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专题提升练28　单一气体的多过程问题　气体状态变化的图像问题
梯级Ⅰ基础练
1.一定质量的理想气体，由a状态开始经历a→b→c→a过程的p-T图像如图所示，ab的反向延长线过坐标原点，ac与横轴平行，bc与纵轴平行，下列图像与之对应正确的是(　　)
2.(多选)(2025·白城模拟)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线(均为反比例图线)，下列说法正确的是(　　)
A.从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C.一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小
D.由图可知T1>T2
3.(2025·张家口模拟)一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B.b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C.c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D.c→a过程中，气体内能增大，体积变小
4.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
梯级Ⅱ能力练
5.(2025·广安模拟)如图所示，竖直放置的“L”形细玻璃管截面均匀，左管上端开口，底管右端封闭，竖直管足够长，底管长d=20 cm，用长l0=5 cm的水银柱封闭一段理想气体，最初气体温度T1=300 K时，气体的长度l1=10 cm。取大气压强p0=76 cmHg，求:
(1)缓慢升高理想气体的温度，使它的长度变为l2=12 cm，此时气体的温度T2;
(2)继续升高温度，当有h=4 cm的水银柱上升到左管，此时气体的温度T3。
6.(2025·T8联考)家用储水式压力罐常被用于二次供水，其简要结构如图所示。该压力罐的总容积为400 L，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，水管容积可忽略不计，且罐内气体压强为p0。此时接通电源，启动水泵给罐补水，当罐内压强增大到4p0时水泵自动断开电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，用此压力罐给位于h=10 m高用户供水，压力罐密闭性、导热性能均良好，环境温度不变，已知10 m高水柱产生的压强为p0，一次供水完毕后罐内所剩水的高度相对10 m高度可忽略不计。求:
(1)水泵正常工作一次注入的水的体积V1;
(2)水泵正常工作一次可给用户输送水的体积V2。
梯级Ⅲ创新练
7.(2025·江门模拟)如图所示为一温度计的原理图，利用汽缸底部高度变化反应温度变化。质量可以忽略的导热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸的长度为L，A、B、C、D是体积可以忽略的固定挡板，A、B到汽缸底部的距离是0.25L，体积可以忽略的活塞通过竖直杆固定在地面上，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。环境温度为T0(热力学温标)时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置处于静止状态，大气压强为p0，求:
(1)环境温度为T0时，汽缸内气体的压强p1;
(2)温度计能测量的最小温度Tmin;
(3)环境温度为0.4T0时，汽缸内气体的压强p2。
专题提升练28　单一气体的多过程问题气体状态变化的图像问题
1.A　解析　根据公式知=C,变形得p=T,由题图可知,a→b为等容变化;b→c为等温变化;c→a为等压变化,结合选项,A项符合题意。
2.AB　解析　由于等温线是一条双曲线,它表明在温度保持不变的情况下,气体的压强与体积成反比,A项正确;一定质量的气体,在不同温度、相同压强的情况下,体积不同,因此等温线不同,B项正确;对一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越大,即相同压强下,温度越高,体积越大,因此T13.A　解析　a→b过程中,气体温度不变,压强减小,根据=C可知体积增大,A项正确;b→c过程中,气体压强不变,温度降低,根据=C,则体积减小,B项错误;c→a过程中,气体压强增大,温度升高,气体内能增大,因p-T线是过原点的直线,故气体的体积不变,C、D两项错误。
4.B　解析　由盖—吕萨克定律得=,其中V1=V0+Sl1=335 cm3,T1=273+27(K)=300 K,V2=V0+Sl1=330+0.5x(cm)3,代入解得T=x+(K)。根据T=t+273 K可知t=x+(℃),若在吸管上标注等差温度值,则刻度均匀,A项错误;当x=20 cm时,该装置所测的温度最高,代入解得tmax≈31.5 ℃,该装置所测温度不高于31.5 ℃,当x=0时,该装置所测的温度最低,代入解得tmax≈22.5 ℃,该装置所测温度不低于22.5 ℃,B项正确,C项错误;其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,由盖—吕萨克定律可知,油柱离罐口距离不变,D项错误。
5.答案　(1)360 K　(2)600 K
解析　(1)初始时,封闭气体的压强为p0=76 cmHg,长度为l1=10 cm,当气柱的长度变为l2=12 cm时,水银柱仍全部在底部,则根据盖—吕萨克定律可得=,
代入数据解得T2=360 K。
(2)当有h=4 cm的水银柱上升到左管,有1 cm水银柱在底管内,此时封闭气体的压强为p3=p0+ρgh=80 cmHg,
长度为l3=20 cm-1 cm=19 cm,
温度为T3,由理想气体状态方程
=,
解得T3=600 K。
6.答案　(1)300 L　(2)100 L
解析　(1)压力罐的最大容积为V0=400 L,以罐内的气体为研究对象,初状态压强为p0,启动水泵补水后压强为p1=4p0,气体体积为V,
根据玻意耳定律,有p0V0=p1V,
解得V=100 L,
则注入的水的体积为V1=V0-V,
解得V1=300 L。
(2)当用户水龙头没有水流时罐内压强
p2=ρgh+p0=2p0,
罐内气体体积为V',
根据玻意耳定律可得p0V0=p2V',
解得V'=200 L,
水泵正常工作一次可给用户输送水的体积
V2=V1-(V0-V')=100 L。
7.答案　(1)p0　(2)0.5T0　(3)0.8p0
解析　(1)由于汽缸的质量可以忽略不计,可知环境温度为T0时,汽缸内气体的压强
p1=p0。
(2)温度最低时,A、B恰好落到活塞上,该过程发生的是等压变化,因此
