“气缸活塞类”模型 专项训练 -2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏

**基本信息** 聚焦气缸活塞模型，通过分层题型系统整合受力分析、气体定律及能量观点，构建“压强分析-状态变化-能量计算”的完整解题逻辑链，培养科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|单选1-6|受力平衡分析、状态参量定性判断|压强产生→状态方程（等温/等压）→内能变化| |综合分析|多选7-10|多活塞系统整体法、绝热/导热过程辨析|单一活塞→多活塞关联→复杂过程能量转化| |定量计算|解答11-19/填空20|气体定律定量计算、热力学第一定律应用|状态方程推导→功与热量计算→内能变化量求解|

04 热学-“气缸活塞类”模型-2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏 一、单选题 1．如图所示，气缸水平放置，气缸和光滑活塞均由绝热材料制成。初始时气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞处于静止状态，现对气缸内气体缓慢加热，下列说法正确的是（　　） A．气体压强增大 B．气体内能增大 C．所有气体分子动能均增大 D．气体对外做功大于气体吸收的热量 2．如图所示，两个水平固定的汽缸由管道连通。活塞a、b用刚性杆相连，可在汽缸内无摩擦地移动，缸内及管中封有一定质量的气体。整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时（　　） A．活塞向左移动一点 B．条件不足无法判断 C．活塞向右移动一点 D．活塞的位置没有改变 3．如图绝热汽缸内壁光滑，被锁定的绝热活塞a、b把汽缸容积等分成三份，其中I、III内充有同种气体，且气体初始压强相同，温度相同，II为真空。现活塞a突然漏气，一段时间后再解锁，当系统重新稳定时，下列说法正确的是（　　） A．活塞b处于汽缸中央 B．I的温度大于III的温度 C．I、III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数相同 D．与初始状态相比，III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数增加 4．如图，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、横截面积为S的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右加速运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了一定的距离。已知大气压强为，不计汽缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为，整个过程中气体温度保持不变，气体可视为理想气体，则此时（　　） A．汽缸内气体的压强为 B．汽缸内气体的压强为 C．活塞移动的距离为 D．活塞移动的距离为 5．田径短跑训练中，运动员使用起跑器起跑。某型号起跑器脚踏下方安装了“弹簧—气缸活塞”双减震装置，简化模型如图所示。起跑时压缩弹簧同时也快速压缩气缸内的气体达到减震和保护关节的目的。气缸内密闭气体可视为理想气体，在压缩过程中气体温度升高，则该气缸内的气体（　　） A．分子总动能增大 B．压强减小 C．单位体积内的分子数减小 D．分子热运动的平均动能不变 6．如图，导热良好、开口向上的气缸固定在水平地面上，用一轻质活塞密封一定质量的理想气体。现在活塞上施加竖直向上的拉力使活塞缓慢上移（活塞始终未脱离气缸），设大气压强和环境温度均保持不变，不计气缸与活塞间的摩擦，则拉力的大小随活塞上移的距离变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多选题 7．如图所示，水平面上有一个导热汽缸，用一定质量的活塞密封一定质量的理想气体，不计活塞与气缸的摩擦，当环境温度缓慢升高时，下列说法正确的是（　　） A．气缸内的气体压强增大 B．理想气体对外做功 C．理想气体的内能减小 D．气缸壁上单位面积单位时间撞击的分子数减少 8．一劲度系数为k的弹簧将一圆柱形绝热汽缸竖直顶起，气缸开口向下，底部透明，横截面积为S。汽缸内的两隔板a、b将汽缸分成I、II两室，其中隔板a绝热，隔板b导热，隔板可在汽缸内无摩擦地移动。b的下侧与竖直弹簧相连。