2025届湖南省高考物理热学第13题专题突破强化训练（30题）

2025年05月湖南省高考物理热学第13题专题突破强化训练（30题） 在湖南高考物理热学部分的备考中，第13题通常围绕理想气体的状态变化及热力学定律展开。以下30个专项练习题： 关键思路 1. 状态分析：明确各过程的类型（等温、等压、等容），应用对应定律（玻意耳、盖-吕萨克、查理定律）。 2. 热力学第一定律：区分系统做功与外界做功的符号，正确使用。 3. 热量计算： · 等温过程： · 等压过程： · 等容过程： 通过强化训练，熟练掌握各公式的适用条件及符号规则，是突破热学题型 1．理发店内的气动升降椅，其升降由气囊式汽缸实现。其原理是在一个密闭的汽缸内充入气体，使汽缸内的压强为大气压的几倍或者十几倍，利用气体可压缩来实现弹性作用。如图所示，汽缸横截面积，内部气体压强为（大气压强），未承重时空气柱长度，密闭汽缸导热性能良好。现由于承重变化，导致活塞（气动杆和椅面）下降2cm。缸内气体可视为理想气体，温度保持不变，忽略摩擦阻力。求： (1)椅面承受的压力增加了多少？ (2)为了使椅面恢复到原来的位置，需要充入一个大气压下的气体体积为多少？ 2．如图所示，左右两管足够长的U形管左管封闭，右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，右管一轻活塞恰处在与左管水银面平齐的位置且封闭了一定质量的气体，左右两管水银面高度差为36cm，大气压强为76cmHg。现将活塞缓慢下推，并保持左右管内气体的温度不变。当左管空气柱长度变为20cm时，求： (1)左管内气体的压强； (2)活塞下移的距离。 3．在驾车从低海拔向高海拔行驶过程中，密封食品包装袋会发生膨胀现象，如图所示。 已知在低海拔地区时，包装袋内密封的空气体积为，压强等于大气压强，在高海拔地区时，大气压强变为，包装袋绷紧，密封空气的体积增大为原来的1.5倍，将包装袋内的封闭气体视为理想气体，不考虑食品自身体积的变化。 (1)不考虑环境温度变化的影响，包装袋绷紧会对内部空气造成额外压强，求额外压强； (2)若在高海拔处包装袋恰好绷紧，恰不对内部气体造成额外压强，已知低海拔地区的温度为，求高海拔处的温度。 4．如图所示，一开口长颈薄壁玻璃瓶，瓶身长度为4L，横截面积为4S，瓶颈长度为2L，横截面积为S。现将一长度为L的轻质软木塞从瓶口处缓慢塞入瓶颈，直至软木塞下表面恰好到达瓶身和瓶颈的交界处，撤去外力，此后软木塞保持静止状态。在此过程中瓶内气体温度始终不变，且没有漏气。已知大气压强为p0，求撤去外力后： (1)瓶内气体压强的大小p1； (2)软木塞和瓶颈之间摩擦力的大小f1。 5．有人设计了一种如图所示的测温装置，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，玻璃泡中封有一定量的气体，玻璃管下端插入水银中，通过管内水银面的高度x即可反映泡内气体的温度，即环境温度。已知在标准大气压为76cmHg的环境下，热力学温度T1=300K时，玻璃管内水银面的高度为x=20.0cm。假设玻璃管的体积与玻璃泡的体积相比可略去不计。 (1)若玻璃管内水银面的高度为22.8cm，求环境的热力学温度； (2)某同学将该装置拿到黄山某山峰顶，环境的热力学温度为285K，他发现管内水银面的高度为7.3cm，通过计算估算该山峰的海拔。（已知海拔3000m以内，每升高120m，大气压减小约1cmHg） 6．一同学在水上乐园戏水时，用反扣的塑料盆提水。简化模型如下，质量未知的塑料盆近似看成底面积为S的圆柱形容器。刚开始时盆倒扣在水中，松手后盆底恰好与水面齐平，如图甲所示，盆内有高度为h的空气。现用拉力F缓慢向上提起盆，盆口一直没有脱离水面。忽略盆的厚度及形变，大气压强为，重力加速度为g，水的密度为，盆内空气可视为理想气体，不考虑温度的变化。 (1)求盆的质量以及刚开始时盆内空气的压强； (2)当在水面上方盆内有高度为H的水时，如图乙所示，求此时盆底离水面的高度； (3)向上提升盆的过程中，盆内空气是吸热还是放热，请说明理由。 7．高原地区空气稀薄、大气压强低，人可能发生“高原反应”。某同学用一个充有气体（可视为理想气体）的薄壁气球来模拟因大气压强变化产生的影响。他在上海对气球充气，充气后气球体积为，温度为；他携带该气球到达海拔5200米的珠峰大本营。已知上海大气压强为，珠峰大本营大气压强为上海大气压强的一半，气球内外气体压强近似相等，在同一地点忽略因气温等因素引起的大气压强的变化，忽略气球漏气。 (1)如果珠峰大本营室内温度也为，求气球体积； (2)如果珠峰大本营室内温度为，求气球体积。 8．如图所示，一竖直放置导热性能良好的汽缸上端开口，用质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，活塞距汽缸底部的距离为h，现往活塞上缓慢加细沙，活塞下降。已知外界大气压强恒为，汽缸的横截面积为S，初始时汽缸内气体的温度为，重力加速度为g，汽缸不漏气，活塞与汽缸壁无摩擦。 （1）若活塞下降过程中环境温度不变，求所加细沙的总质量； （2）缓慢升高环境温度，直至活塞回到初始位置，求此时汽缸内气体的温度以及此过程中气体对外界做的功。 