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第65 讲 分子动理论 固体、液体和气体
目 录
模拟·基础演练....................................................................................................................1
题型01 微观量的估算..................................................................................................1
题型02 布朗运动与分子的热运动.................................................................................4
题型03 分子力、分子势能与物体的内能......................................................................6
题型04 固体和液体......................................................................................................9
题型05 等温变化.......................................................................................................12
题型06 等压变化和等容变化......................................................................................15
题型07 理想状态方程................................................................................................18
题型08 气体分装问题、充气漏气问题........................................................................22
题型09 液柱类问题....................................................................................................26
题型10 活塞类问题....................................................................................................29
重难·创新演练....................................................................................................................32
真题·实战演练....................................................................................................................38
模拟·基础演练
考查重点：气体状态方程、液体固体的性质……
⏳题型01 微观量的估算
1．（24-25 高二下·辽宁沈阳）若以V 1、ρ1表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积和密度，以V 2、ρ2表示水
的摩尔体积和密度，M表示水的摩尔质量，N A表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中错误的是（ ）
A．一个水分子的质量为M
N A
B．一个水分子的体积为V 2
N A
C．一个水分子的体积为V 1
N A
D．V 1 ρ1=V 2 ρ2
【答案】C
【详解】A．M表示水的摩尔质量，则一个水分子的质量为m0= M
N A
故A 正确，不满足题意要求；
B．V 2、ρ2分别表示水的摩尔体积和密度，则一个水分子的体积为V 0= V 2
N A
故B 正确，不满足题意要求；
C．V 1、ρ1分别表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积和密度，由于水蒸气分子间距远大于分子直径，则一
个水分子的体积V 0< V 1
N A
故C 错误，满足题意要求；
D．由题意可知水的摩尔质量为M =V 1 ρ1=V 2 ρ2
故D 正确，不满足题意要求。
故选C。
2．（25-26 高三上·山东日照）钻石是首饰和高强度的钻头、刻刀等工具中的主要材料。已知钻石的密度为
ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A。认为组成钻石的碳原子是一个紧挨着一个的小球，下列判断正
确的是（ ）
A．碳原子是不可再分的最小单元
B．用高倍光学显微镜能够直接看到碳原子
C．碳原子的直径可表示为
3√
6 M
π ρ N A
D．质量为m 的钻石中所含有的原子数m
ρ N A
【答案】C
【详解】A．钻石是由碳原子构成的原子晶体，其基本结构单元为碳原子。原子可再分为原子核和电子等
粒子，A 错误。
B．光学显微镜的分辨率受限于光的波长（约200nm），而分子直径约为0.1-1nm，远小于分辨率极限，故
无法直接观察，B 错误。
C．每个碳原子占据的体积为V = M
ρ N A
在球形模型下，球的体积V = π d
3
6
联立得d =
3√
6 M
πρ N A
，C 正确。
D．质量为m 的钻石的摩尔数为m
M ，分子数为m
M N A，D 错误。
故选C。
3．（24-25 高二下·辽宁大连）浙江大学高分子系某课题组制备出了一种超轻的固体气凝胶，它刷新了目前
世界上最轻的固体材料的记录。设气凝胶的密度为ρ（单位为kg/m3），摩尔质量为M（单位为kg/mol），
阿伏加德罗常数为NA，则每两个相邻气凝胶分子平均间距D（类似固体分子直径）为（ ）
A．3√
M N A
πρ
B．
3√
6 M
π N A ρ
C．
3√
M
N A ρ
D．
3√
3 M
4 π N A ρ
【答案】B
【详解】气凝胶的摩尔体积为V = M
ρ
则气凝胶的分子占据空间体积为V 0= V
N A
又因为V 0= 4
3 π （D
2 ）
3
联立，解得D =
3√
6 M
π N A ρ
故选B。
4．（2026·浙江宁波·二模）如图是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片。这个量子围栏是由
48 个铁原子在铜的表面紧密排列成直径为1.43×10
−8 m的圆周而组成的，由此可以估算出铁原子的直径约
为（ ）
A．10
−9 m
B．10
−10 m
C．10
−11m
D．10
−15 m
【答案】A
【详解】48 个铁原子组成一个圆，圆的周长等于48 个铁原子直径之和，设铁原子的直径为d，则有
48d = πD
可得铁原子的直径为d = πD
48 = 3.14×1.43×10
−8
48
m ≈9.4×10
−10 m ≈1×10
−9 m
故选A。
5．（25-26 高二下·河北雄安）已知地球大气层的厚度h 远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏
加德罗常数为N A，地面大气压强是由大气的重力产生的，大小为p0，重力加速度为g。由以上数据可估算
（ ）
A．地球大气层空气分子总数为2π N A p0 R
2
Mg
B．地球大气层空气分子总数为4π N A p0 Rh
Mg
C．空气分子之间的平均距离为
3√
Mg R
2
N A p0h
D．空气分子之间的平均距离为
3√
Mgh
N A p0
【答案】D
【详解】AB．大气中的压强由大气的质量产生，即mg= p0 S
而S = 4π R
2
地球大气层空气分子总数为N = m
M N A
联立解得N = 4π R
2 p0 N A
Mg
，故AB 错误；
CD．大气体积为V = 4π R
2h
气体分子之间的距离为d =
3√
V
N
解得d =
3√
Mgh
N A p0
，故C 错误，D 正确。
故选D。
⏳题型02 布朗运动与分子的热运动
6．（24-25 高二下·内蒙古锡林郭勒）下列事实可作为分子动理论相应观点证据的是（ ）
A．风卷浪涌，说明空气中的分子在做永不停息的热运动
B．布朗运动是指液体（气体）分子的无规则热运动
C．固体、液体很难被压缩，说明分子间有斥力
D．气体很难被压缩，说明气体分子间有斥力
【答案】C
【详解】A．风是宏观的机械运动，并非分子热运动，故A 错误；
B．布朗运动是悬浮颗粒的运动，反映液体（气体）分子热运动，而非分子本身，故B 错误；
C．固体、液体难压缩是因分子间距小，斥力显著，故C 正确；
D．气体难压缩通常因压强增大，而非分子间斥力（分子间距较大时斥力可忽略），故D 错误。
故选C。
7．（25-26 高二下·辽宁大连）下列关于热学中的一些说法，正确的是（ ）
A．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积减小，那么它一定向外放热
B．分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小，分子势能也减小
C．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动
D．一定质量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞器壁次数随着温度降低而增大
【答案】A
【详解】A．一定质量的理想气体，如果压强p 不变，体积V 减小，则由理想气体状态方程pV
T =C可知，
其温度T 也减小，所以其内能减小，则ΔU <0，因为气体体积V 减小，则外界对气体做功，则W >0，则
由热力学第一定律ΔU =W +Q可知Q<0，即气体一定向外放热，故A 正确；
B．分子间距增大时，引力、斥力同时减小；分子势能变化情况：r <r0时，间距增大势能减小，r >r0时，
间距增大势能增大，势能不一定减小，故B 错误；
C．布朗运动间接反映并证明了分子热运动，布朗运动是悬浮固体小颗粒的运动，反映液体或气体分子无
规则热运动，不是反映颗粒内部分子做无规则，故C 错误；
D．体积不变，若温度降低，则由理想气体状态方程pV
T =C可知，其压强p 也减小。因为温度T 降低，则
分子平均动能变小、分子平均速率变小，又因为压强p 减小，每秒碰撞器壁次数减少，故D 错误。
故选A。
8．（25-26 高二下·辽宁大连）下列说法中正确的是（ ）
A．温度升高1℃，也就是升高1K
B．固体颗粒越大布朗运动越明显
C．布朗运动实际上就是液体分子的运动D．物体的温度越高，其分子平均动能不一定越大
【答案】A
【详解】A．热力学温度与摄氏温度的关系为T =t +273.15 ，可得温度变化量ΔT = Δt，因此温度升高
1° C也就是升高1 K，故A 正确；
B．悬浮的固体颗粒越小，液体分子对颗粒撞击的不平衡性越显著，布朗运动越明显，颗粒越大布朗运动
越不明显，故B 错误；
C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，不是液体分子
本身的运动，故C 错误；
D．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，分子平均动能一定越大，故D 错误。
故选A。
9．（25-26 高二下·辽宁朝阳）下列说法不正确的是（ ）
A．图甲为布朗运动实验中的某次观察记录，图中的折线虽不是固体颗粒的运动轨迹，但它间接反映液
体（或气体）分子的无规则运动
B．图乙，气体由状态A 变化到B 的过程中，气体分子平均动能一直增大
C．图丙，分子间距离由r0逐渐增大的过程中，分子间的作用力先增大后减小
D．图丁，在r 由r2逐渐增大的过程中分子势能的变化先变快后变慢
【答案】B
【详解】A．如图甲为布朗运动实验中的某次观察记录，图中的折线虽不是固体颗粒的运动轨迹，但是它
能间接反映液体（或气体）分子的无规则运动，故A 正确，不符合题意；
B．一定质量的理想气体由状态A 变化到B 的过程中，由题图乙知状态A 与状态B 的pV 相等，则状态A 与
状态B 的温度相同，由p−V 图像可知，气体由状态A 到状态B 温度先升高再降低到原来温度，所以气体
分子平均动能先增大后减小，故B 错误，符合题意；
C．由图丙可知，当分子间的距离r >r0时，分子间的作用力先增大后减小，故C 正确，不符合题意；
D．图丁是分子势能与分子间距的关系图，在r 从r2逐渐增大的过程中，分子势能曲线的斜率先增大后减
小，即分子力的大小先增大后减小，说明分子势能的变化先变快后变慢，故D 正确，不符合题意。
本题选错误的，故选B。
10．（25-26 高二下·辽宁锦州）关于分子动理论的理解，下列说法正确的是（ ）
A．分子动理论中的分子包括组成物质的各种分子、原子和离子
B．扩散现象是由外界作用，例如对流、重力作用等引起的
C．布朗运动就是分子的无规则运动
D．水结冰后，分子无规则的热运动即停止
【答案】A
【详解】A．分子动理论中的“分子”是对构成物质的微观微粒的统称，包括组成物质的分子、原子、离
子，故A 正确；
B．扩散现象的本质是分子的无规则热运动，与对流、重力等外界作用无关，故B 错误；
C．布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒的无规则运动，是分子无规则热运动的反映，本身不是分子的
运动，故C 错误；
D．分子无规则热运动永不停息，仅理论上的绝对零度时才会停止（绝对零度无法实现），水结冰后仅分
子热运动的剧烈程度降低，并未停止，故D 错误。
故选A。
⏳题型03 分子力、分子势能与物体的内能
11．（2026·辽宁营口·模拟预测）容积一定的容器封闭一定质量的氧气（可视为理想气体），氧气分子在
两种不同温度下的速率分布情况如图中甲、乙曲线所示，下列说法正确的是（ ）
A．乙曲线对应的氧气的内能较大
B．甲曲线对应的氧气分子平均动能较大
C．甲曲线对应的氧气的压强大于乙曲线对应的氧气的压强
D．甲曲线对应的分子数密度小于乙曲线对应的分子数密度
【答案】A
【详解】AB.气体温度越高，速率大的气体占比越大，故乙曲线对应的氧气的内能较大，甲曲线对应的氧
气的温度较低，分子平均动能较小，氧气的内能较小，A 正确，B 错误；
C.根据p
T =C
可知甲曲线对应气体温度低，乙曲线对应气体温度高，则甲曲线对应的氧气的压强小于乙曲线对应的氧气
的压强，故C 错误；
D.两状态下，氧气分子数目相同，体积也相同，所以分子数密度相等，故D 项错误。
故选A。
12．（25-26 高二下·辽宁大连）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x 轴上，甲分子对乙分
子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F >0为斥力，F <0为引力。a、b、c、d 为x 轴上四
个特定的位置。现把乙分子从a 处由静止释放，则（ ）
A．乙分子从a 运动到c，分子间作用力先减小后增大
B．乙分子运动到b 点时分子势能最小
C．乙分子运动到c 点时的动能最大
D．乙分子运动到d 点时只受斥力
【答案】C
【详解】A．由图可知，乙分子从a 运动到c，分子间作用力为引力，其大小先增大后减小，故A 错误；
B C．由图可知，乙分子从a 运动到c，分子间作用力为引力，引力做正功，速度增大，分子势能减小，乙
分子从c 运动到d，分子间作用力为斥力，斥力做负功，速度减小，分子势能增大，则c 点分子势能最小、
动能最大，故B 错误，C 正确；
D．分子间始终同时存在引力与斥力，d 点合力为斥力，是因为斥力大于引力，并非只受斥力，故D 错误。
故选C。
13．（25-26 高二下·辽宁沈阳）若以V 1、ρ1表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积和密度，以V 2、ρ2表示水
的摩尔体积和密度，M表示水的摩尔质量，N A表示阿伏加德罗常数，某状态下水分子间作用力F、分子势
能Ep与分子间距r的关系图如下图中两条曲线所示。下列说法正确的是（ ）
A．同等质量100℃的水和100℃的水蒸气，内能相同
B．一个水分子的体积为M
ρ2 N A
C．从r2到r3的过程，F先减小后增大
D．从r1到r2的过程，Ep不断增大
【答案】B
【详解】A．100℃的水变成100℃的水蒸气需要吸收热量，温度不变则分子平均动能不变，吸收热量使得
水蒸气分子势能增大，所以水蒸气的内能大于水的内能，故A 错误；
B．水是液态，分子间距离较小，可认为分子紧密排列；水的摩尔体积 V 2= M
ρ2
，则一个水分子的体积
V 0= V 2
N A
=
M
ρ2 N A
，故B 正确；
C．曲线a表示分子力F与r的关系，r2为平衡位置，从r2到r3的过程中，分子间距r >r0，分子力表现为引
力；根据分子力特点，引力大小先增大后减小，故C 错误；
D．曲线b表示分子势能E p与r的关系，从r1到r2的过程中，分子间距增大，趋向平衡位置，分子力（斥
力）做正功，分子势能E p不断减小，故D 错误。
故选B。
14．（25-26 高二下·辽宁沈阳）下列有关光学和热学说法错误的是（ ）
A．对于一定质量理想气体，内能只由温度决定，温度越高，内能越大
B．温度升高，物体内分子热运动剧烈，平均速率一定变大，平均动能也一定变大
C．计算机内的“激光头”读出光盘上记录的信息是应用激光相干性的特点进行通信
D．根据光的偏振现象可说明光是一种横波
【答案】C
【详解】A．理想气体忽略分子间相互作用，无分子势能，内能为所有分子动能的总和；一定质量的理想
气体分子总数固定，分子平均动能仅由温度决定，故温度越高内能越大，A 正确，不符合题意；
B．温度是分子平均动能的宏观标志，温度升高分子平均动能一定增大；同一物体内分子质量固定，由平
均动能表达式可知分子平均速率一定变大，B 正确，不符合题意；
C．计算机读取光盘信息是利用激光平行度好、可精确会聚到微小点的特点，并非利用激光的相干性，C
错误，符合题意；
D．偏振是横波特有的性质，纵波不存在偏振现象，因此光的偏振现象可说明光是横波，D 正确，不符合
题意。
故选C。
15．（25-26 高二下·辽宁大连）2025 年中国农业科学院团队开发的单分子纳米农药技术中，离子液体通过
精密的分子间作用力在农药分子周围形成保护层，赋予其水溶性，突破了传统难溶性农药的分散难题。当
两个农药分子在溶液中靠近时，两分子间作用力f (r)和分子势能u(r)随分子间距离r的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．当农药分子间距离r >rm时，分子间作用力表现为斥力
B．当农药分子间距离r >r0时，分子间作用力为零，分子势能最大
C．当r >r0，在农药分子相互远离过程中，分子间作用力一直减小
D．当r <r0，在离子液体层被压缩过程中，分子势能一直增大
【答案】D
【详解】A．当r >rm时，由图可知r >r0，分子间作用力f (r )为负值，表现为引力，故A 错误；
B．当r =r0时，分子间作用力为零，由u−r图像可知此时分子势能最小，故B 错误；
C．当r >r0时，在农药分子相互远离过程中，由f (r )图像可知分子间作用力的大小可能先增大后减小，故
C 错误；
D．当r <r0时，分子间作用力表现为斥力，在离子液体层被压缩过程中，分子力做负功，分子势能一直增
大，故D 正确。
故选D。
⏳题型04 固体和液体
16．（25-26 高二下·辽宁大连）关于固体、气体和液体，下列说法正确的是（ ）
A．气体比固体和液体更容易被压缩，是因为气体分子之间存在引力
B．液体存在表面张力是由于其表面分子间平均距离比内部大
C．单晶体熔化过程中温度恒定不变，多晶体熔化过程中温度一直升高
D．布朗运动直接反映了分子热运动的无规则性
【答案】B
【详解】A．气体更容易被压缩是因为气体分子间距离远大于分子平衡距离，分子间作用力极其微弱，与
分子引力无关，故A 错误；
B．液体表面层分子密度低于内部，分子间平均距离比内部更大，分子力表现为引力，因此产生表面张力，
故B 正确；
C．单晶体和多晶体都属于晶体，均有固定熔点，熔化过程中温度都保持恒定，故C 错误；
D．布朗运动是悬浮固体小颗粒的无规则运动，间接反映了液体分子热运动的无规则性，并非直接反映分
子热运动，故D 错误。
故选B。
17．（24-25 高二下·辽宁）晶体有单晶体和多晶体两种，下列关于材料物理性质的描述中，最能说明其属
于单晶体特性的是（ ）
A．材料熔化过程中温度保持不变
