，故胎内气体未达标准气压。
答：（1）时车内气体的压强为1.55×105Pa；
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（2）胎内泄漏出的气体质量占原来胎内气体质量的比例为1
3；
（3）未达标准气压，详见解析。
【变式3-2】（2024•江宁区校级二模）青藏高原上海拔4000m 时，大气压强为6.3×104Pa。某游客
在此出现了高原反应，随即取出一种便携式加压舱使用。如图所示，该加压舱主要由舱体、气
源箱组成。已知加压舱刚取出时是折叠状态，只打开进气口，气源箱将周围环境中体积为15m3
的大气输入到舱体中，稳定后，舱内空气新鲜，且气压不变，温度维持在27℃，病人在舱内的
高压环境中吸氧。充气后的加压舱舱体可视为长2.1m、底面积1m2的圆柱体，舱内外气体均可
视为理想气体，舱外环境温度保持﹣3℃不变。
（1）求稳定后舱内气体的压强；
（2）该游客在舱内治疗一段时间后情况好转，他改设2.0×105Pa、27℃的新模式，加压舱会自动
充气、放气，当将周围环境中1m3的气体充入加压舱后达到了新模式，求这个过程中放出气体
质量与进入气体质量之比。
【解答】解：（1）将体积为V 0=15m
3，压强为p0=6.3×10
4 Pa，温度为T0＝270K 的大气注
入舱体，
舱内气体温度为T1＝300K，体积为V 1= LS =2.1m
3
根据理想气体状态方程
p0V 0
T 0
= p1V 1
T 1
代入数据解得：p1=5×10
5 Pa
（2）舱内温度T1＝300K 不变，新气压
p2=2×10
5 Pa
充入气体体积：V 3=1m
3
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压强：p0=6.3×10
4 Pa
温度为T0＝270K
根据理想气体状态方程有
p2V 2
T 1
= p1V 1
T 1
+ p0V 3
T 0
代入数据解得：V 2=5.6m
3
排出舱体的气体体积：ΔV =V 2-V 1=3.5m
3
根据理想气体状态方程有
p0V 3
T 0
= p2V 4
T 1
代入数据解得：V 4=0.35m
3
综上放出气体质量与进入气体质量之比等于体积之比为：
m出
m入
= ΔV
V 4
代入数据解得：
m出
m入
=10
答：（1）稳定后舱内气体的压强为5×105Pa；
（2）这个过程中放出气体质量与进入气体质量之比为10。
【变式3-3】（2024•琼山区校级模拟）水肺潜水运动中，潜水员潜水时需要携带潜水氧气瓶，以保
障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等。潜水器材准备室中有一待充气的氧气瓶，其内部气
体的压强、温度与外界大气相同，潜水员用气体压缩机为其充气，1s 内可将压强为p0、温度为
t0、体积V0＝700mL 的气体充进氧气瓶内，充气完成时氧气瓶内气体压强p＝16atm，温度t＝
47℃。已知外界大气压p0＝1atm，外界环境温度t0＝27℃，氧气瓶的容积V＝11L，氧气瓶的导
热性能良好，水温恒为t0，水中每下降10m 深度水压增加1atm。
（1）求气体压缩机对氧气瓶充气的时间；
（2）潜水员携带氧气瓶迅速下潜至水面下h1＝10m 深处，在该水层活动期间吸入气体V1＝
20L，随即迅速下潜至水面下h2＝20m 深处，在该水层活动期间吸入气体V2＝16L，求此时氧气
瓶内剩余气体的压强。
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【解答】解：（1）充气过程有根据理想气体状态方程可得：
p0V
273+t0
+ p0V 充
273+t0
=
pV
273+t
代入数据解得：V 充=154 L=1.54×10
5mL
则充气时间为：t = V 充
V 0
，代入数据解得：t＝220s
（2）当下潜至水面下h1＝10m 深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，
则此时吸入气体压强为p1= p0+ h1
10，代入数据解得：p1＝2atm
此时以吸入气体和氧气管内气体为研究对象，则有
pV
273+t = p1V 1
273+t0
+
p' V
273+t0
当下潜至水面下h2＝20m 深处时，为保障潜水员吸入气体的压强跟外界水压相等，
则此时吸入气体压强为：p2= p0+ h2
10，代入数据解得：p2＝3atm
此时以吸入气体和氧气管内气体为研究对象，则有
p' V
273+t0
= p2V 2
273+t0
+ p″ V
273+t0
代入数据联立解得：p″＝8atm
答：（1）气体压缩机对氧气瓶充气的时间为220s；
（2）此时氧气瓶内剩余气体的压强为8atm。
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题型四：热力学定律与气体实验定律的综合
【例4】（2024•温州一模）从消毒柜中取出一质量m＝0.4kg、杯口截面积S＝3.5×10﹣4m2的圆柱
