资料简介
0 年高考（2011-2020 年）全国 II 卷物理试题分项全解全析
专题 14 热学
1、全国 II 卷 2020 年高考使用的省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、
重庆等 10 个省份
2、2011-2020 年全国 II 卷分布情况概况：
考点 年份 题型 题号 分值
2020 年 选择题+计算题 33 15 分
2019 年 填空题+计算题 33 15 分
2018 年 选择题+计算题 33 15 分
2017 年 选择题+计算题 33 15 分
2016 年 选择题+计算题 33 15 分
2015 年 选择题+计算题 33 15 分
2014 年 选择题+计算题 33 15 分
2013 年 选择题+计算题 33 15 分
2012 年 选择题+计算题 33 15 分
热学
2011 年 选择题+实验题 33 15 分
3、2011-2020 年全国 II 卷试题赏析：
一、选择题
1、（2020·全国 II 卷·T33）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_______，不违背热力
学第一定律、但违背热力学第二定律的有_______。（填正确答案标号）
A. 汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B. 冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D. 冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
【答案】 (1). B (2). C
【解析】
A．燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律，也不违
背热力学第二定律；
B．冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律；
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响故违背热力学第二定律；
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对
外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。
2、（2018·全国 II 卷·T33）对于实际的气体，下列说法正确的是______。
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
【答案】BDE
【解析】ABCE、气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故 AC 错，BE 对；
D、根据热力学第一定律 知道 ，改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能
可能不变，故 D 正确； 故选 BDE
3、（2017·全国 II 卷·T33）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，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气缸。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________（选对 1 个得 2 分，选对 2
个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【答案】ABD
【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项 A
正确，C 错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，则气体内能增大，选项 BD 正确；气
体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项 E 错误；故选 ABD。
4、（2016·全国 II 卷·T33）一定量的理想气体从状态 a 开始，经历等温或等压过程 ab、bc、cd、da 回到
原状态，其 p–T 图像如图所示，其中对角线 ac 的延长线过原点 O。下列判断正确的是________。（填正确答
案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）A．气体在 a、c 两状态的体积相等
B．气体在状态 a 时的内能大于它在状态 c 时的内能
C．在过程 cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程 da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程 bc 中外界对气体做的功等于在过程 da 中气体对外界做的功
【答案】ABE
【解析】A、根据气体状态方程 ，得 ，p﹣T 图象的斜率 ，a、c 两点在同一直线上，即 a、
c 两点是同一等容线上的两点，体积相等，故 A 正确；
B、理想气体在状态 a 的温度大于状态 c 的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气
体在状态 a 时的内能大于它在状态 c 时的内能，故 B 正确；
C、在过程 cd 中温度不变，内能不变△U＝0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从 c 到 d 体
积减小，外界对气体做正功 W＞0，根据热力学第一定律△U＝W+Q，
所以 W＝|Q|，所以在过程 cd 中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故 C 错误；
D、在过程 da 中，等压变化，温度升高，内能增大△U＞0，体积变大，外界对气体做负功即 W＜0，根
据热力学第一定律△U＝W+Q，Q＞|W|，所以在过程 da 中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，
故 D 错误；
E、在过程 bc 中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，根据 ，
即 pV＝CT，da 过 程 中 ， 气 体 对 外 界 做 功 ， 因 为 ， 所 以
，在过程 bc 中外界对气体做的功等于在过程 da 中气体对外界做的功，故 E 正确。
故选：ABE。
5、（2015·全国 II 卷·T33）关于扩散现象，下来说法正确的是（ ）
A． 温度越高，扩散进行得越快
B． 扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C． 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D． 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E． 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