=,
可得最低温度Tmin=0.5T0。
(3)从0.5T0到0.4T0,气体发生等容变化,因此=,
解得p2=0.8p0。(共22张PPT)
专题提升练28
单一气体的多过程问题　
气体状态变化的图像问题
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1.一定质量的理想气体，由a状态开始经历a→b→c→a过程的p-T图像如图所示，ab的反向延长线过坐标原点，ac与横轴平行，bc与纵轴平行，下列图像与之对应正确的是(　　)
梯级Ⅰ 基础练
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4
根据公式知=C，变形得p=T，由题图可知，a→b为等容变化；b→c为等温变化；c→a为等压变化，结合选项，A项符合题意。
解析
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2.(多选)(2025·白城模拟)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线(均为反比例图线)，下列说法正确的是(　　)
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A.从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C.一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小
D.由图可知T1>T2
由于等温线是一条双曲线，它表明在温度保持不变的情况下，气体的压强与体积成反比，A项正确；一定质量的气体，在不同温度、相同压强的情况下，体积不同，因此等温线不同，B项正 确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越 大，即相同压强下，温度越高，体积越大，因此T1解析
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3.(2025·张家口模拟)一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a→b过程中，气体体积增大，压强减小
B.b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C.c→a过程中，气体压强增大，体积变小
D.c→a过程中，气体内能增大，体积变小
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a→b过程中，气体温度不变，压强减小，根据=C可知体积增 大，A项正确；b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据=C，则体积减小，B项错误；c→a过程中，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，因p-T线是过原点的直线，故气体的体积不变，C、D两项错误。
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4.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　)
A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B.该装置所测温度不高于31.5 ℃
C.该装置所测温度不低于23.5 ℃
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
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由盖—吕萨克定律得=，其中V1=V0+Sl1=335 cm3，T1=273+
27(K)=300 K，V2=V0+Sl1=330+0.5x(cm)3，代入解得T=x+
(K)。根据T=t+273 K可知t=x+(℃)，若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，A项错误；当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，该装置所测温度不高于
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31.5 ℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmax≈ 22.5 ℃，该装置所测温度不低于22.5 ℃，B项正确，C项错误；其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，D项错误。
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5.(2025·广安模拟)如图所示，竖直放置的“L”形细玻璃管截面均 匀，左管上端开口，底管右端封闭，竖直管足够长，底管长d= 20 cm，用长l0=5 cm的水银柱封闭一段理想气体，最初气体温度T1=300 K时，气体的长度l1=10 cm。取大气压强p0=76 cmHg，求:
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梯级Ⅱ 能力练
(1)缓慢升高理想气体的温度，使它的长度变为l2=12 cm，此时气体的温度T2；
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初始时，封闭气体的压强为p0=76 cmHg，长度为l1=10 cm，当气柱的长度变为l2=12 cm时，水银柱仍全部在底部，则根据盖—吕萨克定律可得=，
代入数据解得T2=360 K。
解析
(2)继续升高温度，当有h=4 cm的水银柱上升到左管，此时气体的温度T3。
当有h=4 cm的水银柱上升到左管，有1 cm水银柱在底管内，此时封闭气体的压强为p3=p0+ρgh=80 cmHg，
长度为l3=20 cm-1 cm=19 cm，
温度为T3，由理想气体状态方程=，
解得T3=600 K。
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6.(2025·T8联考)家用储水式压力罐常被用于二次供水，其简要结构如图所示。该压力罐的总容积为400 L，初始工作时罐内无水，水龙头处于关闭状态，水管容积可忽略不计，且罐内气体压强为p0。此时接通电源，启动水泵给罐补水，当罐内压强增大到4p0时水泵自动断开电源，停止补水。罐内气体可视为理想气体，用此压力罐给位于h=10 m高用户供水，压力罐密闭性、导热性能均良好，环境温度不变，已知10 m高水柱产生的压强为p0，一次供水完毕后罐内所剩水的高度相对10 m高度可忽略不计。求:
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(1)水泵正常工作一次注入的水的体积V1；
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压力罐的最大容积为V0=400 L，以罐内的气体为研究对象，初状态压强为p0，启动水泵补水后压强为p1=4p0，气体体积为V，
根据玻意耳定律，有p0V0=p1V，
解得V=100 L，
则注入的水的体积为V1=V0-V，
解得V1=300 L。
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(2)水泵正常工作一次可给用户输送水的体积V2。
当用户水龙头没有水流时罐内压强p2=ρgh+p0=2p0，
罐内气体体积为V'，
根据玻意耳定律可得p0V0=p2V'，
解得V'=200 L，
水泵正常工作一次可给用户输送水的体积
V2=V1-(V0-V')=100 L。
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7.(2025·江门模拟)如图所示为一温度计的原理图，利用汽缸底部高度变化反应温度变化。质量可以忽略的导热汽缸内密封一定质量的理想气体，汽缸的长度为L，A、B、C、D是体积可以忽略的固定挡板，A、B到汽缸底部的距离是0.25L，体积可以忽略的活塞通过竖直杆固定在地面上，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。环境温度为T0 (热力学温标)时，活塞刚好位于汽缸正中间，整个装置处于静止状 态，大气压强为p0，求:
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梯级Ⅲ 创新练
(1)环境温度为T0时，汽缸内气体的压强p1；
由于汽缸的质量可以忽略不计，可知环境温度为T0时，汽缸内气体的压强p1=p0。
解析
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(2)温度计能测量的最小温度Tmin；
温度最低时，A、B恰好落到活塞上，该过程发生的是等压变化，因此=，
可得最低温度Tmin=0.5T0。
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(3)环境温度为0.4T0时，汽缸内气体的压强p2。
从0.5T0到0.4T0，气体发生等容变化，因此=，
解得p2=0.8p0。
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4专题提升二十八　单一气体的多过程问题
气体状态变化的图像问题
题型1　单一气体的多过程问题
　　　　　 　　　　　　　　　　
多过程问题的解题思路。
(1)确定研究对象。
研究对象分两类:热学研究对象(一定质量的理想气体);力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程,确定状态参量。
①对热学研究对象,分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态,写出对应状态的参量,依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况,依据力学规律列出方程求解气体压强。
(3)挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
【典例1】　
(2024·全国甲卷)如图,一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与汽缸底部的距离=10,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在卡销a处,汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变),外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小;
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处 汽缸内温度不变,气体做等温变化
2 再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度 汽缸内气体压强增大,发生等容变化
失分 剖析 (1)不能判断气体在各阶段变化特征;(2)对汽缸中特殊位置的压强判断不准
【典例2】　(2025·南宁模拟)如图所示,竖直放置的导热薄玻璃管下端封闭、上端开口,管内用长为h=14 cm的水银柱密封一段长为l=30 cm的理想气体,此时环境温度T0=300 K,缓慢加热密封气体,水银柱上升了Δl=10 cm,已知大气压强恒为p0=76 cmHg,玻璃管足够长。求:
(1)加热前密封气体的压强;
(2)加热后气体的温度T1;
(3)保持温度T1不变,在玻璃管上端缓慢注入水银,使得气体长度恢复到30 cm,则所加水银柱长度Δh。
题型2　气体状态变化的图像问题
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.一定质量的气体不同图像的比较。
过程 图线类别 图像特点 图像示例
等温 过程 p-V 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- p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高
等容 过程 p-T p=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小
等压 过程 V-T V=T,斜率k=,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。
【典例3】　
(2025·盐城模拟)开口向上,导热性能良好的汽缸,用活塞封闭了一定质量的理想气体,如图所示。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒上细沙,下列关于密封气体的图像可能正确的是(　　)
A B C D
【典例4】　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态D的压强pD;
(2)气体在状态B的体积V2。
专题提升二十八　单一气体的多过程问题气体状态变化的图像问题
题型1
【典例1】　答案　(1)100 N　 (2)327 K
解析　(1)活塞从位置a到b过程中,气体做等温变化,初态
p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11,