形玻璃杯。将杯盖盖上后，杯内密封一定质量的理想气体，该气体处于温度T0＝360K、压强
p0=1.0×10
5 Pa的状态A。冷却一段时间后，杯内气体温度降低至T1＝324K，气体达到状态
B。杯盖下表面为平面且形变可忽略，杯壁厚度可忽略。
（1）从状态A 到状态B 过程中，气体 （选填“吸收”或“放出”）热量，气体分子单
位时间撞击杯盖次数 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）求气体在状态B 的压强p1；
（3）气体在状态B 时，用竖直向上外力提起杯盖，由于大气压作用玻璃杯与杯盖不分离，两者
在空中保持静止，求杯盖对玻璃杯作用力F 的大小。
【解答】解：（1）从状态A 到状态B，气体发生等容变化，气体的温度降低，内能减小，根据
热力学第一定律可知，气体放出热量。
根据p
T =C 可知，气体的温度降低，气体压强减小，则气体分子单位时间撞击杯盖次数减小；
（2）由查理定律可知
p0
T 0
= p1
T 1
解得
p1=9.0×10
4 Pa
（3）对玻璃杯受力分析，玻璃杯静止时，由平衡条件有
p0S+F＝mg+p1S
解得
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F＝0.5N
即杯盖对玻璃杯作用力F 的大小为0.5N，方向为竖直向上。
故答案为：（1）放出，变小；
（2）气体在状态B 的压强p1为9.0×104Pa；
（3）杯盖对玻璃杯作用力F 的大小为0.5N。
【变式4-1】（2024•青秀区校级模拟）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组
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，封闭体积为V0的一定气体，气体压强此时为4p0。
（1）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V1，压强为p1，求
气体在状态N 与状态M 时的热力学温度之比。
（2）图（b）中虚线MN′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。（列表达式
说明理由）
（3）若容器内体积为V0、压强为4p0的气体是在塑料容器内原有压强为p0，体积为V0的封闭空
气中向内缓慢充气而形成的（不计容器的容积变化）。设充气过程中气体温度不变，求充入的
气体在该室温环境下压强为p0时的体积。
【解答】解：（1）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得
4 p0V 0
T M
= p1V 1
T N
解得
T N
T M
= p1V 1
4 p0V 0
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（2）根据p﹣V 图像与横轴所围的面积表示气体做功可知，从M 到N 的过程对外做功更多，N
和N′都是从M 状态变化而来，pV
T 应该相同，可得
TN＞T′N
所以从M 到N 的过程内能减小的更少，由热力学第一定律ΔU＝Q+W 可知，从M 到N′的过程
绝热，内能减小等于对外做功；从M 到N 的过程对外做功更多，内能减小反而更少，则气体吸
热。
（3）设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，根据玻
意耳定律有
p0V0+p0V＝4p0V0
解得
V＝3V0
答：（1）气体在状态N 与状态M 时的热力学温度之比为p1V 1
4 p0V 0
；
（2）气体吸热；
（3）充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为3V0。
【变式4-2】（2024•镇海区校级一模）某款智能手机可以直接显示手机所处环境的压强和温度，某
科创小组想利用智能手机的这种功能测量一形状不规则又易溶于水的物体密度，他们自制了
“测量筒”，测量筒由上端开口的隔热性良好且可电加热的圆柱形气缸和横截面积为S＝0.20m2
的隔热轻质活塞组成。具体操作如下：
第一步：如图甲所示，将手机放入测量筒，放上活塞，手机稳定显示压强p1＝1.013×105Pa；
第二步：如图乙所示，在活塞上轻放待测物体，稳定后，手机显示压强p2＝1.015×105Pa；
第三步：如图丙所示，把待测物体也放入气缸里，再放上活塞，待手机稳定显示温度T1＝270K
时，测得活塞到汽缸底部高度h＝0.50m。然后开启电热丝加热一段时间，待手机稳定显示温度
T2＝310K 时，测得活塞上升了Δh＝0.05m。（封闭的空气视为理想气体，忽略一切摩擦，待测
物体的体积始终不变，不计电热丝和手机的体积）。求：
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（1）第二步中，筒内气体在放上待测物前后的两种稳定状态进行比较，放上待测物后筒内气体
分子的平均速率 （填“增大”、“减小”、“不变”），气体的内能 （填“增
加”、“减少”、“不变”）：
（2）待测物体的质量 ；
（3）待测物体的体积 。
【解答】解：（1）在绝热条件下，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增加，
温度升高，则气体分子的平均速率增大。
（2）对活塞，由平衡条件有
p1S+mg﹣p2S＝0
解得待测物的质量为
m＝4kg
（3）在对气体缓慢加热的过程中，气体的压强保持不变，由盖—吕萨克定律得
V 1
T 1
= V 2
T 2
设待测物的体积为V，可得
V 1=hS -V =0.5×0.2m
3-V =0.1m
3-V
V 2=(h+ Δh)S -V =(0.5+0.05)×0.2m
3-V =0.11m
3-V
代入数据解得
V＝0.0325m3
故答案为：（1）增大，增加；（2）4kg；（3）0.0325m3。
【变式4-3】（2024•南宁模拟）如图甲所示，质量为4.0kg、面积为8.0cm2的绝热活塞将理想气体
封闭在上端开口的直立圆筒型绝热气缸中，活塞可沿气缸无摩擦滑动且不漏气。某时刻活塞静
止于A 位置，气缸内气体的内能U0＝100J。现通过电热丝缓慢加热直到活塞到达位置B，缸内
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气体的V﹣T 图像如图乙所示。已知大气压p0=1.0×10
5 Pa，重力加速度g 取10m/s2。已知一
定质量理想气体的内能只是温度的函数，气体的内能与热力学温度成正比。求：
（1）活塞处于A 位置时气缸内气体的热力学温度和活塞处于B 位置时气体的内能；
（2）从A 到B，气体从电热丝吸收的总热量。
【解答】解：（1）设活塞在A 位置时气体的体积为VA，热力学温度为TA。在B 位置时气体的
体积为VB，热力学温度为TB，内能为UB。
从A 到B，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有V A
T A
= V B
T B
可得活塞处于A 位置时气缸内气体的热力学温度为TA＝280K
根据气体的内能与热力学温度成正比，得
U B
U 0
= T B
T A
可得活塞处于B 位置时气体的内能为UB＝150J
（2）活塞从A 位置缓慢到B 为止，活塞受力平衡，以活塞为研究对象，则有pS＝p0S+mg
可得气缸内气体的压强为p＝1.5×105Pa
从A 到B，外界对气体做功为W＝﹣p（VB﹣VA）
解得W＝﹣45J
由热力学第一定律ΔU＝Q+W
其中ΔU＝UB﹣U0＝50J
解得从A 到B，气体从电热丝吸收的总热量为Q＝95J
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1.
（2024•如皋市模拟）小明同学设计了一种测温装置，用于测量的教室内的气温（教
室内的气压为一个标准大气压气压，相当于76cm 汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃
泡A 内有一定量的气体，与A 相连的B 管插在水银槽中，管内水银面的高度x 可反映泡内气
体的温度，即环境温度并把B 管水银面的高度转化成温度的刻度值当教室温度为27℃时，B
管内水银面的高度为16cm。B 管的体积与大玻璃泡A 的体积相比可忽略不计，则以下说法正
确的是（ ）
A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B 管上所刻的温度数值上高下低
C．B 管内水银面的高度为22cm 时，教室的温度为﹣3℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
【解答】解：A、管的体积与大玻璃泡A 的体积相比可忽略不计，所以玻璃泡内气体发生等容变
化，故A 错误；
B、根据查理定律，压强与热力学温度成正比，当玻璃泡内温度增加（即外界温度增加），玻璃
泡内的压强增加，水银柱下降，所以刻度值是下高上低，故B 错误；
C、由题意知，大气压强p0＝76cmHg，温度t＝27℃时，玻璃泡A 内的气体温度T＝300K
当B 管内水银面的高度x＝16cm 时，玻璃泡A 内的气体压强p＝p0﹣px＝76cmHg﹣16cmHg＝
60cmHg
另外，当B 管内水银面高度x′＝22cm 时，玻璃泡A 内的气体压强p′＝p0﹣pH＝（76﹣22）
cmHg＝54cmHg
设玻璃泡A 内的气体温度为T′，由题意可知玻璃泡A 内的气体做等容变化
由查理定律得：p
T = p'
T ' ，解得T′＝270K，即此时的气温为t＝（T′﹣273）℃＝（270﹣
273）℃＝﹣3℃，故C 正确；
D、当管内水银面的高度为x 时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为p′0，温度为
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T″，由查理定律得：p0- ρgx
T
= p'0- ρgx
T ″
，高山上压强减小，故显示温度高于实际温度，故D
错误。
故选：C。
2.