初始时，弹簧处于压缩状态，两室内均封闭有体积为V0、温度为T0的理想气体。现用红外线对I室底部进行照射，直至I室中气体温度变为。已知大气压强为p0，环境温度为T0保持不变，气缸和两隔板a、b的质量分别为m、、，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．II室中气体压强为 B．在用红外线照射气缸底部的过程中弹簧的压缩量缓慢减小 C．在用红外线照射气缸底部的过程中II室中气体的体积变大 D．当I室中气体温度变为时，I室中气体的体积变为 9．如图所示，倾角为的光滑斜面固定放置，一内壁光滑的气缸先固定在斜面上，横截面积为、质量为的活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸内，稳定时缸内气柱的长度为，温度为，改变气体的温度，解除固定后让气缸沿着斜面下滑，稳定时缸内气柱的长度仍为，已知大气压强为、重力加速度为，理想气体的内能变化量与温度变化量的关系式为（为已知常量），所有温度为热力学温度。下列说法正确的是（　　） A．气缸被固定时，缸内气体的压强为 B．气缸沿斜面下滑稳定时，活塞加速度的大小为 C．气缸沿斜面下滑稳定时，缸内气体的压强为 D．气缸被固定到沿斜面下滑稳定，缸内气体内能的减小量为 10．一定质量的理想气体用轻活塞封闭在气缸内，将气缸以不同方式放置。甲图，用轻质细线系在活塞的正中央将整个装置悬挂在天花板上；乙图，让气缸开口向下，用竖直杆与活塞相连固定在地面上；丙图，气缸开口向右放置在水平地面上；丁图，气缸开口向上放在水平地面上，一重物放在活塞上。气缸内壁光滑，各状态下活塞和气缸都处于静止状态，外界温度不变，下列说法正确的是（　　） A．甲图气体压强可能与丙图相等 B．乙图气体压强可能与丁图相等 C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图外界对气体做功 D．若气缸和活塞绝热，甲图变为丙图气体温度可能不变 三、解答题 11．如图所示，在水平面上竖直放置一上端开口的圆柱形气缸，横截面积为S的轻质活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸内。初始时气缸内气体的温度为T1，在活塞上放置质量为m的物块，活塞平衡时气缸内气柱长度为L1。当气缸内气体从外界吸收一定热量，活塞缓慢上升h再次平衡，此过程气体内能的变化量为∆U。忽略活塞与气缸内壁的摩擦，所有温度为热力学温度，已知大气压强恒为p0，重力加速度为g。求： (1)活塞再次平衡时气体的温度T2； (2)气体从外界吸收的热量Q。 12．如图所示，一根劲度系数的轻质弹簧上端固定，下端与一质量为的绝热活塞连接并悬挂一绝热气缸。活塞与气缸内封闭着一定质量的理想气体。气缸内部带有加热装置，顶部开口且有卡扣，以保证活塞不会脱离。气缸内部高为H、底面积为S。初始时缸内气体温度为，活塞到气缸底部的距离为0.5H，弹簧被拉伸了0.5H。现缓慢加热气体使气缸下降到活塞恰好到达气缸顶部。已知大气压强恒为，重力加速度为g，忽略活塞和气缸壁的厚度及加热装置的体积，不计一切摩擦。求： (1)绝热气缸的总质量M； (2)已知在整个加热过程中，气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化量。 13．如图所示，圆柱形汽缸开口向下，通过长度相等的杆a、b固定在天花板上。汽缸内有一卡销，其大小不计，与汽缸底部的距离为L。一可在汽缸内无摩擦地上下滑动的轻质活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，其下方通过轻绳悬挂一质量为kg的沙桶，活塞的横截面积m2。初始时，活塞在卡销处，封闭气体的压强为Pa，封闭气体温度为K。已知大气压强Pa，取。 (1)求初始时卡销对活塞的弹力大小。 (2)若在沙桶内缓慢加入细沙，直至活塞向下移动0.6 L并保持静止，求此时沙桶内细沙的质量。 (3)若在（2）的前提下，使封闭气体的温度缓慢降低，直至活塞刚好与卡销接触，求此时封闭气体的温度。 14．如图所示，容积为的气缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽气孔。气缸内有一活塞，初始时阀门打开，活塞下方密封有一定质量的理想气体，温度为，体积为。现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，稳定后活塞未到达气缸顶部。已知大气压强为，气缸的横截面积为S，活塞的重力为，活塞体积不计，忽略活塞与气缸之间的摩擦。 (1)求活塞上方抽成真空后下方气体的体积。 (2)缓慢加热活塞下方气体至温度为，活塞到达气缸顶部，求此时气体的压强。 15．如图所示，一汽缸固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为。活塞与汽缸壁导热良好，活塞可在汽缸中无摩擦滑动，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为的重物连接。开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离缸底距离为，温度，外界大气压强。取重力加速度，缓慢降低缸内气体的温度，不计绳与滑轮间的摩擦，求： (1)重物刚好离开地面时，缸内气体的温度； (2)缸内气体的温度缓慢降低到时，活塞对封闭气体做的功。 16．图甲为液体拉力测量仪，一容积的导热汽缸下接一圆管，质量、横截面积的活塞（厚度不计）封闭一定质量的理想气体，活塞下端用轻绳悬挂一质量的形金属细丝，活塞刚好处于位置，与汽缸平齐，不计活塞与圆管间的摩擦，外界大气压强恒为，此时环境热力学温度，取重力加速度大小。 (1)求活塞处于位置时汽缸中的气体压强； (2)如图乙所示，环境热力学温度，将金属丝部分浸入液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝在液体中上升但未脱离，活塞稳定于位置，已知、距离，求液体对金属丝拉力的大小。 17．如图所示，内部高h=30.0cm的圆柱形金属腔体竖直放置，内部用不计厚度的活塞将腔体分隔为上、下两部分，上部通过小孔与大气连通，下部封闭有一定质量的理想气体，初始时，活塞处于静止状态，下部封闭气体高度为h1=20.0cm，温度为T1=300K。当环境温度从T1缓慢升高至T2=330K时，活塞缓慢上移，下部封闭气体从外界吸收热量Q=37.5J。已知活塞面积S=50cm2、质量m=5.0kg，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，活塞与腔壁无摩擦，气体温度始终与环境温度相同。求： (1)初始时下部封闭气体的压强p1； (2)当环境温度升高至T2时，活塞上升的高度∆h； (3)环境温度从T1升高至T2的过程中，下部封闭气体内能的增加量∆U。 18．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，两活塞用一轻质弹簧连接，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、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，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。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g） （1）求弹簧的劲度系数； （2）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，活塞间气体的压强和温度。 19．如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2 m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大气压强p0=1.0×105Pa，环境温度T1=300K。 （1）在此过程中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”），气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）； （2）求此不规则小块固体的体积V； （3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。 四、填空题 20．如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银．用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平，水银深H=10cm，气柱长l=20cm，大气压强p0=75cmHg．现使活塞B缓慢上移，当粗筒中水银还剩5cm时，则此时粗筒内气体的压强为_____cmHg，气柱长度为_____cm． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《04 热学-“气缸活塞类”模型-2026届高考物理三轮冲刺查缺补漏》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B A A A BD AD AC BC 1．