【答案】ACD．
【解析】A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故 A 正确；
B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故 B 错误；
CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中产生，扩散速
度与温度和物质的种类有关，故 CD 正确；
E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故 E 错误．
6、（2014·全国 II 卷·T33）下列说法正确的是 。（填正确答案标号，选对 1 个给 2 分，选对 2 个得 4
分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分）
A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
【答案】BCE
【解析】A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗
运动不能反映了花粉分子的热运动，故 A 错误；
B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故 B 正确；
C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了
液晶的光学性质具有各向异性的特点，故 C 正确；
D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故 D 错误；
E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故 E 正
确。
故选：BCE。
7、（2013•全国卷Ⅱ•T33）关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【答案】ABE
【解析】解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A 正确；B、温度高，气体分子热运动就剧烈，B 正确；
C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C 错误；
D、做功也可以改变物体的内能，D 错误；
E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E 正确。
故选：ABE。
8、（2012·课标全国卷·T33）关于热力学定律，下列说法正确的是______．
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】 ACE
【解析】做功和热传递是改变内能的两种方式，A 正确，B 错误；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为
功，也可以使热量从低温物体传给高温物体，但要引起其他变化，C 正确，D 错误；根据热力学第二定律，
一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，E 错误．
9、（2012·大纲全国卷·T14） 下列关于布朗运动的说法，正确的是( )
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
【答案】BD
【解析】 布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，A 错误；布朗运动是由液体分子从各个方向对
悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，D 正确，C 错误；液体温度越高，液体分子无规则运动越剧烈，对悬浮
粒子撞击力越大，悬浮粒子越小，液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡机会越多，布朗运动也就越剧烈，因此 B 正确．
10、（2011·大纲全国卷·T14）关于一定量的气体，下列叙述正确的是
A、气体吸收的热量可以完全转化为功
B、气体体积增大时，其内能一定减少
C、气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D、外界对气体做功，气体内能可能减少
【答案】AD
【解析】本题考查热热力学第一、第二定律，主要考查学生对热力学定律的概念掌握和理解。根据热力学
第二定律：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。即气体吸收热量在引起
了其他变化的情况下，可以完全转化为功，A 对；内能的影响因素有气体的体积和温度，故气体体积增大时，
由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B 错；内能可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，
由于对外做功情况未知，故内能不一定增加，C 错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内
能有可能减少，D 对。
11、（2011·新课标全国卷·T33）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是______。（选对一个给 3 分，
选对两个给 4 分，选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）
A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B.若气体的内能不变，其状态也一定不变
C.若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大
D.气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关
E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【答案】ADE
【解析】对于理想气体，由理想气体状态方程 知，当气体的压强和体积不变时，其温度也
不变，则其内能不变，故 A 正确；对于理想气体，其内能不变，温度不变，由理想气体状态方程知，其体
积和压强可以改变，故 B 错误；当气体的温度升高时，由理想气体状态方程知，如其体积增大，则其压强
不一定增大，C 错误；气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，D 正确；由于气体的温度
PV nRT=是气体内能多少的标志，因此，温度升高时，其内能一定增大，E 正确。
二、填空题题
12、（2019·全国 II 卷·T33）如p-V 图所示，1、2、3 三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，
对应的温度分别是 T1、T2、T3．用 N1、N2、N3 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上
单位面积的次数，则 N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3．（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】 (1). 大于 (2). 等于 (3). 大于
【解析】
（1）1、2 等体积，2、3 等压强
由 pV=nRT 得： = ，V1=V2，故 = ，可得：T1=2T2，即 T1>T2，由于气体分子的密度相同，
温度高，碰撞次数多，故 N1>N2；
由于 p1V1= p3V3；故 T1=T3；
则 T3>T2，又 p2=p3，2 状态气体分子的密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，3 状态气体分子的
密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大．故 3 状态碰撞容器壁分子较少，即 N2>N3；
13、（2011·大纲全国卷·T22）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
① 往边长约为 40cm 的浅盘里倒入约 2cm 深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
② 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。
③ 将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸
分子直径的大小。
④ 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，
1 1
1
pV
T
2 2
2
p V
T
1
1
p
T
2
2
p
T由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。
⑤ 将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
（1）上述步骤中，正确的顺序是_________________。（填写步骤前面的数字）
（2）将 1cm3 的油酸溶于酒精，制成 300cm3 的油酸酒精溶液；测得 lcm3 的油酸酒精溶液有 50 滴。现取
一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是 0.13m2。由此估算出油酸分子的直径为
___________________m。（结果保留 l 位有效数字）
【答案】（1）④①②⑤③；（2）5×10－10
【解析】本题考查用油膜法估测油酸分子直径大小的实验。（1）依据实验顺序，首先配置混合溶液
（④），然后在浅盘中放水和痱子粉（①），将一滴溶液滴入浅盘中（②），将玻璃板放在浅盘上获取油膜形
状（⑤），最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油墨的总面积（③），故正确的操作顺序为④①②⑤
③；（2）一滴油酸酒精溶液的体积为：V＝ 1cm3
300cm3 × 50
＝SD，其中 S＝0.13cm2，故油酸分子直径：
D＝V
S
＝ 1cm3
300cm3 × 50 × 0.13cm2
＝5×10－10m。
三、计算题
14、（2020·全国 II 卷·T33）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与
钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜
水钟简化为截面积为 S、高度为 h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为
H 的水下，如图所示。已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g，大气压强为 p0，H h，忽略温度的变化
和水密度随深度的变化。
（1）求进入圆筒内水的高度 l；
（2）保持 H 不变，压入空气使筒内 水全部排出，求压入的空气在其压强为 p0 时的体积。的
【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为 V0 和 V1，放入水下后筒内气体的压强为 p1，
由玻意耳定律和题给条件有
p1V1= p0V0 ①
V0=hS ②
V1=（h–l）S ③
p1= p0+ ρg（H–l） ④
联立以上各式并考虑到 H h，h >l，解得
⑤
（2）设水全部排出后筒内气体的压强为 p2；此时筒内气体的体积为 V0，这些气体在其压强为 p0 时的体积
为 V3，由玻意耳定律有
p2V0= p0V3 ⑥
其中
p2= p0+ ρgH ⑦
设需压入筒内的气体体积为 V，依题意
0
gHl hp gH
ρ
ρ= + 0
gSHhV p
ρ=
0
gHl hp gH
ρ
ρ= +V = V3–V0 ⑧
联立②⑥⑦⑧式得
⑨
15、（2019·全国 II 卷·T33）如图，一容器由横截面积分别为2S 和 S 的两个汽缸连通而成，容器平放在地
面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平
衡时，氮气的压强和体积分别为 p0 和 V0，氢气的体积为 2V0，空气的压强为 p．现缓慢地将中部的空气全部
抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积．
【答案】（1） （p0+p）；（2） ；
【解析】
（1）设抽气前氢气的压强为 p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得 p10= （p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为 p1 和 V1，氮气的压强和体积分别为 p2 和 V2，根据力的平衡条件有
p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得 p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
0
gSHhV p
ρ=
1
2 0
1 1
2 4p p+ 0 0
0
4
2
p p V
p p
+
+
（ ）
1
2由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
16、（2018·全国 II 卷·T33）如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口 a 和 b，a、b 间距为 h，
a 距缸底的高度为 H；活塞只能在 a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为 m，
面积为 S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方
