第28讲 气体实验定律的液柱和汽缸题型 专项训练-2027届高考物理一轮复习

第28讲 气体实验定律的液柱和汽缸题型 题型一 单液柱封闭气体题型 1 题型二 连通器封闭气体题型 4 题型三 液柱封闭 “两团气” 题型 8 题型四 单气缸+活塞封闭气体题型 11 题型五 双气缸+活塞封闭气体题型 15 题型六 气缸+液柱封闭气体综合题型 18 综合提升 21 题型一 单液柱封闭气体题型 1．（2026•镇江模拟）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 【分析】根据管内封闭气体温度不变，分子平均速率不变，结合玻意耳定律分析求解。 【解答】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，管内气体压强为：p＝p0+ρgh，向下由于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、由题意可知，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。 2．（2025秋•邯郸期中）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱，水银柱静止时，水银槽中的水银在管内、外液面高度差为h，管中封闭气体看成理想气体，保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　） A．h保持不变 B．管中气体分子数密度不变 C．管中气体内能增大 D．管中气体放出热量 【答案】D 【分析】由压强关系判断管内、外液面高度差h的变化情况；由判断分子数密度的变化情况；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变；由热力学第一定律判断吸热后放热的情况。 【解答】解：A、根据压强关系可知，管中水银柱长度始终等于水银槽中的水银在管内、外液面高度差h，倒入水银，则h也变大，故A错误； B、由题意可知，缓慢倒入水银后，气体的压强增大，温度不变，体积减小，管内气体分子数密度增大，故B错误； C、一定质量理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，内能不变，故C错误； D、气体体积减小，外界对气体做功，则有：W＞0，气体发生等温变化，则ΔU＝0，根据热力学第一定律可知，ΔU＝W+Q，解得：Q＝﹣W＜0，则气体放出热量，故D正确。 故选：D。 3．（2025•崆峒区校级模拟）如图所示，用铝制易拉罐制作温度计，一粗细均匀的透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，不考虑外界大气压的变化，易拉罐和吸管处于水平方向，在吸管上标注等差温度值。若温度升高ΔT，吸管内空气柱长度增加Δx，定义为测温灵敏度。下列说法正确的是（　　） A．吸管上标注的等差温度值刻度左密右疏 B．若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，则温度测量值偏大 C．若仅换用更粗的吸管，则测温范围变大 D．若仅换用体积更小的易拉罐，则测温灵敏度变高 【答案】C 【分析】依据盖﹣吕萨克定律推导出空气柱长度变化量与温度变化量成正比，可知刻度均匀；装置直立开口向上时，油柱重力使气体压强偏大，体积偏小，测量温度偏小；换更粗吸管，相同温度变化下油柱移动距离小，测量范围变大；换体积更小的易拉罐，测温灵敏度变低。 【解答】解：A.设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内空气柱长度为x0、吸管横截面积为S，当温度为T1时吸管内空气柱长度为x1，气体做等压变化，有，可知，故空气柱长度变化量与温度变化量成正比，吸管上温度值刻度是均匀的，故A错误； B.若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，由于油柱的重力产生压强，气体压强偏大，所以体积偏小，则测得的温度偏小，故B错误； C.若仅更换更粗的吸管，即在温度变化相同的条件下，吸管中的油柱左右移动距离会变小，则测量范围会变大，故C正确； D.根据上述分析可得，若仅换用体积更小的饮料罐，测温灵敏度会变低，故D错误。 故选：C。 4．（多选）（2025秋•百色期末）潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示，一潜水钟（可近似看作长方体）高h＝2m，横截面积S＝6m2，从水面上方开口向下缓慢沉入水中，最终到达水平河床，进入钟内的水深Δh＝1m。已知该过程钟内封闭气体温度保持不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，不考虑钟壁厚度，下潜过程中钟内气体不泄漏，下列说法正确的是（　　） A．到达河床后钟内的气体压强p＝1.2×105Pa B．到达河床后钟内的气体压强p＝2.0×105Pa C．水的深度H＝11m D．水的深度H＝10m 【答案】BC 【分析】根据玻意耳定律求出潜水钟在水中时的压强，结合气体压强与水深度的关系求出水的深度。 【解答】解：AB、设潜水钟内初始空气柱长度为h＝2m，进入水中后空气柱长度为L＝h﹣Δh＝2m﹣1m＝1m 初始时空气压强为Pa 设进入海水中后空气压强为p，因为钟内封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可得：p0hS＝pLS 解得p＝2.0×105，故A错误，B正确； CD、由压强的计算公式p＝p0+ρg（H﹣Δh），其中Δh＝1m，为钟内水深 代入数据解得：H＝11m，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型二 连通器封闭气体题型 1．（2025春•沙河口区校级期中）如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后（　　） A．右侧水银面高度差h1增大 B．空气柱B的长度减小 C．左侧水银面高度差h2减小 D．空气柱B的压强增大 【答案】C 【分析】使用连通器的原理可以求出B部分气体的压强；向右管注入少量水银，左侧气体的压强就增大，左侧的水银A就会向左移动，从而左侧的水银向上运动，这时左侧水银的h2就会减小，温度保持不变，气体的压强减小；再根据连通器的原理确定h1的变化。 【解答】解：开始时，气体压强关系满足：p＝p0+ρgh1＝p0+ρgh2，故有：h1＝h2； A、向右管注入少量水银，假定先固定水银柱A，则气压增加，再释放水银A，封闭气体将向上运动，故h2减小，气体的压强减小，右管与B的水银面的高度差h1也减小，故A错误； B、气体的压强减小、温度不变，根据pV＝c可知，体积增大，则长度增大，故B错误； CD、向右管注入少量水银，假定先固定水银柱A，则气体的压强增加，再释放水银A，封闭气体将向上运动，故h2减小，气体压强p＝p0+ρgh2也就减小，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2024春•金凤区校级期中）如图所示，甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银，丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0＝76cmHg（p0＝1.01×105Pa，g取10m/s2，ρ水＝1×103kg/m3），则关于以下四幅图中封闭气体A的压强p甲、p乙、p丙、p丁，正确的是（　　） A．p甲＝86cmHg B．p乙＝71cmHg C．p丙＝66cmHg D． 【答案】B 【分析】由于液体同一深度处的压强处处相等，故内部气体的压强减去10cm水银柱由于重力产生的压强等于外界大气压；内部气体压强加上10cm水银柱在竖直方向产生的压强等于外部大气压，由此得解；由外界大气压加上10cm水银柱产生的压强解得B中部气体的压强，而A部分气体压强加上5cm水银柱的压强等于B中气体的压强，由此得解；由于液体同一深度处的压强处处相等，故A内气体的压强等于外界大气压加上0.4cm水柱由于重力产生，由此求解。 【解答】解：A、由于液体同一深度处的压强处处相等，则有：p甲+ph＝p0，故内部气体的压强为：p甲＝p0﹣ph＝76cmHg﹣10cmHg＝66cmHg，故A错误； B、图乙中，由于液体同一深度处的压强处处相等，所以内部气体的压强为：，故B正确； C、由题意可得B部分气体压强为：，而由液柱的平衡态可得A部分气体压强为：，故C错误； D、由于液体同一深度处的压强处处相等，故内部气体的压强为：p丁＝p0+ρ水gh′，其中：h′＝1.2m﹣0.8m＝0.4m，代入数据解得：，故D错误。 故选：B。 3．（2024•南通模拟）某小组设计的测温装置如图所示，竖直玻璃管B与玻璃泡A相连插在水槽中，封有一定量的气体，大气压强不变的情况下，管内水柱高度可反映泡内气体的温度，即环境温度。环境温度变化时，玻璃泡内气体压强可视为不变，则（　　） A．测温物质是水 B．水柱越高温度越高 C．管上的刻度是均匀的 D．测温范围由A体积决定 【答案】C 【分析】根据A中的是通过气体体积随温度变化来测温的，判断测温物质类别；温度高，体积膨胀，液面下降；根据压强不变，体积和温度的关系判断刻度是否均匀；通过分析，测温范围由B管决定。 【解答】解：A、玻璃泡A内的气体压强不变，则对A中的封闭气体有：pV＝nRT，p不变，则V与T成正比，所以测温物质为气体，故A错误； B、压强不变的情况下，温度越高，气体体积越大，所以B中液面越低，故B错误； C、根据A选项中可得：压强不变，V与T成正比，所以刻度是均匀的，故C正确； D、当B管中全是水时，V最小，T最小；当B管中全是气体时，V最大，T最大，所以测温范围由B管的体积决定，故D错误。 故选：C。 4．（多选）（2025春•南阳期末）如图所示，横截面积为1cm2、导热良好的U形玻璃管固定在竖直面内，O点为U形管的最低点，玻璃管左侧封闭、右侧开口，管内通过水银封闭了一段长60cm、可视为理想气体的气柱，右侧水银液面比左侧低20cm，已知外界大气压强恒为75cmHg，环境的热力学温度为300K，下列说法正确的是（　　） A．若用注射器向右侧玻璃管内缓慢注入52mL的水银，则玻璃管两侧的液面将相平 B．若将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺时针转动少许，则封闭气柱的长度将减小 C．若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5mL的水银，则稳定后右侧液面比左侧液面高5cm D．若对封闭气体加热，则当两侧液面高度相同时，封闭气柱的热力学温度为460K 【答案】AC 【分析】由玻意耳定律结合理想气体状态方程及几何关系即可解题。 【解答】解：A、玻璃管两侧的液面相平，根据玻意耳定律可得：（p0﹣ph）L0S＝p0L1S，其中：p0＝75cmHg，ph＝20cmHg，L0＝60cm，解得：，则注入的水银的体积为：，故A正确； B、以最低点O轴将U形管在图中平面内顺时针转15℃，汞柱保持相同的“竖直高度差”，但因管子倾斜后，左边封闭气体沿管子斜向延伸，实际占据的“管长”变大，故封闭气柱长度增大，故B错误； C、若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5mL的水银，设稳定后右侧液面比左侧液面高为h′，则有：[h+2×（L0﹣L2）+h′]S＝62.5mL 由玻意耳定律可得：（p0﹣ph）L0S＝（p0+ph′）L2S 联立代入数据解得：h′＝5cm，故C正确； D、根据理想气体状态方程可得：，代入数据解得：T≈477.3K，故D错误。 故选：AC。 题型三 液柱封闭 “两团气” 题型 1．