B 【详解】A．气缸水平放置、活塞光滑无摩擦，气体压强始终不变，故加热过程压强不变，故A错误； B．对气体缓慢加热，气体温度升高，理想气体内能仅由温度决定，故内能增大，故B正确； C．温度是分子平均动能的标志，温度升高仅代表分子平均动能增大，并非所有分子动能均增大，故C错误； D．绝热过程只能从电热丝吸热，气体膨胀对外做功，即，温度升高，内能增大，即，根据热力学第一定律 可知，故D错误。 故选B。 2．A 【详解】因ab两部分气体的压强相等，则对两活塞及连杆的整体受力分析，根据平衡条件，有 可知缸内气体压强不变；若缸内气体的温度缓慢升高一点时，则气体体积变大，因右侧活塞面积较大，则活塞向左移动一点，故选A。 3．B 【详解】AB．设初始状态气体的压强为，体积为，温度为，活塞a漏气后，由于绝热过程，I中气体自由扩散，体积变为，设此时I中气体压强为，解锁b活塞后，系统平衡时的压强为，I中气体的体积为，温度为，III中气体的体积为，温度为根据玻意耳定律，对于I中气体，b活塞未解锁时，则有 活塞b解锁后，根据理想气体状态方程则有 对应III中气体则有 由于解锁b后，III中气体膨胀对外做功，内能减小，温度降低，则有 活塞b压缩I中气体，I中气体内能增大，温度升高，则有 联立可得，可见活塞b并未处于汽缸中央，故A错误，B正确； C．根据上述分析可知，I、III中气体的温度不同，分子的平均动能不同，虽然两部分的压强相等，但单位时间碰撞容器壁单位面积上的分子个数与压强、分子平均动能都有关系，则I、III中单位时间碰撞器壁单位面积分子个数不相同，故C错误； D．初始时，III中气体的体积为，最终状态III中气体的体积大于，分子数密度减小，因此单位时间碰撞容器壁单位面积的分子个数减小，故D错误。 故选B。 4．A 【详解】AB．小车运动后对活塞受力分析，设内部气体压强为，根据牛顿第二定律，有 内部气体压强为，故A正确，B错误； CD．设运动后活塞移动的距离为，根据玻意耳定律有 解得，故C错误，D错误。 故选A。 5．A 【详解】A．温度是分子热运动平均动能的标志，题目已知气体温度升高，则分子热运动的平均动能增大，所有分子的动能之和也增大，故A正确； B．根据理想气体状态方程，气体被压缩，体积减小，同时温度升高，则压强一定增大，故B错误； C．气体被压缩，体积减小，分子总数不变，则单位体积内的分子数增大，故C错误； D．温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高，分子热运动的平均动能增大，故D错误。 故选A。 6．A 【详解】设气缸横截面积为S，初始气柱高度为h，大气压强为。活塞轻质，初始平衡时封闭气体压强 体积 活塞上移距离后，气体体积 气体温度不变，由玻意耳定律得 解得 对活塞受力分析得 整理得 随增大增大。求导可得图像斜率为 随增大图像斜率减小。 故选A。 7．BD 【详解】A．环境温度缓慢升高且不计活塞与气缸的摩擦，对活塞受力分析可知，气体压强不变，故A错误； B．压强不变，温度升高，体积增加，气体对外做功，故B正确； C．一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度升高，内能增加，故C错误； D．温度升高，气体分子的平均动能增加，每个分子撞击器壁的平均力增大，而压强不变，根据压强的微观解释可知单位面积单位时间撞击器壁的分子数减少，故D正确。 故选BD。 8．AD 【详解】A．以气缸为对象，根据平衡条件可得 可得I室中气体压强为 以隔板a为对象，根据平衡条件可得 解得II室中气体压强为，故A正确； B．在用红外线照射气缸底部的过程中，根据平衡条件可知，I室中气体压强保持不变，II室中气体压强也保持不变，则隔板b的受力保持不变，所以弹簧的压缩量保持不变，故B错误； C．在用红外线照射气缸底部的过程中，II室中气体的压强和温度都保持不变，所以气体的体积不变，故C错误； D．I室中气体压强保持不变，当I室中气体温度变为时，根据盖—吕萨克定律可得 解得I室中气体的体积变为，故D正确。 故选AD。 9．AC 【详解】A．气缸被固定时，对活塞进行受力分析，由力的平衡可得 结合 综合解得，A项正确； BC．气缸沿斜面下滑稳定时，对整体由牛顿第二定律可得 则活塞即整体的加速度为 对活塞进行受力分析，由牛顿第二定律可得 综合解得，B项错误，C项正确； D．由等容变化规律查理定律可得 解得 气缸被固定到沿斜面下滑稳定，缸内气体内能的减小量为，D项错误。 