B．材料具有规则的几何外形
C．材料沿不同方向测得的电阻率相同
D．材料沿相互垂直的两个方向导热性能不同
【答案】D
【详解】A．单晶体和多晶体熔化时温度均保持不变，即单晶体和多晶体均有材料熔化过程中温度保持不
变的特性，故A 错误；
B．单晶体具有规则的几何外形，但实际中可能因生长条件而不明显，并非所有单晶体都呈现规则外形，
故B 错误；
C．多晶体因晶粒排列无序，整体表现为各向同性（电阻率相同），而单晶体具有各向异性，即材料沿不
同方向测得的电阻率相同描述的是多晶体特性，故C 错误；
D．单晶体的导热性能在不同方向存在差异（各向异性），而多晶体导热性能各向同性，即材料沿相互垂
直的两个方向导热性能不同体现了单晶体的特性，故D 正确。
故选D。
18．（25-26 高二下·辽宁朝阳）关于下列各图所对应现象的描述，正确的是（ ）
A．图甲中水黾可以停在水面，是因为受到水的浮力作用
B．图乙中合格的一次性医用外科口罩内侧水滴呈扁球状，说明照片中水滴表面分子比水滴的内部稀
疏
C．图丙中插入水中的上端开口的塑料笔芯内水面下降，说明水浸润塑料笔芯
D．图丁中拖拉机锄松土壤，是为了利用毛细现象将土壤里的水分引上来
【答案】B
【详解】A．水黾可以停在水面是因为水的表面张力的缘故，故A 错误；
B．图乙中合格的一次性医用外科口罩内侧水滴成扁球状，说明照片中水滴表面分子比水滴的内部稀疏，
同时水滴和口罩之间的相互作用力也比较小，这就导致了水滴在接触口罩时，会尽可能地减少表面积，从
而形成扁球状，故B 正确；
C．当一根内径很细的管垂直插入液体中，浸润液体在管里上升，而不浸润液体在管内下降，故C 错误；
D．拖拉机锄松土壤，是为了破坏毛细现象减小水分蒸发，故D 错误。
故选B。
19．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，将蒲公英的球状冠毛泡到水里，表面的绒毛将水撑开，形成了一
个保护罩，再拿出来，绒毛还能保持干燥，原因是（ ）
A．蒲公英的材质更容易使水汽化
B．水可浸润绒毛，且无水的表面张力作用
C．水可浸润绒毛，同时有水的表面张力作用D．水不浸润绒毛，同时有水的表面张力作用
【答案】D
【详解】A．该现象和水汽化无关，故A 错误；
BCD．绒毛还能保持干燥，因为水不浸润绒毛，表面的绒毛将水撑开，形成了一个保护罩，这是水的表面
张力的作用，故BC 错误，D 正确。
故选D。
20．（24-25 高二下·辽宁丹东）夏天的清晨，植物叶片上挂满了圆滚滚的水珠，关于这一现象，下列说法
正确的是（ ）
A．水分子在水珠表面层比内部分布更稀疏，表面层分子之间相互作用力表现为引力
B．水分子在水珠表面层比内部分布更密集，表面层分子之间相互作用力表现为引力
C．水分子在水珠表面层比内部分布更稀疏，表面层分子之间相互作用力表现为斥力
D．水分子在水珠表面层比内部分布更密集，表面层分子之间相互作用力表现为斥力
【答案】A
【详解】A．液体表面层分子间距比内部大，分布更稀疏。当分子间距大于平衡位置时，分子间作用力表
现为引力，形成表面张力，故A 正确；
B．表面层分子更密集不符合实际，故B 错误；
C．表面层分子间距大时作用力应为引力而非斥力，故C 错误；
D．表面层分子不可能更密集且斥力主导，故D 错误。
故选A。
⏳题型05 等温变化
21．（25-26 高二下·吉林长春）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量
的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度h=5cm，玻璃管开口斜向上，在倾角θ =30°的光滑斜面上以
一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为L= 40cm，大气压强始终为p0=75cmHg，取重力加速度
大小g=10 m /s
2，不计水银与玻璃管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是（ ）
A．被封闭气体的压强p1=80cmHg
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度L1=31.5cm
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度L= 40cm，则现在的温
度与原来温度之比为14:15
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1m /s
2的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长
度L2=37.5cm
【答案】C
【详解】A．对整体（玻璃管、水银），由牛顿第二定律得m总gsinθ =m总a
对水银柱有p0 S + ρShgsinθ−p1S = ρSha
联立解得p1=75cmHg，故A 错误；
B．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体压强p2= p0+ ρgh=80cmHg
根据玻意耳定律有p1 LS = p2 L1S
联立解得L1=37.5cm，故B 错误；
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，则封闭气体压强p3= p0−ρgh=70cmHg
根据查理定律，可知现在的温度与原来温度之比
T 3
T 0
= p3
p1
= 70
75 = 14
15 ，故C 正确；
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以a2=1m /s
2的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱有
p4 S−p0 S−ρShg= ρSha2
封闭气体做等温变化，则有p4 L2S = p1 LS
联立解得L2≈38.46cm，故D 错误。
故选C。
22．（2026·江苏镇江·一模）如图所示，把上端封闭、下端开口的玻璃管竖直插入水中后，将玻璃管缓慢
向下移动。若管内气体温度保持不变，则管内气体（ ）
A．压强小于大气压强
B．内能增大
C．单位体积内的分子数保持不变
D．单位面积上分子撞击器壁的作用力变大
【答案】D
【详解】A．玻璃管下压时，管内气体所处深度增加，外界大气压强p0不变，但管内气体上方水柱的高度
h 增大，根据液体压强公式，管内气体压强为p= p0+ ρgh
由于h 增大，故管内气体压强p 增大且大于大气压强，故A 错误；
B．管内气体温度保持不变，则气体内能不变，故B 错误；
C．根据玻意耳定律可知pV=C，因下压过程中压强 p 增大，故气体体积V 减小，单位体积内的分子数增
大，故C 错误；
D．气体温度不变，压强增大，根据压强的微观解释可知，单位面积上分子撞击器壁的作用力变大，故D
正确。
故选D。
23．（25-26 高二下·全国）如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量
的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，活塞处于平衡状态。现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°
（如图乙所示），达到平衡后，与原来相比（ ）
A．气体的压强变大
B．气体的压强变小
C．气体的体积变大
D．气体的体积不变
【答案】A
【详解】AB．对图甲中活塞进行分析，根据平衡条件有p0 S =mg+ p1S
解得p1= p0−mg
S
对图乙中活塞进行分析有p2= p0
可知p2> p1
即与原来相比，气体的压强变大，故A 正确，B 错误；
CD．气体温度不变，根据玻意耳定律有p1V 1= p2V 2
由于压强增大，则气体体积变小，故CD 错误。
故选A。
24．（2026·吉林·模拟预测）一款气垫运动鞋如图（a）所示，鞋底空间充满理想气体，运动时通过压缩气
体来提供缓冲。单只鞋子的鞋底空间等效为如图（b）所示的模型，轻质活塞A 可无摩擦地上下移动，活
塞A 的等效面积为S =200 cm
2。大气压强p0=1.0×10
5Pa，环境温度为T 0=300K，鞋子未被穿上时，每
只鞋气垫内气体体积V 0=36 cm
3，压强为p0，忽略鞋底其他结构产生的弹力，气垫不漏气，重力加速度g
取10 m /s
2。
(1)鞋子未被穿上时，随着气温缓慢上升，气垫内气体体积增大，当气体体积增大到V 1= 40 cm
3时，此过程
中气体吸收的热量为Q =0.6J，求气体内能的变化量；
(2)若气垫内气体温度始终为T 0，质量为m=50kg的学生穿上该运动鞋，双脚竖直站立在水平面上，求单
只鞋子气垫内气体的体积。
【答案】(1)0.2J
(2)32cm
3
【详解】（1）气体体积增大，外界对气体做的功为W =−p0(V 1−V 0)=−0.4 J
由热力学第一定律ΔU =W +Q
解得ΔU =−0.4 J+0.6J =0.2J
（2）单只鞋子受到的压力为F = mg
2 =250 N
气体压强为p1= p0+ F
S =1.125×10
5Pa
由玻意耳定律p0V 0= p1V 1
解得V 1= p0V 0
p1
=32cm
3。
25．（24-25 高二下·吉林长春）如图所示，竖直放置的卡腰式圆柱形汽缸由a、b两部分组成，两部分高度
均为L=10cm，汽缸a的横截面积S =20cm
2，汽缸b的横截面积是a的2 倍，汽缸a的下端装有抽气筒。汽
缸b中有光滑活塞（厚度不计），活塞质量为m=20kg，活塞与汽缸间封闭性良好．初始状态活塞恰好在
汽缸b的上端，现对汽缸进行缓慢抽气，共抽气12 次，每次抽出气体的体积均为V 0= 40 mL。温度保持不
变，大气压强为p0=1.0×10
5Pa，重力加速度g=10 m /s
2。求：
(1)第1 次抽气过程中汽缸b中的活塞对气体做的功；
(2)整个抽气过程结束后，汽缸内气体的压强；（结果保留三位有效数字）
(3)整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比。（结果保留三位有效数字）
【答案】(1)6J
(2)1.04×10
5Pa
(3)76.9%
【详解】（1）由题意可知汽缸b 的横截面积为Sb=2S = 40cm
2
汽缸b 的容积为V b= Sb L= 400cm
3
汽缸内气体的压强为p= p0+ mg
Sb
=1.5×10