9．漠河地处我国最北方，冬季气温低至-53℃，某车企测试汽车性能，驾驶汽车从北京到漠河，在漠河发现汽车的左前轮轮胎内气体的压强有所下降（轮胎容积保持不变，没有漏气，视为理想气体）。于是在漠河给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强，充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变。已知该轮胎内气体的体积，出发时北京的气温，轮胎内气体压强。漠河地区大气压强取。充入同温同压空气使其恢复原压强，求： (1)充气前轮胎内气体压强； (2)充入空气的体积。 10．（10分）2023年2月10日0时16分，我国神舟十五号航天员着舱外航天服圆满完成全部舱外既定任务。出舱前关闭航天服上的所有阀门，启动充气系统给气密层充气（可视为理想气体）。假定充气后，气密层内气体的体积为2 L，温度为30 ℃，压强为6．06×104 Pa。经过一段时间，气体温度降至27 ℃，忽略此过程中气体体积的变化，取0 ℃＝273 K。 （1）求27 ℃时气密层内气体的压强； （2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27 ℃。因舱外气压较低，气密层内气体的体积将会膨胀。求不漏气的情况下，气密层内气体膨胀至3 L时的压强。 11．卡式炉由于容易携带，受露营人士的喜爱。某卡式炉使用的燃气罐的容积为，新的气罐未使用前，在温度时，罐内气体的压强为，罐内燃气可视为理想气体，不考虑气罐容积的变化，热力学温度T和摄氏温度t的关系为。 (1)当气罐温度上升到时，求罐内气体的压强； (2)现使用该燃气罐给卡式炉供气做饭，已知卡式炉平均每分钟使用的燃气在标准大气压时的体积为，则在温度时，该气罐中燃气能够使用多长时间？ 12．如图所示，大气压强为，汽缸水平固定，开有小孔的固定薄隔板将其分为A、B两部分，横截面积为的光滑活塞可自由移动。初始时汽缸内被封闭的理想气体的温度为，A、B两部分体积相同。加热气体，使A、B两部分体积之比为。则 (1)气体温度应加热到多少？ (2)用水平力将活塞向左推动，把B部分气体全部压入A中，气体的温度变为，此时的最小推力是多少？ 13．医院在转运病人时有时会用到负压救护车，如图为一容积为0.6 m3的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地出发时舱内温度为27℃，压强为1.0 × 105 Pa，到乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为0.9705 × 105 Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视为理想气体，绝对零度取−273℃，舱内负压（舱内外压强差）为20 ~ 50 Pa时效果比较理想。 (1)转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压强差是多少？ (2)转运到乙地后负压舱内需保持50 Pa的稳定负压，需要充入多少体积的空气？ 14．下图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，如图（a），然后要把锁扣扳下，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力吸住吸盘，使外界空气不能进入吸盘，如图（b）。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图（b）中大圆面积，吸盘中气体与墙面的接触面积，大气压强，重力加速度，吸盘内的气体可视为理想气体，环境温度不变。 (1)求扳下锁扣后吸盘内气体压强； (2)若吸盘与墙之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。 15．（10分）房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求 （1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V； （2）升温前后室内空气质量之比。 16．如图甲所示，容积为的空玻璃瓶用橡皮塞封住瓶口，由穿过橡皮塞且两端开口的细玻璃管与大气相通，将其由室温环境转移并浸入温度为恒为的热水中，达到热平衡后，快速取出玻璃瓶并将其竖直倒置，使玻璃管下端没人室温水槽中，稳定后玻璃瓶内与水槽内水面的高度差。室内温度恒为，水的密度，外界大气压，取重力加速度，不计细玻璃管的体积，热力学温度与摄氏温度的关系为。求： (1)气体温度由升高至，玻璃瓶内减少的气体质量与温度为时瓶内气体质量的比值； (2)最终稳定时进入玻璃瓶内的水的体积。 17．