故选AC。 10．BC 【详解】A．设活塞质量为m、缸体质量为M，活塞面积为S，大气压为，对图甲活塞，根据平衡条件有 解得 图丙气体压强为 可知二者压强不等，故A错误； B．对图乙，对缸体，根据平衡条件有 解得 对图丁，对活塞和重物，根据平衡条件有 解得 由于不知道M、m具体关系，因此乙图气体压强可能与丁图相等，故B正确； C．若气缸和活塞导热良好，甲图变为丙图，气体压强大，气体体积减小，外界对气体做功，故C正确； D．若气缸和活塞绝热（Q=0），甲图变为丙图，外界对气体做功（W>0），根据 可知，即气体内能增加，温度增大，故D错误。 故选BC。 11．(1) (2) 【详解】（1）活塞缓慢上升h再次平衡的过程为等压变化，则 解得 （2）活塞缓慢上移过程，气体对外做功，则 由热力学第一定律 可得气体从外界吸收的热量 12．(1) (2) 【详解】（1）温度为时，对活塞分析，根据平衡条件，有 解得。 对气缸分析，根据平衡条件，有 解得 （2）活塞恰好到达气缸顶部的过程中，气体做等压变化 解得 当气体温度为时，体积为；当活塞恰好到达气缸顶部时，气体温度为，所以气体温度由加热到的过程中，气体作等压变化，故气体对外做功为 根据热力学第一定律可得 13．(1)15 N (2) (3) 【详解】（1）设初始时卡销对活塞的弹力大小为，初始时，以活塞和沙桶整体为研究对象，根据平衡条件得         解得       （2）设当活塞下移0.6 L时封闭气体的压强为，气体温度不变，根据玻意耳定律有 解得 对活塞和沙桶整体，由平衡条件得         解得 （3）封闭气体的温度缓慢降低，直至活塞刚好与卡销接触的过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有             解得 14．(1)； (2) 【详解】（1）分析活塞的受力情况，初状态有 末状态有 研究活塞下方气体，由玻意耳定律得 联立解得 （2）由理想气体状态方程得 解得此时气体的压强 15．(1) (2) 【详解】（1）重物刚好离开地面时，对活塞受力分析，得 解得 该过程为等容变化，根据查理定律， 解得 （2）当温度小于270 K时，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律，得 解得 活塞移动的距离 活塞对封闭气体做的功 16．(1) (2) 【详解】（1） 由活塞受力平衡得 解得 （2）设当活塞在B位置时，汽缸内气体的压强为p2，由气态方程有 解得 由平衡条件有 解得 17．(1)1.1×105Pa (2)2cm (3)26.5J 【详解】（1）对活塞，根据平衡条件可得 解得下部气体的压强为 （2）假设升温过程中活塞未上升到腔体顶部，则气体做等压膨胀，根据盖吕萨克定律得 解得 故假设成立； （3）活塞上升过程中，外界对封闭气体做功为 解得 根据热力学第一定律可得 18．（1）；（2）， 【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 解得 对活塞Ⅰ由平衡条件有 解得弹簧的劲度系数为 （2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 ， 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有 有等压方程可知 解得 19．（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J 【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。 （2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律 解得 （3）整个过程中外界对气体做功为 对活塞受力分析 解得 根据热力学第一定律 其中 解得 故气体吸收热量为14.4J。 20． 100； 17； 【详解】设细筒横截面积为s，根据两圆筒的截面积之比4：1，则粗筒横截面积为4s， 由体积相等得：5×4s=hs 解得：h=20cm，即进入细圆筒中水银柱高应为h=20cm， 最后水银柱的总高度h′＝h+ =25cm． 开始时，气体：P1=P0+ph=85cmHg V1=20S 被封气体的末态压强为：P2=P0+h′=75+25cmHg=100cmHg 封闭气体等温变化，终态体积V2=SL2 由玻意耳定律P1V1=P2V2 得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $