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第14 讲 热学
第14 讲热学............................................................................1
1
一．常见命题角度：.....................................................................1
二．常用类型与方法：...................................................................2
三．思维导图...........................................................................3
4
12
一．分子动理论与内能..................................................................12
【题型1：微观量估算】.................................................................12
【题型2：分子运动与统计规律】.........................................................13
【题型3：分子力与分子势能及内能】.....................................................13
二．气体实验定律与理想气体状态方程....................................................14
【题型1：气体状态参量与气体三大实验定律】.............................................14
【题型2：理想气体状态方程】...........................................................15
【题型3：气体图像问题】...............................................................16
三．热学三大物理模型及其综合应用......................................................17
【题型1：液柱模型】...................................................................17
【题型2：汽缸活塞模型】...............................................................18
【题型3：变质量气体模型】.............................................................20
四．热力学定律及其与气体定律的综合....................................................21
【题型1：热力学定律】.................................................................21
【题型2：热力学第一定律与气体实验定律/图像结合】......................................22
..................................................................................23
一：基础练............................................................................23
二：提能练............................................................................27
三：拔高练............................................................................31
一．常见命题角度：
1.
模型化考查：集中于三大高频模型——液柱类（判断移动方向、计算气体压强）、汽缸活塞类（平衡
态与非平衡态分析）、变质量类（打气、抽气、分装、漏气），要求准确选取对象与状态。
2.
过程与定律综合：将气体实验定律（玻意耳、查理等）与热力学第一定律（ΔU=Q+W）相结合，分析
单气体多过程或关联气体状态变化中的p、V、T 关系及能量转化。
3.
图像应用：识别并分析p-V、p-T、V-T 图像，判断过程性质（等温、等容、等压），结合图像计算状
态参量或判断吸放热、做功情况。
二．常用类型与方法：
1.
模型分析法：对三大模型，明确研究对象，画状态示意图，列平衡或状态方程。
2.
化变为定：对变质量气体，常选取初末态整体气体为对象（如充气前后容器内外气体总和），或使用
理想气体状态方程的分态式。
3.
能量分析法：综合气体实验定律与热一定律时，先由气体方程确定状态量变化，再结合温度变化
（△T）判断内能变化（△U），最后由体积变化（△V）判断做功（W）正负，最终确定热量（Q）传
递方向及大小。
三．思维导图
1.(2025·内蒙古·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
【解析】A.将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高，理想气体内能只与温度有关，则内能变
大，故A 错误；
B.将糖果瓶带入温暖的车厢内，气体做等容变化，根据p
T =C，温度升高，气体压强增大，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。
2.(2025·安徽省·高考真题)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气
体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体()
A.对外做功，内能不变
B.向外放热，内能减少
C.分子的平均动能变小
D.吸收的热量等于内能的增加量
【答案】A
【解析】根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能
不变，气体压强减小，根据理想气体方程可知气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，
由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等。
故选A。
3.(2025·江西省·高考真题)如图所示，一泵水器通过细水管与桶装水相连。按压一次泵水器可将压强等于大
气压强p0、体积为V 0的空气压入水桶中。在设计泵水器时应计算出V 0的临界值V 0c，当V 0=V 0c时，在
液面最低的情况下仅按压一次泵水器恰能出水。设桶身的高度和横截面积分别为H、S，颈部高度为l，
按压前桶中气体压强为p0。不考虑温度变化和漏气，忽略桶壁厚度及桶颈部、细水管和出水管的体积。
已知水的密度为ρ，重力加速度为g。该临界值V 0c等于()
A. ρgS
p0
H
2
B. ρgS
p0
H ( H +l)
C.
p0- ρg( H +l)
p0
SH
D.
p0+ ρg( H +l)
p0
SH
【答案】B
【解析】根据题意，设往桶内压入压强为p0、体积为V 0c的空气后，桶内气体压强增大到p，根据玻意
耳定律有p0 SH + p0V 0c = pSH
泵水器恰能出水满足p= p0+ ρg(H +l)
联立解得V 0c = ρgS
p0
H ( H +l)
故选B。
4.(2025·江苏省·高考真题)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内
打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体()
A.内能迅速增大
B.温度迅速升高
C.压强迅速增大
D.体积迅速膨胀
【答案】D
【解析】瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知
气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程
pV
T =C可知，气体压强减小。
故选D。
5.(2025·四川省·高考真题)如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。
将气缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力
将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则()
A.活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高
B.活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变
C.活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高
D.活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变
【答案】D
【解析】AB.根据题意可知活塞从a到b的过程中，气缸内气体，温度降低，则内能减小，体积减小，压
强不变，故AB 错误；
CD .根据题意可知活塞从b到a的过程中气缸内气体温度不变，则内能不变，体积增大，根据玻意耳定律
pV =C，可知压强减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
6.(2025·湖北省·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
【解析】气体的热力学温度增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，又气体体积减小，则由理想气体
状态方程pV
T =C，可知气体压强增大，对活塞受力分析，有F +mg+ p0 S = pS，可知外力F增大，A 错
误，B 正确;气体体积减小，气体对外界做负功，C 错误;由理想气体状态方程pV
T =C可知，气体的热力
学温度增大到初态的2倍，若气体体积不变，则密封气体的末态压强是初态的2倍，但气体体积减小，则
密封气体的末态压强大于初态的2倍，D 错误。
7.(2025·江苏省·高考真题)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分
布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时()
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
【答案】C
【解析】AB.根据题意，一定质量的理想气体，甲乙两个状态下气体的体积相同，所以分子密度相同、
分子的平均距离相同，故AB 错误；
C.根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故
C 正确；
D.乙状态下气体平均率度大，密度相等，则单位时间内撞击容器壁次数较多，故D 错误。
故选C。
8.(2025·江西省·高考真题)孤舟独往长志存，又是一年运动会.高三6班为解决学生用水问题，小怀同学采用
压水器结合桶装水进行供水，装置如图(a)所示，同学们通过按压压水器，就可以将水从出水口压出.上
述过程可简化为如图(b)所示模型.大气缸B可当做水桶，可认为是内径一定的圆桶，容积为16升，高度
为80cm(桶壁厚度不计);带活塞的小气缸A可当做压水器，每次最多可将0.8 L1标准大气压空气压入水
桶中，出水管C的出水口与水桶B上部等高，K 1和K 2为单向阀门.已知，外界大气压为标准大气压，大
小为p0=1.01×10
5 Pa，水的密度为1×10
3kg/m
3，重力加速度为g=10m/ s
2，出水管中的水所占体
积可以忽略，外界温度保持不变，某次使用后桶内还剩余8升水，如图，若要再压出6升水，至少需按压
的次数为()
A.6
B.7
C.8 D.9
【答案】D
【解析】此时桶内液面与出水口高度差为h1= 16-8
16
h0= 40cm，则有p1= p0+ ρgh1，解得
p1=1.05×10
5 Pa，再压出6升水后桶内液面与出水口高度差为h1= 16-8+6
16
h0=70cm，则有
p2= p0+ ρgh2，解得p2=1.08×10
5 Pa，由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有
n p0V 0+ p1V 1= p2V 2，其中V 0=0.8 L，V 1=(16-8)L=8 L，V 2=(16-8+6)L=14 L，解得
n=8.3可知，若要再压出6升水，至少需按压9次。
9.(2025·云南省·高考真题)（多选）图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙
所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面
高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上
的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下()
A.环境温度升高时，b管中液面升高
B.环境温度降低时，b管中液面升高
C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小
D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大
【答案】BD
【解析】A、B：以玻璃泡a内的理想气体为研究对象，在环境温度变化时，气体做等容变化，由等容变
化的规律可知，当环境温度升高时，a中气体的压强增大，设a中气体压强为p，由平衡条件可知：
p= p0- ρgh，故当温度升高时，b中液面的高度下降，反之，则液面升高，也就是b中液面越低，环境
温度越高，故A 错误，B 正确；
C、D：由压强关系：p= p0- ρgh可知，在温度一定时，h的高度一定，h为b中水面到槽中水面的高度，
当水槽中的水少量蒸发后，水槽中的水面高度降低，故b中水面的高度也将下降，由A、B中分析可知，
此时测量的温度将偏高，故C 错误，D 正确。
10.(2025·甘肃省·高考真题)（多选）如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等
温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说
法正确的是()
A.A →B过程为吸热过程
B.B→C过程为吸热过程
C.状态A压强比状态B的小
D.状态A内能比状态C的小
【答案】ACD
【解析】A.A →B过程，体积不变，则W =0，温度升高，则ΔU >0，
根据热力学第一定律ΔU =W +Q，可知Q>0，即该过程吸热，选项A 正确；
B.B→C过程，温度不变，则ΔU =0，体积减小，则W >0，
根据热力学第一定律ΔU =W +Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，选项B 错误；
C.A →B过程，体积不变，温度升高，根据pV
T =C，可知压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选
项C 正确；
D.状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C的小，选项D 正确。
故选ACD。
11.(2025·河南省·高考真题)（多选）如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部
分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T 1和T 2，体
积分别为V 1和V 2，T 1<T 2,V 1<V 2。则()
A.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B.固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C.保持T 1、T 2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D.保持T 1、T 2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
【答案】AC
【解析】AB.固定M、N时，升高温度后，左侧温度T 1' =T 1+ ΔT，右侧温度T 2' =T 2+ ΔT，由于
T 1<T 2，左侧温度变化比例
T 1+ ΔT
T 1
大于右侧
T 2+ ΔT
T 2
，导致左侧压力增加更多。又因为再次平衡时
P1' = P2'，则活塞P将向右移动。故A 正确，B 错误；
CD.保持T 1、T 2不变，气体做等温变化，根据玻意耳定律pV =C(C为常量)。设M、N向中间移动的
距离为x，活塞横截面积为S，初始压强都为p。
左侧气体变化后体积V 1' =V 1- xS，根据玻意耳定律pV 1= p1' V 1'，则p1' =
pV 1
V 1- xS ，压强变化量
Δ p1' = p1' - p=
pxS
V 1- xS
同理可得右侧气体压强变化量Δ p2' = p2' - p=
pxS
V 2- xS ，由于V 1<V 2，Δ p1' > Δ p2'，左侧压强增加得
更多，活塞P将右移，故C 正确，D 错误。
故选AC。
12.(2025·广东省·高考真题)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入
已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压
强p0=1.0×10
5 Pa，铸型室底面积S1=0.2m
2，高度h1=0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差
H =0.15m，柱状气室底面积S2=0.8m
2。注气前，气室内气体压强为p0，金属液的密度
ρ=5.0×10
3kg/m
3，重力加速度取g=10m/ s
2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属
液高度为h3=0.04 m时，气室内气体压强p2。
【答案】(1)根据体积关系S1h1= S2h2
可得下方液面下降高度h2=0.05m
此时下方气体的压强p1= p0+ ρg(h1+ H +h2)
代入数据可得p1=1.2×10
5 Pa
(2)初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V = S1h1
当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时，体积为V ' = S1(h1-h3)
根据玻意耳定律p0V = p' V '
可得此时上方铸型室液面高为h3=0.04 m时，气体的压强为p' =1.25×10
5 Pa
同理根据体积关系S1h3= S2h4
可得h4=0.01m
此时下方气室内气体压强p2= p' + ρg( H +h3+h4)
代入数据可得p2=1.35×10
5 Pa
13.(2025·山西省·高考真题)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×10
5∼3.5×10
5 Pa。卡车行驶过程中，
一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V 线性变
化如图所示，温度T 1为300 K时，体积V 1和压强p1分别为0.528m
3、3.0×10
5 Pa；当胎内气体温度升
高到T 2为350 K时，体积增大到V 2为0.560m
3，气体可视为理想气体。
(1)求此时胎内气体的压强p2；
(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×10
4 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
【答案】(1)气体可视为理想气体，根据理想气体状态方程
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
整理代入数据得p2= p1T 2V 1
T 1V 2
=3.3×10
5 Pa。
(2) p-V 图线与y轴围成的面积代表做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对
气体做功为W =- p1+ p2
2
(V 2-V 1)=-1.008×10
4 J
由热力学第一定律ΔU =Q+W
代入数据可得ΔU =6.6×10
4 J。
14.(2025·重庆市·高考真题)如图为小明设计的电容式压力传感器原理示意图，平行板电容器与绝缘侧壁构
成密闭气腔。电容器上下极板水平，上极板固定，下极板质量为m、面积为S，可无摩擦上下滑动。初
始时腔内气体(视为理想气体)压强为p，极板间距为d。当上下极板均不带电时，外界气体压强改变后，
极板间距变为2d，腔内气体温度与初始时相同，重力加速度为g，不计相对介电常数的变化，求此时：
(1)腔内气体的压强；
(2)外界气体的压强；
(3)电容器的电容变为初始时的多少倍。
【答案】(1)根据玻意耳定律有p1V 1= p2V 2
其中p1= p，V 1= Sd，V 2=2Sd
可得p2= p
2 。
(2)对下极板受力分析有p2S+mg = p0 S
可得p0= p2S+mg
S
= p
2 + mg
S 。
(3)根据平行板电容器的决定式C =
εS
4 πkd ，变化后间距为2d，其他条件均不变，
可知电容器的电容变为初始时的1
2。
一．分子动理论与内能
分子动理论与内能考点常围绕微观量估算、分子运动规律及内能概念展开。经常通过油膜法、密度数
据估算分子大小/质量；结合布朗运动、扩散现象考查温度对分子运动的影响；利用分子力与分子距离关
系图像分析引力/斥力及势能变化；通过气体状态变化判断内能、平均动能变化。常见陷阱包括混淆布朗
运动与分子运动、忽视理想气体与实际气体内能差异等。常用方法：
1.
油膜法估算分子直径：通过单层油膜面积与体积计算。
2.
密度法求分子质量：结合物质密度与摩尔质量计算。
3.
图像分析分子力：观察分子距离与力的关系曲线，判断引力/斥力主导区域。
4.
温度与动能关系：温度升高，分子平均动能增大（理想气体仅由温度决定内能）。
【题型1：微观量估算】
1.(2025·浙江省·模拟题)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，重力加速度大小为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4 π N A p0 Rh
Mg
C.空气分子之间的平均距离为
3√
Mgh
N A p0
D.空气分子之间的平均距离为
3√
Mg R
2
N A p0h
【答案】C
【解析】AB.地球大气层空气的质量m= G
g = 4 π R
2 p0
g
，总分子数N = m
M N A = 4 π R
2 p0
gM
N A，故AB 错
误；
CD .气体总体积V = Sh= 4 π R
2h，分子平均距离d =
3√V 0=
3√
V
N =
3√
Mgh
p0 N A
，故C 正确，D 错误。
故选C。
【题型2：分子运动与统计规律】
2.(2025·甘肃省张掖市·模拟题)关于下面热学中的几张图片所涉及的相关知识，描述正确的是()
A.图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
B.图乙为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线T 2对应的分子平均动能较大
C.由图丙可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做负功
D.图丙中分子间距为r1时的分子力比分子间距为r2时的分子力小
【答案】B
【解析】A.图甲中，微粒越大，单位时间内四周受到液体分子撞击越均匀，布朗运动越不明显，故A 错
误；
B.图乙中，曲线T 2对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知T 2>T 1
则曲线T 2对应的分子平均动能较大，故B 正确；
C.由图丙可知，在r由r1变到r2的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故C 错误；
D.图丙中分子间距为r2时分子势能最小，可知该位置为平衡位置，分子力为0，即分子间距为r1时的分子
力比分子间距为r2时的分子力大，故D 错误。
故选B。
【题型3：分子力与分子势能及内能】
3.(2026·山东省青岛市·期末考试)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E p为零，则()
A.只有r大于r0时，E p为正
B.只有r小于r0时，E p为正
C.当r不等于r0时，E p为正
D.当r不等于r0时，E p为负
【答案】C
【解析】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，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，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；综上所述，当r不等于r0时，E p为正，故选C。
二．气体实验定律与理想气体状态方程
通过压强、体积、温度的定量计算或定性分析考查状态参量关系；结合三大实验定律或pV/T=恒量方
程求解单一或多过程气体状态变化；利用p-V、p-T、V-T 图像的线、点、斜率、面积特征判断过程类型、
状态量大小及内能、吸放热情况。题目常隐含理想气体假设，需注意与实际气体差异。常用方法：
1.
直接应用实验定律（如玻意耳定律）计算p、V、T。
2.
利用理想气体状态方程pV/T=恒量综合求解多状态量。
3.
分析图像特征（如p-V 图斜率反映温度，面积无物理意义）。
4.
多过程问题分段列方程，结合图像判断阶段转换条件。
【题型1：气体状态参量与气体三大实验定律】
4.(2026·专项测试)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端
封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B两管的长度分别为l1=13.5cm，
l2=32cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h=5cm.已知外界大气压为
p0=75cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差．
【答案】解：设玻璃管的横截面积为S，
B管内气体初状态压强pB1= p0=75cmHg，体积V B1=l2S，
B管内气体末状态的压强pB2= p0+ ph=(75+5)cmHg =80cmHg，体积V B2=lB S
对B管内的气体，由玻意耳定律得：pB1V B1= pB2V B2，
代入数据解得：lB=30cm，
B管内水银柱的高度hB=l2-lB=(32-30)cm=2cm
设A、B两管水银面的高度差为H，
A管内气体初状态压强pA 1= p0=75cmHg，体积V A 1=l1S，
A管内气体末状态的压强pA 2= pB2+ pH =(80+ H )cmHg，
体积V A 2=l A S =[l1-(hB- H ))]S
对A管内气体，由玻意耳定律得：pA 1V A 1= pA 2V A 2，
代入数据解得：H =1cm( H =-92.5cm不符合实际，舍去)
答：A、B两管内水银柱的高度差是1cm。
【题型2：理想气体状态方程】
5.(2026·广东省中山市·其他类型)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H =18cm的U型管，左
管的上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0= 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l =12cm。
管底水平段的体积可忽略。环境温度为T 1=283 K，大气压强p0=76cmHg。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱
的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【答案】设左、右管的截面积为S。
密封气体初始体积为V 1=(2 H -l -h0)S =20 S，压强为p1=76cmHg+ 4 cmHg =80cmHg
经等温压缩过程，密闭气体体积变为V 2= HS =18 S，压强变为p2，
由玻意耳定律有：p1V 1= p2V 2
解得：p2=88.89cmHg，
此时水银柱的高度为：h=88.89cm-76cm=12.89cm；
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V 3=(2 H -h)S，温度变为T 3，由盖-吕萨克定律得：
V 2
T 1
= V 3
T 3
代入数据解得：T 3=363 K。
6.(2025·湖北省·联考题)如图所示，一端封闭粗细均匀的U形导热玻璃管竖直放置，封闭端空气柱的长度
L=50cm，管两侧水银面的高度差为h=19cm，大气压强恒为76cmHg。T =t +237 K。
(1)若初始环境温度为27℃，给封闭气体缓慢加热，当管两侧水银面齐平时，求封闭气体的温度；
(2)若保持环境温度27℃不变，缓慢向开口端注入水银，当管两侧水银面平齐时，求注入水银柱的长度
x。
【答案】(1)封闭气体初状态的压强p1= p0- ph=(76-19)cmHg =57 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，体积V 1= LS =50 S
温度T 1=(273+27)K =300 K
封闭气体末状态压强p2= p0=76cmHg
体积V 2=(L+ h
2)S =(50+ 19
2 )S =59.5 S
对封闭气体，由理想气体的状态方程得
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
代入数据解得T 2= 476 K，即温度为203℃。
(2)设当管两侧水银齐平时空气柱的长度为H，对气体，由玻意耳定律得p1V 1= p2 HS
代入数据解得H =37.5cm
注入水银柱的长度x =2( L- H )+h=2×(50-37.5)cm+19cm= 44 cm。
【题型3：气体图像问题】
7.(2026·湖北省黄冈市·其他类型)如图为一定质量的理想气体在a→b→c→a的循环过程中气体压强随体
积变化关系图像。ab的延长线过坐标原点，bc平行于P轴，曲线ca是双曲线的一部分，下列说法正确的
是()
A.在状态c→状态a的过程中，气体内能减小
B.在状态a→状态b的过程中，气体分子热运动的平均动能不变
C.在状态b→状态c的过程中，气体分子数密度变大
D.在a→b→c→a的循环过程中，气体从外界吸收热量
【答案】D
【解析】A.在状态c→状态a的过程中，温度不变，内能不变，A 错误；
B.一定质量的理想气体
，在状态a→状态b的过程中，P、V 均减小，T减小，内能减小，
气体分子热运动的平均动能减小，B 错误；
C.在状态b→状态c的过程中，V 不变，气体分子数密度不变，C 错误；
D.在a→b→c→a的循环过程中，内能不变，ΔU =0，状态c→状态a的过程中气体对外做功大于状态
a→状态b的过程中外界对气体做功，W <0，
根据热力学第一定律△U =W +Q，Q>0，气体从外界吸收热量，D 正确。
三．热学三大物理模型及其综合应用
液柱模型中封闭气体压强计算与液柱移动方向判断；汽缸活塞模型分平衡态（受力分析+气体定律）
与非平衡态（力学+运动学动态分析）；变质量气体模型通过“化变为定”或分态式处理充气、抽气等过
程；关联气体系统通过活塞、液柱等建立压强、体积联系，综合考查状态方程与力学规律应用能力。常用
方法：
1.
液柱压强：力平衡法或等压面法计算。
2.
液柱移动：假设法或分步推理判断方向。
3.
活塞平衡：受力分析结合气体定律。
4.
活塞动态：力学+运动学规律分析过程。
5.
变质量气体：“化变为定”或分态式处理。
6.
关联气体：分别列方程，通过几何关系建立联系。
【题型1：液柱模型】
8.(2025·江苏省南京市·联考题)如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段
相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之
后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度
L1、L2、L3之间的大小关系为()
A.L1> L2> L3
B.L2> L3> L1
C.L2> L1> L3 D.L3> L1> L2
【答案】D
【解析】设大气压为p0，玻璃试管的横截面积为S。对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究
对象根据牛顿第二定律可得mgsin 45
∘+ p0 S - pa S =maa
对管子和水银整体有Mgsin 45
∘= M aa
联立可得p0= pa
对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 45
∘+ p0 S - pb S =mab
对管子和水银整体有Mgsin 45
∘- f = M ab
可得pb> p0
对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 45
∘+ p0 S - pc S =mac
对管子和水银整体，有Mgsin 45
∘+ f = M ac
可解得pc< p0
所以可得pb> pa> pc
根据玻意耳定律pV =C和V = LS得L2< L1< L3。
故选D。
【题型2：汽缸活塞模型】
9.(2026·专项测试)如图所示，上端开口的竖直汽缸由大，小两个同轴圆筒组成，下边大圆筒高为40cm。
两圆筒中各有一个厚度不计的活塞，a活塞横截面积为10c m
2，质量为2.5kg，b活塞横截面积为20c m
2，
质量为5kg。两活塞用长为40cm刚性轻质杆连接，两活塞间密封气体A，b活塞下方密封气体B，a活
塞导热性能良好，汽缸及b活塞为绝热。初始时，两部分气体与外界环境温度均为27❑
∘C，b活塞恰好
处于大圆筒中央，此时连杆上的力刚好为零，已知大气压强为1×10
5 Pa，不计活塞与汽缸间摩擦，活
塞不漏气，重力加速度g取10m/ s
2，求：
(1)初始时B部分气体压强；
(2)若电阻丝缓慢加热B部分气体，当活塞b上升10cm时，此时B部分气体的温度是多少？此时连杆上
作用力大小？(设气体A温度保持不变)
【答案】(1)对活塞a列平衡方程有pA Sa= p0 Sa+ma g，
解得pA =1.25×10
5 Pa
对活塞b列平衡方程有pB Sb= pA Sb+mb g，
解得pB=1.5×10
5 Pa
(2)对于B部分气体
初状态V B=lB Sb，lB=20cm，T 0=(27+273) K =300 K
末状态V ' B=l' B Sb，l' B=30cm
由理想气体状态方程
pBV B
T 0
= p' BV ' B
T ❑
对于A部分气体
初状态V A =20×10c m
3+20×20c m
3=600c m
3
末状态V ' A =30×10c m
3+10×20c m
3=500c m
3
由玻意耳定律pAV A = p' AV ' A
代入数据解得p' A =1.5×10
5 Pa
对a、b活塞及轻杆整体受力分析可得p' B Sb+ p' A Sa= p' A Sb+(ma+mb)g+ p0 Sa
对b活塞受力分析可得p' B Sb+ F = p' A Sb+mb g
联立可得T = 487.5 K，F =25 N
10.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，与水平面成30
∘角倾斜放置、导热性能良好的汽缸由截面积不同的两
圆筒连接而成。已知上圆筒长20cm，质量为m1=2kg、截面积S1=10c m
2的活塞A和质量为m2=3kg、
截面积S2=20c m
2的活塞B间用30cm长的细轻杆连接，两活塞间封闭一定质量的理想气体，两活塞与
筒内壁无摩擦且不漏气。初始时，两活塞到两汽缸连接处的距离均为15cm，环境温度为T =300 K、大
气压强p0=1×10
5 Pa，重力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)开始时缸内封闭气体的压强;
(2)缓慢降低环境温度，使活塞A刚好要脱离小圆筒，则降低后的环境温度多大。(保留三位有效数字)
【答案】(1)设开始时缸内气体的压强为p1
根据平衡条件p0 S1+ p1S2+m1gsin30
∘+m2 gsin30
∘= p0 S2+ p1S1
解得p1=7.5×10
4 Pa。
(2)由于活塞缓慢移动，根据平衡条件可知，缸内封闭气体压强不变
设杆长为L，则由盖-吕萨克定律有
1
2 L(S1+ S2)
T
=
2
3 LS1+ 1
3 LS2
T 2
解得T 2=267 K。
【题型3：变质量气体模型】
11.(2026·江西省赣州市·其他类型)中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。左图是烧制瓷器的窑炉，右图
为其简化原理图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到4 p0( p0为大气压强)时，排气阀才会开启向
外排气，压强低于4 p0时，排气阀自动关闭且不漏气。某次瓷器烧制过程，初始时窑内温度t1=27
∘C ,
窑内气体压强为p0。已知烧制过程中窑内气体温度均匀且缓慢升高。不考虑瓷坯体积的变化，气体可视
为理想气体，绝对零度取-273
∘C。为烧制该瓷器窑内温度需增加到1227
∘C，则下列相关说法正确的
是()
A.排气阀开始排气时，窑内气体的温度为927
∘C
B.排气阀开始排气时，窑内气体的温度为1200
∘C
C.窑内温度为1227
∘C时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值为1:5
D.窑内温度为1227
∘C时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值为1:4
【答案】AC
【解析】AB.排气阀开始排气时，窑内气体压强达到4 p0，此过程中排气阀关闭，气体体积不变，为等
容变化。初始状态p1= p0，T 1=t1+273=300 K
排气阀开启时p2= 4 p0
设温度为T 2，由查理定律
p1
T 1
= p2
T 2
得T 2=T 1× p2
p1
=1200 K
换算为摄氏温度t2=T 2-273=927
∘C，A 正确，B 错误；
CD .设窑的容积为V ，窑内温度升高到T 3=1227+273=1500 K
若气体压强为4 p0，根据盖-吕萨克定律V
T 2
= V '
T 3
即V
1200 = V '
1500
解得V ' = 5
4 V
排出气体的体积ΔV =V ' -V = 1
4 V
则排出气体质量与原有气体质量的比值为Δm
m = ΔV
V ' = 1
5，C 正确，D 错误。
故选AC。
12.(2025·陕西省·联考题)气垫鞋是通过在鞋底内置密闭气垫(通常填充高压氮气或空气)来提供缓震功能的
运动鞋。气垫内气体可视为理想气体，气垫导热良好。某款气垫跑鞋在静态未穿着时每个气垫中气体的
体积为V 1=20c m
3，压强为p1=1.2atm，已知大气压强恒为p0=1atm，室温恒为27℃。
(1)某同学穿上该跑鞋运动，气垫体积被压缩为原来的4
5 ，温度升高到37℃，求此时气垫内气体的压强；
(2)长时间穿着剧烈运动导致气垫损坏漏气，静置于室内足够长的时间后，体积仍为V 1，求漏出气垫的
气体和剩余气体的质量之比。
【答案】(1)取气垫内气体为研究对象，初态：V 1=20c m
3，压强为p1=1.2atm，温度T 1=300 K
末态：V 2= 4
5 V 1，压强为p2，温度T 2=310 K
由理想气体状态方程有
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
联立解得p2=1.55atm；
(2)以漏气前气垫内的气体为研究对象，初态：V 1=20c m
3，压强为p1=1.2atm
漏气后：p3= p0=1atm，体积为V 3
由玻意耳定律有p1V 1= p3V 3
解得V 3=24 c m
3
漏出气垫的气体和剩余气体的质量之比为η= V 3-V 1
V 1
解得η= 1
5
四．热力学定律及其与气体定律的综合
聚焦热力学第一定律（ΔU=Q+W）的符号规则与过程分析，结合气体实验定律或p-V 图像判断W、Q、
ΔU 关系；涉及第二定律的方向性及热机效率极限；典型考法包括定性判断ΔU/Q/W 正负、定量计算状态
变化热量，以及循环过程在p-V 图上的净功、效率分析，突出能量转化与守恒的综合应用。常用方法：
1.