如图甲所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，两轻活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和；现用轻质细线将活塞B与重物C栓接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求： （1）汽缸内气体的压强； （2）活塞移动的距离x。 18．如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B点，已知AB=h，B处到汽缸底部的距离为h，大气压强为p0，重力加速度为g．求： （1）物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强p2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热； （2）已知初始温度为27℃，若升高环境温度至T1，活塞返回A处达稳定状态，T1的值是多大． 19．暖瓶是日常给水保温常用的器具，如果热水未灌满暖瓶就盖紧瓶塞，而瓶塞与瓶口间的密封性良好，一段时间后，要拔出瓶塞就会变得吃力。已知暖瓶瓶口的截面积，某次将97℃的热水灌入暖瓶后塞紧瓶塞。已知大气压强，不考虑瓶塞的重力及瓶塞与瓶口间的摩擦，忽略瓶内气体质量的变化，瓶内气体视为理想气体，且气体温度与水温相同，。求： (1)一段时间后，用15N的力才能将瓶塞拔出，此时瓶内水的温度； (2)若有一部分气体进入暖瓶，瓶内热水与（1）温度相同时，不用力即可将瓶塞拔出，则进入暖瓶的气体与原瓶内气体的质量之比。 20．离水面深处的一条鱼，其体内鱼鳔中空气的体积为，它先向上游向水面，游动过程中体温保持不变，鱼鳔中的空气对外做功为0.0667J，到达水面后在水面上游动起来，由于游动体温从升高至，但鱼鳔中空气的压强一直保持不变。从水下开始游动的状态到水面上游动升温至的状态，鱼鳔中的空气吸收的热量为。已知水的密度为，水面上的大气压强为，忽略游动过程中鱼鳔中空气质量的变化，空气可视为理想气体，鱼鳔内部气体压强近似等于鱼所处环境的压强。 (1)鱼游向水面过程中，鱼鳔中空气分子的平均速率 （选填“增大”、“减小”或“不变”），空气分子的数密度 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)求鱼刚刚到达水面时鱼鳔的体积； (3)求鱼在水面上游动，体温从升高至的过程中鱼鳔中空气内能的改变量。 21．如图所示，水银血压计利用一个可膨胀的橡皮气袖连接到水银柱来测量人体动脉的血压。测量时，先将气袖内气体排尽，再将气袖绕在被测者手臂动脉处，通过输气球快速使气袖充气，气袖挤压动脉，直到阻断动脉血液；此后打开排气阀，缓慢放气，气袖内气体压强逐渐降低，血流开始通过被压迫的动脉时，可听到第一声搏动音（Korotkoff音），此时测得收缩压；随着气袖内气体压强继续降低，搏动音持续存在并逐渐减弱，直至完全消失，此时测得舒张压。某次测量时，输气球将体积为的大气气体充入气袖，气袖膨胀后的体积为，此时动脉血液被阻断；缓慢放气，当气袖内剩余气体质量为充入气体总质量的90%时，听到第一声搏动音。已知常温下1个标准大气压是，整个过程气体温度不变，放气测量血压过程中气袖容积保持不变，气体视为理想气体。求： (1)动脉血液被阻断时，气袖内的气体压强； (2)听到第一声搏动音时，气袖内的气体压强。 22．洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气10次后开始喷水，若壶内气体压强小于，则洗涤剂不能从壶中喷出。已知外部大气压强恒为，打气筒每次打入压强为、体积为的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。求： (1)打气10次后，喷水壶内封闭空气的压强P； (2)喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？ 23．（10分）如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的横截面积相同的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两汽缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1．2倍。设环境温度始终保持不变，求： （1）汽缸B中气体的体积VB； （2）汽缸A中气体温度TA。 24．如图所示，一定质量的理想气体被绝热活塞封闭在高度为的绝热容器中，温度为，容器侧壁装有制冷/制热装置，可冷却/加热气体，该装置体积可忽略不计。容器外的大气压强恒为。活塞面积为，质量，活塞与容器间的滑动摩擦力大小为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。最初活塞静止于距容器底部处，且与容器间恰好无相对运动趋势，不计活塞厚度，取重力加速度为。求： (1)启动制冷装置，当使活塞恰要开始滑动时，气体的温度； (2)启动制热装置缓慢加热气体，当活塞从最初状态到活塞滑动到容器顶端的过程中，气体内能的变化，气体吸收了多少热量？ 25．如图为某喷壶的结构示意图，壶壁接一单向阀门，可以通过打气筒向壶内打气，拧开壶盖可以向壶内装水，壶盖上方喷口处接一销栓，通过开关销栓可控制喷口开关，整个装置密封良好。若某次浇花时，发现壶内有380mL水，此时壶内气体压强为，用打气筒向壶内打气，每次打入体积为，压强为的空气，一共打了次。然后打开销栓开始浇水，一段时间后，关闭销栓，此时壶内剩余水的体积为60mL。已知整个喷壶容积为，大气压强为，不计喷水细管，橡胶软管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气及浇水过程中环境温度不变，整个装置导热性能良好。求： (1)打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值； (2)关闭销栓后，壶内气体的压强。 26．如图所示，一定质量的理想气体由状态A变为状态B的图像，气体在状态A时的压强为，在整个过程中气体内能增加了，求： (1)理想气体在状态A时的热力学温度为多少； (2)判断从状态A到B的过程中，气体吸放热情况，并求出热量的大小。 27．（10分）竖直放置的绝热薄壁汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，如图所示，上部汽缸横截面积为S，下部汽缸横截面积为2S。细的圆柱底部有两个小卡环（体积可忽略），汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定质量的理想气体，两活塞之间用一轻杆连接。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m、2m，当系统处于平衡状态，活塞Ⅰ、活塞Ⅱ到汽缸连接处的距离均为h。外界大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦且汽缸无漏气，不计轻杆的体积，下部汽缸足够长，已知p0S＝15mg，重力加速度为g，被封闭气体的初始温度为27 ℃。 （1）现对被封闭气体缓慢加热，使活塞缓慢移动，求活塞Ⅰ刚要到达卡环时，被封闭气体的压强及热力学温度； （2）继续对被封闭气体加热，求当热力学温度升至多少时，两卡环对活塞Ⅰ的总弹力为2mg。 28．一定质量的理想气体，状态从A→B→C的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，气体在状态A时温度为TA=300K，试求： (1)气体在状态B时的温度TB和状态C时的温度TC； (2)若气体在B→C过程中气体内能减少了200J，则在B→C过程吸收或放出的热量是多少？ 29．如图所示，在锅炉外壁紧贴着导热性能良好且右壁开孔与大气相通的气缸，气缸右壁内侧装有压力传感器，用于监控锅炉外壁的温度、锅炉未工作时，活塞与锅炉外壁距离为0.3m、与传感器距离为0.2m，活塞左侧封闭温度为300K、压强为105Pa的空气，此时压力传感器的示数为0。已知大气压强为105Pa，活塞横截面积为10-2m2，不计活塞与气缸壁的摩擦，锅炉工作时温度缓慢升高。 (1)当锅炉的温度为T1时，活塞刚好接触压力传感器，求T1； (2)锅炉外壁温度T从300K逐渐增大，求压力传感器示数F与T的关系式； (3)活塞从气缸图示位置移动到最右侧刚接触到压力传感器的过程中，气体吸收了300J的热量，求该过程中气体内能变化多少？ 30．如图所示，一内壁光滑的足够高的导热圆柱形汽缸静止在地面上。汽缸内部有卡环，卡环上方放有一质量的活塞和一个质量的物块，汽缸的横截面积为，汽缸内封闭有体积为的一定质量的理想气体，气体的温度为300K时，汽缸内气体压强为，大气压强，重力加速度，求： (1)此时卡环对活塞的支持力为多少？ (2)现对汽缸缓慢加热，当缸内气体温度上升到1350K时，封闭气体的体积为多少？ 高考物理热学第13题专题突破强化训练参考答案 1．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）离地间隙减小2cm，空气柱长度变为，压强为，根据等温方程， 解得， 椅面承受的压力增加了。 （2）设需要充入一个大气压下的气体体积为，温度不变，， 解得。 2．【答案】(1)52cmHg；(2)10.8cm 【详解】（1）左管封闭气体的压强为， 左管封闭气体变化前后的体积分别为，， 由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得， 解得。 （2）U形管右管内径为左管内径的倍，则右管横截面积是左管横截面积的2倍，为2S，当左管水银面上升6cm时，右管水银面下降3cm，所以这时左右两管水银面的高度差为45cm，因此右管内气体的压强为， 原状态右管气体的压强为， 设活塞缓慢下推后右管气体的高度为，由玻意耳定律可得， 解得， 活塞下移的距离是。 3．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）根据玻意耳定律得 解得 （2）设低海拔地区与高海拔地区的温度分别为和，根据理想气体状态方程得 其中 解得 4．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）初始时瓶内气体压强大小为p0，初始时瓶内气体体积， 塞入软木塞至相应位置，瓶内气体体积， 塞入软木塞的过程为等温变化，由， 可知。 （2）对软木塞进行受力分析， 可得。 5．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）由题意可知，该过程为等容变化，初状态， 末状态 根据查理定律则有 代入数据解得 （2）由题意可知，该过程为等容变化，初状态， 末状态， 根据查理定律则有 解得 该山峰的海拔高度为 6．【答案】(1)，；(2)；(3)吸热，理由见解析 【详解】（1）受力分析有 解得 联立解得，盆内空气的压强 （2）当盆内的水高度为H时，盆内空气的压强满足 缓慢拉升，充足时间热交换，发生等温变化，根据玻意耳定律有 联立解得 （3）等温过程，内能不变，，由第（2）问可知，提升过程中，盆内空气的压强减小，体积增大，气体对外做功，，根据热力学第一定律有 可知Q>0，吸热。 7．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）对气球内的气体，根据玻意耳定律得， 解得。 （2）对气球内的气体，根据理想气体状态方程得， 解得。 8．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）初态由平衡得，由等温变化，又， ，，得。 （2）由等压变化，得，气体对外做功为。 9．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）初始温度，末态温度，轮胎中的气体经历等容变化，则，解得。 （2）充入空气，解得。 10．【答案】（1）6×104 Pa　（2）4×104 Pa 【解析】（1）气体发生等容变化，则有 ＝（2分） 其中p0＝6.06×104 Pa， T0＝（273＋30）K＝303 K， T1＝（273＋27）K＝300 K（2分） 联立可得p1＝＝6×104 Pa（1分） （2）出舱后启动保温系统，维持气体的温度为27 ℃，气体发生等温膨胀，根据玻意耳定律可得 p1V1＝p2V2， 其中V1＝2 L，V2＝3 L（3分） 联立解得p2＝＝4×104 Pa（2分） 11．【答案】(1)2.48×106Pa；(2)119分钟 【详解】（1）气罐温度上升过程中，气体做等容变化，则 代入数据解得 （2）根据题意可得 代入数据解得 即该气罐中燃气能够使用119分钟。 12．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）设A部分体积为，因为初始时A、B两部分体积相同，则此时气体总体积为；末状态A、B两部分体积之比为，则此时气体总体积为。加热气体过程，由题可知气体压强不变，则由盖-吕萨克定律可得 解得气体温度应加热到 （2）由理想气体状态方程，得 则把B部分气体全部压入A后，气体压强为 对活塞受力分析，可得 此时的最小推力是 13．【答案】(1)380 Pa；(2)2.0 × 10−3 m3 【详解】（1）以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态，，末态压强为p2，温度为，由查理定律可得，解得，此时舱内外压强差。 （2）初状态下，温度，体积，充入气体压强p′ = 0.9705 × 105 Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强，根据玻意耳定律得，解得。 14．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化过程中，由玻意耳定律 其中 代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为 （2）水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向外的压力。吸盘内外的压力差 代入可得 当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即 代入数据计算得 即吸盘能挂起重物质量的最大值为。 15．【答案】（1）V0　（2） 【解析】（1）由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖—吕萨克定律有＝（2分） 解得V＝V0（2分） （2）根据气体变化前后质量相等有ρ0V0＝ρV（2分） 解得ρ＝ρ0（2分） 则升温前后室内空气质量之比为＝＝（2分） 【一题多解】 升温后室内与室外的空气质量之比＝＝，则升温前后室内空气质量之比＝＝。 16．【答案】(1)；(2)0.07L 【详解】（1）环境与热水的热力学温度分别记为、，以放人热水前玻璃瓶内气体为研究对象，根据等压变化规律， 瓶内减少的气体质量与瓶内室温时气体的质量之比， 解得。 （2）浸入热水并达到热平衡后，以此时玻璃瓶内气体为研究对象。