（2025•三明校级开学）如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA＞tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温，使它们的温度都降低相同的温度，则水银柱将（　　） A．向右移动 B．向左移动 C．始终不动 D．以上三种情况都有可能 【答案】A 【分析】根据平衡可知初始A、B两侧压强相等，运用假设法，分别对两侧封闭气体运用查理定律，比较两侧气体压强减少量的大小，即可判断出水银柱的移动方向。 【解答】解：假设加速降温过程中A、B中气体体积不变化，则两侧气体都发生等容变化，根据查理定律对A中气体有： 对B中气体有： 由于初始时：pA＝pB 由题意可知：ΔtA＝ΔtB 可得：ΔTA＝ΔTB 联合可得： 由于：tA＞tB，即：TA＞TB 所以有：，即A中气体压强的减少量小于B中气体压强的减少量，可知水银将向B侧移动，即向右移动。故BCD错误，A正确。 故选：A。 2．（2025•蜀山区校级模拟）如图所示，水平放置的封闭玻璃管由两段内径不同、长度均为20cm的A、B细管组成，B管内径为A管内径的2倍，管内气体被一段水银柱隔开，开始时两管内水银柱的长度均为2cm，室内温度为0℃，现对左侧气体缓慢加热（右侧气体温度始终不变），当温度升高到312K时，已知T＝t+273K。则右侧气柱长度改变（　　） A．0.5cm B．2cm C．2.5cm D．1.5cm 【答案】A 【分析】分析两部分气体的状态参量，分别由理想气体的状态方程和玻意耳定律列式，即可求出。 【解答】解：B管内径为A管内径的2倍，则有SB＝4SA 加热前A、B中空气柱的长度分别为LA＝LB＝20cm﹣2cm＝18cm 则在加热前，由题意对气体A，有VA＝SALA，VB＝SBLB，TA＝273K，水银柱处于平衡状态，则左右两侧的压强相等，即pA＝pB 加热左侧气体后，水银柱向右移动，A的体积增大，B的体积减小，设A中空气柱的长度增加xcm，则A中空气柱的长度为LA2＝LA 则左侧xcm长度的水银柱在右侧的长度为cm，则B中空气柱的长度为LB2＝LB 则加热后，根据题意有VA2＝SALA2，VB2＝SBLB2，pA2＝pB2 由于B中气体温度不变，则根据玻意耳定律有pBVB＝pB2VB2 对A中气体分析，根据理想气体状态方程有 联立解得x＝2cm 右侧气柱长度改变 故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2025春•深圳期中）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B说法正确的是（　　） A．气体A的压强不变 B．气体B的压强减小 C．气体A、B的体积都增大 D．气体A、B的体积都减小 【答案】D 【分析】将管倾斜后，两段水银柱产生的压强都减小，则可判断出B中气体压强增大，A中气体压强增大，再对A、B气体分别应用玻意耳定律（或理想气体状态方程）可判断体积的变化。 【解答】解：封闭气体B的压强 pB＝p0﹣ρ水银ghB 封闭气体A的压强 pA＝pB﹣ρ水银ghA＝p0﹣ρ水银g（hA+hB） 其中hA、hB为上下两段水银柱的竖直高度 当管倾斜时，A、B水银柱竖直高度都将减小，则封闭气体压强pA增大、pB增大，又由于气体等温变化，由玻意耳定律 pV＝p1V1 可知，气体A、B的压强增大，体积都减小。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 4．（多选）（2024•雨花区校级三模）内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0＝76cmHg。下列说法正确的是（　　） A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体Ⅰ长度为16cm B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体温度为500K C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2cm D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12cm 【答案】BD 【分析】根据理想气体状态方程分析，当水银面上升10cm时，气体的长度；根据水银到达管口时得出封闭气体的压强，再根据理想气体状态方程求出，两部分气体的体积，最后算出加入水银的长度。 【解答】解：AB、两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，对气体Ⅰ，有 根据题意可知：p1＝90cmHg，V1＝12S，T1＝300K， 竖直管水银上升10cm，则p1′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V1＝l1′S， 对气体Ⅱ，有 根据题意可知：p2＝90cmHg，V2＝8S，T2＝（27+273）K＝300K， 竖直管水银上升10cm：p2′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V2′＝l2′S，T2′＝T1′， 且气体的体积满足：V1′﹣V1+V2′﹣V2＝10S 代入数据联立解得：T2′＝T1′＝500K，l1′＝18cm，故A错误，B正确； CD、保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，对气体Ⅰ，有p1V1＝p1′′V1′′ 加水银到管口时：p1′′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V1′′＝l1′′S 对气体Ⅱ，有p2V2＝p2′′V2′′ 加水银到管口时：p2′′＝（76+14+10）cmHg＝100cmHg，V2′′＝l2′′S 代入数据可得：l1′′＝10.8cm，l2′′＝7.2cm 所以加入水银长度为：Δl＝l1﹣l1′′+l2﹣l2′′+10cm 代入数据解得：Δl＝12cm，故C错误，D正确； 故选：BD。 题型四 单气缸+活塞封闭气体题型 1．（2025•武功县校级模拟）如图所示，绝热汽缸固定在水平面上，左侧用绝热隔板封闭一定质量的理想气体，右侧为真空。现对该装置进行了两次操作：①先用水平向左的外力作用在隔板上，使隔板缓慢向左移动一小段距离；②再将隔板抽走，静置一段时间。整个过程中封闭气体的质量不变，下列说法正确的是（　　） A．过程①中，每个气体分子的动能均增大 B．过程①中，气体的内能增大 C．过程②中，气体的内能减小 D．过程②中，气体对外界做功 【答案】B 【分析】气体的体积减小，外界对气体做；理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增加，气体分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大；理想气体在自由扩散的过程中，体积增大，对气体对外界不做功，绝热过程中，气体与外界没有热交换，则Q＝0，由热力学第一定律判断内能的变化。 【解答】解：AB、由题意可知，在过程①中，用水平向左的外力使隔板缓慢向左移动一小段距离，气体被压缩，气体的体积减小，外界对气体做功，则W＞0，由于气体与外界没有热传递，则Q＝0，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：ΔU＝W＞0，可知，气体的内能增大，理想气体忽略分子势能，故气体分子的平均动能增大，但不一定每个气体分子的动能均增大，故A错误，B正确； CD、过程②中，抽开隔板时，气体自发的扩散，由于右侧是真空，故气体对外不做功，则W＝0，又没有热传递，则Q＝0，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：ΔU＝0，可知气体的内能不变，故CD错误。 故选：B。 2．（2025•望城区校级一模）如图甲所示，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m，创造了我国载人深潜新纪录。已知在深度3000m以下，海水温度基本不变。现利用如图乙所示固定在潜水器外的一个密闭气缸做验证性实验，气缸内封闭一定质量的理想气体，轻质导热活塞可自由移动。若将气体分子撞击缸壁视为弹性正碰，则在潜水器从4000m处下潜到5000m深度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．封闭气体从外界吸收热量 B．封闭气体的压强与潜水器下潜的深度成正比 C．封闭气体分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加 D．封闭气体分子每次对缸壁的平均撞击的冲量增大 【答案】C 【分析】根据热力学第一定律分析出气体的吸放热情况；根据液体压强公式分析封闭气体的压强与下潜深度的关系；根据气体压强的微观解释完成分析。 【解答】解：A、由于温度不变，气体的内能不变，所以有：ΔU＝0，气体压强增大，体积减小，外界对气体做正功，则有：W＞0，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝﹣W＜0，由此可知，气体放出热量，并且外界对气体做的功等于气体放出的热量，故A错误； B、气体压强为：p＝p0+ρgh，由此可知，压强与潜水器下潜的深度成一次函数关系，故B错误； C、下潜过程中，潜水器的压强增大，气体被压缩，气体分子数密度增大，气体分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加，故C正确； D、潜水器下潜过程中，温度不变，气体分子的平均动能不变，气体分子每次对缸壁的平均撞击的冲量大小不变，故D错误。 故选：C。 3．（2025•宜秀区校级模拟）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，有一长L＝16cm的绝热汽缸与绝热活塞静置于斜面上，活塞与重物通过不可伸长的轻绳连接，此时重物对地面恰好无压力，轻绳OA段与斜面平行，活塞距离汽缸底部。活塞质量m＝1kg，重物质量M＝2kg，活塞面积S＝10cm2，大气压，缸内封闭的理想气体温度T0＝300K，缸内气体分子总动能满足Ek＝kT，其中k＝0.8J/K，g取10m/s2。活塞厚度及活塞与汽缸壁的摩擦忽略不计，活塞始终与汽缸壁垂直且不漏气。当电热丝通电加热时，活塞缓慢到达汽缸口，下列说法正确的是（　　） A．加热过程气体压强一直增大 B．加热过程汽缸内壁单位面积受到分子的撞击数增大 C．加热前汽缸内气体的压强为8.5×104Pa D．加热过程电热丝放出的热量为Q＝84J 【答案】C 【分析】由题意可知，活塞受力平衡，则加热过程气体等压膨胀，据此分析求解；对活塞、重物，由平衡条件分别列式，即可分析求解；加热过程气体等压膨胀，据此列式，结合功能关系及题意，可确定气体内能变化量及做功情况，再根据热力学第一定律，即可求解。 【解答】解：A、加热过程，活塞、汽缸和重物整体受力不变，汽缸向下滑动，活塞的受力不变，即气体对活塞的压力不变，气体的压强不变，故A错误； B、加热过程，气体的温度升高，气体的平均动能增大，气体分子对汽缸内壁的平均作用力变大，但是气体的压强不变，即单位面积单位时间内气体分子的作用力不变，则汽缸内壁单位面积受到分子的撞击数减小，故B错误； C、活塞受力平衡，则有：FT+p1S＝mgsinθ+p0S重物受力平衡，则有：FT＝Mg 联立解得气体压强为：，故C正确； D、加热过程为等压变化，由盖—吕萨克定律可得：，解得：，气体内能变化量为：ΔU＝ΔEK＝kΔT＝0.8×（400﹣300）J＝80J，气体对外做功，则外界对气体所做的功为：，根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝ΔU﹣W＝80J﹣（﹣3.4J）＝83.4J，故D错误。 故选：C。 4．（多选）（2026•淄博一模）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a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p0，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p0，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p0 B．汽缸内气体的压强为p0 C．活塞移动的距离为L D．活塞移动的距离为L 【答案】AC 【分析】根据理想气体状态方程和牛顿第二定律，结合活塞的受力分析和气体状态变化来求解汽缸内气体的压强和活塞移动的距离。 【解答】解：AB、设气体的压强为p，对活塞，由牛顿第二定律可得：pS﹣p0S＝ma，解得：，故A正确，B错误； CD、由题意可知，在初始状态时有：p1＝p0，V1＝SL，末状态时，p2＝P，V2＝Sd，由于整个过程温度保持不变，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，即有：p0•SL＝p•Sd，代入数据解得：，所以活塞移动的距离为：，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型五 双气缸+活塞封闭气体题型 1．（2023•天津模拟）如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，面积之比为SA：SB＝1：2．两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个气缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300K．A中气体压强pA＝1.5p0，p0是气缸外的大气压强。现对A加热，使其中气体的压强升到pA＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变。则此时A中气体温度（　　） A．400K B．450K C．500K D．600K 【答案】C 【分析】由平衡条件求出气体的压强，应用理想气体的状态方程分别对A、B气体列方程，然后解方程求出气体A的温度。 【解答】解：开始时，据活塞平衡时，有 pA•SA+pB•SB＝p0（SA+SB） 解得：pB 加热后，根据活塞平衡有： pA′•SA+pB′•SB＝p0（SA+SB） 解得：pB′ 由于B中气体初、末态温度相等，设末态体积为，则有：pB′•VB′＝pB•V0 解得：VB′V0．故活塞向右移动，B的体积增加了V0 因为两活塞移动的距离相等，可以得到A的末态体积为：VA′V0 由气态方程有： 解得： 故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2025•冀州区校级开学）如图所示，竖直放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞，活塞的质量、厚度均可忽略，其中A活塞绝热，B活塞导热，两活塞与汽缸间封闭了甲、乙两部分理想气体，活塞的面积为S，活塞与汽缸壁之间的滑动摩擦力f＝p0S（p0为外界大气压强），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，两活塞之间及活塞A与汽缸底部间的距离均为d，两活塞与汽缸壁之间的摩擦力均恰好为0，两部分理想气体的热力学温度均与环境温度相同。现对甲气体缓慢加热，则当活塞B刚好要发生滑动时，活塞A移动的距离为（　　） A． B． C． D．d 【答案】C 【分析】由平衡条件结合玻意耳定律列式即可解题。 【解答】解：设活塞B刚好要发生滑动时，活塞A向上移动的距离为x，对气体乙，初始时，则有：p1＝p0根据玻意耳定律可得：p1Sd＝p2（d﹣x）S 对活塞B，由平衡条件可得：p2S＝p0S+f， 由题意可知：f＝p0S 联立解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒直径是细筒的2倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞（不考虑活塞的重力）间封有气体，气柱长L＝20cm，活塞A上方的水银深H＝10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至一半的水银被推入细筒中，若大气压强p0相当于76cm高的水银柱产生的压强，则此时气体的压强为（　　） A．101cmHg B．96cmHg C．91cmHg D．86cmHg 【答案】A 【分析】被封闭气体的压强等于大气压加A活塞上方的水银柱产生的压强，大气压不变，气体压强的变化可从水银柱的高度变化上来解答。 【解答】解：当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒直径是细筒的2倍，粗筒横截面积是细筒横截面积的4倍，因此，细筒中水银柱的高度为：，则活塞A上方水银柱的总高度为：，因活塞A的重力不计，所以气体的压强为：p＝p0+ρgh″＝76cmHg+25cmHg＝101cmHg，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（多选）（2025春•徐汇区校级期末）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　） A．h中的气体内能增加 B．f中的气体温度大于g中的气体温度 C．f中的气体温度大于h中的气体温度 D．f中的气体压强大于h中的气体压强 【答案】ABC 【分析】由于电阻丝对f中的气体加热，f中的气体内能增大，温度升高，压强增大，由共点力平衡条件，理想气体状态方程结合热力学第一定律求解即可。 【解答】解：A、当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动右边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，故A正确； B、未加热前，三部分气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析可得：pfS＝F弹+pgS，所以有：pf＞pg，分别对f，g内的气体分析，根据理想气体状态方程有：，由题意可知，因弹簧被压缩，则Vf＞Vg，联立可得：Tf＞Tg，故B正确； C、在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知：，联立B项可得：Tf＞Th，故C正确； D、对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，故D错误。 故选：ABC。 题型六 气缸+液柱封闭气体综合题型 1．（2025•临泉县校级开学）如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱（高为h1）封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是（　　） A．h2变长 B．h2变短 C．h1上升 D．h1下降 【答案】D 【分析】玻意耳定律明确指出在定量定温下，理想气体的体积与气体的压力成反比，当外界压强增大时，体积减小。 【解答】解：设管内封闭气体的压强为p，外界的大气压为p0，则有：p＝p0+ρgh1， 也可以得到：p＝p0+ρgh2联立解得：h1＝h2，由于h1大小不变，则h2不变，当外界压强p0增大时，管内封闭气体压强p增大，根据玻意耳定律pV＝C可以知道气体的体积减小，则h1下降。故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2025•青秀区校级模拟）如图所示，上端封口的细玻璃管插入水银槽中，玻璃管中封闭一定质量的理想气体，管内水银面比槽内水银面高h，管内气体的温度为T0，气体的压强为0.75p0（p0为外界大气压强）。将管内气体的温度缓慢增加到1.5T0，管内外水银面的高度差变为零。管内水银面升降过程中，认为槽内水银面的高度不变，则在这个过程中（　　） A．管内气体分子的平均动能不变 B．气体吸收的热量大于气体增加的内能 C．外界对气体做的功W＝﹣0.75p0hS D．初态管内气柱的高度H＝7h 【答案】B 【分析】温度升高，气体分子的平均动能增大；由热力学第一定律判断气体吸收的热量与气体增加的内能的大小关系；在等压变化过程中，W＝p•ΔV可求外界对气体所做的功；由理想气体状态方程可求初态管内气柱的高度。 【解答】解：A、由题意可知，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故A错误； B、由题意可知，气体温度升高，内能增加，则ΔU＞0，气体对外做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，Q＞0，且有：Q＞ΔU，故B正确； C、由于该过程表示等压变化过程，则外界对气体所做的功W≠﹣0.75p0Sh，故C错误； D、由题意可知，在初状态时，压强为：p1＝0.75p0，体积为：V1＝SH，温度为：T1＝T0 末状态时，压强为：p2＝p0，体积为：V2＝S（H+h），温度为：T2＝1.5T0 由理想气体状态方程可得：，即有：，解得：H＝8h，故D错误。 故选：B。 3．（2025•扬州模拟）将上端封闭、下端开口的玻璃管插入水中，使玻璃管竖直地浮在水面上，如图所示，现将玻璃管缓慢下压少许，气体的温度不变。下压过程中（　　） A．管内气体压强减小 B．管内气体体积减小 C．管内外液面高度差减小 D．管内气体从外界吸热 【答案】B 【分析】将玻璃管缓慢下压少许，气体温度不变，此过程可视为等温变化，需结合玻意耳定律及热力学第一定律解答即可。 【解答】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，故A错误； B、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，故B正确； C、由于气体的压强增大，由p＝p0+ρgh可知，管内外液面高度差增大，故C错误； D、根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，由于气体温度不变，则有：ΔU＝0，下压过程中，外界对气体做功，则W＞0，所以有：Q＝ΔU﹣W＝0﹣W＜0，则气体需向外界放热Q＜0，故D错误。 故选：B。 4．（多选）（2025•邯郸模拟）水火箭的原理如图所示，在室温环境下，导热性良好的容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现用气泵向容器内缓慢充气后压强变为4p0，充气过程中容器和气泵内气体温度不变，瓶塞脱离容器的瞬间，容器被发射出去。整个过程容器形状不发生变化，发射过程时间极短。下列说法正确的是（　　） A．充气过程中充入的气体质量是原气体质量的4倍 B．充气完成后容器内的气体在单位时间内撞击器壁次数增加 C．发射过程中容器内的气体对外做功，容器内的气体温度下降 D．发射过程中容器中单位面积上气体分子撞击的平均作用力增大 【答案】BC 【分析】充气过程气体发生等温变化，由玻意耳定律可求充入的气体的体积，由在同温同压下，体积比等于质量比可求质量关系；由压强的微观定义判断碰撞次数和平均作用力的变化，由体积的变化判断做功关系，结合温度的变化判断分子平均动能的变化情形。 【解答】解：A、设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有：p0V0+p0V＝4p0V0，解得：V＝3V0，气体的密度相同，充入的气体质量是原气体质量的3倍，故A错误； B、充气过程缓慢，温度不发生变化，容器容积不变，空气分子数密度增加，充气完成后容器内的气体在单位时间内撞击器壁次数增加，故B 正确； CD、发射过程中容器中的气体对外做功，由于发射过程时间极短，来不及完成热传递，气体温度下降，气体分子的平均动能减小，平均速率减小，而且气体体积增大，单位体积内分子数减少，所以容器中单位面积上气体分子撞击的平均作用力减小，故C正确，D错误。 故选：BC。 综合提升 一．选择题 1．（2025•沙坪坝区校级模拟）小明设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温，结构如图所示。导热性能良好的大玻璃泡A内密封有理想气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。教室内的气压始终为一个标准大气压76cm汞柱。当教室内温度为280K时，B管内水银面的高度为20cm。B管的气体体积可忽略不计，则（　　） A．B管上所刻的温度数值上高下低 B．B管上所标的温度数值间隔是不均匀的 C．B管内水银面的高度为16cm时，教室内的温度为290K D．若把刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高 【答案】D 【分析】根据温度的变化，分析管内气体体积的变化，判断B管液面变化，即可确定B管上所刻的温度数值高低。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为气体发生等容变化，根据查理定律计算B管内水银面的高度为16cm时教室内的温度。根据查理定律分析温度刻度是否均匀。把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，从而知道温度测量值与实际值的关系。 【解答】解：A、当温度升高时，管内气体体积变大，B管液面降低，因此B管上所刻的温度数值上低下高，故A错误； B、温度改变为T时，气体压强为p＝76﹣x，根据 可得T＝380﹣5x，T与x是线性关系，则B管上所到的温度数值间隔是均匀的，故B错误； C、据题，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，可认为管内气体发生等容变化。 开始时温度为T1＝280K 玻璃泡A内气体压强为p1＝76cmHg﹣20cmHg＝56cmHg 温度改变为T2时，气体压强为p2＝76cmHg﹣16cmHg＝60cmHg 根据 可得T2＝300K，故C错误； D、若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，大气压强比地面偏小，导致A内体积偏大，管内液面下降，则测出的温度比实际偏高，故D正确。 故选：D。 2．（2023•昆明一模）如图所示，两端开口的“U”形玻璃管竖直放置，其右侧水银柱之间封住一段高h＝5cm的空气柱。空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高度差也为h。已知大气压强为75cmHg，空气柱中的气体可视为理想气体，周围环境温度保持不变，玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细均匀。下列说法正确的是（　　） A．右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5cm B．封闭空气柱中气体的压强为70cmHg C．从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大 D．从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大 【答案】C 【分析】同一液面压强相等，由此得到封闭气体的压强和右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度；从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强变大；从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强不变。 【解答】解：AB、同一液面压强相等，则封闭气体的压强为：p＝（75cmHg+5cmHg）＝80cmHg，所以右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度等于5cm，故AB错误； C、从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度增加，水银柱对空气柱产生的压强增大，则空气柱的压强一定变大，故C正确； D、从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度不变，气体做等压变化，即空气柱的压强不变，故D错误。 故选：C。 3．（2025•射阳县校级模拟）如图所示，导热性能良好的玻璃管竖直放置，一段汞柱将管内理想气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1，l2，且l1＝l2，下列判断正确的是（　　） A．若环境温度升高，每个气体分子的动能都会增大 B．若环境温度升高，稳定后两部分气体长度还是l1＝l2 C．若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1＞l2 D．若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1＜l2 【答案】D 【分析】温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是每个气体分子的动能都会增大；根据压强的变化情况分析长度的大小；假设水银柱不动，两部分气体做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律，结合题意升高相同温度即可求解。 【解答】解：A、若环境温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是每个气体分子的动能都会增大，故A错误； CD、设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b内气体压强大，a内气体压强小，将玻璃管转至水平，b内的气体压强减小，a内的气体压强增大，则b内气体体积增大、长度增加，a内气体长度减小，故l1＜l2，故C错误，D正确； B、假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对内气体应用查理定律有：，解得：，同理对b气体由查理定律可得：，由于 p1＜p2，可得Δp1＜Δp2，故气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l2＞l1，故B错误。 故选：D。 4．（2025春•通州区期末）如图用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有一定质量的理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是（　　） A．在自发扩散过程中，气体对外界做功 B．在自发扩散过程中，气体对汽缸壁的压强不变 C．气体在被压缩的过程中，内能保持不变 D．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能变大 【答案】D 【分析】气体向真空中膨胀不做功，由于没有热传递，内能不变，体积增大，压强减小；压缩气体，外界对气体做功，气体内能增大；气体的自由膨胀是不可逆的。 【解答】解：AB、因为汽缸、活塞都是绝热的，隔板右侧是真空，所以理想气体在自发扩散的过程中，与外界没有热量交换，也不对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体自发扩散前后，内能不变，温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，体积增大，则压强减小，故AB错误； CD、气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，气体内能增大，又因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增大，故C错误，D正确。 故选：D。 5．（2023•淮安模拟）如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强pb＜p0（p0是大气压强），c与大气连通，则下列说法中正确的是（　　） A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少 B．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变 C．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能不变 D．打开隔板K1和卡销K2，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少 【答案】B 【分析】气体向真空扩散过程气体不做功，由此分析；气体的体积减小的过程中外界对气体做功，然后结合热力学第一定律分析即可。 【解答】解：A．只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功，故A错误； B、b中气体向a中真空扩散，气体不做功W＝0，绝热容器导致Q＝0。由热力学第一定律知ΔU＝W+Q＝0，内能不变，温度不变；体积增大，压强减小，故B正确； C．只打开卡销K2时，由于pb＜p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功W'＞0，但Q′＝0则ΔU′＝W′+Q′＞0，可知内能增加，故C错误； D．打开隔板K1和卡销K2，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，故D错误。 故选：B。 6．（2024•如皋市模拟）小明同学设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度并把B管水银面的高度转化成温度的刻度值当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（　　） A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律 B．B管上所刻的温度数值上高下低 C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为﹣3℃ D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低 【答案】C 【分析】根据气泡内的气体做等容变化规律分析测量温度的原理，根据查理定律即可大致判断刻度值的规律； 由查理定理求教室内的温度。若将该测温装置拿到高山上进行测温，大气压强减小，根据查理定律判断误差。 【解答】解：A、管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，所以玻璃泡内气体发生等容变化，故A错误； B、根据查理定律，压强与热力学温度成正比，当玻璃泡内温度增加（即外界温度增加），玻璃泡内的压强增加，水银柱下降，所以刻度值是下高上低，故B错误； C、由题意知，大气压强p0＝76cmHg，温度t＝27℃时，玻璃泡A内的气体温度T＝300K 当B管内水银面的高度x＝16cm时，玻璃泡A内的气体压强p＝p0﹣px＝76cmHg﹣16cmHg＝60cmHg 另外，当B管内水银面高度x′＝22cm时，玻璃泡A内的气体压强p′＝p0﹣pH＝（76﹣22）cmHg＝54cmHg 设玻璃泡A内的气体温度为T′，由题意可知玻璃泡A内的气体做等容变化 由查理定律得：，解得T′＝270K，即此时的气温为t＝（T′﹣273）℃＝（270﹣273）℃＝﹣3℃，故C正确； D、当管内水银面的高度为x时，地面上标准大气压下温度为T，设高山上压强为p′0，温度为T″，由查理定律得：，高山上压强减小，故显示温度高于实际温度，故D错误。 故选：C。 二．多选题 7．（多选）（2024•湖南模拟）如图所示，水平桌面上有一个水银槽，薄壁细玻璃管的底部胶接着一根细线，细线的另一端悬挂在铁架台的支架上。玻璃管开口向下并插入水银槽中，管内外水银面高度差为h，管内被封闭了一定质量的理想气体，下列各种情况下能使细线拉力变小的是（开始时细线的拉力不为零，且不计玻璃管所受的浮力）（　　） A．随着环境温度升高，管内气体温度也升高 B．大气压强变大 C．再向水银槽内注入水银 D．稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移 【答案】AC 【分析】先根据理想气体状态方程分析封闭气体压强的变化，分析水银柱高度h的变化，再分析细线拉力的变化。 【解答】解：对玻璃管受力分析，由平衡条件得 T+pS＝mg+p0S 解得细线的拉力大小为T＝（p0﹣p）S+mg＝ρghS+mg 即细线的拉力等于玻璃管的重力和管中高出液面部分水银的重力之和。 A、随着环境温度升高，管内气体温度也升高，由理想气体状态方程C可知管内封闭气体的压强增大，水银柱高度h减小，则细线拉力T减小，故A正确； B、大气压强变大，水银柱上移，h增大，所以细线的拉力T增大，故B错误； C、向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细线的拉力T减小，故C正确； D、稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移，封闭气体体积增大，压强减小，平衡时水银柱高度h增大，故细线的拉力T增大，故D错误。 故选：AC。 8．（多选）（2024春•兴庆区校级期末）竖直平面内有一粗细均匀的玻璃管，管内有两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强p0＝76cmHg，h1＝12cm，h2＝15cm，h3＝6cm，下列说法正确的是（　　） A．空气柱b的压强为pb＝79cmHg B．空气柱b的压强为pb＝80cmHg C．空气柱a的压强为pa＝75cmHg D．空气柱a的压强为pa＝73cmHg 【答案】AD 【分析】根据同种液体同一水平面上的压强相同，即可求出空气柱a、b气体的压强。 【解答】解：从开口端开始计算，右端大气压强为p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为：pb＝p0+ρg（h2﹣h1）＝76cmHg+（15﹣12）cmHg＝79cmHg，而a气柱的压强为：pa＝pb﹣ρgh3＝79cmHg﹣6cmHg＝73cmHg，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 9．（多选）（2025春•赤坎区校级期末）如图所示，导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，外界环境保持恒温，活塞与汽缸壁光滑接触，现将活塞杆缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功，下列说法正确的是恒温（　　） A．所有气体分子热运动的速率都相等 B．气体的压强减小 C．气体对外做功，从外界吸收热量，但内能不变 D．气体从单一热源吸收热量，若全部用来对外做功时，会违反热力学第二定律 【答案】BC 【分析】先明确理想气体的内能仅由温度决定，等温变化内能不变；再依据理想气体状态方程分析压强变化；接着用热力学第一定律判断吸放热与做功关系；最后结合热力学第二定律条件，辨析单一热源做功是否违规。 【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，等温条件下分子平均动能不变，但不是所有分子热运动的速率都相等，分子速率有大有小，只是平均速率不变，故A错误。 B、气体等温膨胀，则温度T不变、体积V变大。根据理想气体状态方程pV＝nRT，可知压强p减小，故B正确。 C、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，等温过程温度不变，因此内能不变（ΔU＝0）；气体膨胀对外做功（W＜0）。根据热力学第一定律ΔU＝Q+W，可得Q＝﹣W＞0，即气体从外界吸收热量，故C正确。 D、热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响。此过程中活塞缓慢移动，有外界对活塞的力等参与（产生了其他影响），所以气体从单一热源吸收热量全部用来对外做功时，不违反热力学第二定律，故D错误。 故选：BC。 10．（多选）（2025•天河区校级模拟）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．整个过程，外力F做功等于0，小于mgh B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变 C．整个过程，理想气体的内能增大 D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh） 【答案】ABD 【分析】由做功的条件判断外力是否做功；温度是分子平均动能的标志，理想气体的内能只与温度有关，由热力学第一定律可求理想气体向外界释放的热量。 【解答】解：A、由题意可知，活塞S2的位置不变，根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，故A正确； BC、由于汽缸导热且环境温度没有变，由此可知汽缸内的温度也保持不变，气体的温度不变，理想气体的分子平均动能保持不变，理想气体的内能只与温度有关，则内能不变，B正确，C错误； D、由题意可知，在整个过程中，气体的压强逐渐增大，最大压强为，则外界对气体所做的功为：W＜（p0S1+mg）h，内能不变，则ΔU＝0，由热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，解得：Q＝﹣W，可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功，即有：Q＝W＜p0S1h+mgh，故D正确。 故选：ABD。 11．（多选）（2025•淄博校级一模）潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示，一质量m＝5×103kg的潜水钟高h＝2m，横截面积S＝4m2，从水面上方开口向下沉入水中，最终到达水平海床，进入钟内的水深Δh＝1m。已知钟内封闭气体温度保持不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，海水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，不考虑钟壁厚度。下列说法正确的是（　　） A．海水深度H＝10m B．海水深度H＝11m C．潜水钟对海床的压力FN＝1×104N D．潜水钟对海床的压力FN＝2×104N 【答案】BC 【分析】根据玻意耳定律求出海水深度，再通过对潜水钟受力分析利用平衡条件和牛顿第三定律求出对海床的压力。 【解答】解：AB、设潜水钟内初始空气柱长度为L0＝2m，则进入海水中后空气柱长度为L＝1m，初始时空气压强为：，设进入海水中后空气压强为p，因为钟内封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可得：p0L0S＝pLS，解得：，又因为p＝p0+ρg（H﹣Δh），其中Δh＝1m，为钟内水深，代入数据解得：H＝11m，故A错误，B正确； CD、对潜水钟进行受力分析，潜水钟受到重力mg、海床的支持力FN，以及钟内气体对钟向上的压力pS、大气对钟向下的压力p0S，由平衡条件可得：mg+p0S＝FN′+pS，代入数据解得：，根据牛顿第三定律，潜水钟对海床的压力的大小为，故C正确，D错误。 故选：BC。 三．解答题 12．（2026•晋中模拟） 1643年，意大利科学家托里拆利通过著名的托里拆利实验，首次精确测出大气压强的值。甲同学将长H＝1m、一端封闭、另一端开口的粗细均匀的玻璃管灌满水银，用戴有乳胶手套的手指堵住管口，然后开口向下竖直插入水银槽中，稳定后测得玻璃管内外水银面高度差为h0＝76cm。乙同学进行同样操作时有少量空气进入管中，稳定后结果如图所示，图中h1＝46cm，h2＝14cm。已知水银密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，气体温度始终不变。 （1）求图中玻璃管上端空气柱的压强为多少帕； （2）将图中玻璃管缓慢向下移动一段距离Δx，稳定后玻璃管内液面比管外液面高h1′＝36cm，求Δx（不计水银槽液面高度的变化）。 【答案】（1）图中玻璃管上端空气柱的压强为4.08×104帕； （2）玻璃管缓慢向下移动一段距离Δx是0.3m。 【分析】（1）根据连通器的原理求出气体的压强； （2）玻璃管缓慢向下移动一段距离后，根据连通器的原理求出气体的压强，根据几何关系求出气体的体积，根据玻意耳定律分析求解。 【解答】解：（1）初始状态玻璃管内气体的压强为p1＝p0﹣ρgh1＝ρg（h0﹣h1） 代入数据可得p1＝4.08×104Pa （2）设玻璃管的横截面积为S，初始状态玻璃管内气体的体积V1＝（H﹣h1﹣h2）S 末状态玻璃管内气体的压强为p2＝p0﹣ρgh′1 代入数据可得p2＝5.44×104Pa 末状态玻璃管内气体的压强为V2＝S（H﹣Δx﹣h2﹣h′1） 玻璃管内的气体做等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 代入数据解得Δx＝0.3m 答：（1）图中玻璃管上端空气柱的压强为4.08×104帕； （2）玻璃管缓慢向下移动一段距离Δx是0.3m。 13．（2026•枣强县校级模拟）如图所示，一端开口、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，管内用水银封闭了一段理想气体。初始时，U形管两侧水银面不等高，左侧液面比右侧液面高h＝5cm，封闭气柱的长度为L0＝20cm，大气压强p0＝75cmHg，环境温度保持不变。现缓慢向开口端注入水银，直到右侧水银面与左侧水银面等高，在此过程中，气体温度始终与环境温度一致。求：（结果用分数形式表示） （1）最终封闭气柱的长度L； （2）注入的水银柱的长度。 【答案】（1）最终封闭气柱的长度L是cm； （2）注入的水银柱的长度是cm。 【分析】（1）根据压强的公式求出左端封闭气体的压强，两液面相平，两端气体的压强相等，气体做等温变化，由玻意耳定律求封闭气体的长度； （2）根据几何关系求出。 【解答】解：（1）开始时左侧液面比右侧液面高h＝5cm，大气压强p0＝75cmHg，则气体的压强p1＝70cmHg 两液面相平时，两端气体的压强相等，则p2＝p0＝75cmHg 根据玻意耳定律p1L0S＝p2LS 其中S是玻璃管的横截面积，代入数据可得Lcm （2）左侧液面上升的高度Δh＝L0﹣L＝20cmcmcm 两液面相平时，注入的水银柱的长度ΔL＝h+2Δh＝5cm+2cmcm 答：（1）最终封闭气柱的长度L是cm； （2）注入的水银柱的长度是cm。 14．（2026•荷塘区校级模拟）如图所示，将一内径处处相同，导热良好的“T”形细玻璃管以“∈”的姿势放在水平面上，使其上端开口，下端封闭，且使竖直细管垂直水平面，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图所示。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，水银未从上端管口溢出，已知大气压强和外界温度不变。p0＝75cmHg，求： （1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A的压强； （2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离。 