文档文本内容
专题强化：气体实验定律的综合应用（图像、关联气
体）
目录
.....1
.....5
考点一 气体的图像问题........................................................................................................................................................5
考向1：P—V 图像..........................................................................................................................................................5
考向2：V—T 图像..........................................................................................................................................................6
考向3：P—T 图像..........................................................................................................................................................7
考向4：P—1/V 图像..................................................................................................................................................... 8
考点二 关联气体问题..........................................................................................................................................................12
考向1：活塞关联气体................................................................................................................................................12
考向2：液柱关联气体................................................................................................................................................13
. .17
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 17
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 25
核心考点
1.气体实验定律中的图像问题
（1）常见图像及其物理意义：
P-V 图：
等温线：双曲线（PV=C）。温度越高，曲线离坐标轴越远（T₂>T₁）。
面积意义：气体对外或外界对气体所做的功（数值上等于曲线与坐标轴围成的面
积）。
V-T 图：
等压线：过原点的倾斜直线（V/T=C）。压强越大，斜率越小（P₂>P₁）。
P-T 图：
等容线：过原点的倾斜直线（P/T=C）。体积越大，斜率越小（V₂>V₁）。
（2）图像间的转化：能将同一物理过程（如等温压缩）在P-V、V-T、P-T 三种坐标系
中正确转换，注意不同坐标系中图线的形状不同。
（3）过程组合与循环过程：在P-V 图中，闭合曲线围成的面积表示气体经历一个循环
对外做的净功（或外界对气体做的净功）。
2.关联气体问题
（1）定义：两个或多个独立的气体系统，通过活塞、阀门、细管等相互关联，它们的
压强、体积、温度之间存在特定的力学或几何约束。
（2）常见关联形式：
活塞/气缸关联：两个气缸通过一个可移动的活塞相连（或活塞杆固定），两部分气体
压强可以相等或存在压强差（由活塞受力平衡决定）。
连通管/阀门关联：两个或多个容器通过阀门或细管相连，打开阀门后，两部分气体混
合或发生状态变化，最终达到新的平衡（压强相等、温度相等）。
（3）解题核心思路：
隔离法：对每个气体系统（封闭部分）分别应用气体实验定律或理想气体状态方程。
寻找关联条件：
力学关联：通过分析活塞、液柱的受力平衡或牛顿第二定律，找出各部分气体压强之
间的关系。
几何关联：找出各部分气体体积之间的关系（如总体积不变、一部分体积增大等于另
一部分体积减小）。
状态关联：当两部分气体混合后，通常它们的温度和压强最终会达到相同。
考情透析
1.题型与难度：必考内容，是热学部分的重难点和压轴题常考点。常以计算题（往往占
据热学大题的全部或大部分分值）或选择题（图像识别与分析）的形式出现。难度中档→
较高。
2.命题规律：
高频考查：
图像问题的核心：等温线在P-V 图中的识别与比较（如判断不同温度下等温线的位
置）；V-T 图、P-T 图中等压线、等容线的斜率判读及物理意义（斜率对应什么量）。
关联气体的力学条件：活塞平衡（两侧气体压力之差等于活塞重力或其它外力）。
打开阀门后的关联气体混合问题（如在两个固定容积容器间打开阀门，最终两部分气
体达到相同的压强和温度）。
常规考法：
给出一个P-V 图像（单一过程或循环过程），要求判断气体内能变化、做功和吸放热
情况。
给出两个气缸通过活塞连接的静态或动态问题，求未知的压强、体积或温度。
创新考法：
图像与热力学定律综合：给出一个复杂过程图像（如等压→等容→等温），要求结合
ΔU=Q+W 分析各阶段及整个过程的能量转化。
力学与热学深度综合：关联气体系统处于加速状态（如一辆加速的小车上的两个气
缸），此时活塞的平衡方程需加入惯性力（加速度），解题难度提升。
多体多过程：气体经历多个过程（如先等温压缩，再等容升温，再打开阀门关联另一
气体），需要分阶段、分系统列方程，具有很强的综合性。
3.考查方向：侧重对气体实验定律图像中关键点、线、面积的物理意义的精准理解、能
从P-V、V-T、P-T 三种图像中准确提取信息并利用状态方程求解、能熟练运用隔离法与整
体法，通过力学分析（活塞/液柱平衡）建立关联气体的压强与体积关系方程、处理多过程
与多系统的综合计算能力。
素养对接
1.图像与数形结合思维：
能通过P-V 图中的“曲线下面积”直观地理解做功的物理含义，将抽象的物理过程可
视化。
能通过分析V-T 图或P-T 图中过原点的倾斜直线（正比关系）的斜率，判断哪个状态参
量（如压强、体积）更大或更小，有效培养“数形结合”的数学素养。
能够进行图像间的动态转换，将一个过程在不同坐标系中表达出来，锻炼了空间想象
与信息转化能力。
2.隔离法与整体法（系统思维）：
关联气体问题的核心解题方法是“隔离法”：将复杂的关联系统拆分为若干个独立的
子系统（每个子系统内部质量不变），分别建立方程。
在找到各部分之间的关联条件（力学、几何）时，又需要运用“整体法”的思维，从
整个系统的角度来建立物理量之间的联系。这种“拆分—隔离—关联—求解”的流程，是
物理学中解决复杂系统问题的标准范式。
3.模型建构与等效思维：