末态压强设为p2,V2=S·10,
根据p1V1=p2V2,
解得p2=1.1×105 Pa,
此时对活塞根据平衡条件F+p0S=p2S+FN,
解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N。
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时,气体做等容变化,初态p2=1.1×105 Pa,T2=300 K,设末态时压强为p3,
对活塞根据平衡条件p3S=F+p0S,
解得p3=1.2×105 Pa,
设此时温度为T3,根据=,
解得T3≈327 K。
【典例2】　答案　(1)90 cmHg　 (2)400 K　 (3)30 cm
解析　(1)对管内密封气体p=ρgh+p0=14 cmHg+76 cmHg=90 cmHg。
(2)设玻璃管的横截面积为S,缓慢加热密封气体,管内空气做等压变化,有
=,
解得T1=400 K。
(3)注入水银,管内空气做等温变化,有
pS(l+Δl)=p2Sl,
解得p2=120 cmHg,
由平衡条件得p2S=ρg(h+Δh)S+p0S,
解得Δh=30 cm。
题型2
【典例3】　D　解析　汽缸导热性能良好,由于热交换,汽缸内的气体温度不变,缓缓向活塞上倒上细沙,气体体积减小,压强增大,由玻意耳定律得知,气体体积与压强成反比,A、B、C三项错误,D项正确。
【典例4】　答案　(1)2×105 Pa　(2)2.0 m3
解析　(1)从D到A状态,根据查理定律
=,
解得pD=2×105 Pa。
(2)从C到D状态,根据玻意耳定律得
pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。(共22张PPT)
专题提升二十八
单一气体的多过程问题 气体状态变化的图像问题
第十五章　热学
题型1　单一气体的多过程问题
题型2　气体状态变化的图像问题
内容
索引
单一气体的多过程问题
题型1
多过程问题的解题思路。
(1)确定研究对象。
研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析物理过程，确定状态参量。
①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的参量，依据气体实验定律列出方程。
②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。
(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。
【典例1】　(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽
缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可
在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之
间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×
10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，初态
p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11，
末态压强设为p2，V2=S·10，
根据p1V1=p2V2，
解得p2=1.1×105 Pa，
此时对活塞根据平衡条件F+p0S=p2S+FN，
解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N。
解析
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K，设末态时压强为p3，
对活塞根据平衡条件p3S=F+p0S，
解得p3=1.2×105 Pa，
设此时温度为T3，根据=，解得T3≈327 K。
解析
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处 汽缸内温度不变，气体做等温变化
2 再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度 汽缸内气体压强增大，发生等容变化
失分 剖析 (1)不能判断气体在各阶段变化特征；(2)对汽缸中特殊位置的压强判断不准 【典例2】　(2025·南宁模拟)如图所示，竖直放置的导热薄玻璃管下端封闭、上端开口，管内用长为h=14 cm的水银柱密封一段长为l=30 cm的理想气体，此时环境温度T0=300 K，缓慢加热密封气体，水银柱上升了Δl=10 cm，已知大气压强恒为p0=76 cmHg，玻璃管足够长。求：
(1)加热前密封气体的压强；
对管内密封气体p=ρgh+p0=14 cmHg+76 cmHg=90 cmHg。
解析
(2)加热后气体的温度T1；
设玻璃管的横截面积为S，缓慢加热密封气体，管内空气做等压变化，有=，
解得T1=400 K。
解析
(3)保持温度T1不变，在玻璃管上端缓慢注入水银，使得气体长度恢复到30 cm，则所加水银柱长度Δh。
注入水银，管内空气做等温变化，有pS(l+Δl)=p2Sl，
解得p2=120 cmHg，
由平衡条件得p2S=ρg(h+Δh)S+p0S，
解得Δh=30 cm。
解析
气体状态变化的图像问题
题型2
1.一定质量的气体不同图像的比较。
过程 图线类别 图像特点 图像示例
等温 过程 p-V 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

等容 过程 p-T
等压 过程 V-T
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。
【典例3】　(2025·盐城模拟)开口向上，导热性能良好的汽缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒上细沙，下列关于密封气体的图像可能正确的是( )
汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体体积与压强成反比，A、B、C三项错误，D项正确。
解析
【典例4】　(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×
105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
从D到A状态，根据查理定律=，
解得pD=2×105 Pa。
解析
(2)气体在状态B的体积V2。
从C到D状态，根据玻意耳定律得pCV2=pDV1，
解得V2=2.0 m3。
解析

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