【答案】（1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A的压强为90cmHg； （2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离为6.25cm。 【分析】（1）由几何关系结合液体压强公式可得气体A的压强； （2）分别以A、B气体为研究对象，由玻意耳定律结合几何关系联立即可解题。 【解答】解：（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强为：pA'＝p0+ρgh'＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg： （2）初状态，气体A的压强为：pA＝p0+ρgh1＝75cmHg+10cmHg＝85cmHg，设玻璃管横截面积为Scm2，初状态气体A的体积为：，设末状态气体A的体积为VA'，对气体A，由玻意耳定律可得：pAVA＝pA′VA′，解得：，则末状态气体A的长度为：，则气体A的长度减少量为：ΔL＝LA﹣L＝45cm﹣42.5cm＝2.5cm； 初状态气体B的压强为：pB＝p0+ρgh2＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg 末状态气体B的压强为：pB'＝p0+ρgh3＝75cmHg+[15﹣（5+2.5）]cmHg＝82.5cmHg 初状态气体B的体积为：， 设活塞移动的距离为 xcm，末状态气体B的体积为： 对气体B，由玻意耳定律可得：pBVB＝pB'VB'，即有：80×41.25S＝82.5×（41.25+5﹣x）S，代入数据解得：x＝6.25cm。 答：（1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A的压强为90cmHg； （2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离为6.25cm。 15．（2026•仙桃校级模拟）如图所示为某一温度计的结构原理图，利用汽缸底部高度变化反映环境温度变化。质量为m＝10kg的导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸内横截面积S＝100cm2，长L＝20cm。活塞厚度不计且与汽缸壁间无摩擦，环境温度为t1＝27℃时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置静止。已知大气压为p0＝1.0×105Pa，T＝t+273（K），重力加速度g＝10m/s2。 （1）试证明刻度表的刻度是均匀的，并求出测量的最高温度t2为多少摄氏度？ （2）若封闭气体缓慢从温度t1升至t2过程中，内能增加了ΔU＝150J，求气体从外界吸收的热量Q。 【答案】（1）根据可知t与x成一次函数（线性）关系，故刻度表的刻度是均匀的；测量的最高温度为327℃。 （2）气体从外界吸收的热量为260J。 【分析】（1）根据封闭气体压强恒定确定升温过程为等压变化，设定气缸上移位移x，写出初末状态的体积与热力学温度，代入盖﹣吕萨克定律推导出摄氏温度t与位移x的一次线性关系式，判断刻度均匀；代入气缸最大可移动距离算出测量最高温度。 （2）根据等压变化气体膨胀对外做功，算出气体做功数值，结合热力学第一定律，代入内能变化量求出气体吸收的热量。 【解答】解：（1）对活塞受力分析，装置静止受力平衡，可得内部气体压强满足pS＝P0S+mg，整理得初始状态封闭气体的压强。 升温过程中气体做等压变化。 初始状态：t1＝27℃，T1＝ 300 K，气柱长0.5L，体积V1＝ 0.5LS； 设汽缸向上移动位移x，此时气柱长度为0.5L+x，体积V＝（0.5L+x）S，摄氏温度为t，热力学温度T＝t+273。 根据盖﹣吕萨克定律有 解得 可知t与x成一次函数（线性）关系，刻度表示数随x同步线性变化，因此刻度表刻度均匀。 当x＝0.5L时温度最高，代入上式有。 （2）封闭气体缓慢从温度t1升至t2过程中，气体做等压变化且对外做功，则W＝﹣p（LS﹣0.5LS）＝﹣0.5pLS，解得W＝﹣110J 已知气体内能增加量ΔU＝150J，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W 解得气体吸收的热量Q＝260J。 答：（1）根据可知t与x成一次函数（线性）关系，故刻度表的刻度是均匀的；测量的最高温度为327℃。 （2）气体从外界吸收的热量为260J。 16．（2026•山西模拟）某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，一横截面积为S的导热气缸被分成长度均为L的Ⅰ、Ⅱ两部分，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的轻质活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸壁之间无摩擦。 在潜水前Ⅰ内通过活塞封有压强为p0的气体，Ⅱ内通过活塞封有压强为3p0的气体，温度相同，两活塞均位于卡环处。当该深度计水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知海水的密度为ρ，海面上大气压强为p0，重力加速度为g，假设两部分气体均视为理想气体，且海水在一定深度以下温度保持不变。 （1）当活塞A向左移动达到稳定，求此时活塞A受到水的压力大小。 （2）求此装置能测量的最大深度。 【答案】（1）当活塞A向左移动达到稳定时活塞A受到水的压力大小为； （2）此装置能测量的最大深度为。 【分析】（1）分析出气体变化前后的压强，根据玻意耳定律结合平衡条件列式即可解答； （2）对两部分气体，根据玻意耳定律列式可求深度最大时的压强的大小，再由液体压强公式可求此装置能测量的最大深度。 【解答】解：（1）对Ⅰ部分气体，初状态时有：p1＝p0，V1＝SL，压缩后假设活塞B不动，则气体的体积为：，由玻意耳定律可得：p1V1＝p1′V1′，解得：，由于，所以活塞B保持不动，Ⅱ部分气体状态不发生变化，对活塞A，由平衡条件可得：p1′S＝p0S+F，解得：； （2）当活塞A移动到正中央卡环位置时所测深度最大，设为h，此时两部分气体被压缩到同一压强p，活塞B向左移动的距离为x，对两部分气体由玻意耳定律可得：p0LS＝pxS，3p0LS＝p（L﹣x）S，联立解得：p＝4p0，水下深度 h 处的压强为：p＝p0+ρgh，所以有：。 答：（1）当活塞A向左移动达到稳定时活塞A受到水的压力大小为； （2）此装置能测量的最大深度为。 17．（2025•信阳二模）如图甲所示，一水平固定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与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量之比为2：1，面积分别为3S、2S，环境温度为T0，重力加速度大小为g，大气压强为p0且保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。 （1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时，求气体温度T及此时细线张力FT； （2）在图乙中，若温度保持T0不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细连接处并保持静止，求稳定后推力FN及活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离x。 【答案】（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 【分析】（1）先分析汽缸水平和竖直放置时气体的状态参量（压强、体积、温度），水平时确定初始状态，竖直时通过活塞整体受力平衡求压强，再依理想气体状态方程求升温后的温度，最后对活塞Ⅰ受力分析求细线张力。 （2）根据理想气体状态方程求活塞Ⅱ回到原处时的压强，通过活塞整体受力平衡求推力，再结合气体状态方程，由前后状态参量关系求活塞Ⅰ到粗细连接处的距离。 【解答】解：（1）图甲中，汽缸中气体压强等于大气压p0；图乙中，设汽缸中气体压强为p1，由玻意耳定律有：P0×6SL＝p1×5SL 解得： 缓慢升高环境温度，气体做等压变化，由盖吕萨克定律有 解得： 设活塞质量分别为2m、m，汽缸竖立稳定时，对活塞I列力的平衡方程： p0×3S+2mg+FT＝p1×3S 对活塞Ⅱ列力的平衡方程： p1×2S+mg＝p0×2S+FT 联立解得： （2）若温度保持T0不变，活塞Ⅱ再次回到汽缸连接处，假设细线处于松弛状态，设汽缸中气体的压强为p，从汽缸平放到该状态，由玻意耳定律可知： p0×6SL＝p2×3Sx 对活塞I有 p0×3S+2mg＝p2×3S 对活塞Ⅱ，有 p2×2S+mg＝p0×2S+FN 解得： 因为，所以假设成立。 答：（1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时气体温度为，细线张力； （2）稳定后推力为，活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第28讲 气体实验定律的液柱和汽缸题型 题型一 单液柱封闭气体题型 1 题型二 连通器封闭气体题型 3 题型三 液柱封闭 “两团气” 题型 4 题型四 单气缸+活塞封闭气体题型 6 题型五 双气缸+活塞封闭气体题型 8 题型六 气缸+液柱封闭气体综合题型 9 综合提升 11 题型一 单液柱封闭气体题型 1．（2026•镇江模拟）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 2．（2025秋•邯郸期中）如图所示，两端开口的足够长玻璃管竖直插在水银槽中，管中有一段水银柱，水银柱静止时，水银槽中的水银在管内、外液面高度差为h，管中封闭气体看成理想气体，保持玻璃管不动，现从上管口缓慢向管中倒入水银，在倒入水银的过程中气体温度不变，下列说法正确的是（　　） A．h保持不变 B．管中气体分子数密度不变 C．管中气体内能增大 D．管中气体放出热量 3．（2025•崆峒区校级模拟）如图所示，用铝制易拉罐制作温度计，一粗细均匀的透明薄吸管里有一段油柱（长度不计），吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，不考虑外界大气压的变化，易拉罐和吸管处于水平方向，在吸管上标注等差温度值。若温度升高ΔT，吸管内空气柱长度增加Δx，定义为测温灵敏度。下列说法正确的是（　　） A．吸管上标注的等差温度值刻度左密右疏 B．若仅将易拉罐和吸管直立且开口向上，则温度测量值偏大 C．若仅换用更粗的吸管，则测温范围变大 D．若仅换用体积更小的易拉罐，则测温灵敏度变高 4．（多选）（2025秋•百色期末）潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示，一潜水钟（可近似看作长方体）高h＝2m，横截面积S＝6m2，从水面上方开口向下缓慢沉入水中，最终到达水平河床，进入钟内的水深Δh＝1m。已知该过程钟内封闭气体温度保持不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，不考虑钟壁厚度，下潜过程中钟内气体不泄漏，下列说法正确的是（　　） A．到达河床后钟内的气体压强p＝1.2×105Pa B．到达河床后钟内的气体压强p＝2.0×105Pa C．水的深度H＝11m D．水的深度H＝10m 题型二 连通器封闭气体题型 1．（2025春•沙河口区校级期中）如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后（　　） A．右侧水银面高度差h1增大 B．空气柱B的长度减小 C．左侧水银面高度差h2减小 D．空气柱B的压强增大 2．