（2024•南通模拟）某小组设计的测温装置如图所示，竖直玻璃管B 与玻璃泡A 相连
插在水槽中，封有一定量的气体，大气压强不变的情况下，管内水柱高度可反映泡内气体的温
度，即环境温度。环境温度变化时，玻璃泡内气体压强可视为不变，则（ ）
A．测温物质是水
B．水柱越高温度越高
C．管上的刻度是均匀的
D．测温范围由A 体积决定
【解答】解：A、玻璃泡A 内的气体压强不变，则对A 中的封闭气体有：pV＝nRT，p 不变，则
V 与T 成正比，所以测温物质为气体，故A 错误；
B、压强不变的情况下，温度越高，气体体积越大，所以B 中液面越低，故B 错误；
C、根据A 选项中可得：压强不变，V 与T 成正比，所以刻度是均匀的，故C 正确；
D、当B 管中全是水时，V 最小，T 最小；当B 管中全是气体时，V 最大，T 最大，所以测温范
围由B 管的体积决定，故D 错误。
故选：C。
3.
（2024•长春一模）排球比赛中球内标准气压为1.300×105Pa～1.425×105Pa。某次比赛
时环境大气压强为1.000×105Pa，一排球内气体压强为1.100×105Pa，球内气体体积为5L。为使
该排球内的气压达到比赛用的标准气压，需用充气筒给排球充气，已知充气筒每次能将环境中
0.23L 的空气充入排球，充气过程中排球体积和气体温度的变化均可忽略不计，气体视为理想
气体，则需要充气的次数至少为（ ）
A．9 次
B．7 次
C．5 次
D．4 次
【解答】解：设至少充n 次才能使球内气体的压强达到p＝1.300×105Pa。
赛前球内气体压强为p1 ＝1.100×105Pa ，体积为V0 ＝5L ，每次冲入气体的压强为p2 ＝
1.000×105Pa，体积为V＝0.23L。
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根据理想气体状态方程“分态式”可得
p1V0+np2V＝pV0
代入数据解得：n≈4.35 次，所以赛前至少充气的次数为5 次，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
4.
（2024•合肥二模）我国在春节和元宵节都有挂灯笼的习俗。现代制作的灯笼大多用
铁丝做骨架，外层蒙以纸或纱类等透明物，内部装有白炽灯。夜晚点亮的白炽灯，既起到照明
作用，又能营造出喜庆的节日氛围。若灯未点亮前，灯笼内的温度为T1，空气密度为ρ1，灯
点亮一段时间后，灯笼内的温度升至T2，空气密度为ρ2。不计灯笼体积的变化，T1与T2的单
位均为开尔文。若大气压强不变，则ρ1与ρ2之比为（ ）
A．T 2-T 1
T 1
B．
T 1
T 2-T 1
C．T 1
T 2
D．T 2
T 1
【解答】解：设灯笼的体积为V1，灯未点亮前灯笼内空气的质量为m，点燃后灯笼内的温度为
T2时，气体的体积为V2，大气压强不变，根据盖—吕萨克定律可得：
V 1
T 1
= V 2
T 2
变形可得：V2= T 2
T 1
V 1
又因为：m＝ρ1V1＝ρ2V2
所以可得：
ρ1
ρ2
= V 2
V 1
= T 2
T 1
，所以ABC 错误，D 正确。
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故选：D。
5.
（2024•长沙模拟）某同学自制了一个气温计，他将一根透明玻璃管插入一个薄玻璃
瓶，接口处密封。将加热后的玻璃瓶倒置，再把玻璃管插入装有红墨水的水槽中，固定好整个
装置，如图所示。当瓶内气体温度降至室温T 时，管内外水面的高度差为h1。设红墨水的密度
为ρ，重力加速度为g，管内气体的体积与瓶的容积相比可忽略不计，室内气压保持p0不变，
以下操作过程中，玻璃管内水面一直在水槽水面之上。下列说法正确的是（ ）
A．若室温降低，玻璃瓶中的气体将发生等压变化
B．若室温升高，管内外水面的高度差将增大
C．当管内外水面的高度差为h2时，室温为p0- ρgh2
p0- ρgh1
T
D．将装置带至温度恒定的低压舱，舱内气压越低，管内外水面的高度差越大
【解答】解：A、管内气体的体积与瓶的容积相比可忽略不计，室温降低，玻璃瓶中的气体将发
生等容变化，故A 错误；
B、玻璃管内水面一直在水槽水面之上，玻璃瓶中的气体将发生等容变化，室温升高，玻璃瓶中
的气体压强增大，管内外水面的高度差将减小，故B 错误；
C、室温为T 时，玻璃瓶中的气体压强：p1＝p0﹣ρgh1
当管内外水面的高度差为h2时，玻璃瓶中的气体压强：p2＝p0﹣ρgh2；玻璃瓶中的气体将发生等
容变化，则有：
p1
T = p2
T 2
所以当管内外水面的高度差为h2时，室温为：T2= p0- ρgh2
p0- ρgh1
T，故C 正确；
D、根据p1＝p0﹣ρgh1可得：h1= p0- p1
ρg
；玻璃管内水面一直在水槽水面之上，将装置带至温度
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恒定的低压舱，舱内气压越低，管内外水面的高度差越小，故D 错误。
故选：C。
6.
（多选）（2024•湖南模拟）如图所示，水平桌面上有一个水银槽，薄壁细玻璃管的
底部胶接着一根细线，细线的另一端悬挂在铁架台的支架上。玻璃管开口向下并插入水银槽中，
管内外水银面高度差为h，管内被封闭了一定质量的理想气体，下列各种情况下能使细线拉力
变小的是（开始时细线的拉力不为零，且不计玻璃管所受的浮力）（ ）
A．随着环境温度升高，管内气体温度也升高
B．大气压强变大
C．再向水银槽内注入水银
D．稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移
【解答】解：对玻璃管受力分析，由平衡条件得
T+pS＝mg+p0S
解得细线的拉力大小为T＝（p0﹣p）S+mg＝ρghS+mg
即细线的拉力等于玻璃管的重力和管中高出液面部分水银的重力之和。
A、随着环境温度升高，管内气体温度也升高，由理想气体状态方程pV
T =C 可知管内封闭气体
的压强增大，水银柱高度h 减小，则细线拉力T 减小，故A 正确；
B、大气压强变大，水银柱上移，h 增大，所以细线的拉力T 增大，故B 错误；
C、向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h 减小，故细线的拉力T 减
小，故C 正确；
D、稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移，封闭气体体积增大，压强减小，平
衡时水银柱高度h 增大，故细线的拉力T 增大，故D 错误。
故选：AC。
7.
（多选）（2024•雨花区校级三模）内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放
置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已
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知环境温度为27℃，大气压强p0＝76cmHg。下列说法正确的是（ ）
A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm 时，气体Ⅰ长度为16cm
B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm 时，气体温度为500K
C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2cm
D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12cm
【解答】解：AB、两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm 时，对气体Ⅰ，有
p1V 1
T 1
= p1' V 1'
T 1'
根据题意可知：p1＝90cmHg，V1＝12S，T1＝300K，
竖直管水银上升10cm，则p1′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V1＝l1′S，
对气体Ⅱ，有
p2V 2
T 2
= p2' V 2'
T 2'
根据题意可知：p2＝90cmHg，V2＝8S，T2＝（27+273）K＝300K，
竖直管水银上升10cm：p2′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V2′＝l2′S，T2′＝T1′，
且气体的体积满足：V1′﹣V1+V2′﹣V2＝10S
代入数据联立解得：T2′＝T1′＝500K，l1′＝18cm，故A 错误，B 正确；
CD、保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有p1V1＝p1′′V1′′
加水银到管口时：p1′′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V1′′＝l1′′S
对气体Ⅱ，有p2V2＝p2′′V2′′
加水银到管口时：p2′′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V2′′＝l2′′S
代入数据可得：l1′′＝10.8cm，l2′′＝7.2cm
所以加入水银长度为：Δl＝l1﹣l1′′+l2﹣l2′′+10cm
代入数据解得：Δl＝12cm，故C 错误，D 正确；
故选：BD。
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8.
（多选）（2024•泰安三模）如图所示，竖直放置的导热良好的汽缸由横截面面积不
同的上、下两部分组成，上半部分的横截面面积为2S，下半部分的横截面面积为S，上半部分
的汽缸内有一个质量为2m 的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为m 的活塞B，两个活塞
之间用一根长为2L 的轻质细杆连接，两个活塞之间封闭了一定质量的理想气体，两活塞可在
汽缸内无摩擦滑动而不漏气。初始时，两活塞均处于静止状态，缸内封闭气体温度为T0，两
活塞到汽缸粗细部分交接处的距离均为L，重力加速度为g，环境大气压强为p0，则下列说法
正确的是（ ）
A．初始时，汽缸内封闭气体的压强为p0+ 2mg
S
B．初始时，细杆对活塞B 的作用力大小为4mg
C．若汽缸内密封气体温度缓慢降低到5T 0
6
，则两活塞向下移动的距离为L
6
D．若汽缸内密封气体温度缓慢升高到7T 0
6
，则缸内气体对外做功为p0 SL+3mgL
2
【解答】解：A、设初始时，汽缸内封闭气体的压强为p，则对两活塞及细杆整体，由平衡条件
有
p0•2S+3mg+pS＝p0S+p•2S
解得：p= p0+ 3mg
S
，故A 错误；
B、初始时，对活塞B 受力分析有
pS+mg＝p0S+F
解得细杆对活塞B 的作用力大小为：F＝4mg，故B 正确；
C、若汽缸内密封气体温度缓慢降低到5T 0
6
，汽缸内封闭气体发生等压变化，则根据盖—吕萨克
定律有
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L⋅2S+ LS
T 0
= V
5T 0
6
解得：V = 5 LS
2
设两活塞向下移动的距离为x，则有
V = 5 LS
2
=( L- x)⋅2S+( L+ x)S
解得：x = L
2 ，故C 错误；
D、若汽缸内密封气体温度缓慢升高到7T 0
6
，根据盖—吕萨克定律有
L⋅2S+ LS
T 0
= V '
7T 0
6
解得：V′= 7 LS
2
汽缸内等压膨胀对外做功为W＝pΔV＝（p0+ 3mg
S
）[7 LS
2
-（L•2S+LS）]= p0 SL+3mgL
2
，故
D 正确。
故选：BD。
9.
（2024•宁波二模）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，
气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的横截面积均为S，容积均为
V0，气缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5 倍。开始时K 关闭，两活塞下方和
右活塞上方均充有气体（可视为理想气体），活塞下方气体压强为p0，左活塞在气缸正中间，
其上方为真空，右活塞上方气体体积为V 0
4 。现使气缸底与一热源接触，热源温度恒为7
5T0，
平衡后左活塞升至气缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度
为T0，不计活塞体积及与气缸壁间的摩擦。求：
（1）开始时右活塞上方气体压强p′；
（2）接触恒温热源后且未打开K 之前，左活塞上升的高度H；
（3）打开阀门K 后，重新达到平衡时左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
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【解答】解：（1）对左侧活塞，由平衡条件可得：p0S＝1.5mg
对右侧活塞，由平衡条件可得：p′S+mg＝p0S
联立解得：p′= 1
3 p0；
（2）打开K 前，左侧下部分气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：
3
4 V 0+ 1
2 V 0
T 0
=
3
4 V 0+ 1
2 V 0+ HS
7
5 T 0
解得：H= V 0
2S
；
（3）打开K 后，设左侧气缸上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等
温变化得：
p′•1
4 V 0=p1V1
对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时
下部分气体的压强为：
p2＝p1+ mg
S =p1+p0
由等温变化可得：p0•7
4 V0＝p2（2V0﹣V1）
解得：V1= V 0
2
此时右侧活塞运动到气缸的顶部，所以左气缸中活塞上方气体的体积：
Vx＝V1= 1
2 V 0。
答：（1）开始时右活塞上方气体压强为1
3 p0；
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（2）接触恒温热源后且未打开K 之前，左活塞上升的高度为V 0
2S
；
（3）打开阀门K 后，重新达到平衡时左气缸中活塞上方气体的体积为1
2 V 0。
10. （2024•镇海区校级模拟）某研究性学习小组设计了一种“体积测量仪器”，用于测
量不规则物体的体积。如图所示，导热薄壁汽缸竖直放置在水平面上，横截面积S＝10cm2，
其底部放一不规则物体，活塞密封一定质量的理想气体，可沿着汽缸壁无摩擦滑动，活塞下表
面距缸底的高度为h1＝40cm，现在活塞上表面缓慢加上细沙，当沙子的质量为m＝2kg 时，活
塞向下移动的距离为h2＝6cm，外界热力学温度为T1＝280K，且保持不变。活塞重力可忽略不
计，大气压强恒为p0＝1.0×105Pa，求：
（1）活塞下移过程中，缸内的理想气体是吸热还是放热；气体分子热运动的平均速率是否变化？
（选填“变大”、“变小”、“不变”）
（2）物体的体积V0；
（3）若此后外界的温度缓慢上升，活塞恰好回到初始时的位置，此时外界的热力学温度T3。
【解答】解：（1）活塞下移过程中，缸内的理想气体体积减小，外界对气体做功，即W＞0，
又因为汽缸导热性能良好，外界温度不变，所以缸内气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，则
热力学第一定律
ΔU＝W+Q
可得，Q＜0，即缸内的理想气体放热；
由于温度是分子平均动能的唯一标志，且气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，所以
气体分子热运动的平均速率不变；
（2）当沙子的质量m＝2kg 时，对活塞受力分析有
pS＝p0S+mg ①
又对活塞下移h2的过程，由玻意耳定律有
p0V1＝pV2 ②
其中V1＝h1S﹣V0，V2＝（h1﹣h2）S﹣V0 ③
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结合①②③代入数据解得：V0＝40cm3；
（3）选取未加沙子的时刻为初状态，活塞回到初始位置的时刻为末状态，则汽缸内的气体发生
等容变化，由查理定律
p0
T 1
= p
T 3
代入数据解得：T3＝336K；
答：（1）活塞下移过程中，缸内的理想气体是放热；气体分子热运动的平均速率是不变；
（2）物体的体积40cm3；
（3）此后外界的温度缓慢上升，活塞恰好回到初始时的位置，此时外界的热力学温度为
336K。
11. （2024•浙江模拟）如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向
上的外力F。当F＝2mg 时，气缸与活塞静止在倾角为37°的斜面上。已知气缸质量m1＝4m，
活塞质量m2＝m，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为L0，斜面与气缸之间的动
摩擦因数μ＝0.5，大气压强P0，重力加速度为g，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力F 的
大小。
（1）求开始F＝2mg 时，气缸受到的摩擦力；
（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g 的加速度加速运动时，F 力的大小；
（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。
【解答】解：（1）设开始F＝2mg 时，气缸受到的摩擦力为f，开始时气缸与活塞静止在斜面上，
对气缸和活塞整体，由平衡关系有
F＝（m1+m2）gsin37°+f（假设f 方向沿斜面向下）
代入数据解得f＝﹣mg
负号表示f 方向沿斜面向上，f 大小为mg。
（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g 的加速度加速运动时，对气缸和活塞整体，由牛顿第
二定律有
F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcos37°＝（m1+m2）a
代入数据解得F'＝8mg
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（3）以活塞为研究对象，当F＝2mg、活塞静止，设此时缸内气体压强为p1，由平衡关系有
F+p1S＝m2gsin37°+p0S
代入数据解得p1＝p0- 7mg
5 S
当F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g 的加速度加速运动时，设此时缸内气体压强为p2，对活塞，
由牛顿第二定律有
F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a
代入数据解得p2＝p0- 34 mg
5 S
缸内气体可视为理想气体，设加速运动时，活塞与气缸底部距离为L，由玻意耳定律有
p1L0S＝p2LS
代入数据解得L= 5 p0 S -7mg
5 p0 S -34 mg L0
则活塞相对气缸底部运动距离
x＝L﹣L0
代入数据解得x=
27mg
5 p0 S -34 mg L0
答：（1）开始F＝2mg 时，气缸受到的摩擦力为mg，方向沿斜面向上；
（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g 的加速度加速运动时，F 力的大小为8mg；
（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离为
27mg
5 p0 S -34 mg
L0。
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