将实际的热学装置（如带有活塞的气缸、U 型管）抽象为力学平衡模型，将气体状态变
化抽象为气体实验定律的数学表达式。
对于液柱模型（连通器模型），通过找“等压面”的方法，将一个复杂的气体压强关
系，转化为同种液体同一水平面上的压强相等这一简单条件，体现了等效替代的思想。
4.逻辑推理与严谨运算能力：
关联气体和图像题往往需要多步推导和多方程联立求解（如关联气体可能有2~3 个方
程，图像题需要提取多个交点信息），对学生的逻辑推理的严谨性和数学运算的准确性提
出了较高要求。
学习目标
1.知识目标：
能在P-V、V-T、P-T 三种坐标系中，准确识别出等温、等容、等压变化对应的图线形
状。
能说出V-T 图、P-T 图中，过原点直线斜率的物理意义（分别正比于哪些量）。
能说出P-V 图曲线下的面积、闭合曲线包围的面积所代表的物理意义（气体做功、循
环净功）。
能复述处理关联气体问题的核心思想（隔离法）和寻找关联条件（力学、几何）的途
径。
2.能力目标：
识图与转化能力：能根据图像判断气体状态的变化趋势（如温度升高、体积膨胀
等），并能在P-V、V-T、P-T 之间进行正确转换。
关联条件提取能力：能从题干的文字或装置图中，提取出两部分气体的压强关系（活
塞平衡）和体积关系（如总体积不变）。
多过程分析能力：能将一个复杂的气体过程（如先等温再等容）拆解为若干简单过
程，分步列方程求解。
复杂计算能力：能联立多个方程（状态方程+力学方程+几何方程）进行求解（如求未
知的压强、体积或温度）。
备考建议
1.死磕“气体三大图像（P-V、V-T、P-T）”的核心规律和斜率意义，这是图像题的得
分基础。
2.必须掌握“关联气体问题”的“两步走”基本解题步骤。
3.重点突破关联气体问题，这是近年高考的高频高分题。
4.强化易错点专项训练：
易错点一：混淆图像中不同参量比较的“谁大谁小”。如在V-T 图中，常误认为斜率
大的直线表示压强大。正确结论是：斜率大的直线表示压小（因为V/T=C，C 与压强成反
比）。牢记口诀：P-T 图看体积，V-T 图看压强，斜率大的那个量（体积/压强）反而小。
易错点二：在关联气体中，搞错两部分气体间的压强关系。例如，当活塞连接一个轻
质弹簧或受其他外力时，不能想当然地认为两部分气压相等，必须老老实实地对活塞进行
受力分析。
易错点三：在混合气体问题中，误将两部分气体的初态压强相加。正确的做法是分离
初态计算摩尔数，然后将所有气体视为一个整体计算末态。
易错点四：在图像转化时搞错横纵坐标和正比关系。如将等温膨胀从P-V 图（一条向
下的曲线）转化为V-T 图（一条水平直线），或从V-T 图（过原点的直线）转化为P-T 图
（过原点的直线）时要十分小心。正确的做法是：在脑海中想象过程的物理实质（如等
温、等压、等容），再在新坐标系中画出对应形状的线。
考点一 气体的图像问题
【必备知识回顾】
1.典型状态变化过程的图像(质量相同的同种理想气体)
等温变化
等容变化
等压变化
图像
p-V 图像
p- 1
V 图像
p-T 图像
V-T 图像
特点
pV ＝CT （其中C 为恒
量），即pV 之积越大的等温
p ＝CT 1
V ，斜
p＝C
V T，斜率
V＝C
p T，斜率
线温度越高，线离原点越远
率k＝CT，即斜率
越大，温度越高
k ＝C
V ，即斜率越
大，体积越小
k ＝C
p ，即斜率越
大，压强越小
2.气体状态变化的图像问题的解题技巧
(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想
气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体
状态变化的一个过程。
(2)明确图像斜率的物理意义：在V－T 图像(p－T 图像)中，要比较两个状态的压强(或体积)大小，可
以根据＝C，比较这两个状态点与原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率
越小，压强(或体积)越大。
【重难模型精讲】
考向1：P—V 图像
【典例1】(2026·广东省·月考试卷)如图所示，在斯特林循环的p-V 图象中，一定质量理想气体从状
态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法中正确
的是()
A.状态A的温度高于状态C的温度
B.B→C过程中，单位体积里气体分子数目减小
C.C →D过程中，气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值变小了
D.一个循环过程中，气体要从外界吸收一定的热量
【答案】D
【解析】A.A到B是等温变化，所以T A
❑=T B
❑，B到C等容变化，压强增大，温度升高，即T B
❑<T C
❑，所
以状态A的温度低于状态C的温度，A 错误；
B.B→C过程中，体积不变，单位体积里气体分子数不变，B 错误；
C.C →D过程，温度不变，分子的平均动能不变，所以气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均
值不变，C 错误；
D.一个循环中，气体内能不变ΔU =0，气体对外界做功，W <0，根据热力学第一定律知Q>0，D 正
确。
故选D。
考向2：V—T 图像
【典例2】(2026·湖北省孝感市·期末考试)1mol的氦气的温度随体积变化如图所示，其中ab为经过原
点的抛物线，cb为过原点的直线，在a点时气体的体积为V 0，温度为T 0，压强为p0。则下列说法正确的是
()
A.c点的压强为p0
2
B.从a到b过程中气体在对外放热
C.从a到b过程中气体对外做功为3 p0V 0
4
D.从a经b到c再回到a过程中，气体放出热量为p0V 0
2
【答案】D
【解析】A、根据理想气体状态方程pV =nRT，对于一定质量的理想气体n、R为定值。由cb为过原
点的直线，可知T与V 成正比，即T =kV (k为比例常数)。在a点，p0V 0=nRT 0;在c点，设体积为V c，温
度为T c，由图可知T c =2T 0，V c =V 0。根据理想气体状态方程
p0V 0
T 0
= pcV c
T c
，将T c =2T 0，V c =V 0代入
可得：
p0V 0
T 0
= pcV 0
2T 0
，解得pc=2 p0，所以A 错误；
B、从a到b过程中，气体体积增大，对外做功W <0;温度升高，内能增大△U >0。根据热力学第一定
律△U =Q+W ，可得Q =△U -W >0，即气体从外界吸热，所以B 错误；
C 、ab为经过原点的抛物线，由pV =nRT，n=1mol，T与V
2成正比，即T =k V
2。在a点，
p0V 0= RT 0;在b点，V =2V 0，T = 4T 0，则pb×2V 0= R×4T 0，结合p0V 0= RT 0，可得pb=2 p0。气体
对外做功W =∫
V 0
2V 0
pdV 由T =k V
2，p= RT
V = Rk V
2
V
= RkV ，Rk为常数，设为C，则p=CV ，又因为在a点
p0=C V 0，所以C = p0
V 0
，即p= p0
V 0
V 。则W =∫
V 0
2V 0 p0
V 0
VdV = p0
2V 0
(4V 0
2-V 0
2)= 3 p0V 0
2
，所以C 错误;
D、从a经b到c再回到a，气体内能变化△U =0(初末状态温度相同)，a→b:对外做功W 1= 3 p0V 0
2
。
b→c:体积从2V 0减到V 0，bc段T ∝V ，故p不变，p=2 p0，外界对气体做功
W 2=2 p0(2V 0-V 0)=2 p0V 0。
c→a:体
积
不
变
，
做
功
W 3=0。
总
做
功
W 总=-W 1+W 2+W 3=- 3 p0V 0
2
+2 p0V 0= p0V 0
2
(负号表示气体对外做功，正号表示外界对气体做功)。
由热力学第一定律△U =Q+W 总，△U =0，故Q =-W 总=- p0V 0
2
，负号表示气体放出热量，大小为
p0V 0
2
，因此D 正确。
综上，答案为D。
考向3：P—T 图像
【典例3】（多选）(2026·河北省·同步练习)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V 图线如图所
示，其中A是初始状态，B、C是中间状态，A →B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C →A与横
轴平行，若将上述变化过程改用p-T图线和V -T图线表示，则下列各图中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】气体由A →B是等温过程，且压强减小，则气体体积增大;
由B→C是等容过程，且压强增大，则气体温度升高;
由C →A是等压过程，且体积减小，则温度降低，由此可判断在p-T图中，A 错误，B 正确;
在V -T图中，C 错误，D 正确。
考向4：P—1/V 图像
【典例4】(2026·江苏省·期中考试)一定质量的理想气体从状态A开始，经历A →B→C →A一次循
环回到A状态，其压强p随体积倒数1
V 变化的图像如图所示，其中AB的延长线过原点O，BC平行于横轴，
CA平行于纵轴。下列表述正确的是()
A.由A →B，每个气体分子的速率均保持不变
B.由C →A，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多
C.A →B→C →A全过程外界对气体做功大于气体对外界做功
D.A →B→C →A全过程气体吸收热量与放出的热量相等
【答案】B
【解析】A、由图知，A →B过程，气体压强与体积成反比，由pV =nRT知，此过程气体温度不变，
则气体分子的平均动能不变，分子的平均速率不变，但并不是每个气体分子的速率均保持不变，故A 错误；
B、由图知，C →A过程，气体体积不变，压强增大，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增
多，故B 正确；
C、A →B→C →A全过程，气体回到初态，其内能不变，作出p-V 图像如图所示：
p-V 图像中图线与V 轴所围的面积表示气体对外做功或外界对气体做功的绝对值，A →B过程气体体
积增大，气体对外做功，B→C过程，气体体积减小，外界对气体做功，C →A过程，气体体积不变，气
体对外不做功，结合图知，A →B→C →A全过程外界对气体做功小于气体对外界做功，由热力学第一
定律知，A →B→C →A全过程气体吸收热量大于放出的热量，故CD 错误。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·河南省郑州市·其他类型)如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C
的V -T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×10
5 Pa。下列说法正确的是()
A.气体在状态A的温度为200 K
B.气体在状态C的压强为3×10
5 Pa
C.从状态A到状态B的过程中，气体的压强越来越大
D.从状态B到状态C的过程中，气体的内能保持不变
【答案】A
【解析】AC .从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持
不变，即pA = pB=1.5×10
5 Pa
根据盖-吕萨克定律
V A
T A
= V B
T B
代入数据解得T A =200 K
故A 正确，C 错误；
B.从B到C过程中，气体发生等容变化，根据查理定律pB
T B
= pC
T C
代入数据解得pC =2×10
5 Pa
故B 错误；
D.从状态B到状态C的过程中，气体温度升高，内能增加，故D 错误。
故选A。
【变式2】（多选）(2026·河北省·单元测试)如图所示，“a→b→c→a”表示某一定质量的理想气
体的一个循环过程。下列说法正确的是()
A.a→b过程中，该气体放热
B.b→c过程中，该气体放热
C.c→a过程中，该气体放热
D.a→b→c过程中，该气体吸热
【答案】BCD
【解析】A.根据热力学第一定律ΔU =Q+W
结合图像可知，a→b过程中，气体体积增大，即气体对外做功，W <0，气体温度升高，则ΔU >0，
因此可知该过程中Q一定大于0，即气体一定从外界吸热，故A 错误；
B.b→c过程中，气体体积不变，则气体既不对外做功外界也不对气体做功，W =0，但此过程中温度
降低，即ΔU <0，因此，根据热力学第一定律可知该过程中一定放热，故B 正确；
C.c→a过程中，气体体积减小，则可知外界对气体做功，W >0，而温度不变，则可知ΔU =0，因此，
根据热力学第一定律，Q<0，即该过程中一定放热，故C 正确；
D.根据以上分析可知，a→b过程中，W 1<0，Q1>0；b→c过程中，W 2=0，Q2<0，a→b过程和
b→c过程温度的变化量相同，则内能的变化量相同，即有ΔU 1=W 1+Q1，ΔU 2=W 2+Q2，ΔU 1= ΔU 2
因此a→b过程中吸收的热量一定大于b→c过程中放出的热量，即a→b→c过程中，该气体吸热，
故D 正确。
故选BCD。
【变式3】(2026·山东省淄博市·期末考试)一定质量的理想气体由状态a开始经状态b、c回到状态a的
过程，其p-V 图像如图所示，其中ab段与横轴平行，状态b、c时的温度相同。关于该变化过程，下列说
法中正确的是()
A.a→b过程中气体内能增加
B.c状态时气体温度最低
C.b→c过程中外界对气体做功的大小为2.5 p0V 0
D.整个过程外界对气体做功的大小为0.5 p0V 0
【答案】AD
【解析】A.a→b过程，由图可得气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知V 0
T a
= 3V 0
T b
，可得T a<T b
故a→b过程中气体内能增加，故A 正确；
B.状态b、c时的温度相同，则T a<T b=T c，所以a状态时气体温度最低，故B 错误；
C.状态b、c时的温度相同，b→c过程由玻意耳定律p0×3V 0= pc×2V 0，可得pc =1.5 p0
由P -V 图像可知b→c过程中外界对气体做功的大小为W 2= p0+1.5 p0
2
V 0=1.25 p0V 0，故C 错误；
D. 气体由状态a开始经状态b、c回到状态a的整个过程外界对气体做功的大小为
W = 1
2 (3V 0-V 0)(1.5 p0- p0)=0.5 p0V 0
故D 正确。
故选：AD。
【变式4】（多选）(2026·云南省·月考试卷)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2
为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。
上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（）
A.1→2过程中，气体内能增加
B.2→3过程中，气体向外放热
C.3→4过程中，气体内能不变
D.4→1过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律
ΔU =Q+W 可知气体内能增加，故A 正确;
2→3为等压过程，由V
T =C知气体体积增大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做
功，W <0，
由热力学第一定律ΔU =Q+W 知气体吸收热量，故B 错误;
3→4为绝热过程，此过程气体体积增大，气体对外界做功，W <0，根据热力学第一定律可知气体内
能减小，故C 错误;
4→1为等容过程，根据p
T =C知压强减小时温度减小，内能减小;
由于体积不变W =0，由热力学第一定律ΔU =W +Q，可知气体向外放热，故D 正确。
考点二 关联气体问题
【必备知识回顾】
关联气体问题的解题思路
(1)分别研究各部分气体，分析它们的初状态和末状态的参量。
(2)找出它们各自遵循的气体状态变化规律，并写出相应的方程。
(3)找出各部分气体之间压强或体积的关系式。
(4)联立求解。对求解的结果注意分析合理性。
【重难模型精讲】
考向1：活塞关联气体
【典例5】(2026·湖北省武汉市·月考试卷)如图，导热性能良好的气缸A和B高度均为h(已除开活塞的
厚度)，横截面积不同，竖直浸没在温度为T 0的恒温槽内。它们的底部由一细管连通(细管容积可忽略)。两
气缸内各有一个活塞，质量分别为mA =2m和mB=m，活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方为理想气体，
上方为真空。当两活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的高度均为h
2。现保持恒温槽
温度不变，在两活塞上面同时各缓慢加上同样大小的压力，让压力从零缓慢增加，直至其大小等于2mg(g
为重力加速度)为止。并一直保持两活塞上的压力不变；系统再次达到平衡后，缓慢升高恒温槽的温度，对
气体加热，直至气缸B中活塞底面恰好回到高度为h
2处。求
(1)两个活塞的横截面积之比S A：SB；
(2)气缸内气体的最后的温度；
(3)在加热气体的过程中，气体对活塞所做的总功。
【答案】解：(1)平衡时气缸A、B内气体的压强相等，故
mA g
S A
= mB g
SB
①
由①式和题给条件得S A:SB=2:1 ②；
(2)两活塞上各放一质量为2m的质点前，气体的压强p1和体积V 1分别为：
p1= 2mg
S A
= mg
SB
③
V 1= 3
2 SBh④
两活塞上各放一质量为2m的质点后，B中活塞所受到的气体压力小于它和质点所受重力之和，B中活
塞将一直下降至气缸底部为止，B中气体全部进入气缸A。假设此时气缸A中活塞并未上升到气缸顶部，
气体的压强p2为：
p2= 4 mg
S A
= 2mg
SB
⑤
设平衡时气体体积为V 2，由于初态末态都是平衡态，由理想气体状态方程有：
p1V 1
T 0
= p2V 2
T 0
⑥
由③④⑤⑥式得V 2= 3
4 SBh= 3
8 S A h⑦
这时气体的体积小于气缸A的体积，与活塞未上升到气缸顶部的假设一致。缓慢加热时，气体先等压
膨胀，B中活塞不动，A中活塞上升；A中活塞上升至顶部后，气体等容升压；压强升至3mg
SB
时，B中活
塞开始上升，气体等压膨胀。设当温度升至T时，该活塞恰位于h
2处。此时气体的体积变为：
V 3= 5
2 SBh⑧
气体压强：p3= 3mg
SB
⑨
由状态方程得
p2V 2
T 0
= p3V 3
T
⑩
由⑤⑦⑧⑨⑩式得：T =5T 0⑪
(3)升高恒温槽的温度后，加热过程中，A活塞上升量为：
h- 3
8 h= 5
8 h⑫
气体对活塞所做的总功为W = 4 mg· 5
8 h+3mg· 1
2 h= 4 mgh。
考向2：液柱关联气体
【典例6】(2026·江西省·单元测试)如图所示，导热良好的U形管竖直放置，足够长的左管开口向上，
封闭的右管直径是左管的2倍。管中有两段水银柱1、2，在管内封闭两段气柱A、B，两段气柱长均为
10cm，水银柱1长为5cm，水银柱2在左管中液面比右管中液面高5cm。大气压为p0=75cmHg，环境温
度为300 K，现要使水银柱2在左、右管中液面相平，求：(结果均可用分式表示)
(1)若通过缓慢降低环境温度使水银柱2在左、右管中液面相平，则液面相平时环境温度为多少？
(2)若保持环境温度300 K不变，通过向左管中缓慢倒入水银，使水银柱2在左、右管中液面相平，则
从左管口倒入的水银柱长为多少，水银柱1下降的高度为多少？
【答案】解：(1)对气柱B研究，开始时，压强为：pB1= p0+10cmHg =85cmHg，
气柱长为：LB1=10cm，
温度为：T 1=300 K，
降温后压强为：
，
由于左、右两管直径之比为1:2，则截面积之比为S1：S2=1：4，则降温后气柱B长为：LB2=9cm，
根据理想气体状态方程：
pB1 LB1S2
T 1
= pB2 LB2S2
T 2
，
解得：T 2= 4320
17
K；
(2)设左管中倒入的水银柱的长为hcm，则当水银柱2在左右两管中液面相平时，
气柱B的压强：pB3=(80+h)cmHg，
气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：pB1 LB1S2= pB3 LB2S2，
则：h= 130
9 cm，
即倒入的水银柱长为130
9 cm，对气柱A研究，倒入水银前压强为：pA 1=80cmHg，气柱长为：
LA 1=10cm，
倒入水银后压强为：pA 2=(80+h)cmHg，
气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：pA 1 LA 1S1= pA 2 LA 2S1，
解得：LA 2= 144
17 cm，
则水银柱1下降的高度：Δh= 4 cm+10cm- 144
17 cm= 94
17 cm。
【变式训练与拓展】
【变式5】(2026·云南省昆明市·模拟题)如图甲所示，一绝热刚性汽缸放在水平面上，汽缸上部带卡口，
汽缸底部装有加热丝可以对汽缸内的气体进行加热，用质量为m、横截面积为S的活塞封闭了一定量的理
想气体在汽缸中，活塞可以在汽缸内无摩擦滑动，汽缸内理想气体的体积随温度变化如图乙所示，重力加
速度为g，外界大气压强恒为p0。求：
(1)在A状态时，汽缸内气体的温度；
(2)在C状态时，活塞对卡口的作用力大小。
【答案】(1) A到B等压变化，则由盖-吕萨克定律
V A
T A
= V B
T B
代入数据解得，在A状态时，汽缸内气体的温度为T A =200 K
(2)B到C做等容变化，由查理定律
pB
T B
= pC
T C
其中pB= p0+ mg
S
对活塞受力分析，由平衡条件F +mg+ p0 S = pC S
联立可得，在C状态时，活塞对卡口的作用力大小为F = 1
3 ( p0 S +mg)
【变式6】(2026·广东省佛山市·其他类型)如图所示，一导热气缸固定在水平面上，光滑活塞将其中的
气体分为A、B两部分．初始时，A、B的体积均为V ，压强均为大气压强P0，连在活塞和气缸右侧的轻弹
簧处于原长．现把B中的气体缓慢抽出变成真空，活塞向右移动距离为x，此时弹簧弹性势能为EP.已知活
塞的质量为m，横截面积为s．
(1)求B被抽成真空后A中气体的压强P；
(2)打开阀门D后，B中的气体压强即为大气压强，A中的气体温度保持不变，活塞向左运动的最大速
度为v .求：
①活塞速度最大时气体A的体积V A；
②从打开阀门D到活塞速度最大的过程中，气体A放出的热量Q．
【答案】解：(1) A气体等温变化P0V = P(V + sx)，解得P= P0V
V + sx
(2)①设活塞向左运动的加速度为a，此时A中气体压强为P1，弹簧弹力为F，则
P0 S + F - P1s=ma
因为初始状态气体A的压强为P0，因此，当弹簧弹力F =0时，气体A的压强为P0，
活塞的加速度a=0，此时活塞的速度最大。即活塞回到初始状态，此时V A =V
②对活塞EP+ P0 sx -W = 1
2 mv
2-0
对气体A：ΔU =W -Q =0
解得：Q = EP+ P0 sx - 1
2 mv
2
【变式7】(2026·海南省海口市·期中考试)如图，上端开口的竖直汽缸由小、大两个同轴圆筒组成，两
圆筒高均为L。两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m；大活塞的横截面积
为2S、质量为2m。两活塞用长为L的刚性杆连接，两活塞间充有氧气，大活塞下方充有氮气。小活塞的
导热性能良好，汽缸及大活塞绝热，开始时，氮气和外界环境的温度均为T 0，大活塞处于大圆筒的中间位
置，且刚性杆上恰无弹力。重力加速度用g表示，外界的大气压强恒为4 mg
S
，氧气和氮气均可看做理想气
体。
(1)开始时氮气的压强是多少？
(2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞刚上升L
2 时，氮气的温度是多少？
(3)当大活塞刚上升L
2 时，设平均每个氮气分子对容器壁撞击力为F1，继续加热氮气，当氮气的温度
上升到29
4 T 0时，设平均每个氮气分子对容器壁撞击力为F2，试分析
F1
F2
比1
3大还是小？
【答案】解：(1)氧气的压强为p1= 4 mg
S
+ mg
S = 5mg
S
，氮气的压强为p1' = p1+ 2mg
2S = 6mg
S
；
(2)对于氧气，温度不变，初状态p1= 5mg
S
，V 1= 1
2 L⋅2S+ 1
2 L⋅S = 3
2 LS，
末状态设压强为p2，体积为V 2= LS，
根据玻意耳定律知p1V 1= p2V 2，代入数据解得p2= 15mg
2S
，
此时杆出现弹力，处于拉伸状态，对上面的小活塞受力分析得p0 S +mg+ F = p2S，
解得杆的弹力为F =2.5mg，
对于氮气分析初状态p1' = 6mg
S
，T 1' =T 0，V '1= 1
2 L⋅2S = LS，
加热后，p2' = p2+ 2mg
2S - F
2S = 29mg
4 S
，设温度为：T 2'，体积为V 2
' = L⋅2S =2 LS，
根据理想气体状态方程知
p1' V 1'
T 1'
= p'2V 2'
T 2'
，
代入数据解得T 2' = 29
12 T 0；
(3)当大活塞刚上升L
2 后，继续增加温度，氮气的体积不变，氮气做等容变化，根据
p'2
T 2' = p'3
T 3' ，可得
p'3=3 p'2，
可知温度为29
4 T 0时的压强为温度为29
12 T 0的3倍，但由于氮气气体分子的温度升高，平均速率变大，
所以单位时间内撞击容器壁的次数变多，所以每一次的撞击力小于3倍，即
F1
F2
大于1
3。
【变式8】(2026·湖北省十堰市·其他类型)如图所示，一上粗下细薄壁玻璃管竖直放置，其上端开口、
下端封闭。一段水银将管内气体分为两部分。图中粗管和细管的长度均为L=20cm，粗管的横截面积是细
管的横截面积的两倍，大气压强p0=75cmHg。初始时，粗管和细管内水银的长度均为h=5cm，气体的
热力学温度均为T 0=340 K。
(1)求初始时细管内气体的压强p2;
(2)若将粗管的管口封闭(不漏气)，对细管内气体缓慢加热，直至细管内水银刚好全部进入粗管，粗管
内气体的温度不变，两管内的气体均可视为理想气体，求此时细管内气体的热力学温度T 2。
【答案】解：(1)设水银的密度为ρ，初始时细管内气体的压强
p2= p0+2 ρgh，
解得p2=85cmHg。
(2)细管内水银刚好全部进入粗管，设粗、细管的横截面积分别为S1、S2，
则粗管内气体的体积为( L- 3
2 h)S1，
设粗管内气体的压强为p1
' ，有p0( L-h)S1= p1
' ( L- 3
2 h)S1，
细管内气体的压强p2
' = p1
' + 3
2 ρgh，
由理想气体状态方程p2( L-h)S2
T 0
= p2
' LS2
T 2
，
解得T 2=520 K。
基础巩固练
1.(2025·河南省·模拟题)如图所示，一定质量的理想气体由状态A经等压变化到状态B，再经等温变化
到状态C，则气体()
A.在状态A时的温度最高
B.在状态C时的压强为2×10
5 Pa
C.从状态B到状态C的过程气体放热
D.从状态A到状态B的过程吸收200 J热量
【答案】C
【解析】A.C到B等温变化，B到A等压压缩，体积减小，温度降低，故A 错误；
B.由B到C等温变化，有pCV C = pBV B，解得pC =3×10
5 Pa，故B 错误；
C.由B到C过程等温变化，内能不变，外界对气体做功，气体会放热，故C 正确；
D.A到B过程等压膨胀，温度升高，内能增大，气体对外界做功W = pΔV =200 J，根据热力学第一定
律，气体吸收的热量大于200 J，故D 错误。
故选C。
2.(2026·湖北省武汉市·月考试卷)一定质量的理想气体经历了a→b→c→d →a的循环过程，其p-t
图像如图所示，其中ab连线、dc连线的延长线与纵轴交点的纵坐标分别为p1和p2，t0为它们的延长线与横
轴交点的横坐标。状态a、d的温度为t1，状态b、c的温度为t2。关于该循环过程，下列判断正确的是()
A.气体在状态a和d的压强之比pa: pd = p2: p1
B.气体在状态a和b的压强之比pa: pb=t1:t2
C.气体在状态a和d的体积之比V a:V d = p2: p1
D.气体在状态a和c的体积之比V a:V c= p1: p2
【答案】C
【解析】ACD .根据理想气体状态方程可知，ab、cd是两条等容线，根据玻意耳定律得p1V a= p2V d，
paV a= pdV d，V c =V d，
解得pa: pd = p1: p2，V a:V d = p2: p1，V a:V c= p2: p1，A、D 错误，C 正确；
B.由于ab为等容线，所以V a=V b，ba、cd延长线与横轴交点的横坐标t0=-273℃，根据查理定律得
pa
t1+273 =
pb
t2+273，
解得pa: pb=(273+t1):(273+t2)，B 错误。
故选C。
3.(2025·内蒙古自治区包头市·模拟题)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状
态A，其体积V 与热力学温度T的关系图像如图所示，其中BC的延长线过O点，气体在状态A时的压强为
p0。下列说法正确的是()
A.A →B过程中气体的压强增大了4 p0
B.B→C过程中气体对外界放出的热量小于外界对气体做的功
C.C →D过程中气体的压强变小，气体从外界吸收热量
D.D→A过程中气体分子在单位时间内对单位面积容器壁的碰撞次数减少
【答案】D
【解析】
A.A →B过程中气体的体积不变，做等容变化，则有pA
T 0
= pB
4T 0
，解得pB= 4 p0，该过程气体的压强增
大了3 p0，A 错误；
B.B→C过程中温度降低，内能减小，气体体积减小的过程中，外界对气体做正功，由热力学第一定
律可知，气体对外界放出的热量大于外界对气体做的功，B 错误；
C.C →D过程中气体做等容变化，温度降低，内能减小，压强减小，由热力学第一定律可知，气体对
外界放出热量，C 错误；
D.D→A过程中气体做等温变化，体积增大，由玻意耳定律可知，气体的压强减小，气体温度不变，
分子的平均动能不变，则分子撞击器壁的平均撞击力不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰
撞次数不断减少，故D 正确。
4.(2026·江苏省连云港市·其他类型)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b，b→c，c→a三个
过程后回到初始状态a，其P- 1
V 图像如图所示。下列说法正确的是()
A.在a→b过程中，气体温度升高
B.在b→c过程中，外界对气体做正功
C.在c→a过程中，气体既不吸热也不放热
D.气体在a→b放出的热量大于b→c气体吸收的热量
【答案】D
【解析】A.在a→b过程中，气体压强不变，根据理想气体状态方程
pV
T =C
体积减小，则温度降低。故A 错误；
B.在b→c过程中，气体做等容变化，体积不变，做功为0，故B 错误；
C.c→a过程为过原点的倾斜直线，故在c→a过程中气体做等温变化，气体温度不变，气体内能不变，
气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可知，气体从外界吸热，故C 错误；
D.结合上述可知
T a=T c
则气体从a→b过程内能的减小量等于从b→c过程内能的增加量，由于a→b过程气体体积减小，外
界对气体做功，而b→c过程外界对气体做功为0，根据热力学第一定律可知，气体由a→b放出的热量大
于从b→c过程气体吸收的热量，故D 正确。
故选D。
5.（多选）(2025·湖北省·模拟题)一定质量的理想气体从状态a经过绝热膨胀到状态b，再经等容变化到
状态c，最后通过等温压缩回到状态a。甲、乙两同学画了该过程的p-V 图像(如图所示)，下面的分析正
确的是()
A.甲图的p-V 图像符合题意
B.状态a到b过程中气体对外做的功等于b到c过程中气体吸收的热量
C.状态b的温度比状态c的温度高
D.整个过程外界对气体做功，气体向外界放热
【答案】BD
【解析】AC .由等温变化时满足PV =C(定值)，所以等温变化的P -V 图像是双曲线的一支，且同一
理想气体，在不同温度下做等温变化，温度越高，P -V 图像离两坐标轴越远。理想气体从状态a经过绝热
膨胀到状态b，气体只对外做功，不吸收热量。所以b点的温度比a点低，而从c点等温压缩回到状态a，c
点和a点温度相同。B点的温度比状态a和状态c要低。所以b点比c点离坐标轴更近。甲图错误，乙图正确。
AC 错误。
B.a到b过程中，气体只对外做功，不吸收热量;b到c的过程中，气体只吸收热量不做功，而a、c状态
温度相同，即气体的内能相同，根据热力学第一定律，吸收的热量等于气体对外做的功，B 正确。
D.在p-V 图像中，图像与坐标轴围成的面积等于该过程气体做的功，因此c到a过程，外界对气体做
功超过a到b过程，气体对外界做功。而b到c过程体积不变，不做功，所以整个过程外界对气体做功。经
过整个过程气体回到原状态，气体的内能不变，根据热力学第一定律整个过程气体向外界放热。D 正确。
6. （多选）(2025·河北省保定市·期中考试)一定质量的理想气体，自状态a经过状态b变化到状态c，其
压强p与温度T的变化规律如图所示，图中ab连线过原点，bc段是平行于横轴的直线，已知气体在状态a
时的体积V a=8×10
-3m³，气体内能满足U =2.5T (J )(T为热力学温度)，下列说法正确的是()
A.气体在状态b时的压强为1.8×10
5 Pa
B.气体在状态c时的体积为V c =1.0×10
-2m
3
C.由b到c过程气体对外做功为500 J
D.由a到c过程气体吸收热量为900 J
【答案】BD
【解析】A.气体状态a：pa=1.5×10
5 Pa，
，T a=300 K，状态b：
，
T b= 400 K，根据查理定律有
pa
T a
= pb
T b
，得pb=2×10
5 Pa，故A 错误；
B.状态c：pc =2×10
5 Pa，T c=500 K，根据盖-吕萨克定律有V b
T b
= V c
T c
，得
，故B
正确；
C.由b到c过程气体对外做功W = pb(V c -V b)，解得W = 400 J，故C 错误；
D.由a到b做等容变化，气体吸收的热量转化为内能，由b到c过程气体对外做功，吸收热量，内能增加，
则由a到c过程吸收热量Q =W + ΔU = 400 J +2.5(500-300)J =900 J，故D 正确。
故选BD。
7.（多选）(2025·河北省唐山市·期末考试)一定质量的理想气体由状态A变为状态B的V -T图像如图所
示，已知气体在状态A时的压强是1.5×10
5 Pa。根据上述信息，下列说法正确的是()
A.气体在状态A时的温度是200 K
B.气体在状态B时的压强是2.25×10
5 Pa
C.气体由状态A到状态B的过程中从外界吸收热量
D.气体由状态A到状态B的过程中向外界放出热量
【答案】AC
【解析】AB.从A到B过程中，气体的体积与热力学温度成正比，所以气体发生等压变化，压强保持
不变，即pA = pB=1.5×10
5 Pa，根据盖-吕萨克定律
V A
T A
= V B
T B
，代入数据解得T A =200 K，故A 正确，B
错误；
CD.从状态A到状态B的过程中，压强不变，温度升高，内能变大，体积变大，气体对外做功，根据
热力学第一定律ΔU =W +Q可知气体从外界吸收热量，故C 正确，D 错误。
8.（多选）(2025·陕西省·联考题)“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。在“空气充电宝”的某个工作过程中，一定质量理想气体的V -T图
像如图所示，在状态A时压强为2.0×10
5 Pa。经历A →B→C →A的过程，下列说法正确的是()
A.C →A过程单位时间气体分子碰撞器壁的次数增多
B.B→C过程气体增加的内能小于该过程吸收的热量
C.C →A过程外界对气体做的功比A →B过程气体对外界做的功少
D.若整个过程中对外界放出61.4 J的热量，该气体在A →B过程中对外界所做的功为138.6 J
【答案】AD
【解析】A.在C →A过程中，由于V
T 为定值，可知该过程为等压过程，温度降低，分子平均动能减少，
由于压强不变，则单位时间气体分子碰撞器壁的次数应增多，故A 正确；
B.B→C过程体积不变，即有W =0，温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律可知，气体增加
的内能等于该过程吸收的热量，故B 错误；
C.结合上述可知，C →A过程，气体压强一定，A →B过程，根据玻意耳定律可知，温度一定，体积
增大，则压强减小，即C →A过程压强大于A →B过程压强，根据图示可知，C →A过程与A →B过程体
积改变量大小相等可知，C →A过程外界对气体做的功比A →B过程气体对外界做的功多，故C 错误；
D. 整个过程中，外界对气体做的功W =W AB+W CA，C →A过程中外界对气体做的功
W CA = pA(V C -V A)=200 J，
由
热
力
学
第
一
定
律
有
ΔU =Q+W ，
解
得
W AB=-(Q+W CA)=-(-61.4 J +200 J )=-138.6 J，即气体对外界做的功为138.6 J，故D 正确。
故选AD。
9.(2024·山东省东营市·期末考试)如图所示，内壁光滑、高度均为h的绝热气缸A、B，横截面积分别为
4 S和S，其底部由体积可忽略的细管连通，气缸A的上端与大气连通，大气压强为p0，气缸B的上端封闭。
两气缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞M、N，质量分别为p0 S
g 和p0 S
4 g ，两活塞下方封闭一定质量的氮气，
活塞N上方封闭一定质量的氧气。当气缸内气体温度为280 K时系统处于静止状态，此时活塞M离气缸顶