（2024春•金凤区校级期中）如图所示，甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银，丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0＝76cmHg（p0＝1.01×105Pa，g取10m/s2，ρ水＝1×103kg/m3），则关于以下四幅图中封闭气体A的压强p甲、p乙、p丙、p丁，正确的是（　　） A．p甲＝86cmHg B．p乙＝71cmHg C．p丙＝66cmHg D． 3．（2024•南通模拟）某小组设计的测温装置如图所示，竖直玻璃管B与玻璃泡A相连插在水槽中，封有一定量的气体，大气压强不变的情况下，管内水柱高度可反映泡内气体的温度，即环境温度。环境温度变化时，玻璃泡内气体压强可视为不变，则（　　） A．测温物质是水 B．水柱越高温度越高 C．管上的刻度是均匀的 D．测温范围由A体积决定 4．（多选）（2025春•南阳期末）如图所示，横截面积为1cm2、导热良好的U形玻璃管固定在竖直面内，O点为U形管的最低点，玻璃管左侧封闭、右侧开口，管内通过水银封闭了一段长60cm、可视为理想气体的气柱，右侧水银液面比左侧低20cm，已知外界大气压强恒为75cmHg，环境的热力学温度为300K，下列说法正确的是（　　） A．若用注射器向右侧玻璃管内缓慢注入52mL的水银，则玻璃管两侧的液面将相平 B．若将U形管沿纸面绕过O点垂直纸面的轴顺时针转动少许，则封闭气柱的长度将减小 C．若向右侧玻璃管内缓慢注入62.5mL的水银，则稳定后右侧液面比左侧液面高5cm D．若对封闭气体加热，则当两侧液面高度相同时，封闭气柱的热力学温度为460K 题型三 液柱封闭 “两团气” 题型 1．（2025•三明校级开学）如图所示，两个容器A和B容积不同，内部装有气体，其间用细管相连，管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA，B中气体温度为tB，且tA＞tB，水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温，使它们的温度都降低相同的温度，则水银柱将（　　） A．向右移动 B．向左移动 C．始终不动 D．以上三种情况都有可能 2．（2025•蜀山区校级模拟）如图所示，水平放置的封闭玻璃管由两段内径不同、长度均为20cm的A、B细管组成，B管内径为A管内径的2倍，管内气体被一段水银柱隔开，开始时两管内水银柱的长度均为2cm，室内温度为0℃，现对左侧气体缓慢加热（右侧气体温度始终不变），当温度升高到312K时，已知T＝t+273K。则右侧气柱长度改变（　　） A．0.5cm B．2cm C．2.5cm D．1.5cm 3．（2025春•深圳期中）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B说法正确的是（　　） A．气体A的压强不变 B．气体B的压强减小 C．气体A、B的体积都增大 D．气体A、B的体积都减小 4．（多选）（2024•雨花区校级三模）内径均匀且大小可忽略的“T”形细玻璃管竖直放置，管内有被水银封闭的理想气体Ⅰ和Ⅱ，竖直管上端与大气相通，各部分长度如图所示。已知环境温度为27℃，大气压强p0＝76cmHg。下列说法正确的是（　　） A．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体Ⅰ长度为16cm B．两部分气体升高相同温度，竖直管水银面上升10cm时，气体温度为500K C．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为11.2cm D．保持温度不变，从竖直管上端加水银至管口，加入水银长度为12cm 题型四 单气缸+活塞封闭气体题型 1．（2025•武功县校级模拟）如图所示，绝热汽缸固定在水平面上，左侧用绝热隔板封闭一定质量的理想气体，右侧为真空。现对该装置进行了两次操作：①先用水平向左的外力作用在隔板上，使隔板缓慢向左移动一小段距离；②再将隔板抽走，静置一段时间。整个过程中封闭气体的质量不变，下列说法正确的是（　　） A．过程①中，每个气体分子的动能均增大 B．过程①中，气体的内能增大 C．过程②中，气体的内能减小 D．过程②中，气体对外界做功 2．（2025•望城区校级一模）如图甲所示，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m，创造了我国载人深潜新纪录。已知在深度3000m以下，海水温度基本不变。现利用如图乙所示固定在潜水器外的一个密闭气缸做验证性实验，气缸内封闭一定质量的理想气体，轻质导热活塞可自由移动。若将气体分子撞击缸壁视为弹性正碰，则在潜水器从4000m处下潜到5000m深度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．封闭气体从外界吸收热量 B．封闭气体的压强与潜水器下潜的深度成正比 C．封闭气体分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增加 D．封闭气体分子每次对缸壁的平均撞击的冲量增大 3．（2025•宜秀区校级模拟）如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，有一长L＝16cm的绝热汽缸与绝热活塞静置于斜面上，活塞与重物通过不可伸长的轻绳连接，此时重物对地面恰好无压力，轻绳OA段与斜面平行，活塞距离汽缸底部。活塞质量m＝1kg，重物质量M＝2kg，活塞面积S＝10cm2，大气压，缸内封闭的理想气体温度T0＝300K，缸内气体分子总动能满足Ek＝kT，其中k＝0.8J/K，g取10m/s2。活塞厚度及活塞与汽缸壁的摩擦忽略不计，活塞始终与汽缸壁垂直且不漏气。当电热丝通电加热时，活塞缓慢到达汽缸口，下列说法正确的是（　　） A．加热过程气体压强一直增大 B．加热过程汽缸内壁单位面积受到分子的撞击数增大 C．加热前汽缸内气体的压强为8.5×104Pa D．加热过程电热丝放出的热量为Q＝84J 4．（多选）（2026•淄博一模）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a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p0，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p0，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p0 B．汽缸内气体的压强为p0 C．活塞移动的距离为L D．活塞移动的距离为L 题型五 双气缸+活塞封闭气体题型 1．（2023•天津模拟）如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，面积之比为SA：SB＝1：2．两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个气缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300K．A中气体压强pA＝1.5p0，p0是气缸外的大气压强。现对A加热，使其中气体的压强升到pA＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变。则此时A中气体温度（　　） A．400K B．450K C．500K D．600K 2．（2025•冀州区校级开学）如图所示，竖直放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞，活塞的质量、厚度均可忽略，其中A活塞绝热，B活塞导热，两活塞与汽缸间封闭了甲、乙两部分理想气体，活塞的面积为S，活塞与汽缸壁之间的滑动摩擦力f＝p0S（p0为外界大气压强），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，两活塞之间及活塞A与汽缸底部间的距离均为d，两活塞与汽缸壁之间的摩擦力均恰好为0，两部分理想气体的热力学温度均与环境温度相同。现对甲气体缓慢加热，则当活塞B刚好要发生滑动时，活塞A移动的距离为（　　） A． B． C． D．d 3．如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒直径是细筒的2倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞（不考虑活塞的重力）间封有气体，气柱长L＝20cm，活塞A上方的水银深H＝10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至一半的水银被推入细筒中，若大气压强p0相当于76cm高的水银柱产生的压强，则此时气体的压强为（　　） A．101cmHg B．96cmHg C．91cmHg D．86cmHg 4．（多选）（2025春•徐汇区校级期末）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　） A．h中的气体内能增加 B．f中的气体温度大于g中的气体温度 C．f中的气体温度大于h中的气体温度 D．f中的气体压强大于h中的气体压强 题型六 气缸+液柱封闭气体综合题型 1．（2025•临泉县校级开学）如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱（高为h1）封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是（　　） A．h2变长 B．h2变短 C．h1上升 D．h1下降 2．（2025•青秀区校级模拟）如图所示，上端封口的细玻璃管插入水银槽中，玻璃管中封闭一定质量的理想气体，管内水银面比槽内水银面高h，管内气体的温度为T0，气体的压强为0.75p0（p0为外界大气压强）。将管内气体的温度缓慢增加到1.5T0，管内外水银面的高度差变为零。管内水银面升降过程中，认为槽内水银面的高度不变，则在这个过程中（　　） A．管内气体分子的平均动能不变 B．气体吸收的热量大于气体增加的内能 C．外界对气体做的功W＝﹣0.75p0hS D．初态管内气柱的高度H＝7h 3．（2025•扬州模拟）将上端封闭、下端开口的玻璃管插入水中，使玻璃管竖直地浮在水面上，如图所示，现将玻璃管缓慢下压少许，气体的温度不变。下压过程中（　　） A．管内气体压强减小 B．管内气体体积减小 C．管内外液面高度差减小 D．管内气体从外界吸热 4．（多选）（2025•邯郸模拟）水火箭的原理如图所示，在室温环境下，导热性良好的容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现用气泵向容器内缓慢充气后压强变为4p0，充气过程中容器和气泵内气体温度不变，瓶塞脱离容器的瞬间，容器被发射出去。整个过程容器形状不发生变化，发射过程时间极短。下列说法正确的是（　　） A．充气过程中充入的气体质量是原气体质量的4倍 B．充气完成后容器内的气体在单位时间内撞击器壁次数增加 C．发射过程中容器内的气体对外做功，容器内的气体温度下降 D．发射过程中容器中单位面积上气体分子撞击的平均作用力增大 综合提升 一．选择题 1．（2025•沙坪坝区校级模拟）小明设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温，结构如图所示。导热性能良好的大玻璃泡A内密封有理想气体，与A相连的B管插在水银槽中，B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度，据此在B管上标注出温度的刻度值。教室内的气压始终为一个标准大气压76cm汞柱。当教室内温度为280K时，B管内水银面的高度为20cm。B管的气体体积可忽略不计，则（　　） A．B管上所刻的温度数值上高下低 B．B管上所标的温度数值间隔是不均匀的 C．B管内水银面的高度为16cm时，教室内的温度为290K D．