5Pa
第1 次抽气过程中抽出气体的体积为V 0= 40 mL= 40cm
3
小于汽缸b 的容积，活塞还没有达到卡腰处，故第1 次抽气过程为等压变化。第1 次抽气过程中汽缸b 中
的活塞对气体做功W = pΔV =6J
（2）由题意得，a 汽缸的容积V a= SL=200cm
3
抽气10 次后活塞恰达到卡腰处，汽缸内压强为p=1.5×10
5Pa
第11 次抽气过程，根据玻意耳定律，有pV a= p11(V a+V 0)
解得p11= 5
6 p
同理，第12 次抽气过程，根据玻意耳定律，有p11V a= p12(V a+V 0)
解得p12=（5
6 ）
2 p≈1.04×10
5Pa
（3）由理想气体密度方程得p
ρ = p12
ρ12
整个抽气过程结束后剩余气体的质量与抽气体前气体的质量比
m12
m =
ρ12V a
ρ(V a+V b)
故整个抽气过程结束后，抽出气体的质量占抽气前气体质量的百分比为m−m12
m
×100 %≈76.9 %
⏳题型06 等压变化和等容变化
26．（25-26 高二下·黑龙江双鸭山）如图所示，A、B 两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，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7℃，B
中气体温度为63℃，现将A 的温度降低10℃，为使液柱不移动，则需将B 气体温度怎样改变（ ）
A．将B 气体温度降低15℃
B．将B 气体温度降低12℃
C．将B 气体温度降低10℃
D．将B 气体温度升高15℃
【答案】B
【详解】液柱不移动，对A、B 两容器中的气体都为等容变化，且初、末状态分别对应压强相等，对A 容
器中的气体，温度降低由p
T =k
则气体压强减小，为使液柱不移动，B 容器中的气体压强也要减小，温度也要降低
对A 容器中的气体p1
280 = p2
270
对B 容器中的气体
p1
273+63 = p2
T 2
联立解得T 2=324 K
故将B 气体温度降低Δt = ΔT =(273+63−324)℃=12℃
故选B。
27．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示，圆柱形导热容器内充有一定质量的空气，容器与水银压强
计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连。如果容器处于环境温度t0=27℃的空气中时，两管中水银面
等高。现将此导热容器浸入摄氏温度为t1的热水中，左管中水银将下降；然后缓慢地向上提右管，使左管
中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差h=20cm。已知大气压强p0=76cmHg，热力
学温度与摄氏温度的关系T =(273+t )K，该热水的温度约为（ ）
A．116℃
B．106℃
C．95℃
D．85℃
【答案】B
【详解】设初始时空气温度为T 0=273K+t0=300K，当容器浸入温度为t1的热水中并最终恢复左管水银面
至原高度时，容器内气体压强比大气压高ρgh，故p1= p0+ ρgh=96cmHg
又因同一质量的气体体积不变，可视为理想气体的等容变化，根据
p1
p0
= T 1
T 0
代入数据解得T 1= 7200
19 K，换算成摄氏温度为t1≈105.9℃
故选B。
28．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨）两端封闭的导热U型管中有一些水银将空气隔为两部分。U型管竖直放
置时，管内水银位置如图所示，左、右两气柱的长度分别为L1和L2。现将环境温度逐渐升高，则（ ）
A．L1变短，L2变长
B．L2变短，L1变长
C．L1和L2不变化
D．无法确定
【答案】A
【详解】假设左、右两气柱的长度不变，由图可知原来两气柱的压强关系p2> p1
由等容变化可得p1
T 0
= p
′
1
T 1
= Δ p1
ΔT
由于温度升高，则压强增大，可得Δ p1= ΔT ⋅p1
T 0
，同理可知Δ p2= ΔT ⋅p2
T 0
由题意可知，温度变化相同，起始温度也相同，且p2> p1，则Δ p2> Δ p1，则L2变长，L1变短。
故选A。
29．（25-26 高二下·吉林松原）一气缸内封闭有一定质量的理想气体，初始状态压强为p0=1.0×10
5Pa，
体积为V 0=2.0L，温度为T 0=300K。现缓慢压缩气体，使体积变为V =1.0L ，同时温度升高到T =360K
。求：
(1)压缩后气体的压强；
(2)若气体从初始状态出发，保持体积不变，当温度从300 K 升温到360 K，气体压强变化多少？
【答案】(1)2.4×10
5Pa
(2)增加2×10
4 Pa
【详解】（1）根据理想气体状态方程对理想气体初末状态分析有p0V 0
T 0
= pV
T
代入数据p= p0⋅V 0
V ⋅T
T 0
=1.0×10
5Pa× 2.0L
1.0L × 360K
300K
得到压缩后的气体压强为p=1.0×10
5×2×1.2=2.4×10
5Pa
（2）体积不变时，由查理定律有p0
T 0
= p
'
T
得变换后压强为p
' = p0⋅T
T 0
=1.0×10
5× 360
300 =1.2×10
5Pa
压强变化Δ p= p
'−p0=1.2×10
5−1.0×10
5=0.2×10
5=2×10
4 Pa
30．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，固定在水平面上的绝热汽缸长为L，汽缸内用横截面积
为S的绝热活塞封闭有温度为T 0的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底0.6L 处。已知大
气压强为p0，该理想气体内能U与温度T的关系为U =αT，α为常量，不考虑摩擦。现用电热丝对封闭的
理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。求：
(1)当温度升高到1.5T 0时，活塞距左侧缸底的距离L1；
(2)当温度升高到2.5T 0时，理想气体从电热丝吸收的总热量Q。
【答案】(1)0.9L
(2)1.5α T 0+0.4 p0 SL
【详解】（1）封闭气体发生等压变化0.6 L⋅S
T 0
= L1⋅S
1.5T 0
活塞距左侧缸底的距离L1=0.9 L
（2）当活塞到达汽缸右端时的温度为T，0.6 L⋅S
T 0
= L⋅S
T
T = 5
3 T 0
即当温度升高到5
3 T 0时活塞恰到达最右端，所以从5
3 T 0到2.5T 0时，活塞不动。
外界对理想气体做功W = p0 S (0.6 L−L)=−0.4 p0 SL
理想气体内能增加量ΔU =α (2.5T 0−T 0)=1.5α T 0
由热力学第一定律ΔU =W +Q
理想气体从电热丝吸收的总热量Q =1.5α T 0+0.4 p0 SL
⏳题型07 理想状态方程
31．（2026·辽宁朝阳·模拟预测）“蛟龙”号载人潜水器在中国南海完成首次装备试验任务如图甲。已知
海平面的温度为T 1=300K，大气压强为p1=1atm。如图乙，一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的
汽缸中，汽缸在海平面时，气体体积为V 1=1.5 m
3。在某次深潜汽缸缓慢下降的过程中，探测到汽缸所在
处的海水温度为T 2=280K，压强为p2=56atm，汽缸内气体体积为V 2。不计活塞的质量和摩擦，则（
）
A．V 2=0.050 m
3，在下潜过程中气体对外放热
B．V 2=0.050 m
3，在下潜过程中气体从外界吸热
C．V 2=0.025 m
3，在下潜过程中气体对外放热
D．V 2=0.025 m
3，在下潜过程中气体从外界吸热
【答案】C
【详解】由理想气体状态方程
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得V 2=0.025 m
3
汽缸缓慢下潜的过程中，温度降低，则ΔU <0，气体体积减小，则W >0；根据热力学第一定律
ΔU =W +Q，可得Q<0，即在此过程中气体放热。
故选C。
32．（2026·贵州六盘水·二模）某车主汽车中控仪表盘实时显示四个完全相同轮胎内气体压强（单位：
kpa）及温度（单位：℃）如图所示，不计轮胎形变，轮胎内气体可视为理想气体，则四个轮胎中，充气
最多的轮胎是（ ）
A．左前轮
B．右前轮
C．左后轮
D．右后轮
【答案】A
【详解】根据理想气体状态方程pV
T =C
可知，在体积和温度都相同的情况下，p越大，气体的物质的量越多，即充气最多，通过对比可知，右前
轮充入气体的量小于左前轮充入气体的量，左后轮充入气体的量小于左前轮充入气体的量，结合查理定律
可得左后轮的气体在9℃时的压强为p左后
'
= 266×(273+9)
273+8
kPa≈267kPa<269kPa
因此左前轮的充气最多。
故选A。
33．（25-26 高二下·山东青岛）如图，某型号热气球的球囊、吊篮、装载物和加热装置总质量m=200kg，
球囊容积V0=1000m3，大气密度为1.2kg/m3，环境温度恒为300K。热气球充满气后，使用加热装置将热气
球内的气体加热到某一温度，使其恰好悬浮在空中。重力加速度g=10m/s2，忽略球囊的厚度、搭载物品的
体积及燃料损耗导致的装置总质量变化，大气压强保持不变，热气球内气体视为理想气体。
下列说法正确的是（ ）
A．热气球悬浮在空中时，球囊内气体的质量为1200kg
B．热气球悬浮在空中时，球囊内气体的温度为400K
C．与加热前相比，悬浮在空气中时单位时间单位面积撞击到球囊上的气体分子数目更多
D．热气球加热前与悬浮在空气中时球内气体密度之比为6:5
【答案】D
【详解】A．热气球恰好悬浮，受力平衡，浮力等于总重力，即ρ0V 0 g=(m+m内)g
代入数据ρ0=1.2kg/m
3，V 0=1000 m
3，m=200kg，解得球囊内气体质量
m内= ρ0V 0−m=1200kg−200kg=1000kg，故A 错误；
B．理想气体压强不变时，由pV =nRT、n= m
M ，联立可得密度ρ= m
V = pM
RT
其中M、R均为常数，因此ρT = pM
R 为常数。悬浮时球内气体密度ρ= m内
V 0
=1kg/m
3
代入ρ0T 0= ρT，解得T = ρ0T 0
ρ
= 1.2×300
1
K =360K，故B 错误；
C．球内压强始终等于外界大气压强，压强不变。加热后温度升高，气体分子平均动能增大，单个分子撞
击的平均冲量增大，因此要保持压强不变，单位时间单位面积撞击球囊的分子数目一定减少，故C 错误；
D．加热前球内气体与外界同温同压，密度为ρ0=1.2kg/m
3
悬浮时球内密度ρ=1kg/m
3，因此密度之比ρ0: ρ=1.2:1=6:5，故D 正确。
故选D。
34．（2026·辽宁沈阳·三模）如图所示，内壁光滑导热良好的气缸水平放置在粗糙水平面上，气缸内部的
横截面积为S，活塞密封了一定质量的理想气体，轻质弹簧左侧与活塞相连接，右侧固定在墙上。初始状
态时环境温度为T 0，轻弹簧压缩量为x0，活塞到气缸左侧底部的距离为L0。若升高环境温度，轻弹簧压缩
量变为2 x0。气缸始终处于静止状态，外界大气压强恒为p0，弹簧劲度系数k = p0 S
x0
，弹簧保持水平且始终
处于弹性限度内。求：
(1)初始状态时气缸内理想气体的压强；
(2)轻弹簧压缩量变为2 x0时的环境温度和此时气缸所受摩擦力的大小。
【答案】(1)p1=2 p0
(2)T 2= 3(L0+ x0)T 0
2 L0
，f =2 p0 S
【详解】（1）对活塞，处于平衡状态p0 S+ k x0= p1S
解得初始状态气体的压强p1=2 p0
（2）升温后，活塞处于平衡状态p0 S+2k x0= p2S
对气缸内理想气体,初态：V 1= L0 S，T 1=T 0，p1=2 p0，末态：V 2=(L0+ x0)S，T 2，p2
由理想气体状态方程
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
联立解得升温后环境温度T 2= 3(L0+ x0)T 0
2 L0
对气缸活塞整体，水平方向处于平衡状态，气缸受摩擦力f =2k x0
解得f =2 p0 S
35．（2026·辽宁锦州·二模）如图所示是汽车轮胎的简化模型，轮胎内封闭了一定质量的理想气体。初始
时，轮胎内气体的温度T 1=300K，压强p1=2.5×10
5Pa，容积V 1=30L。汽车行驶一段时间后，因摩擦
生热，轮胎内气体温度升高至T 2=330K，轮胎容积膨胀为V 2=33L。已知大气压强p0=1.0×10
5Pa，理
想气体内能满足U =αT，其中α =20J /K。
(1)求温度升高后轮胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中轮胎内气体对外界做功W =120J，求轮胎内气体与外界热交换的热量，并说明吸放热的情
况。
【答案】(1)2.5×10
5Pa
(2)720J，气体吸热
【详解】（1）根据理想气体状态方程p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得温度升高后轮胎内气体的压强p2=2.5×10
5Pa
（2）由U =αT
可得ΔU =α ΔT =α (T 2−T 1)=600J
由热力学第一定律ΔU =W +Q
代入数据得Q =720J
因为Q>0，说明气体吸热。
⏳题型08 气体分装问题、充气漏气问题
36．（多选）（25-26 高二下·辽宁朝阳）呼吸机需启动容量控制模式向危重患者肺部持续稳定压入定量空
气以维持患者的平静呼吸。医学上把每次呼吸循环中空气进入肺部的气体体积称为潮气量。某呼吸机在容
量控制模式下工作，设定潮气量为600 mL。已知患者初始肺顺应性为50 mL/cm H2O（即每增加1 厘米水柱
压力，肺容积增加50 毫升），呼吸机初始吸气压力设为12cm H2O。若患者病情恶化导致肺顺应性降低至
40 mL/cm H2O，假设整个吸气过程中气体温度保持不变，且将气体视为理想气体。则关于患者病情恶化前
后说法正确的是（ ）
A．肺内每次吸入的气体压强增加，体积减小，符合玻意耳定律
B．呼吸机吸气压力设置应提高到15cm H2O以维持潮气量
C．吸气过程中，因为吸气压力升高导致空气分子平均动能增加
D．患者每次吸入空气分子个数的比为4 5∶
【答案】BD
【详解】A．患者病情恶化前后吸入的气体质量不同，不满足玻意耳定律的适用前提，故A 错误；
B． 维持潮气量V=600mL 不变，新压力p2满足：V =C2⋅p2，C2= 40mL/cmH 2O
p2=15cmH2O，故B 正确；
C．吸气过程中，因为吸气压力升高导致空气分子平均动能增加，气体分子平均动能只与温度有关，题目
明确“气体温度保持不变”，因此分子平均动能不变，吸气压力升高是由于肺顺应性降低后，为维持相同
潮气量而人为调高的，并非由温度变化引起,故C 错误
D．每次吸入的气体体积相同（均为600mL），温度相同，根据理想气体状态方程pV=nRT，分子个数比等
于物质的量比，即
n1
n2
= p1V
p2V = p1
p2
表压分别为12 cmH2O和15cmH2O
故
n1
n2
= 12
15 = 4
5 ，故D 正确。
故选BD。
37．（多选）（2025·辽宁丹东·二模）截至2025 年3 月24 日《哪吒2》暂列全球票房榜第5 名。该片传递
积极价值观，情节丰富有深度，视觉效果震撼。片中太乙真人使用天元鼎炼丹，已知天元鼎正常时是容积
为4m
3的密闭容器，初始时内部气体压强与外界大气压相同即p0=1.0×10
5Pa，温度为T 0=300K。在炼
丹过程中，太乙真人施展法术对炉内气体加热，当炉内气体温度达到600K 时，炉内的压强为p1。若加热
过程中天元鼎缓慢漏气，当温度为600K 时炉内压强p2=1.5×10
5Pa，设泄漏出去的气体质量与剩余在鼎
中的气体质量之比为n（炉内气体可视为理想气体）则（ ）
A．p1=8×10
5Pa
B．p1=2×10
5Pa
C．n=1:4
D．n=1:3
【答案】BD
【详解】AB．整个过程可以看成等容变化，根据查理定律可得p0
T 0
= p1
T 1
代入数据解得p1=2×10
5Pa，故A 错误，B 正确；
CD．根据理想气体状态方程pV = m
M RT
可知原有气体的质量与剩余气体质量之比为m
m余
= p1
p2
= 4
3
故泄露出去的气体质量与剩余在鼎中的气体质量之比为n= m−m余
m余
=
4
3 m余−m余
m余
= 1
3
，故C 错误，D 正
确。
故选BD。
38．（多选）（2025·辽宁·二模）冬天烧碳取暖容易引发一氧化碳中毒事故，高压氧舱是治疗一氧化碳中
毒的有效措施。某物理兴趣小组通过放在水平地面上的汽缸来研究高压氧舱内的环境，如图所示，导热汽
缸内的活塞离汽缸底部的高度为h，活塞的横截面积为S，环境温度保持不变。汽缸内气体的压强为1.2 P0，
该小组分别通过向汽缸内充气和向下压活塞的方式使汽缸内气体的压强增大到2 P0．已知大气压强为P0，
汽缸内气体可视为理想气体，活塞与汽缸密封良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g．下列说
法中正确的是（ ）
A．活塞的质量为p0 S
5 g
B．若活塞不动，仅将外部环境中体积为0.5Sh、压强为1.8 P0的气体缓慢充入汽缸，可使汽缸内气体
的压强增至2 P0
C．仅将活塞缓慢下移2h
5 ，可以将汽缸内气体的压强增至2 P0
D．仅将活塞缓慢下移2h
5 的过程中，气体向外界放出的热量大于12
25 p0 Sh
【答案】ACD
【详解】A．根据平衡条件mg+ p0 S =1.2 p0 S
可知，活塞的质量m= p0 S
5 g
A 正确；
B．由于气体温度保持不变，可知1.8 p0×0.5 Sh+1.2 p0 Sh= p1Sh
可得气体的压强为p1=2.1 p0
B 错误；
C．仅将活塞缓慢下移2h
5 ，气体发生等温变化，因此1.2 p0 Sh= p2S×(h−2h
5 )
解得汽缸内气体的压强p2=2 p0
C 正确；
D．活塞向下移动的过程中，假设气体压强不变，则外界气体做功W 0=1.2 p0 S× 2
5 h= 12
25 p0 Sh
而向下移动的过程中，气体压强增大，外界对气体做功大于W 0，气体温度保持不变，根据热力学第一定
律，可知放出的热量大于12
25 p0 Sh，D 正确。
故选ACD。
39．（25-26 高二下·辽宁沈阳）如图所示，导热性能良好、内部粗细均匀的封闭薄玻璃管水平放置，其左
端带有可充气的阀门。开始时玻璃管处于温度为T=240 K 的环境中，内部左、右两端的空气柱及中间的水
银柱的长度均为L0（未知），左、右两端的空气柱的压强均为p=80cmHg。现将玻璃管在竖直面内绕其左
端逆时针缓慢旋转至竖直，玻璃管旋转至竖直时其上端空气柱的长度L=20 cm，整个过程中两端空气柱未
流通。
(1)求玻璃管的长度；
(2)分析此过程中，玻璃管内左、右两端的空气柱吸放热情况并比较吸放热绝对值大小；
(3)玻璃管旋转至竖直后固定，然后对玻璃管加热至T ′ =306 K并通过阀门充入适量的空气，最终使两端空
气柱的长度均恢复到L0，已知两空气柱的温度始终相同，求充气前、后玻璃管内空气总质量的比值。
【答案】(1)54 cm
(2)见解析
(3)34
37
【详解】（1）缓慢旋转至竖直过程中，以右端空气柱为研究对象，假设玻璃管的横截面积为S，空气柱长
度为L1，根据等温方程p L0 S = p右L1S
以左端空气柱为研究对象，空气柱长度为L2，有p L0 S = p左L2S
且p右+ L0= p左，L1+ L2=2 L0
联立代入数据求得L0=18cm
玻璃管的长度L总=3 L0=54cm
（2）左端的空气柱体积减小，外界对它做功，向外界放热；右端的空气柱体积增大，它对外界做功，从
外界吸热；在对外做功过程中，左端气体平均压强大，因此左端气体放热绝对值更大。
（3）升温后，对右端（上端）空气柱整个过程p
T = p
′
右
T
′
升温后左端（下端）空气柱的压强为p
′
左= p
′
右+ L0=120cmHg
以原有左端（下端）空气柱为研究对象p L0 S
T
= p
′
左L′ S
T ′
求得L
′ =15.3cm
充气前、后玻璃管内空气总质量的比值为k = 2 L′
L′ + L0
求得k = 34
37
40．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）如图所示，室内有一竖直放置、导热良好的汽缸，其内密封了一定质量
的理想气体，该气体被活塞分成A、B 两部分。初始时，活塞到汽缸底部的距离为L1=0.1m，到汽缸顶部
的距离为L2=0.3 m，B 部分气体的压强为pB=1×10
5Pa。已知活塞的质量为m=2.0kg，横截面积为
S =1×10
−3 m
2，取g=10 m /s
2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，忽略活塞的厚度，活塞密封性良好，室温
保持不变。
(1)求初始时，A 部分气体的压强。
(2)若向B 部分再缓慢充入一定质量的同种理想气体，使活塞上升到汽缸的中间位置，求充入的气体在压强
为1×10
5Pa、室温状态下的体积。
【答案】(1)8×10
4 Pa
(2)1.8×10
−4 m
3
【详解】（1）初始时，活塞受力平衡，有pA S +mg= pB S
解得pA=8×10
4 Pa
（2）活塞上升到汽缸的中间位置，活塞到汽缸底部的距离变为L
′
1=0.2m，到汽缸顶部的距离为L
′
2=0.2m
A 部分气体做等温变化，由玻意耳定律有pA L2S = p
′
A L
′
2S
解得p
′
A=1.2×10
5Pa
根据活塞受力平衡有p
′
A S+mg= p
′
B S
解得p
′
B=1.4×10
5Pa
设充入的气体在压强为pB=1×10
5Pa室温状态下的体积为V，则根据理想气体状态方程可知
pBV + pB L1S = p
′
B L
′
1S
解得V =1.8×10
−4 m
3
⏳题型09 液柱类问题
41．（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示，两端封闭内径均匀的U 形玻璃管竖直放置，内有一段水银
把玻璃管内空气分为A、B 两段气柱且液面高度差为h，初始状态气体温度相同。现使两段气柱升高相同温
度，则在此过程中玻璃管内的水银如何运动（ ）
A．会向A 气体移动
B．会向B 气体移动
C．不会移动
D．如何移动跟A、B 两段气柱的长度有关
【答案】A
【详解】假设水银柱不动，则A、B 两部分气体均做等容变化。根据查理定律的推论，压强变化量
Δp= p
T ΔT
由图可知，左侧A 液面高于右侧B 液面，高度差为h，根据连通器原理，初始压强关系为pB= pA+ ρgh
即pB> pA。由于初始温度T相同，升高的温度ΔT也相同，且pB> pA，代入公式可知Δ pB> Δ pA
这说明气体B 的压强增加量大于气体A 的压强增加量，原有的平衡被打破，水银柱将向压强增加较小的一
侧移动，即向A 气体移动。
故选A。
42．（24-25 高二下·黑龙江齐齐哈尔）如图所示，竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为
A、B 两部分，初始温度相同。使A、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化
量Δ pA、Δ pB，对液面压力的变化量为Δ FA、Δ FB，则下列说法不正确的是（ ）
A．水银柱向上移动了一段距离
B．ΔV A= ΔV B
C．Δ pA> Δ pB
D．Δ F A= Δ FB
【答案】D
【详解】AC．假定水银柱不动，升高相同的温度Δ p，由查理定律有Δ p= ΔT
T
p
可知由于初始T 相同，故初态压强大的Δ p大，题图可知A 的初态压强大，故A 部分压强增量较大，故水
银柱向上移动了一段距离，故AC 正确，不符合题意；
B．由于水银柱体积是一定的，故ΔV A= ΔV B
故B 正确，不符合题意；
D．以上分析可知Δ pA> Δ pB
题图易得SA>SB
则有Δ FA= Δ pA SA> Δ FB= Δ pB SB
故D 错误，符合题意。
故选D。
43．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，当U 形管两端竖
直朝上时，a中空气柱长度大于b中空气柱长度。现将U 形管整体缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的
一边通过水银逸入另一边。整个过程中气体温度不变，则（ ）
A．a中气体压强大于b中气体压强
B．a中气体压强小于b中气体压强
C．a中空气柱长度大于b中空气柱长度
D．a中空气柱长度等于b中空气柱长度
【答案】C
【详解】竖直放置时，由于右边玻璃管中水银柱更高，则a中气体压强大于b中气体压强；将U 形管整体缓
慢平放在水平桌面上，根据平衡条件可知，a中气体压强等于b中气体压强，则从竖直放置到水平放置，a
中气体压强减小，b中气体压强增大，由于整个过程中气体温度不变，根据玻意耳定律pV =C可知，a中
气体体积增大，b中气体体积减小，由于初始时a中空气柱长度大于b中空气柱长度，则水平放置后，a中
空气柱长度大于b中空气柱长度。
故选C。
44．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够高的U 形玻璃管竖直固定，左右两侧均开口，管内径横截面
积为S。管内通过一个活塞和一段水银柱封闭了一定量的理想气体。初始时，左侧管内的水银柱高度为
h1，右侧水银柱的高度为h2，空气柱的长度为L，环境大气压强p0，不计活塞和U 形管之间的摩擦，水银
的密度为ρ，重力加速度为g。
(1)求活塞的质量；
(2)若用力将活塞向上缓慢提升，直到U 形管内两侧的水银柱液面相平，求活塞被提升的高度。
【答案】(1)ρ(h2−h1)S
(2)(2 ρgL+ p0)(h2−h1)
2 p0
【详解】（1）根据两侧水银柱高度差可知，封闭气体的压强为p1= ρg(h2−h1)+ p0
对活塞受力分析可知p0 S +mg= p1S
解得m= ρ(h2−h1)S
（2）U 形管内两侧水银液面等高时，左侧液面上升的高度为Δ x1= h2−h1
2
封闭气体的压强变为p0，等温变化有p1 LS = p0 L
' S
活塞相对左侧液面上升的高度为Δ x2= L
'−L
活塞上升的高度H = Δ x1+ Δ x2
解得H = (2 ρgL+ p0)(h2−h1)
2 p0
45．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）某实验小组同学设计了一种简易温度计，其结构如图所示。固定的玻璃
瓶内有一定质量的理想气体，瓶口以橡胶塞密封并插入一根细玻璃管，玻璃管插入水银槽中，温度变化时，
玻璃管内水银柱高度会随之变化。在水银柱距液面不同高度处标示对应温度，即可制成简易温度计。已知
在标准大气压p0=76cmHg下，温度t1=17
∘C时，管内水银高度为h1=18cm。细玻璃管内气体体积可忽略。
(1)若水银槽液面以上细玻璃管的高度h=28cm，测量中水银不能进入玻璃瓶中，求该温度计能够测量的最
低温度t是多少摄氏度；
(2)若瓶内气体的内能U与热力学温度T的关系为U =kT，k =0.1J/K，求外界温度由10℃升高到25℃过程
中气体吸收的热量Q。
【答案】(1)-33℃
(2)1.5J
【详解】（1）瓶内气体体积不变，根据查理定律p1
T 1
= p2
T 2
其中p1= p0−ρgh1=58cmHg，T 1=t1+273=290K，p2= p0−ρgh= 48cmHg，T 2=t +273
解得t =−33
∘C
（2）温度变化量ΔT =Δt =15K
根据U =kT
可得ΔU =k ΔT
解得ΔU =1.5J
热力学第一定律ΔU =Q+W
其中W =0
Q =ΔU =1.5J
⏳题型10 活塞类问题
46．（多选）（25-26 高二下·辽宁沈阳）如图所示，模拟V形发动机的圆柱形绝热气缸倾斜放置，顶端封
闭，下端开口，缸体轴线在竖直平面内且与水平方向的夹角为θ。重为G，横截面积为S的活塞可沿气缸壁
无摩擦滑动，活塞距气缸顶部的距离为L0，缸内密封的理想气体温度为T 0。若电热丝缓慢加热过程中产生
的热量Q全部被气体吸收，气体的内能增加ΔU，大气压强为p0，下列说法正确的是（ ）
A．加热前，缸内气体的压强为p0−Gsinθ
S
B．加热过程中，气体对外做功的大小为ΔU −Q
C．加热过程中，活塞移动的距离为
Q+ ΔU
p0 S−Gsinθ
D．加热后，缸内气体的温度升高了
T 0（Q−ΔU ）
L0（p0 S−Gsinθ ）
【答案】AD
【详解】A．设加热前，缸内气体的压强为p，对活塞由受力平衡可得pS+Gsinθ = p0 S
解得p= p0−Gsinθ
S
，故A 正确；
B．设加热过程中，气体对外做功的大小为W，此过程气体对外界做功，由热力学第一定律可得
ΔU =Q−W
解得W =Q−ΔU，故B 错误；
C．设加热过程中，活塞移动的距离为x，则气体对外界做功W = pSx
解得x = W
pS =
Q−ΔU
p0 S−Gsinθ ，故C 错误；
D．设加热后，缸内气体的温度升高了ΔT，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得L0 S
T 0
= (L0+ x)S
T 0+ ΔT
解得ΔT =
(Q−ΔU )T 0
( p0 S−Gsinθ)L0
，故D 正确。
故选AD。
47．（多选）（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸体积为V，横截面积为S，被
活塞分成A、B 两部分。初始时活塞静置于卡环上，A、B 两部分容积之比为2:1，气体的压强均为p0。现
通过打气孔（气体只进不出）向容器B 中缓慢注入压强为p0、一定体积的同种气体，气体注入后活塞静止
于圆柱形汽缸正中央。已知活塞的质量m= 2 p0 S
3 g （g 为重力加速度），活塞厚度不计。整个过程外界温度
恒定，汽缸及活塞密闭性和导热性良好，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．A 部分气体最终的压强pA = 4
3 p0
B．B 部分气体最终的压强pB= 5
3 p0
C．过打气孔注入的气体体积ΔV = 2
3 V
D．过打气孔注入的气体体积ΔV =V
【答案】AC
【详解】A．A 部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有p0 2
3 V = pA V
2
解得pA= 4
3 p0，故A 正确；
B．设B 部分气体最终的压强为pB，根据平衡条件有pB= pA+ mg
S =2 p0，故B 错误；
CD．打入B 内的气体和B 内原有气体整体做等温变化，根据玻意耳定律有p0ΔV + p0 V
3 = pB V
2
解得ΔV = 2
3 V ，故C 正确，D 错误。
故选AC。
48．（多选）（25-26 高二下·山东济宁）如图所示，活塞质量为m，气缸质量为M，通过弹簧吊在天花板
上，气缸内封住了一定质量的空气，而活塞与气缸间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则下列说法
正确的是（ ）
A．内外空气对气缸的总作用力方向向下，大小为Mg
B．内外空气对气缸的总作用力方向向上，大小为Mg
C．气缸内空气压强为p0−Mg
S
D．气缸内空气压强为p0−mg
S
【答案】BC
【详解】设气缸内气体的压强为p，以气缸底为研究对象受力分析，由平衡条件得pS+ Mg= p0 S
即有p0 S−pS = Mg
可得内外空气对气缸的总作用力方向向上，大小为Mg；由上式也可得出气缸内空气压强为p= p0−Mg
S
故选BC。
49．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，静置于水平桌面上的玩具小车固定一倾斜绝热气缸，缸内
封闭着一定质量的理想气体，气缸与水平的车厢底板夹角为θ，质量为m、横截面积为S 的活塞光滑且密
闭性良好。外界气体压强为p0，重力加速度为g。求：
(1)气缸内气体压强p；
(2)请用所学物理知识和必要公式进行说明，当小车加速行驶过程中，缸内气体温度与静置时相比如何变化。
【答案】(1)p= p0+ mgsinθ
S
(2)气体温度升高
【详解】（1）对活塞受力分析可知pS = p0 S+mgsinθ
解得气缸内气体压强p= p0+ mgsinθ
S
（2）当小车加速行驶过程中，在对活塞分析p
' S - p0 S -mgsinθ =macosθ
可知p
'> p，即气体的压强变大，体积减小，外界对气体做功，因气缸绝热，根据热力学第一定律可知，
气体内能变大，温度升高。
50．（25-26 高二下·辽宁大连）如图所示，固定在水平面上的绝热气缸，用横截面积为S的绝热活塞封闭
有一定质量的理想气体，该气体内能U与温度T的关系为U =αT，α 为已知常量。初始时活塞静止，距左
侧缸底为L0，缸内气体压强为p0，温度为T 0。现通过电热丝对气缸内气体缓慢加热，使活塞至左侧缸底距
离增至2 L0。活塞与气缸内壁间的滑动摩擦力大小恒为p0 S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，气缸不漏气，
忽略电热丝体积。求：
(1)活塞刚开始移动时，缸内气体的压强和温度；
(2)缸内气体在整个过程中吸收的总热量。
【答案】(1)2 p0，2T0
(2)3α T 0+2 p0 S L0
【详解】（1）活塞刚开始移动时，对活塞分析可知p1S = f + p0 S
可得p1=2 p0
气体进行等容变化，则由查理定律
p0
T 0
= p1
T 1
解得T1=2T0
（2）活塞至左侧缸底距离增至2 L0过程中气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律L0 S
T 1
= 2 L0 S
T 2
解得T2=4T0
该过程中气体对外做功为W = p1S L0=2 p0 S L0
根据热力学第一定律可知，缸内气体在整个过程中吸收的总热量
Q = ΔU +W =α(4T 0−T 0)+2 p0 S L0=3α T 0+2 p0 S L0
重难·创新演练
设题创新:结合生活实际(T4);新角度考查研究方法(T3);
1．（多选）（25-26 高二下·辽宁沈阳）如图所示，一端封闭粗细均匀的玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，
一小段水银柱将管内封闭气体分割成两部分，上端气柱长为l1，下端气柱长为l2，且l1=l2。管内水银柱与
水银槽面的高度差为h，管内气体温度保持不变，开口端始终在水银面下方，则下列说法正确的是
（ ）
A．若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则h 变大
B．若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的变化量大于l2的变化量
C．若将玻璃管竖直向上缓慢提起，则l1的变化量小于l2的变化量
D．若轻敲管壁使下端气体透过中间水银柱与上端气体混合，再次稳定后气柱总长度大于l1+l2
【答案】ABD
【详解】A．将玻璃管竖直向上缓慢提升时，假设l2的下端面水银没有上升，保持原高度，令大气压强为
p0，则有p下1= p0−h
可知，若l2的下端面水银面保持原高度，则l2内气体的压强不变，由于温度恒定，则l2内气体体积不变，
则只有l1中的体积增大，根据玻意耳定律可知，l1内气体的压强变小，由于l1内的气体压强始终等于 l2气
体压强减去中间那段水银柱高度所产生的压强，所以假设不成立，中间那段水银柱将上升，l2中气体的体
积也增大，根据玻意耳定律可知，压强也减小，则管内外水银柱高度差h 变大，故A 正确；
BC．结合上述可知，管内上下两部分气体的压强均减小，体积均增大，由于p下= p上+h中间
则有|Δ p下)=|Δ p上)
可知，上下两部分气体的压强减小的绝对值相等，由于p下= p上+h中间> p上
即l1气体原来压强比l2小，根据玻意耳定律可知，对两部分气体有p下1l2S = p下2(l2+Δl2)S，
p上1l1S = p上2(l1+Δl1)S
解得|Δ p下)= p下2Δl2
l2
，|Δ p上)= p上2Δl1
l1
由于p下2> p上2，l1=l2，|Δ p下)=|Δ p上)
则有Δl2< Δl1
即l1的变化量大于l2的变化量，故B 正确C 错误；
D．若轻敲管壁使下端气体透过中间水银柱与上端气体混合，根据玻意耳定律有p下1l2S+ p上1l1S = p混lS
假设再次稳定后气柱总长度，即有l =l1+l2
结合上述解得p下1> p混> p上1= p下1−h中间= p0−(h+h中间)
忽略水槽内液面的变化，令混合后管内外水银高度差为h1，则有p混= p0−h1
可知h1<h+h中间
可知，假设不成立，混合后管内外水银高度差小于混合前管内两段水银的高度之和，则有l>l1+l2，故D
正确。
故选ABD。
2．（多选）（25-26 高二下·辽宁沈阳）如图所示，长为l =0.4 m的绝热汽缸置于水平地面，汽缸和地面间
的动摩擦因数为μ=0.2（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），距离缸底l
2处有面积为S =2cm
2的活塞，活塞
可在汽缸内无摩擦滑动，用轻弹簧将活塞与竖直墙壁相连，图中弹簧恰为原长，汽缸内气体温度为
T 0=300K、压强为p0=1×10
5Pa，外界压强也为p0，弹簧劲度系数为k =500 N/m，汽缸和活塞质量之和
为m=5kg。g取10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．若汽缸所受静摩擦力为4 N，则此时弹簧被压缩0.01m
B．若对汽缸缓慢加热且要汽缸保持静止，则气体温度不能超过495K
C．若对汽缸缓慢加热且要活塞恰好不脱离汽缸时，温度不超过900K
D．若对汽缸缓慢加热且活塞恰好不脱离汽缸时，汽缸向右移动0.18 m
【答案】BCD
【详解】A．若汽缸所受静摩擦力f = 4 N，整体分析，根据平衡可知，弹力大小为4N，则kx = 4 N
解得x = 4
500 m=0.008m，故A 错误；
B．当汽缸恰好开始滑动时，对汽缸有p0 S + μmg= p1S
解得p1= p0+ μmg
S
设在此过程中活塞向左移动了x1，对活塞有p1S = p0 S + k x1
解得x1= μmg
k
=0.02m
由理想气体状态方程有p0 S× l
2
T 0
=
p1S(
l
2 + x1)
T 1
解得T 1= 495 K
若要汽缸保持静止，则气体温度不能超过495K。故B 正确；
C．缓慢加热，汽缸处于平衡状态，汽缸滑动过程有p0 S + μmg= pS
则气体压强为p= p1
保持不变，气体做等压变化，活塞向左移动距离x1后不再移动，汽缸向右滑动，若要活塞不脱离汽缸，活
塞滑到汽缸最左端，则(
l
2 + x1)S
T 1
= lS
T 2
解得T 2=900 K，故C 正确；
D．汽缸向右移动的距离为Δ x =l−( l
2 + x1)=0.18 m，故D 正确。
故选BCD。
3．（多选）（24-25 高二下·山东临沂）如图所示，在两端开口的U 形管中，下部有一段水银柱a，右侧直
管内封闭气体上有一段水银柱b、若向左侧直管中沿管壁缓慢注入高为x 的水银，则平衡后（ ）
A．右侧直管内封闭气体的压强减小
B．右侧直管内封闭气体的体积不变
C．水银柱a 两侧水银面的高度差增加
D．水银柱b 升高x
2
【答案】BD
【详解】AB．左侧直管中注入水银前后，水银柱b受力平衡，则有mg+ p0 S = pS
重力mg和大气压力p0 S不变，所以右侧直管内封闭气体的压强p不变，缓慢注入水银的过程，气体温度不
变，由理想气体状态方程可知右侧直管内封闭气体的体积不变，故A 错误，B 正确；
C．设水银柱a两侧水银面的高度差为Δh，以水银柱a左侧蓝色部分为研究对象，如下图所示
设蓝色水银柱质量为m
'，由受力平衡可得m
' g+ p0 S = pS
可得m
' =m
可知蓝色部分水银柱与水银柱b的高度相等，即Δh=hb
左管注入水银后，水银柱b的高度hb不变，所以Δh不变，故C 错误；
D．水银柱a两侧水银面的高度差不变，假设原来的水银柱a不动，则左侧注入水银柱的高度为h，右侧水
银面上升h，右侧直管中封闭空气体积不变，则水银柱b上升h，如下图所示
根据题意可知左侧直管中注入水银等于水银柱a左右两端红色部分，即x =2h
可得h= x
2
所以水银柱b升高，故D 正确。
故选BD。
4．（多选）（24-25 高二下·重庆沙坪坝）一热气球体积为V ，内部充有温度恒为2T 0的热空气，该热气球
上升过程中大气压强会降低，若上升到某一高度大气压强变为0.4 个标准大气压，热气球刚好静止不动。
此时热气球外冷空气的温度为0.8T 0。已知空气在1 个标准大气压、温度为T 0时的密度为ρ0，该气球内、
外的气压始终都相等，重力加速度大小为g，整个过程热气球的体积保持不变。下列说法正确的是
（ ）
A．此时热气球所受浮力的大小2
5 ρ0 gV
B．此时球内空气所受的重力1
5 ρ0 gV
C．若充气前热气球的质量为m0（不含气体），此时它还能托起的最大质量为3
10 ρ0V −m0
D．若充气前热气球的质量为m0（不含气体），此时它还能托起的最大质量为1
5 ρ0V −m0
【答案】BC
【详解】A．令1 个标准大气压，质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，则密度为ρ0= m
V 0
令0.4 个标准大气压，质量为m 的空气在温度为0.8T 0时的体积为V 1，则密度为ρ1= m
