2026年高考物理终极冲刺：压轴13 热学（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴13热学命题预测热学是高中物理核心必考模块，2026年高考该专题将延续基础扎实、情境创新、素养导向的命题思路，考查比重保持稳定。知识考查上，依旧以理想气体状态方程、热力学三大定律、气体实验定律为核心，重点聚焦等温、等压、等容单一过程与多过程组合变化，同时会强化热学微观本质、热传递三种方式的理解，新增与生活、科技场景结合的知识点应用，更注重热力学第一定律中内能变化、做功、热传递三者关系的综合辨析，淡化单纯公式记忆，突出物理概念的深度理解。题型设置上，命题形式更趋灵活，选择题侧重基础概念、规律辨析与简单状态参量计算，考查知识点覆盖全面；计算题将以活塞、液柱、气缸等经典模型为载体，结合新能源、工业生产等真实情境，考查复杂热学过程分析与计算。命题会强化知识融合与逻辑推理，常将气体状态变化与能量守恒结合，提升试题综合性，侧重考查考生建模能力、逻辑推导与运算能力。备考时需夯实核心规律，聚焦模型解题，强化情境化习题训练，提升综合解题能力。高频考法气体实验定律及理想气体的状态方程气体状态变化的图像问题热力学第一定律与气体实验定律的综合气体四类变质量问题考向一气体实验定律及理想气体的状态方程1.平衡状态下气体压强的求法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处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强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，求得气体的压强2.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。3.气体实验定律和理想气体状态方程（1）理想气体状态方程与气体实验定律的关系eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(温度不变：p1V1＝p2V2（玻意耳定律）,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)（查理定律）,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)（盖－吕萨克定律）))（2）两个重要的推论①查理定律的推论：Δp＝eq\f(p1,T1)ΔT②盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝eq\f(V1,T1)ΔT4.利用气体实验定律解决问题的基本思路5.分析气体状态变化的问题要紧抓三点(1)弄清始、末状态过程中有哪几个物理过程。(2)找出各变化过程是由什么物理量联系起来的。(3)明确每个变化过程遵循什么实验定律。考向二气体状态变化的图像问题1.一定质量的理想气体状态变化的四种图像的比较等温变化等容变化等压变化图像p－V图像p－eq\f(1,V)图像p－T图像V－T图像特点pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高p＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小V＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小2.处理气体状态变化的图像问题的技巧(1)首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态量；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。看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。(2)在V－T图像(或p－T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。考向三热力学第一定律与气体实验定律的综合气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示对外或外界对气体整个过程中所做的功。考向四气体四类变质量问题充气问题在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。抽气问题在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”问题。气体分装问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。典例·靶向·突破题型01气体等温变化1．如图，某刚性绝热轻杆将导热U形管固定在某高度，左管与大气相通，右管用轻活塞B封闭一定质量的气体b，活塞B通过刚性轻杆与轻活塞A相连，固定在地面上的导热气缸中装有气体a。已知活塞平衡时，左右两管的水银高度差为ℎ=24cm，气柱b长为19cm，活塞A到缸底距离为10cm，环境大气压p0=76(1)活塞平衡时，缸内气体a的压强为多少？(2)对气缸进行加热，U形管内水银柱相平时，气缸中气体温度为多少摄氏度？【答案】(1)p(2)183℃【详解】（1）对气体b有p对活塞整体受力分析有：p解得：p（2）当左右两侧水银柱相平时有：p对气体b有状态参量如下：pb1=100cmHg，V由理想气体状态方程可知：pb解得L由几何关系：x=解得活塞上升的距离为x=6cm对活塞整体受力分析p解得p对气体a由状态参量如下：pa1=80cmHg，Va1由理想气体状态方程得：pa得Tat题型解码题型解码找准封闭气体初末状态参量，液柱、活塞模型优先用受力分析求压强。题型02气体等容变化2．如图所示，汽缸Ⅰ、Ⅱ由细管连通，细管上的阀门K处于关闭状态，汽缸Ⅰ内的气体A压强为53p0、体积为2V0；汽缸Ⅱ中一轻质活塞封闭一定质量的气体B，气体B的体积为(1)气体A状态稳定后，压强为多大？(2)气体A状态稳定后，撤去恒温槽，将阀门K打开，求最终汽缸Ⅱ内活塞下方气体的质量。【答案】(1)2(2)7【详解】（1）A做等容变化，对A由查理定律p其中pA1=53解得p（2）撤去恒温槽后，A温度降回T1=300K，体积仍为2打开阀门K后，整体导热，温度均为T1=300K，根据平衡条件可知，轻质活塞平衡后总压强为p0则两气体总物质的量为n平衡后，汽缸Ⅰ容积为2V0因此Ⅱ中气体物质的量n解得n同温同压下，质量比等于物质的量之比，故Ⅱ中气体质量m题型解码题型解码体积不变时压强随温度线性变化，多用于水银柱、钢瓶类定容模型。题型03气体等压变化3．如图甲所示是一款茶宠玩具。当将热茶淋在茶宠上时，茶宠会向外喷水，寓意吐故纳新。为了研究其中的原理，小磊同学将茶宠理想化为如图乙所示圆柱形容器，在容器底端侧面有一尺寸可忽略的细孔，细孔下方是实心配重块，容器的横截面积为S、细孔上方空间高为H。初始时容器内部空气的质量为m0，内部压强与外界大气压均为p0，温度为T0。容器内气体可视为理想气体。现用热水淋在容器上，使容器内气体温度达到1.2T0(1)求将热水淋在茶宠上，容器升温过程中逸出的空气质量Δm(2)若容器内液面的上升对容器内气体压强的影响忽略不计，当温度恢复为T0时，容器内外水面的高度差h【答案】(1)m(2)ℎ=【详解】（1）小孔将容器内外空气连通，故容器内气体压强不变气体温度升高到T1时，根据盖-吕萨克定律有设升温至T1后逸出的体积为ΔV的空气在温度为T0时的体积为同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，即Δ联立解得Δ（2）水进入容器开始形成液封，当容器内气体温度恢复到T0时，容器内外水面的高度差为h，容器内部气体体积为SH−ℎ，此时气体压强本应减小，但题中说不计压强的变化，则容器内部气体看作等压变化，有：HS题型解码题型解码关键判断压强不变，温度必须用热力学温度，体积变化常关联活塞移动距离。题型04理想气体状态方程4．某种肺活量测试的规则为：一次尽力吸气并快速尽力呼出后，呼出气体的温度视为人体内的热力学温度T0，气体在一个大气压强p0下的体积V0作为肺活量测试的结果。物理兴趣小组的同学用如图所示的装置进行测试，两导热良好的气缸A、B之间由细管相连，气缸A的底面积为S，高度为H，内部充满密度为ρ的液体，气缸B的底面积为2S，高为2H。气缸B顶部的小孔和与气缸A连接的软管均与大气连通。测试时，甲同学通过软管向气缸A中吹气，然后立即关闭气缸A顶部的阀门，经过一段时间稳定后，气缸A中的液体恰好全部流入气缸B。已知p0=1.0×105Pa，T0=310K(1)求甲同学的肺活量V0(2)由于气缸A高度的限制，乙同学测试前先将气缸B上方的小孔封闭，重复甲同学操作，稳定后气缸A中的液体也恰好全部流入气缸B中，则乙同学肺活量是甲同学肺活量的多少倍？【答案】(1)3.193×(2)1.97【详解】（1）稳定时，气缸中A中气体压强p气体状态满足p解得V代入数据可知V（2）设乙同学的肺活量为V1，B中气体发生等温变化解得pA中气体有p解得V解得V题型解码题型解码先确定研究对象，再规范写出初态、末态参量，温度必须换算成K。题型05气体状态变化的图像问题5．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，整个过程气体对外界做功为100J，AB反向延长线过原点，BC与横轴平行，求：(1)气体在状态A的体积；(2)气体在状态C时压强。【答案】(1)1.5×(2)2.5×【详解】（1）气体从状态A变化到状态B为等压过程，则V解得V（2）气体从A到B过程发生等压膨胀，B到C过程气体体积不变，因此整个过程气体对外做的功即为气体从A变化到B对外做的功，设此过程气体压强为p1，则W=解得p气体从状态B变化到状态C为等容变化，则p解得p题型解码题型解码先看清p-V、p-T、V-T图像类型，等温线是双曲线，过原点直线为等容或等压，斜率大小直接判断参量变化。题型06热力学第一定律与气体实验定律的综合6．如图所示，一内横截面积S=20cm2的圆柱形气缸静置于水平地面上，气缸下部有小缺口与外界大气连通。气缸内轻质活塞上部密闭一定质量的理想气体，开始时，气柱长度L=15cm，压强与大气压强相等且均为p0=1.0×105Pa，温度(1)求活塞与气缸内壁之间的滑动摩擦力大小f；(2)求活塞下滑5cm时气体的温度T2(3)从开始加热到活塞下滑5cm的过程中，气体从外界吸收的热量Q=60J，求此过程中气体内能的增加量Δ【答案】(1)f=20(2)T(3)Δ【详解】（1）设轻活塞开始滑动时密闭气体的压强为p1，由查理定律有解得p对轻活塞受力分析有p解得f=20（2）轻活塞刚好下滑ΔL=5cm时，设气体压强为p且F解得p由理想气体状态方程有p解得T（3）整个过程中，气体压强随距离均匀增加，由平均力法可得外界对气体做功W=−由热力学第一定律Δ解得Δ题型解码题型解码先用气体实验定律确定做功、温度变化，再用热力学第一定律判断内能与吸放热，体积增大气体对外做功。题型07充气问题7．如图所示的充气装置，通过4个单向阀的协调动作，手柄无论向左还是向右运动都可以给气垫床充气，气垫床内原有气体忽略不计，当内部压强达到1.2p0（p0为大气压强）时停止充气，并密封气垫床的充气口，此时气垫床内气体体积V=4(1)求充气过程活塞需满程往返的次数n；(2)某人平躺在床上后，气垫床内气体压强变化了Δp=0.003p0【答案】(1)480次(2)4【详解】（1）设活塞满程往返的次数为n，由玻意耳定律n⋅2其中V=4000解得n=480次（2）设人躺在气垫床上时，内部气体压强为p，体积为V′，则解得p=1.203对气垫床内气体，由玻意耳定律1.2气垫床内气体体积减少量Δ解得Δ题型解码题型解码把充入气体和原有气体整体作为研究对象，视为等温或变温过程，列总质量对应的状态方程求解。题型08抽气问题8．（2026·云南昆明·模拟预测）如图所示为空间站内部的结构简图，核心舱内气体的压强为p0，气闸舱内为真空，宇航员需要出舱检修设备，先关闭闸门B，打开闸门A，由核心舱进入气闸舱后关闭闸门A。再通过抽气机抽取气闸舱内的气体，每次抽气都将抽出的气体排放在核心舱中。当气闸舱内的压强降到一定值后，打开外闸门B，宇航员出舱检修设备，同时剩余气体排到外太空的真空环境中。若气闸舱的容积为V，核心舱的容积为8V，抽气机每次抽气的体积为V(1)宇航员打开闸门A进入气闸舱时气体的压强p；(2)第一次抽气排放到核心舱后核心舱内气体的压强p核(3)n次抽气后，气闸舱内的气体压强。【答案】(1)8(2)9(3)9【详解】（1）打开闸门前后对气体分析，由玻意耳定律可得p解得气闸舱内的气体压强p=（2）从气闸舱里第1次抽气后，气闸舱内气体压强变为p1，将抽气机和气闸舱内的气体作为整体研究，由玻意耳定律可得pV=将第1次将抽气机中气体排放到核心舱后，核心舱内气体压强为p核，由玻意耳定律可得解得p（3）对气闸舱内的气体，抽气机每次抽气的体积Δ第一次抽气则有pV=p解得p第二次抽气则有p1解得p2同理n次抽气后，气闸舱内气体的压强pn即p题型解码题型解码每次抽气均为等温膨胀过程，逐次列玻意耳定律。题型09气体分装问题9．在温度为27°C的车间给容积为40L的氧气瓶充好氧气，测得瓶内压强1.5×106Pa，该瓶氧气内能与温度间的关系为U=kT（k为常数且已知），把氧气瓶运送到温度为−3°C(1)氧气瓶从车间运送到工地，分装前向外界释放的热量；(2)分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值；(3)设分装前的氧气袋内无气体，分装后每个氧气袋的容积为10L，压强为1.2×10【答案】(1)30k(2)8(3)41【详解】（1）根据ΔU=W+Q可知，因气体体积不变，则W=0，则Q=ΔU而Δ分装前向外界释放的热量30k。（2）根据p可得V分装后剩余的氧气质量与分装前氧气总质量的比值V（3）根据玻意耳定律可知p解得n=41题型解码题型解码气体分装问题：总气体质量、物质的量守恒，将大容器与各小容器统一列状态方程。题型10漏气问题10．如图所示，玻璃杯中倒入小半杯水，盖上盖子的时候，杯中气体的压强等于外界大气压强p0、体积为V、温度为350K，外界大气温度为300K，杯中气体可视为理想气体，求：(1)若杯盖拧紧不漏气，待杯中气体温度与外界温度相等时，杯中气体压强为多少？(2)若杯盖没拧紧，待杯中气体温度与外界温度相等时，进入杯中气体质量与杯中原来气体质量之比为多少。【答案】(1)6(2)1【详解】（1）若杯盖拧紧不漏气，气体发生等容变化，则p解得p=（2）若杯盖没拧紧，至杯中气体温度与外界温度相等过程，气体发生等压变化，则V解得V设初始杯中气体质量为m1、进入杯中气体质量为m2，则进入杯中气体质量与杯中开始气体质量之比为m题型解码题型解码漏气问题：视为变质量问题，把剩余气体和漏出气体当作整体，用理想气体状态方程，以“原有总气体”为研究对象。1．（2026·辽宁·一模）如图所示是一种外燃式热机的斯特林循环，一定质量的理想气体经ABCDA完成一个循环过程，A→B和C→D均为等温过程，B→C和D→A均为等容过程。下列说法正确的是（）A．图中温度TB．D→A的过程中，每个气体分子的速率均增大，气体分子撞击气缸的频率增大C．A→B的过程中气体对外界做的功大于C→D的过程中外界对气体做的功D．经过一个斯特林循环，气体一定向外界放热【答案】C【详解】A．B→C是等容过程，则有PBT1=PB．D→A的过程中，气体的体积不变，气体分子的密集程度不变，温度升高，分子运动越剧烈，分子撞击气缸的频率增大，压强变大，但不是每个分子的速率均增大，故B错误；C．A→B的过程中气体的平均压强大于C→D的过程中气体的平均压强，两过程气体的体积变化量相同，则A→B的过程中气体对外界做的功大于C→D的过程中外界对气体做的功，故C正确；D．p−V图像的面积表示气体对外界做的功，经过一个斯特林循环，气体对外界做正功，由Δ可得ΔU=0，W<0，则Q>0故选C。2．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图所示，一定质量的理想气体经a→b→c→d→a完成循环过程，ab、cd与纵轴平行，bc与横轴平行，其中d→a过程为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是（）A．b→c过程中，气体内能减少B．c→d过程中，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少C．状态b、d的体积和压强满足pD．d→a过程中，气体从外界吸收热量【答案】BC【详解】A．由图可知，b→c过程中，气体的压强不变，体积增大，根据盖-吕萨克定律V=CT可知，气体温度升高，内能增大，故A错误；B．由图可知，c→d过程中，气体的体积不变，压强减小，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少，故B正确；C．由题可知，d→a过程为等温过程，根据玻意耳定律可得p由图可知a→b为等容过程，且pa>则有p因此pbD．由题可知，d→a过程为等温过程，气体的内能不变，即Δ气体体积减小，外界对气体做功，即W>0根据热力学第一定律Δ解得Q=−W<0，即气体放出热量，故D错误。故选BC。3．（25-26高三上·山东菏泽·期末）一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→a，最后回到初始状态a，其p−V图像如图所示，下列说法正确的是（）A．a→b过程，气体温度不变B．b→c过程，气体温度不变C．c→a过程，气体温度降低，并且向外界放出热量D．在一个循环a→b→c→a过程中，气体吸收的热量等于放出的热量【答案】C【详解】A．a→b过程，p=kV（k为常量，压强与体积成正比）不是等温变化，等温变化是pV=k（k为常量，压强与体积成反比），故A错误；B．b状态压强与体积的乘积与c状态压强与体积的乘积不相等2故b→c过程，气体不是等温变化，故B错误；C．c→a过程是等压压缩气体，外界对气体做正功（W>0），由V气体体积减小，温度降低，内能减小，即Δ由热力学第一定律有Δ故Q<0，气体向外界放出热量，故C正确；D．在一个循环a→b→c→a过程中，气体对外界做的功（W<0）为a→b→c→a对应图形的面积，由热力学第一定律有0=气体放出的热量小于吸收的热量，故D错误。故选C。4．（2026·广东·模拟预测）某实验室绝热恒温箱采用竖直圆柱形汽缸结构，汽缸上端开口，内壁光滑，活塞可以竖直自由移动且密封性能良好，汽缸和活塞均用隔热性能良好的材料制成。缸内封闭一定质量的理想气体，活塞质量m＝1.0kg，活塞横截面积S=1.0×10−4m2，缸内左侧固定有温度调节器可以调节缸内气体温度，右侧固定有温度传感器可以监测缸内温度，忽略温度调节器和温度传感器占据的体积。初始状态，活塞下表面与温度调节器和温度传感器恰好接触但无挤压，此时，传感器显示恒温箱内气体温度T1=290K(1)求初始状态下缸内气体的压强；(2)若利用温度调节器使恒温箱内气体升温至T2=580K【答案】(1)p(2)L2=0.40【详解】（1）初始状态活塞静止，受力平衡，由共点力平衡条件得p代入数据解得，初始状态缸内气体的压强p（2）设末状态活塞离汽缸底部的距离为L2，以缸内理想气体为研究对象，初状态：体积V1末状态：体积V2=L2缸内气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得V代入数据解得，末状态活塞到汽缸底部的距离为L外界对缸内气体做功为W=由热力学第一定律得，缸内气体内能变化量为Δ联立并代入数据解得，缸内气体内能变化量为Δ5．（2025·湖南·一模）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=10cm2的活塞A和质量为m2=3kg(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)7.5×(2)267【详解】（1）设开始时缸内气体的压强为p1，根据平衡条件解得p（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解得T6．（25-26高三上·山东青岛·期末）如图所示，上端开口、下端封闭的足够长光滑气缸（右侧带有足够长且上端开口的细玻璃管）竖直固定在调温装置内。气缸导热性能良好，用活塞封闭一定质量理想气体。现用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1=300K时，活塞刚开始向上运动且细玻璃管内水面与气缸内水面的高度差h=1m，此时缸内气体的体积V1=2×10⁻3m3；继续缓慢加热至温度T2=330K，活塞移动至某一位置后静止不动；保持温度不变，锁定活塞，再缓慢地从细玻璃管中抽出部分水直至细玻璃管内的水面与缸内的水面相平，达到最终状态。已知从T1到最终状态，气体吸收的热量为Q=116.6J；从T2到最终状态，气体对外做功为W1=19.4J，大气压强p0=1×105pa，水的密度ρ=1×103kg/m3。求：(1)气体在最终状态时的体积；(2)从T1到最终状态气体内能的变化量。【答案】(1)2.42×10-3m3(2)75.2【详解】（1）从T1到最终状态，根据理想气体状态方程其中p1=p0解得V（2）从T1缓慢加热至T2气体对外做功为W解得W根据热力学第一定律Δ解得Δ7．（2025·浙江台州·一模）如图1所示，一质量为M=1.4kg、容积V0=600cm3的导热性能良好的汽缸放置在光滑水平地面上，右端开口，汽缸壁内设有卡口，用一质量m=1kg、面积为S=100cm2的活塞，密封一定质量的理想气体，活塞厚度可忽略且能无摩擦滑动。开始时气体温度T1=300K、体积V1=500cm3的状态A。用水平向左的恒力F拉动汽缸，达到稳定状态B(1)由状态A到状态B的过程中，汽缸器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大“变小”或“不变”），气体的内能________（选填“变大”“变小”或“不变”）；(2)汽缸所施加的恒力F大小；(3)由状态A到状态C过程中气体一共从外界吸收热量Q。【答案】(1)变小不变(2)400N(3)20.8J【详解】（1）[1][2]气体从状态A到状态B过程，气体温度不变，内能不变；体积增大，压强减小，则分子平均动能不变，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力变小；（2）根据等温变化过程p其中Δ对活塞有Δ对整体有F=(M+得F=400（3）假设等压变化，由p得V其大于汽缸总容积，因此V由Δ其中W=−可得Q=20.88．（24-25高三上·河北·期末）图甲是一种简易抽水设备，图乙是其结构原理示意图，地下水面与上面粗筒底面间的高度差h0=8m，抽水时先将活塞推到粗筒底部，活塞到达粗筒底部时只能向上打开的上、下两个单向阀门均处于闭合状态，此时下面细管中气体压强等于大气压强p0。用力压手柄使活塞上移，上阀门处于闭合状态，下阀门自动开启，随着活塞上升细管中的液面就会上升。已知活塞的横截面积S1=40cm2，细管内横截面积S2=2cm2，p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，g取10m/s2，地下水面处的压强恒为大气压强p0，抽水过程中装置内空气的温度均视为不变，不考虑阀门重力及地下水面高度的变化。(1)求当活塞第一次上移高度h=0.2m时细管中水柱的高度h1；(2)活塞第一次上移高度h=0.2m后，用力提升手柄使活塞下移，上阀门打开与大气相通，下阀门立即闭合，活塞下移至距离粗筒底部h′=0.075m处时，用力压手柄使活塞第二次上移至距离粗筒底部h=0.2m处，求此时细管中的水柱高度h2。【答案】(1)2m(2)3m【详解】（1）活塞第一次上移高度h=0.2m时，封闭气体的压强为p根据玻意耳定律有p解得ℎ（2）活塞第二次从距离粗筒底部h′=0.075m处上移至距离粗筒底部h=0.2m处，设细管中空气柱长L，根据玻意耳定律有p其中p解得L=5可知此时细管中的水柱高度为ℎ9．（2026·山东济宁·模拟预测）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，m=1.0kg，面积分别为2S、S，S=30cm2，轻杆长为l=0.5m。初始时系统处于平衡状态，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0=300K。已知活塞外大气压强为(1)求活塞间气体的压强；(2)轻杆上力的大小；(3)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的温度。【答案】(1)1.1×(2)40N(3)400K【详解】（1）设封闭气体的压强为p1，对两活塞和轻杆的整体受力分析，由平衡条件有代入数据解得p（2）对活塞Ⅰ分析，由平衡条件2mg+p解得轻杆上的力为F=40（3）缓慢加热两活塞间的气体，使活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和轻杆的整体分析，由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p即封闭气体发生等压过程，由等压方程可知V1T0=代入数据解得T10．（25-26高三上·河北保定·月考）如图所示，一竖直放置的绝热圆柱形汽缸上端开口，其顶端有一卡环，两个活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在汽缸内，两部分气体的温度均为t0=27℃，其中活塞M为导热活塞，活塞N为绝热活塞。活塞M距卡环的距离为0.5L，两活塞的间距为L，活塞N距汽缸底的距离为3L。汽缸的横截面积为S，其底部有一体积很小的加热装置，其体积可忽略不计。现用加热装置缓慢加热气体B，使其温度升高，已知外界大气压为p0，环境温度为27℃且保持不变，重力加速度大小为g，两活塞的厚度、质量及活塞与汽缸之间的摩擦均可忽略不计，两活塞始终在水平方向上。求：(1)当气体B温度达到57℃时活塞M距汽缸底的距离d1；(2)当气体B温度达到127℃时活塞N距汽缸底的距离d2。【答案】(1)4.3L(2)3.6L【详解】（1）初始状态A、B两气体压强相等，与外界大气压相等且均为p0，活塞M在没有到达卡环之前两气体压强不变，设活塞M刚好到达卡环时气体B温度为T，活塞M为导热活塞，则气体A温度不变，压强不变，则体积也不变，即两活塞之间的距离还为L，则气体B的体积变为对气体B，根据盖吕萨克定律有3LS其中T联立解得T=350当气体B温度达到T即活塞M还没有到达卡环，气体A、B的压强均不发生变化，根据盖吕萨克定律3LS解得d（2）当气体B温度达到T可知活塞M已到达卡环，气体的压强要发生变化，设此时两气体的压强为p1，两活塞之间的距离为d，对气体A，根据玻意耳定律有p气体B的体积变为V对气体B，根据理想气体状态方程有p以上各式联立解得d11．（2025·浙江·一模）如图所示，“工”字型支架A固定在水平地面上，支架上端为一截面积S=100cm2的圆柱形活塞，活塞与质量m=20.0kg导热圆柱形汽缸B间封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。已知环境温度T1=300(1)环境温度T1=300K(2)当环境温度缓慢变为T2时，汽缸的机械能减少2J，气体内能减少2J①环境温度T2②判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热？求热量的大小Q。【答案】(1)p=1.2×(2)①T2=270【详解】（1）分析汽缸的受力得mg+解得p=1.2×（2）①汽缸机械能减少，由mg解得Δ封闭气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得ℎS解得T②汽缸对气体做的功为W=pS由热力学第一定律得Δ联立，解得Q=14所以，气体对外放热，热量的大小14J12．（2026·山东德州·一模）单向阀门可控制气体进行单向流动，广泛应用于各种充气、抽气设备中。如图所示，A、B、C三个导热良好的汽缸通过单向阀门a和单向阀门b连接，A和C的体积均不变，活塞可在足够高的B内无摩擦地上下移动，对阀门a或阀门b，只有其左侧气体压强大于右侧气体压强时才能打开使两侧气体连通；当左侧气体压强等于或小于右侧气体压强时处于关闭状态。开始时A、B、C三个汽缸内气体的压强大小相等、体积均为V0、热力学温度均为T0，若周围环境温度升高至2T0后又降低为(1)周围环境温度升高至2T(2)周围环境温度又降低为35【答案】(1)3(2)V【详解】（1）周围环境温度由T0升高至2T0的过程，阀门a打开，b关闭，对A、B两汽缸中的气体，由等压变化得解得温度升高至2T0时活塞距B（2）温度由2T0降为35T0的过程阀门a一直关闭，在温度由2T0降为T0的过程阀门b关闭，由T0降为35解得活塞距B底面的高度ℎ'=13．（2026·山东烟台·一模）如图所示，上、下端均开口的竖直气缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒足够长且筒中各有一个厚度不计且导热性良好的光滑活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横截面积为4S、质量为5m。两活塞用长为L的刚性细杆连接，两活塞间封闭一定质量的气体，在距离大圆筒底端L4处有一水平小卡栓。开始时，位于大圆筒底端右侧的阀门K处于关闭状态，两活塞处于静止状态，活塞A与卡栓间的距离为L4，现将阀门K打开，抽气装置缓慢抽气，当杆对B的作用力恰好为零时关闭K。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为p0(1)抽气前杆对A活塞的作用力大小和方向；(2)抽气装置抽出气体的质量与原先封闭气体的质量之比。【答案】(1)F=3mg，方向竖直向下(2)m【详解】（1）设开始时封闭气体压强为p1，杆对A的作用力为对A、B整体有3对A有4解得F=3mg，方向竖直向下（2）设原先封闭气体的质量为m0，抽气装置缓慢抽气过程，活塞A缓慢向下移动，该过程中杆的作用力保持3mg气体压强保持p1=活塞A刚移动至卡栓位置时，封闭气体的质量为m对B有p将质量为m1、压强为p1、体积为7SL4的封闭气体等温降为压强为pp则关闭K后封闭气体的质量为m解得m14．（2025·海南海口·模拟预测）海南省由于其独特的地理位置，夏季温度较高，昼夜温差较大，2019年6月3日中午地表温度甚至超过70℃。温度较大波动对汽车轮胎胎压造成的影响直接关系到行车安全。若某天清晨的气温是27℃，车主将汽车的胎压调整至如图所示2.4bar（按照行业标准，夏季的胎压为2.4bar），此车胎压监测系统监测到胎压低于1.8bar或高于2.7bar皆会触发报警。（忽略胎压变化过程中气体体积的变化）求：(1)若中午气温升至35℃，轮胎因长时间行驶温度上升到57℃，通过计算判断胎压监测系统是否会报警；(2)因车胎被扎钉子而缓慢漏气，刚好触发报警时，求漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值（缓慢漏气过程中忽略气体温度变化）。【答案】(1)胎压监测系统不会报警(2)1【详解】（1）根据题意，轮胎内气体发生等容变化，变化前T1=(27+273)变化后T则p解得p2=2.64bar<2.7bar，故胎压监测系统不会报警。（2）根据题意，缓慢漏气过程气体发生等温变化，漏气前p1=2.4漏气后p2=1.8bar，设总体积为V2则p解得V则轮胎内剩余气体体积V余=V0，漏出气体的体积V所以漏出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值m15．（2025·湖南·模拟预测）有一个大钢瓶的容积为V0=50L，测得大钢瓶内氧气压强p方案一：使用控制抽气装置，使得分装后每个小钢瓶内氧气压强为p'=2.5×105Pa方案二：直接用导管将大钢瓶和小钢瓶连接，当两个钢瓶压强相等时，紧接着更换下一个真空小钢瓶，直到大钢瓶内压强降到p=2×10不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，分装过程中温度保持不变。求：(1)采用方案一分装，一大钢瓶可分装多少个小钢瓶；(2)采用方案二分装，分装的第5个小钢瓶的氧气质量与大钢瓶原来的氧气质量之比是多少（可能用到的数据：54=625、55=3125、【答案】(1)236(2)625:7776【详解】（1）采用方案一分装，根据题意有，大钢瓶内原来气体的体积为V0=50L，大钢瓶内原来气体的压强为p气体分装后的一个小钢瓶的气体压强为p'=2.5×105Pa，大钢瓶内剩余气体的压强为p=2×设一个大钢瓶可分装n个小瓶，根据玻意耳定律有p解得n=236故一个大钢瓶可分装236个小钢瓶；（2）法一：由玻意耳定律可得：分装第一个小钢瓶，p可得p分装第二个小钢瓶p可得p⋮分装第五个小钢瓶ppm法二：设气体原质量为m，每次分装到小钢瓶中气体质量均为分装前质量的16，留在大钢瓶中的气体质量为分装前气体质量的56所以m16．（2025·山东日照·三模）如图所示，高度为h、内部横截面积为S的绝热汽缸竖直放置，厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭两部分理想气体。初始时活塞A与汽缸底面之间的距离为611ℎ，两活塞之间的距离为411ℎ，两部分气体和外界温度均为T0，大气压强为p0。现通过电热丝对区域甲内的气体缓慢加热，当活塞B到达汽缸口时停止加热并立即锁定活塞B，然后打开阀门K，气体缓慢漏出，经过足够长的时间，区域乙内剩余气体的质量是原来质量的5A．活塞A到汽缸底部的距离为3B．活塞A到汽缸底部的距离为4C．区域甲内气体的温度为6D．区域甲内气体的温度为4【答案】A【详解】AB．因为活塞A不计质量，所以甲乙两部分气体压强相等。打开阀门之前p打开阀门之后有p对于乙部分气体，由玻意耳定律得p则乙部分气体在压强是p0时的体积为所以甲部分气体在压强是p0时的体积为34ℎSCD．则对于甲部分气体由理想气体状态方程得11解得T甲故选A。17．（25-26高三上·辽宁·月考）某工业余热回收的氦气储能装置如图所示，装置的绝热圆筒内装有两个活塞，顶部重活塞外覆绝热层（热损失可忽略），底部轻活塞（质量可忽略不计）导热性能优异。初始时装置与车间环境处于热平衡，上下两腔各封闭1mol氦气（可视为理想气体），两活塞间距及轻活塞到缸底间距均为x，现通过缸底余热换热装置缓慢向气体传递热量Q（x和Q均为已知量）。设重活塞可以无摩擦地滑动，在整个过程中轻活塞位置保持不变，忽略气体泄漏。（重力加速度为g，汽缸横截面积为S，阿伏加德罗常数的值为NA(1)对处在温度为T的平衡状态的理想气体，其内能只由气体分子的动能构成。依据能量均分定理，每个气体分子的动能对内能的贡献为3RT2NA，R为气体普适常数，利用该常数可将理想气体的三个实验定律统一为pV=nRT（n为物质的量），即克拉伯龙方程。若上述装置吸收热量前后的温度分别为T1和(2)求系统再次稳定后轻活塞所受的摩擦力大小。【答案】(1)Q=4R(2)Q【详解】（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压强也为p1由题意可知，当热量缓慢传递给底部汽缸，两汽缸温度同步升高，且顶部汽缸内的气体对重活塞做功，设热量传递结束后，两活塞间距为z，则上述做功可表示为W=利用能量均分定理，两个汽缸中的气体总内能的增量为Δ故由热力学第一定律可知Q=当热量传递结束后，由于重活塞可无摩擦滑动，故对顶部气体p联立可得Q=4R（2）设热量传递结束后，底部汽缸内气体压强为p2，则因此，为维持轻活塞位置不变，作用在轻活塞的摩擦力为F可得Q=4联立可得p联立解得F另解：（1）在给底部汽缸传递热量前，设底部汽缸内压强为p1，由理想气体性质可知，顶部汽缸内压强同为p1，系统吸热后，两活塞间距变为z上部气体对外做功W=由题意可知，上下两部分气体总内能增量为Δ故由热力学第一定律ΔU=Q−W得又由题意可知p联立可得Q=4（2）底部汽缸的下部分气体为等容过程，设吸收热量后，气体压强为p2，由查理定律可得对轻活塞，由题意可知其所受静摩擦力Ff为联立可得F解得F18．（2026·黑龙江双鸭山·一模）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3m的活塞A，下半部分的汽缸内有一个质量为2m的活塞B，两个活塞之间用一根长为2L的轻杆连接，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，假设环境大气压强始终为7mgS(1)初始时，缸内气体的压强；(2)若汽缸内密封气体温度缓慢升高到10T【答案】(1)p=(2)W=4mgL【详解】（1）设初始时缸内气体的压强为p，题意知大气压p则两活塞受力平衡有p解得p=（2）若汽缸内密封气体温度缓慢升高到10T0解得V=汽缸内气体等压膨胀对外做功为W=p19．（2026·四川成都·二模）如图所示，横截面积为S、高为h的绝热汽缸直立，汽缸内绝热的活塞封闭一定质量温度为T0的理想气体。在汽缸底部连接一U形细管，（细管内气体的体积忽略不计）细管内装有部分水银，细管的右端开口与大气相通，大气压强为p0。细管内右侧水银比左侧高ℎ0，活塞距离汽缸底部为25ℎ。已知水银的密度为ρ(1)求活塞质量m；(2)已知在压强为p0、温度为T0时，1摩尔的理想气体体积恰好为V0【答案】(1)m=ρS(2)N=【详解】（1）初始时，封闭气体的压强为p根据活塞的受力平衡有p联立解得活塞质量m=ρS（2）与标准状况对比，气体的物质的量为n=分子数为N=n联立解得封闭气体的分子数N=20．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）截面均匀，下端A封口的细长试管AB竖直放置，管的下方封有一段长为l0的空气，管的中间部分有一段长为l=4l0的水银柱，开始时，管的上端B与大气连通，长度也为l0。大气压强恰好为p0(1)如果先将B端封住，再将试管缓慢倒转180∘，试问：管中近A端空气柱长度lA与近B端空气柱长度l(2)如果B端先与大气连通，先将试管缓慢倒转180∘，然后再缓慢地回转180∘，试问：最后管中近A端空气柱长度【答案】(1)lA=(2)l【详解】（1）研究近A端气体，初态下压强p长度lA1研究近B端气体，初态下压强p长度lB1试管总长度L=l倒转后状态，设近A端气体长度为lA，近B端气体长度为lB设近B端气体压强为pB2，近A端气体压强为pA2对近A端气体，根据玻意耳定律有p对近B端气体，根据玻意耳定律有p解得lA=（2）如果B端先与大气连通，倒转180∘后，假设水银不外流，近A端空气柱长度仍记为lA解得l此时近A端部分空气柱长度加上水银柱长度超过了玻璃管总长，说明此过程中有水银溢出。设余下部分水银柱长度为l'，根据玻意耳定律有由长度关系可得lA解得l试管再回转180∘，根据玻意耳定律有解得l21．（2026·广东深圳·一模）某兴趣小组做空气喷泉实验。在一体积为V的