若把刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际温度偏高 2．（2023•昆明一模）如图所示，两端开口的“U”形玻璃管竖直放置，其右侧水银柱之间封住一段高h＝5cm的空气柱。空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高度差也为h。已知大气压强为75cmHg，空气柱中的气体可视为理想气体，周围环境温度保持不变，玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细均匀。下列说法正确的是（　　） A．右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5cm B．封闭空气柱中气体的压强为70cmHg C．从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大 D．从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大 3．（2025•射阳县校级模拟）如图所示，导热性能良好的玻璃管竖直放置，一段汞柱将管内理想气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1，l2，且l1＝l2，下列判断正确的是（　　） A．若环境温度升高，每个气体分子的动能都会增大 B．若环境温度升高，稳定后两部分气体长度还是l1＝l2 C．若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1＞l2 D．若将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1＜l2 4．（2025春•通州区期末）如图用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有一定质量的理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是（　　） A．在自发扩散过程中，气体对外界做功 B．在自发扩散过程中，气体对汽缸壁的压强不变 C．气体在被压缩的过程中，内能保持不变 D．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能变大 5．（2023•淮安模拟）如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强pb＜p0（p0是大气压强），c与大气连通，则下列说法中正确的是（　　） A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少 B．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变 C．只打开卡销K2，外界对b中气体做功，b中气体内能不变 D．打开隔板K1和卡销K2，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少 6．（2024•如皋市模拟）小明同学设计了一种测温装置，用于测量教室内的气温（教室内的气压为一个标准大气压，相当于76cm汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度并把B管水银面的高度转化成温度的刻度值当教室温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm。B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是（　　） A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律 B．B管上所刻的温度数值上高下低 C．B管内水银面的高度为22cm时，教室的温度为﹣3℃ D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低 二．多选题 7．（多选）（2024•湖南模拟）如图所示，水平桌面上有一个水银槽，薄壁细玻璃管的底部胶接着一根细线，细线的另一端悬挂在铁架台的支架上。玻璃管开口向下并插入水银槽中，管内外水银面高度差为h，管内被封闭了一定质量的理想气体，下列各种情况下能使细线拉力变小的是（开始时细线的拉力不为零，且不计玻璃管所受的浮力）（　　） A．随着环境温度升高，管内气体温度也升高 B．大气压强变大 C．再向水银槽内注入水银 D．稍降低水平桌面的高度，使玻璃管位置相对水银槽上移 8．（多选）（2024春•兴庆区校级期末）竖直平面内有一粗细均匀的玻璃管，管内有两段水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图所示，大气压强p0＝76cmHg，h1＝12cm，h2＝15cm，h3＝6cm，下列说法正确的是（　　） A．空气柱b的压强为pb＝79cmHg B．空气柱b的压强为pb＝80cmHg C．空气柱a的压强为pa＝75cmHg D．空气柱a的压强为pa＝73cmHg 9．（多选）（2025春•赤坎区校级期末）如图所示，导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，外界环境保持恒温，活塞与汽缸壁光滑接触，现将活塞杆缓慢向右移动，这样气体将等温膨胀并通过活塞对外做功，下列说法正确的是恒温（　　） A．所有气体分子热运动的速率都相等 B．气体的压强减小 C．气体对外做功，从外界吸收热量，但内能不变 D．气体从单一热源吸收热量，若全部用来对外做功时，会违反热力学第二定律 10．（多选）（2025•天河区校级模拟）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．整个过程，外力F做功等于0，小于mgh B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变 C．整个过程，理想气体的内能增大 D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh） 11．（多选）（2025•淄博校级一模）潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示，一质量m＝5×103kg的潜水钟高h＝2m，横截面积S＝4m2，从水面上方开口向下沉入水中，最终到达水平海床，进入钟内的水深Δh＝1m。已知钟内封闭气体温度保持不变，大气压强p0＝1.0×105Pa，海水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，不考虑钟壁厚度。下列说法正确的是（　　） A．海水深度H＝10m B．海水深度H＝11m C．潜水钟对海床的压力FN＝1×104N D．潜水钟对海床的压力FN＝2×104N 三．解答题 12．（2026•晋中模拟） 1643年，意大利科学家托里拆利通过著名的托里拆利实验，首次精确测出大气压强的值。甲同学将长H＝1m、一端封闭、另一端开口的粗细均匀的玻璃管灌满水银，用戴有乳胶手套的手指堵住管口，然后开口向下竖直插入水银槽中，稳定后测得玻璃管内外水银面高度差为h0＝76cm。乙同学进行同样操作时有少量空气进入管中，稳定后结果如图所示，图中h1＝46cm，h2＝14cm。已知水银密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，气体温度始终不变。 （1）求图中玻璃管上端空气柱的压强为多少帕； （2）将图中玻璃管缓慢向下移动一段距离Δx，稳定后玻璃管内液面比管外液面高h1′＝36cm，求Δx（不计水银槽液面高度的变化）。 13．（2026•枣强县校级模拟）如图所示，一端开口、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，管内用水银封闭了一段理想气体。初始时，U形管两侧水银面不等高，左侧液面比右侧液面高h＝5cm，封闭气柱的长度为L0＝20cm，大气压强p0＝75cmHg，环境温度保持不变。现缓慢向开口端注入水银，直到右侧水银面与左侧水银面等高，在此过程中，气体温度始终与环境温度一致。求：（结果用分数形式表示） （1）最终封闭气柱的长度L； （2）注入的水银柱的长度。 14．（2026•荷塘区校级模拟）如图所示，将一内径处处相同，导热良好的“T”形细玻璃管以“∈”的姿势放在水平面上，使其上端开口，下端封闭，且使竖直细管垂直水平面，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图所示。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，水银未从上端管口溢出，已知大气压强和外界温度不变。p0＝75cmHg，求： （1）水平管中水银恰好全部被推进竖直管中时，气体A的压强； （2）将水平管中水银全部推进竖直管的过程中活塞移动的距离。 15．（2026•仙桃校级模拟）如图所示为某一温度计的结构原理图，利用汽缸底部高度变化反映环境温度变化。质量为m＝10kg的导热汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸内横截面积S＝100cm2，长L＝20cm。活塞厚度不计且与汽缸壁间无摩擦，环境温度为t1＝27℃时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置静止。已知大气压为p0＝1.0×105Pa，T＝t+273（K），重力加速度g＝10m/s2。 （1）试证明刻度表的刻度是均匀的，并求出测量的最高温度t2为多少摄氏度？ （2）若封闭气体缓慢从温度t1升至t2过程中，内能增加了ΔU＝150J，求气体从外界吸收的热量Q。 16．（2026•山西模拟）某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，一横截面积为S的导热气缸被分成长度均为L的Ⅰ、Ⅱ两部分，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的轻质活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸壁之间无摩擦。 在潜水前Ⅰ内通过活塞封有压强为p0的气体，Ⅱ内通过活塞封有压强为3p0的气体，温度相同，两活塞均位于卡环处。当该深度计水平放入水下达到一定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知海水的密度为ρ，海面上大气压强为p0，重力加速度为g，假设两部分气体均视为理想气体，且海水在一定深度以下温度保持不变。 （1）当活塞A向左移动达到稳定，求此时活塞A受到水的压力大小。 （2）求此装置能测量的最大深度。 17．（2025•信阳二模）如图甲所示，一水平固定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与活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用长度为2L、不可伸长的轻质细线连接，活塞Ⅱ恰好位于汽缸的粗细连接处，此时细线拉直且无张力。现把汽缸竖立放置，如图乙所示，活塞Ⅰ在上方，稳定后活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸的粗细连接处的距离均为L。已知活塞Ⅰ与活塞Ⅱ的质量之比为2：1，面积分别为3S、2S，环境温度为T0，重力加速度大小为g，大气压强为p0且保持不变，忽略活塞与汽缸壁的摩擦，汽缸不漏气，汽缸与活塞导热性良好，不计细线的体积。 （1）缓慢加热气缸，当活塞Ⅱ再次回到汽缸的粗细连接处时，求气体温度T及此时细线张力FT； （2）在图乙中，若温度保持T0不变，用力缓慢上推活塞Ⅱ，使其再次回到汽缸的粗细连接处并保持静止，求稳定后推力FN及活塞Ⅰ到汽缸的粗细连接处的距离x。 1 学科网（北京）股份有限公司 $