V 1
根据理想气体状态方程有
p0V 0
T 0
= 0.4 p0V 1
0.8T 0
解得ρ1= 1
2 ρ0
则此时热气球所受浮力的大小F = ρ1gV = 1
2 ρ0 gV
故A 错误；
B． 令0.4 个标准大气压，质量为m 的空气在温度为2T 0时的体积为V 2，即球内空气密度为ρ2= m
V 2
根据理想气体状态方程有
p0V 0
T 0
= 0.4 p0V 2
2T 0
结合上述解得ρ2= 1
5 ρ0
此时球内空气压强为0.4 个标准大气压，温度为2T 0，体积为V，球内空气密度为ρ2，则此时球内空气所受
的重力G = ρ2Vg
解得G = 1
5 ρ0 gV
故B 正确；
CD．令此时它还能托起的最大质量为M，根据平衡条件有
Mg= F −G−m0 g
其中F = 1
2 ρ0 gV ，G = 1
5 ρ0 gV
解得M = 3
10 ρ0V −m0
故C 正确，D 错误。
故选BC。
5．（25-26 高三上·辽宁）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B 用
原长为3 L、劲度系数k = p0 S0
2 L 的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B 之间
封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B 横截面积的关系为SA=2SB=2S0，汽缸外大气的压强为
p0=1×10
5Pa，温度为T 0=100K。初始时活塞B 与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气
体温度为T 1=500K。现缓慢降温，求：
(1)缸内气体的温度降低至400K 时，活塞移动的位移；
(2)活塞A 刚刚碰到大圆筒底部时，需降温到多少K；
(3)缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
【答案】(1)活塞A、B 向右移动的位移为L
(2)300K
(3)2L
【详解】（1）缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，设活塞A、B 一起向右移动的
位移为x，对理想气体有V 1=2S0⋅2 L+ S0 L，T 1=500K，V 2=2S0⋅（2 L−x ）+ S0（L+ x ），
T 2= 400K
由盖-吕萨克定律可得V 1
T 1
= V 2
T 2
解得x=L<2L
说明活塞A 未碰到大圆筒底部，故活塞A、B 向右移动的位移为L。
（2）活塞A 刚刚碰到大圆筒底部时，有V 3= S0⋅3 L
由盖-吕萨克定律可得V 1
T 1
= V 3
T 3
解得T 3=300K
（3）当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有T 3=300K>T 0=100K
所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩，对活塞B 受力分析，有p4 S0+ k Δ x = p0 S0
初状态p3= p0，V 3=3 S0 L，T 3=300K
末状态V 4= S0（3 L−Δ x ），T 4=100K
根据
p3V 3
T 3
= p4V 4
T 4
可得Δ x1= L，Δ x2= 4 L（舍）
所以弹簧长度为x =3 L−Δ x1=2 L
真题·实战演练
高频考点：气体的等温、等压、等容变化、理想状态方程
1．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）某小组设计并完成了“稳定平抛水柱”实验。如图，竖直放置的储水瓶
液面上方封闭少量气体，底部竖直细管甲与大气连通、水平细管乙有一阀门K。初始时K关闭，瓶内上方气
体体积V 1=200 mL，甲管内恰无水且A端口距水面高h1=20cm，乙管B端口距水面高h2=30cm；打开K，
水持续从乙管流出，大气通过甲管进入瓶内，当水面与甲管A端口齐平时关闭K，此时瓶内上方气体的总
体积V 2=1510 mL。已知大气压强p0=1.00×10
5Pa、水的密度ρ=1.00×10
3kg/ m
3，重力加速度g取
10 m /s
2，忽略温度变化与瓶体形变，气体均可视为理想气体。求∶
(1)初始K 关闭时，瓶内上方气体压强p1和乙管B端口处压强p2；
(2)在打开K 到关闭K 的过程中，进入瓶内的空气在大气压强下的体积ΔV 。
【答案】(1)9.8×10
4 Pa，1.01×10
5 Pa
(2)1314 mL
【详解】（1）初始K 关闭时，甲管与大气连通且管内恰无水，说明A 端口处压强等于大气压强p0。由液
体压强公式可知，瓶内上方气体压强p1满足p1+ ρgh1= p0
代入数据解得p1=9.8×10
4 Pa
乙管B 端口处压强p2满足p2= p1+ ρgh2
代入数据解得p2=1.01×10
5 Pa
（2）当水面与甲管A 端口齐平时，瓶内上方气体压强等于大气压强p0。设进入瓶内的空气在大气压强下
的体积为ΔV ，对瓶内原有气体和进入的空气整体应用玻意耳定律，有p1V 1+ p0 ΔV = p0V 2
代入数据解得ΔV =1314 mL
2．（2025·山东·高考真题）分子间作用力F 与分子间距离r 的关系如图所示，若规定两个分子间距离r 等
于r0时分子势能Ep为零，则（ ）
A．只有r 大于r0时，Ep为正
B．只有r 小于r0时，Ep为正
C．当r 不等于r0时，Ep为正
D．当r 不等于r0时，Ep为负
【答案】C
【详解】两个分子间距离r 等于r0时分子势能为零，从r0处随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引
力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从r0处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分
子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可知当r不等于r0时，Ep为正。
故选C。
3．（2025·湖北·高考真题）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。
用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2 倍，同时
其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．外力F 保持不变
B．密封气体内能增加
C．密封气体对外做正功
D．密封气体的末态压强是初态的2 倍
【答案】B
【详解】
A．气体温度升高，体积减小，根据pV
T =C
气体压强变大，则外力F 增加，选项A 错误；
B．气体温度升高，则气体内能变大，即∆U > 0，选项B 正确；
C．气体体积减小，则外界对气体做功，选项C 错误；
D．根据pV
T =C
热力学温度变为原来的2 倍，体积减小，则气体压强大于原来的2 倍，选项D 错误。
故选B。
4．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出
糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（ ）
A．内能变小
B．压强变大
C．分子的数密度变大
D．每个分子动能都变大
【答案】B
【详解】A．将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高，而理想气体内能只与温度相关，则内能
变大，故A 错误；
B．将糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据p
T =C，因为温度升高，则压强变大，故B 正
确；
C．气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C 错误；
D．温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故D 错误。
故选 B。
5．（2024·山东·高考真题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b 过程是等压过程，b→c 过
程中气体与外界无热量交换，c→a 过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B．b→c 过程，气体对外做功，内能增加
C．a→b→c 过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D．a→b 过程，气体从外界吸收的热量等于c→a 过程放出的热量
【答案】C
【详解】A．a→b 过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知
T b>T a
即内能增大，ΔU ab>0，根据热力学第一定律ΔU =Q+W 可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部
分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A 错误；
B．方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即
Qbc=0
又由气体体积增大可知W bc<0，由热力学第一定律ΔU =Q+W 可知气体内能减少。
方法二：c→a过程为等温过程，所以
T c=T a
结合T b>T a分析可知
T b>T c
所以b 到c 过程气体的内能减少。故B 错误；
C．c→a过程为等温过程，可知
T c =T a,ΔU ac =0
根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C 正确；
D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU =0，整个过程气
体对外做功，因此热力学第一定律可得
ΔU =Qab−Qca−W =0
故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量−Qca，D 错误。
故选C。