的距离为1
4 h，活塞N离气缸顶的距离为1
2 h。整个过程不漏气，气体均可视为理想气体，重力加速度大小
为g。
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞M恰好升至顶部时，求氮气的温度;
(2)已知气缸中氮气的内能为U =αT (T为氮气温度，α为常数)，求第(1)问过程中氮气吸收的热量Q:
(3)继续缓慢加热使活塞N上升，当活塞N上升1
8 h时，氧气的温度为320 K，求氧气的压强。
【答案】解：(1)在活塞M上升过程中，氮气压强不变，活塞N保持静止，
对氮气：初状态：V 0= 1
2 hS+ 3
4 h⋅4 S = 7
2 hS，
T 0=280 K，
末状态：V 1= 1
2 hS+h⋅4 S = 9
2 hS，
根据盖-吕萨克定律
V 0
T 0
= V 1
T 1
，
解得T 1=360 K。
(2)加热过程外界对气体做功W =- p14 S⋅1
4 h，
此过程活塞M受力平衡，则p0⋅4 S+ p0 S
g
g= p1⋅4 S，
解得p1= 5
4 p0，
由热力学第一定律ΔU =W +Q，
氮气吸收热量Q = ΔU -W =αΔT -W =80α + 5
4 p0 Sh。
(3)活塞M上升至顶部前，活塞N静止，由平衡条件p1
' S+ p0 S
4 g g= p1S，
解得p1
' = p0，
对氧气：初状态：p1
' = p0，
V 1
' = 1
2 hS，
T 1
' =T 0=280 K，
末状态：V 2
' =( 1
2 h- 1
8 h)S = 3
8 hS，
T 2
' =320 K，
由理想气体状态方程
p1
' V 1
'
T 1
'
= p2
' V 2
'
T 2
'
，
解得：p2
' = 32
21 p0。
10.(2025·辽宁省葫芦岛市·联考题)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 0，不计活塞和气体的重力，不计任何摩擦，已知重力加速度为g，外界大气压强为P0．
(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：PB S+2 Mg= P0 S，
解得：PB= P0- 2 Mg
S
，
取下物体前对汽缸A的活塞根据平衡条件有：P A S+ F = P0 S( F =2 Mg)，
解得：P A = P0- 2 Mg
S
，故汽缸A、B中的压强相等；
(ii)取下物体，重新稳定后，对汽缸B有：PB
' S + Mg= P0 S，解得：PB
' = P0- Mg
S ，
此过程中汽缸B中的气体等温变化，有：PB⋅Sd = PB
' ⋅S d
'，
此过程中汽缸B上移的距离为：Δd =d -d
'，
联解得：Δd =
Mg
P0 S - Mg d，
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 A
' S (d + Δd)
T
，
而：P A
' = PB
' ，联解得：T =
P0 S
P0 S -2 Mg T 0，
汽缸A中气体的温度应升高：ΔT =T -T 0=
2 Mg
P0 S -2 Mg T 0。
11.(2026·江苏省无锡市·其他类型)如图所示，一个导热的粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，
右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A，B两部分理想气体，下方水银的右液面比左液面高
ΔL=8cm，右管上方的水银柱高h=25cm，初始环境温度T 1=810 K，A气体长度L1=30cm，外界大气
压强p0=75cmHg且始终保持不变。
(1)缓慢降低环境温度至T 2，使下方水银左右液面等高，求T 2；
(2)保持温度T 2不变，在右管中缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，使A气体长度压缩为
L2=20cm，求注入的水银高度h'。
【答案】解：(1)对A气体，初态时的压强为p1= p0+(h+ ΔL)=108cmHg
下方水银左右液面等高时有p2= p0+h=100cmHg
设管的横截面积为S，根据理想气体状态方程，有p1S L1
T 1
=
p2S(L1- ΔL
2 )
T 2
代入数据解得T 2=650 K
(2)右管注入水银，A气体经历等温压缩过程，长度为L2=20cm时，下方水银的左液面比右液面高
ΔL' =( L1- L2)+( L1- L2- ΔL)=12cm
A气体压强为p3= p0+(h+h' - ΔL' )
根据玻意耳定律，有p2S( L1- 1
2 ΔL)= p3 S L2
代入数据解得h' = 42cm
综合提升练
1．（2023·辽宁·高考真题）“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
【解析】根据
pV
T =C
可得
p= C
V T
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。
2．（2023·上海·高考真题）一定质量的理想气体，经历如图过程，其中ab、cd分别为双曲线的一部
分。下列对
四点温度大小比较正确的是（ ）
A．T a>T b
B．T b>T c
C．T c>T d
D．T d>T a
【答案】B
【解析】AC．由题可知一定质量的理想气体，ab、cd分别为双曲线的一部分，故ab、cd分别为该
气体的两段等温变化的过程。则
T a=T b、T c =T d
AC 错误；
BD．ad、bc 两过程都是等容变化，由图可知
pa> pd，pb> pc
根据查理定律可知
pa
T a
= pd
T d
可得
T a>T d、T b>T c
故B 正确，D 错误。
故选B。
3．（2022·上海·高考真题）如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长
30cm 的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25cm，大气压强为75cmHg，现移动右侧玻璃管，
使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为（ ）
A．20cm
B．25cm
C．40cm
D．45cm
【答案】A
【解析】设玻璃管横截面积为S，初态，气体的压强为
p1=75cmHg-25cmHg=50cmHg
体积
V 1=30 S
当两侧管内水银面相平时，设气体柱长度为L，则气体体积为
V 2= LS
压强
p2=75cmHg
由玻意耳定律可得
p1V 1= p2V 2
联立解得
L=20cm
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
4．（2020·上海·高考真题）如图所示，一根玻璃管上端开口下端封闭，上管的内径小于下管的内径。
管内的水银柱封闭了一定质量的气体，在大气压保持不变的情况下，温度升高，水银柱全部进入上管而未
溢出此过程中，气压p 随体积V 的变化关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设玻璃上部的横截面积为S1，下部的横截面积S2（S2>S1），水银柱的体积为VHg，下管的体
积为V0，管内气体体积为V，管内气体压强为p，大气体压强恒为p0，当水银还未全部进入上管
（0<V<V0）时，则p= p0+ ρg[
V Hg-(V 0-V )
S1
+ V 0-V
S2 ]
整理得p= p0+ ρg(
V Hg
S1
+ S1- S2
S2S1
V 0)+ ρg S2- S1
S2S1
V
当水银全部进入上管（V>V0）时，则p= p0+ ρg V Hg
S1
故当水银还未全部进入上管（0<V<V0）时，p 与V 成线性关系；当水银全部进入上管（V>V0）时，p
不随V 发生变化。
故选D。
5．（多选）（2024·海南·高考真题）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
【解析】A．由理想气体状态方程
pV
T =C
化简可得
V = C
p ⋅T
由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故
pa < pb = pc，bc 过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A 正确；
B．由理想气体状态方程
pV
T =C
化简可得
V = C
p ⋅T
由图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故
pa＜pb= pc，ca 过程气体压强减小，故B 错误；
C．ab 过程为等温变化，内能不变，故
ΔU =0
根据玻意耳定律可知，体积减小，压强增大，外界对气体做功，故
W ＞0
根据热力学第一定律
ΔU =Q+W
解得
Q＜0，ab 过程气体放出热量，故C 正确；
D．ca 过程，温度升高，内能增大，故D 错误。
故选C。
6．（多选）（2022·全国乙卷·高考真题）一定量的理想气体从状态a 经状态b 变化到状态c，其过程
如T -V 图上的两条线段所示，则气体在（ ）
A．状态a 处的压强大于状态c 处的压强
B．由a 变化到b 的过程中，气体对外做功
C．由b 变化到c 的过程中，气体的压强不变
D．由a 变化到b 的过程中，气体从外界吸热
E．由a 变化到b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
【答案】ABD
【解析】AC．根据理想气体状态方程可知
T = p
nR ⋅V
即T -V 图像的斜率为p
nR ，故有
pa= pb> pc
故A 正确，C 错误；
B．理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正确；
DE．理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
ΔU =Q+W
而ΔU >0，W <0，则有
ΔU =Q -|W|
可得
Q>0，Q> ΔU
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 正确，E 错误；
故选ABD。
7．（多选）（2024·新疆河南·高考真题）如图，一定量理想气体的循环由下面4 个过程组成：1→2 为
绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3 为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1 为等容过程。上
述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
A．1→2 过程中，气体内能增加
B．2→3 过程中，气体向外放热
C．3→4 过程中，气体内能不变
D．4→1 过程中，气体向外放热
【答案】AD
【解析】A．1→2 为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可知此时气体体积减小，外界对气体
做功，故内能增加，故A 正确；
B．2→3 为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增
大，气体对外界做功W <0，故气体吸收热量，故B 错误；
C．3→4 为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W <0，根据热力学第一定律可知气体内能
减小，故C 错误；
D．4→1 为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W =0，
故可知气体向外放热，故D 正确。
故选AD。
8．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B
两段细管组成，A 管的内径是B 管的2 倍，B 管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的
长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A 管在上方，平衡后，A 管内的空气柱长度改变1cm。求B 管在上方
时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以
为压强单位）
【答案】pA =74.36cmHg，pB=54.36cmHg
【解析】设B 管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有
pA = pB+20
倒置后A 管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A 管中水银柱减小1cm，A 管的内径是B 管的2
倍，则
S A = 4 SB
可知B 管水银柱增加4cm，空气柱减小4cm；设此时两管的压强分别为pA
' 、pB
' ，所以有
pA
' +23= pB
'
倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A 管有
pA S A LA = pA
' S A LA
'
对B 管有
pB SB LB= pB
' SB LB
'
其中
LA
' =10cm +1cm =11cm
LB
' =10cm - 4cm=6cm
联立以上各式解得
pA =74.36cmHg
pB=54.36cmHg
9．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封
一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T 0，气柱的高度为
h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升1
5 h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU 与
温度变化量ΔT 的关系式为ΔU =CΔT，C 为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度
为热力学温度。求
（1）再次平衡时容器内气体的温度。
（2）此过程中容器内气体吸收的热量。
【答案】（1）6
5 T 0；（2）1
5 h( p0 S+mg)+ 1
5 C T 0
【解析】（1）气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得
V 0
T 0
= V 1
T 1
即
h S
T 0
=
(h+ 1
5 h)S
T 1
解得
T 1= 6
5 T 0
（2）此过程中气体内能增加
ΔU =CΔT = 1
5 C T 0
气体对外做功大小为
W = pSΔh= 1
5 h( p0 S+mg)
由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收的热量