气体压强均为 p0，温度均为 T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达 b 处。求此时气缸
内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为 g。
【答案】
【解析】试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找
到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。学科@网
开始时活塞位于 a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的
温度为 T1，压强为 p1，根据查理定律有
①
根据力的平衡条件有
②
1 0
1 1
2 4p p p= +
0 0
1
0
4= 2
p p VV p p
+
+
（ ）联立①②式可得
③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达 b 处，设此时汽缸中气体的温度为 T2；活塞位于 a
处和 b 处时气体的体积分别为 V1 和 V2。根据盖—吕萨克定律有
④
式中
V1=SH⑤
V2=S（H+h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
⑦
从开始加热到活塞到达 b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
⑧
故本题答案是：
17、（2017·全国 II 卷·T33）一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为
Tb。已知空气在 1 个大气压、温度 T0 时的密度为 ρ0，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加速
度大小为 g。
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量。【答案】（i） （ii） （iii）
【解析】（i）设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度 T0 时的体积为 V0，密度为
①
温度为 T 时的体积为 VT，密度为： ②
由盖-吕萨克定律可得： ③
联立①②③解得： ④
气球所受的浮力为： ⑤
联立④⑤解得： ⑥
(ⅱ)气球内热空气所受的重力： ⑦
联立④⑦解得： ⑧
(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨
联立⑥⑧⑨可得：
18、（2016·全国 II 卷·T33）一氧气瓶的容积为 0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为 20 个大气压。某实验
室每天消耗 1 个大气压的氧气 0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到 2 个大气压时，需重新充气。若氧气的温
度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
【答案】4 天
0 0
b
gVT
T
ρ 0 0
a
gVT
T
ρ 0 0 0 0
0
b a
VT VT mT T
ρ ρ− −
0
0
m
V
ρ =
( )
T
mT V
ρ =
0
0
TV V
T T
=
0
0( ) TT T
ρ ρ=
( )bf T gVρ=
0 0
b
gVTf T
ρ=
( )aG T Vgρ=
0
0
a
TG Vg T
ρ=
0 0 0 0
0
b a
VT VTm mT T
ρ ρ= − −【解析】方法一：设氧气开始时的压强为 ，体积为 ，压强变为 （2 个大气压）时，体积为
．
根据玻意耳定律得 ①
重新充气前，用去的氧气在 压强下的体积为 ②
设用去的氧气在 （1 个大气压）压强下的体积为 ，则有
设实验室每天用去的氧气在 下的体积为△V，则氧气可用的天数为
④
联立①②③④式，并代入数据得 N＝4 天
方法二：根据玻意耳定律 p1V1＝Np2V2+p3V1，有
20×0.08＝N×1×0.36+2×0.08
解得：N＝4
答：这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用 4 天．
19、（2015·全国 II 卷·T33）如图，一粗细均匀的 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，B 侧水银面比 A 侧的高 h=3.0cm．现将开关 K 打
开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为 h1=10.0cm 时将开关 K 关闭．已知大气压强
p0=75.0cmHg．
（i）求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度；
（ii）此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．【答案】（i）放出部分水银后 A 侧空气柱的长度为 12cm；
（ii）注入的水银在管内的长度为 13.2cm．
【解析】（i）以 cmHg 为压强单位．设 A 侧空气柱长度 l=10.0cm 时压强为 p，当两侧的水银面的高度差为
h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律，有：
pl=p1l1 ①
由力学平衡条件，有：
p=p0+h ②
打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加
逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1 为止，由力学平衡
条件，有：
p1=p0﹣h1 ③
联立①②③，并代入题目数据，有：
l1=12cm ④
（ii）当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 P2，由玻意耳定律，有：
pl=p2l2 ⑤
由力学平衡条件有：
p2=p0 ⑥
联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2=10.4cm ⑦
设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：
△h=2（l1﹣l2）+h1 ⑧
联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：
△h=13.2cm
20、（2014·全国 II 卷·T33）如图所示，两气缸 AB 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的
细管连通；A 的直径为 B 的 2 倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除 A 顶部导热外，其余部分均绝
热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞 a、b，活塞下方充有氮气，活塞 a 上方充有氧气；当大气压
为 p0，外界和气缸内气体温度均为 7℃且平衡时，活塞 a 离气缸顶的距离是气缸高度的 ，活塞 b 在气缸的
正中央。
（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞 b 升至顶部时，求氮气的温度；
（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞 a 上升，当活塞 a 上升的距离是气缸高度的 时，求氧气的压强。
【答案】（ⅰ）320K（ⅱ）
【解析】（ⅰ）活塞 b 升至顶部的过程中，活塞 a 不动，活塞 a、b 下方的氮气经历等压过程。
设气缸 A 的容积为 V0，氮气初态体积为 V1，温度为 T1，末态体积为 V2，温度为 T2，按题意，气缸 B
的容积为 V0，则得：
V1＝ V0+ • V0＝ V0，①
1
4
1
16
0
4
3P V2＝ V0+ V0＝V0，②
根据盖•吕萨克定律得： ＝ ，③
由①②③式和题给数据得：
T2＝320K； ④
（ⅱ）活塞 b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞 a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度
的 时，活塞 a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为 V1′，压强为 P1′，末态体积为 V2′，
压强为 P2′，
由题给数据有，
V1′＝ V0，P1′＝P0，V2′＝ V0，⑤
由玻意耳定律得：P1′V1′＝P2′V2′，⑥
由⑤⑥式得：P2′＝ P0．⑦
答：
（ⅰ）氮气的温度为 320K；
（ⅱ）氧气的压强为 P0。
21、（2013•全国卷Ⅱ•T33）如图所示，一上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长 l1＝
25.0cm 的空气柱，中间有一段长为 l2＝25.0cm 的水银柱，上部空气柱的长度 l3＝40.0cm。现将一活塞
（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为 l1′＝20.0cm。假设活塞下推过
程中没有漏气，已知大气压强为 p0＝75.0cmHg． 求：
（1）最后下部分气体的压强；
（2）活塞下推的距离。【答案】（1）最后下部分气体的压强为 125cmHg；
（2）活塞下推的距离为 15.0cm。
【解析】解：（1）以 cmHg 为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：
p1＝p0+l2 …①
设活塞下推后，下部空气的压强为 P1′，根据玻意耳定律可得：
p1l1＝p1′l1′…②
解得：p1′＝125cmHg
（2）如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：
l3′＝l3+（l1﹣l1′）﹣△l…③
设此时玻璃管上部空气柱的压强为 P3′，则
P3′＝p1′﹣l2…④
根据玻意耳定律可得：
P0l3＝P3′l3′…⑤
联立①②③④⑤式解得：
活塞下推的距离：△l＝15.0cm；
答：（1）最后下部分气体的压强为 125cmHg；
（2）活塞下推的距离为 15.0cm。
22、（2012·课标全国卷·T33）如图，由 U 形管和细管连接的玻璃泡 A、B 和 C 浸泡在温度均为 0℃的水槽
图 11中，B 的容积是 A 的 3 倍．阀门 S 将 A 和 B 两部分隔开．A 内为真空，B 和 C 内都充有气体．U 形管内左边
水银柱比右边的低 60 mm.打开阀门 S，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等．假设 U 形管和细管
中的气体体积远小于玻璃泡的容积．
(ⅰ)求玻璃泡 C 中气体的压强(以 mmHg 为单位)；
(ⅱ)将右侧水槽的水从 0°C 加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为 60mm，求加热后右侧水槽
的水温．
【答案】(ⅰ)180 mmHg(ⅱ)364 K
【解析】 (ⅰ)在打开阀门 S 前，两水槽水温均为 T0＝273 K．设玻璃泡 B 中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻
璃泡 C 中气体的压强为 pC，依题意有
p1＝pC＝Δp①
式中Δp＝60 mmHg.
打开阀门 S 后，两水槽水温仍为 T0，设玻璃泡 B 中气体的压强为 pB.依题意，有
pB＝pC②
玻璃泡 A 和 B 中气体的体积为
V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得
p1VB＝pBV2④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC＝
VB
VAΔp＝180 mmHg⑤
(ⅱ)当右侧水槽的水温加热至 T′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡 C 中气体的压强为
p′C＝pB＋Δp⑥
玻璃泡 C 的气体体积不变，根据查理定律得
pC
T0＝
p′C
T′ ⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364 K⑧
23、（2011·新课标全国卷·T33）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长 l1=66cm 的水银柱，
中间封有长 l2=6.6cm 的空气柱，上部有长 l3=44cm 的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为
P0=76cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空
气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
【答案】9.2cm
【解析】设玻璃管开口向上时，空气柱压强为 P１＝P０ + ρgl3 ①
式中 ρ、g 分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，设此时开口端剩下的水
银柱长度为 x，则 P2＝ρgl1，P2+ρgx＝P0 ②
式中，P2 为管内空气柱的压强。由玻意耳定律得 P1（Sl2）＝P2（Sh） ③
式中，h 是此时空气柱的长度，S 为玻璃管的横截面积。由①②③式和题给条件得 h＝12cm ④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为 P3，则 P3＝P0+ρgx ⑤
由玻意耳定律得 P1（Sl2）＝P2（Sh′） ⑥
式中，h′是此时空气柱的长度，由①②③式得 h′＝9.2cm ⑦
评分参考：①②③式各 1 分，④式 2 分，⑤⑥式各 1 分，⑦式 2 分。
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