第一定律应用：明确Q（吸热为正）、W（膨胀为正）符号，分析ΔU=Q+W。
2.
气体状态关联：用实验定律或pV/T=恒量求ΔT、ΔV，计算ΔU=cmΔT。
3.
图像功计算：p-V 图曲线面积表示W，结合温度变化判断Q。
4.
循环效率分析：p-V 闭合曲线面积求净功，效率η=W 净/Q 吸。
5.
第二定律理解：热机效率必小于100%，热量自发传递具有方向性。
【题型1：热力学定律】
13.(2026·广东省·同步练习)关于热力学定律，下面说法正确的是()
A.第二类永动机不能制成，是因为违背了能量守恒定律
B.在孤立系统中，一个自发的过程总是向熵增加的方向进行
C.内能可全部转换为机械能，而不引起其他变化
D.物体向外界释放热量，物体的温度一定会降低
【答案】B
【解析】A.第二类永动机不能制成，是因为违背了热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，选项A 错
误；
B.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即向熵增大的方向进行，所以热力学第
二定律也叫熵增加原理，故B 正确；
C.根据热力学第二定律可知，内能可全部转换为机械能，但要引起其他变化，选项C 错误；
D.物体向外界释放热量，若外界对物体做功，则物体的温度不一定会降低，选项D 错误。
故选B。
【题型2：热力学第一定律与气体实验定律/图像结合】
14.(2026·广东省揭阳市·其他类型)一定质量理想气体经历如图所示的状态变化，从A →B→C，则
A.A →B过程，外界对气体做功
B.B→C过程，气体向外界放热
C.B→C过程，气体的内能减小
D.A →B过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数变少
【答案】D
【解析】A.A →B过程是等压膨胀，体积增大，气体对外界做功，故A 错误;
BC .B→C过程是等容升温，温度升高，内能增大，不做功，所以吸热，故BC 错误；
D.A →B过程压强不变，但温度升高，单个分子撞击速率变大，故单位时间撞击器壁单位面积的分子数
变少，故D 正确。
15.(2026·湖北省武汉市·其他类型)如图所示，一定质量的理想气体可经ABC过程从A状态变化到C状态。
已知p0、V 0及气体处于A状态时温度为T 0。求：
(1)气体处于B状态时的温度T ;
(2) ABC过程外界对气体做的功W ;
(3) ABC过程气体放出的热量Q放。
【答案】(1)从A状态到B状态气体经历等容变化过程，由查理定律得
p0
T 0
= 3 p0
T
解得T =3T 0；
(2) AB过程外界对气体做功为W AB=0
BC过程外界对气体做功为W BC =3 p0(3V 0-V 0)，W =W AB+W BC
解得W =6 p0V 0；
(3)从B状态到C状态，气体经历等压变化过程，由盖⋅吕萨克定律得
3V 0
T
= V 0
T C
解得T C =T 0；
气体在A状态与C状态温度相等，内能相等，则ABC过程内能改变量为ΔU =0，
由热力学第一定律得ΔU =W +Q
解得Q =-6 p0V 0
即ABC过程气体放出的热量Q放=6 p0V 0。
一：基础练
1.(2026·江苏省徐州市·模拟题)在“研究温度不变时气体压强跟体积关系”的实验中，推动活塞，注射
器内空气体积减小，多次测量得到注射器内气体的p-V 图线，如图实线是一条双曲线，虚线为实验所
得图线。环境温度保持不变，发现实验所得图线与玻意耳定律明显不符，造成这一现象的可能原因是()
A.实验时用手握住注射器
B.实验时缓慢推动活塞
C.注射器没有保持水平
D.推动活塞过程中有气体泄漏
【答案】A
【解析】由图像的特点可知压缩气体过程中p与V 的乘积增大，根据理想气体状方程pV
T =C可知，所以
造成这一现象的原因可能是实验时用手握住注射器或实验时迅速推动活塞，导致温度升高。
故选A。
2.(2026·广东省·单元测试)以下说法正确的是()
A.当两个分子间的距离为r0(平衡位置)时，分子势能最大
B.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动
C.一滴油酸酒精溶液体积为V ，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径d = V
S
D.温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质
【答案】D
【解析】A.当两个分子间的距离为r0(平衡位置)时，分子势能最小，而非最大，故A 错误；
B.布朗运动反映液体分子的无规则运动，而非花粉小颗粒内部分子的运动，故B 错误；
C.公式d = V
S 中V 为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，故C 错误；
D.温度、压力、电磁作用等确实可以改变液晶的光学性质，故D 正确。
故选D。
3.(2025·北京市·模拟题)如图所示为南南同学在晚自习前购买的一杯加冰奶茶，未开封静置在桌上一段
时间后，奶茶上方与密封膜之间的气体温度不变，但体积增大，密封气体可视为理想气体且无漏气，关
于密封气体的说法正确的是
A.分子热运动越来越剧烈
B.与外界没有热交换
C.对密封膜单位面积作用力减小
D.压强增大
【答案】C
【解析】A.奶茶上方与密封膜之间的气体温度不变，温度不变，分子平均动能不变，分子热运动的剧烈
程度不变，A项错误;
B.气体体积增大，对外界做功，根据热力学第一定律可得ΔU =W +Q，其中ΔU =0、W <0，因此Q>0，
气体从外界吸热，B项错误;
CD.根据玻意耳定律pV =C(常数)，可知压强减小，对密封膜单位面积作用力减小，C 正确D 错误;
4.(2025·江西省·模拟题)如图所示是两孤立分子间的引力、斥力和合力随分子间距离变化的图像．若规
定两分子距离为无限远时分子间的势能为零，下列说法正确的有
A.当r <r0时，随着r的减小，斥力比引力增加得快
B.当r >r0时，随着r的增加，斥力比引力减小得快
C.当r =r0时，分子势能最大
D.当r =r0时，分子势能为零
【答案】A
【解析】A、当r <r0时，随着r的减小，合力表现为斥力且在增加，可见斥力比引力增加得快，A 正确；
B、设r =r1时，合力为引力且达到最大值，当r0<r <r1时，随着r的增加，合力为引力且在增加，可见此
阶段斥力比引力减小得快，当r >r1时，随着r的增加，合力为引力且在减小，可见此阶段斥力比引力减
小得慢，B 错误；
CD、若分子间距离从无穷远减小到r0，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小;分子间距离
继续减小，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加，所以当r =r0时，分子势能最小，为负值，
CD 错误。
5.(2026·江苏省连云港市·其他类型)把一个棉线圈系在铁丝环上，环上布满肥皂液的薄膜，这时薄膜上
的棉线仍是松弛的．用烧热的针刺破棉线左侧的薄膜，则棉线将
A.向左侧绷紧
B.向右侧绷紧
C.向纸外绷紧
D.向纸内绷紧
【答案】B
【解析】解：环上布满肥皂液薄膜，膜中分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引
力，所以产生收缩效果;用烧热的针刺破左侧的薄膜，右侧中的水膜能使右侧的面积最小，即向右侧绷紧，
故B 正确，ACD 错误。
6.(2026·河南省·单元测试)如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个状态变化过程，先
后到达状态B和C，以下图象可能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由p-V 图像知，一定质量的理想气体从状态A开始，先发生等压变化到达状态B，接着再发生
等容变化到达C。根据理想气体状态方程pV
T =C，可知在p-T图像中，过原点的直线为等容线；因为
T =t +273.15 K，可知在p-t图像中，过(-273.15℃,0)的直线为等容线，由p-V 图像可知状态A和
状态C的pV 乘积相等，则状态A和状态C的温度相同，D选项图像符合题意要求。
故选D。
7.(2026·湖北省·月考试卷)图甲是一个由球形部分和细玻璃管组成的容器，球形部分容积为V 0，玻璃管
内部横截面积为S，细管内有水银柱密封着一定质量的理想气体。让气体的状态发生变化，玻璃管内气
柱长度l与热力学温度T变化图像如图乙所示，图中- V 0
S 是直线ab、cd的纵截距。则气体()
A.a到b过程压强变小
B.状态a压强小于状态d压强
C.a到b过程压强不变
D.b到c过程内能增加
【答案】C
【解析】ABC .容器发生等压变化，所以V
T =C，即(lS+V 0)=CT，化简得l = C
S T - V 0
S ，图像斜率相同
则压强相同，则a到b过程压强不变；斜率越大，C将越大，结合pV =nRT可知，C越大压强反而越小，
状态a压强大于状态d压强，故AB 错误，C 正确；
D.b到c过程温度不变，理想气体内能不变，故D 错误。
故选：C。
二：提能练
8.(2026·河南省·单元测试)关于如图，说法正确的是()
A.由图甲可知，状态②的温度比状态①的温度高
B.由图乙可知，气体在状态A和状态B的分子平均动能相同
C.由图丙可知，当分子间的距离r >r0时，分子间的作用力随分子间距离的增大先减小后增大
D.由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做负功
【答案】B
【解析】A .分子热运动的速率分布呈现“中间多，两头少”的规律，且随温度升高，大部分分子热运动
的速率增大，所以由图可知状态①的温度高，故A 错误；
B.由理想气体状态方程pV
T =C，可知T与pV 成正比。结合图乙可知，气体在状态A和B态时，pV 值相
同，气体的温度相同，所以气体在状态A和状态B的气体分子平均动能相同，故B 正确；
C.当分子间的距离r >r0时，随分子间距离的增大，分子间的作用力先增大后减小，故C 错误；
D.由图丁可知，在分子间距为r2时，分子势能最小，分子间距离为平衡位置的距离。在r由r1变到r2的过
程中，分子力为斥力，随分子间距的增大，分子力做正功，故D 错误。
故选：B。
9.(2026·山东省潍坊市·其他类型)如图为某喷壶的结构示意图，壶壁接一单向阀门，可以通过打气筒向
壶内打气，拧开壶盖可以向壶内装水，壶盖上方喷口处接一销栓，通过开关销栓可控制喷口开关，整个
装置密封良好。若某次浇花时，发现壶内有380mL水，此时壶内气体压强为1.2 p0，用打气筒向壶内打
气，每次打入体积为ΔV =68mL、压强为p0的空气，一共打了n=5次。然后打开销栓开始浇水，一段时
间后，关闭销栓，此时壶内剩余水的体积为60mL。已知整个喷壶容积为V 0=500mL，大气压强为p0，
不计喷水细管、橡胶软管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气及浇水过程中环境温度不变，整
个装置导热性能良好。求：
(1)打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
(2)关闭销栓后，壶内气体的压强。
【答案】解：(1)打气前，喷壶内的气体p1=1．2 p0，体积V 1=120mL，
若这些气体等温膨胀后压强为p0，设此时气体体积为V '1，
则有p1V 1= p0V '1①
解得：V '1=144 mL②
以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象总体积V =V '1+5△V = 484 mL③
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值m'
m = V
V ' = 121
36 ④
(2)关闭销栓后壶内气体压强p3，体积V 3= 440mL，
则有p0(V '1+5 ΔV )= p3V 3⑤
解得p3=1.1 p0⑥
10.(2025·辽宁省·模拟题)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，右则水银柱的高度为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)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形管内两侧水银面液面等高时，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 pgL+ p0)(h2-h1)
2 p0
11.(2026·湖北省襄阳市·期末考试)如图所示，带卡扣的绝热圆柱形气缸高为H，气缸内壁光滑。两个
相同质量的薄活塞a、b在缸内封闭有气体Ⅰ和气体Ⅱ，活塞a距缸顶H
6 ，活塞b距缸底H
3 。已知活塞a
导热，活塞b绝热，室温和Ⅰ、Ⅱ两部分气体的初始温度均为T 0，大气压强为p0，Ⅰ中气体压强为2 p0，
若环境温度不变，用电热丝(体积可忽略不计)缓慢加热Ⅱ中气体，使活塞b到达活塞a的初始位置，求该
状态下：
(1)Ⅰ中气体的压强p1;
(2)Ⅱ中气体的温度T 1。
【答案】(1)设活塞的横截面积为S，对活塞a，由平衡条件知，活塞a的质量m= 2 p0 S - p0 S
g
= p0 S
g
对活塞a、b整体，由平衡条件：p0 S+2mg = p20 S
解得最初Ⅱ中气体的压强p20=3 p0
活塞a缓慢上升到缸顶过程，活塞b缓慢上升，由平衡条件可知，Ⅰ、Ⅱ中气体压强不变，而活塞a导热，
环境温度不变，则Ⅰ中气体温度不变，可见此过程Ⅰ中气体体积不变，活塞a、b间的距离不变，
活塞b上升的高度为H
6 < H - H
6 - H
3 = 1
2 H
此时活塞b还未达到活塞a的初位置，此后Ⅰ中气体温度不变，由玻意耳定律有2 p0 S· H
2 = p1S· H
6
解得p1=6 p0；
(2)活塞b到达活塞a的初位置时，由平衡条件：p1S +mg= p2S
解得Ⅱ中气体压强p2=7 p0
对Ⅱ中气体，由理想气体状态方程：p20 S· H
3
T 0
=
p2S( H - H
6 )
T 1
解得T 1= 35
6 T 0。
12.(2024·湖北省宜昌市·其他类型)如图，一内径相同且粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B
侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为L=10.0cm，管中气体温度A为
300 K，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。已知大气压强p0=75.0cmHg。
(1)若仅通过加热封闭气体使B侧水银面比A侧的高h1=9.0cm，求此时A管气体的温度。
(2)若封闭气体温度不变，仅将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面相平时将开关K
关闭，求从底端流出的水银的长度。(整个装置中管的横截面均相同)
【答案】(1)对A管气体，初态V 1= LS，T 1=300 K，p1= p0+ ρgh=78cmHg
加热后p2= p0+ ρgh1=84 cmHg，V 2= L2S，又L2= L+ h1-h
2
=13cm
由理想气体状态方程
p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
解得T 2= 420 K。
(2)当两液面相平时，对A管气体p3= p0=75cmHg，V 3= L3 S
由玻意耳定律p1V 1= p3V 3
解得L3=10.4 cm
从底端流出的水银的长度Δh=h+2( L3- L)=3.8cm。
13.(2025·宁夏回族自治区石嘴山市·期末考试)如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为
2.0×10
5 Pa，经历A →B→C →A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在A →B过
程中对外界所做的功。
【答案】解：整个过程中，外界对气体做功W =W AB+W CA，
CA段发生等压变化，有W CA = pA(V C -V A)
由热力学第一定律ΔU =Q+W ，得W AB=-(Q+W CA)
代入数据得W AB=-138.6 J，
即气体对外界做的功为138.6 J。
三：拔高练
14.(2025·广东省·同步练习)如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸A与导热汽缸B
均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间与大气相通，汽缸B活塞面
积为汽缸A活塞面积的2倍。两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为V 0，压强
为1.5 p0，温度为T 0，汽缸B的体积为2V 0，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2倍。设环境温度始终保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，已知大气压为p0。求：
(1)加热前B汽缸中气体的压强；
(2)加热达到稳定后汽缸B中气体的体积；
(3)加热达到稳定后汽缸A中气体的温度。
【答案】(1)对活塞整体受力分析，根据平衡条件得1.5 p0 S +2 p0 S = p0 S +2 pB S
解得pB=1.25 p0
(2)再次平衡后对活塞受力分析，根据平衡条件得3 p0 S+2 p0 S = p0 S+2 pB
' S
解pB' =2 p0
对B气体根据玻意耳定律得2 pBV 0= pB
' V B
❑
解得V B=1.25V 0
(3)活塞向左移动时，B减小的体积等于A增加体积的2倍，设A气体的末状态体积为V A'，
2V 0-V B=2(V ❑A
' -V 0)
解得V A' =1.375V 0
对A气体根据理想气体状态方程得
1.5 p0V 0
T 0
= 3 p0V ❑A
❑'
T ❑A
❑'
稳定后汽缸A中气体的温度T A' =2.75T 0
15.(2025·广东省广州市·入学测验)一个体积为V 的简易潜水艇模型如图所示。当储水舱里的气体体积为
V 0，压强为p0时，潜水艇有3
4 浸没在海水中。当地大气压强为p0，海水的密度为ρ，假设各深度处海水
温度相同，潜水艇在吸入或排出海水过程中，海水深度对潜水艇的压强变化忽略不计。
(1)当潜水艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全
部浸没在海水里并处于静止状态。此时，储水舱上方气体的压强为p1，求储水舱剩余气体的质量与原
有气体的质量之比；
(2)当潜水艇静止潜在深度h处时(潜水艇全部浸入海水后，储水舱内气体的变化忽略不计)，用空气压缩
泵向储水舱注入一定量的压强为p0的气体后，打开阀门排出部分海水使潜水艇向上浮。要使舱内的海
水排出的体积为1
6 V ，求打开阀门前，储水舱内气体的压强。
【答案】(1)潜水艇有3
4 浸没在海水中时，根据平衡条件有3
4 ρgV =mg
潜水艇全部浸没在海水中静止时，根据平衡条件有ρgV =mg+ ρgΔV 1
解得
根据理想气体状态方程可知储水舱剩余气体的质量与与原有气体的质量之比为
m'
m =
p1(V 0- 1
4 V )
p0V 0
= p1(4V 0-V )
4 p0V 0
(2)根据玻意耳定律可得p2(V 0- 1
4 V )=( p0+ ρgh)(V 0- 1
4 V + 1
6 V )
解得p2= ( p0+ ρgh)(12V 0-V )
12V 0-3V