倒置于水槽后，设吸人瓶中水的体积为，体积为， 此时瓶内气体压强为， 根据理想气体状态方程有， 解得。 17．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）两活塞再次静止时，对整体有 解得 （2）两活塞开始静止时，对整体有 开始静止时封闭气体的体积为 再次静止时封闭气体的体积为 由玻意耳定律得 解得 18．【答案】(1)    ， 放热        (2) 327℃ 【详解】（1）设活塞静止在A处时，气体压强为p1．对活塞受力分析，由平衡条件可得 p1S=+mg 物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强为p2，对封闭气体由理想气体状态方程可得 p2Sh=p1S2h 联立解得p2=2p0+ 理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热． （2）环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中始末状态压强相等，由盖•吕萨克定律可得，由于T0=27℃=300K，V1=2 V0 代入数据解得T1=600K=327℃； 点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解． 19．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）拔瓶塞时，设瓶内气体的压强，分析瓶塞受力可知 设瓶内气体温度为T，根据查理定理可得 其中 联立解得 （2）由题意可知，进气后气体的压强为大气压即，设原有气体体积V，将其压强减小到时，体积增大 根据玻意耳定律可知： 进入气体质量m、原有气体质量M，则 20．【答案】(1)不变，减小；(2)；(3) 【详解】（1）鱼游向水面过程中，温度不变，空气分子的平均速率不变； 根据题意可知，气体对外做功，气体体积变大，则空气分子的数密度减小。 （2）鱼在水下时的压强 根据题意可知气体发生等温变化，根据玻意耳定律 解得 （3）等温过程 根据 则 等压过程，根据 外界对气体做功 又 联立解得 21．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）充气前气体压强为，气体体积为 充气后气体体积为 根据玻意耳定律可知 解得动脉血液被阻断时，气袖内的气体压强 （2）当气袖内剩余气体质量为充入气体总质量的90%时，听到第一声搏动音。因此，放气前这部分气体的压强为，体积为 听到第一声搏动音时，这部分气体的体积为 根据玻意耳定律可知 解得听到第一声搏动音时，气袖内的气体压强 22．【答案】(1)；(2)不能全部喷出，还剩下 【详解】（1）原来瓶内气体体积为， 打气过程中，相当于空气等温压缩； 把10次打入气体和原来瓶内气体为研究对象， 由玻意耳定律得， 解得。 （2）假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到时，壶内气体的体积为， 由玻意耳定律得， 解得， 故假设成立，壶内洗涤剂不能全部喷出，还剩下， 即。 23．【答案】（1）V0　（2）1．4T0 【解析】（1）根据题意，设初态压强为p0，经加热稳定后A、B压强相等，则有 pB＝pA＝1．2p0（1分） B中气体初末状态温度相等，由玻意耳定律有 p0V0＝1．2p0VB（2分） 解得VB＝V0（2分） （2）根据题意可知 VB＋VA＝2V0， 则有VA＝V0（1分） 对A中气体，由理想气体状态方程有 ＝（2分） 解得TA＝1．4T0（2分） 24．【答案】(1)或；(2) 【详解】（1）初始时，对活塞受力分析，有解得，制冷过程，当活塞恰要开始滑动时，对活塞进行受力分析，根据平衡条件可得，解得，气体做等容变化，由查理定律得，其中联立解得即有。 （2）启动制热装置缓慢加热气体，活塞缓慢上升过程，对活塞进行受力分析，根据平衡条件可得，解得，当活塞从最初状态到活塞滑动到容器顶端的过程中做等压变化，气体对外做的功为，由热力学第一定律得。 25．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）打气前，喷壶内的气体，体积， 若这些气体等温膨胀后压强为，设此时气体体积为， 则有， 解得：， 以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象， 总体积， 则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值。 （2）关闭销栓后壶内气体压强，体积， 则有， 解得。 26．【答案】(1)；(2) 【详解】（1）由图像得从A到B的过程为等压变化，由盖吕萨克定律有 得 （2）从A到B的过程中气体体积变大，气体对外界做功 由热力学第一定律有 得 所以，气体从外界吸收热量，吸收的热量为 27．【答案】（1）　400 K　（2） K 【解析】（1）对两活塞进行受力分析，如图所示，设被封闭气体的压强为p1，有 p0S＋3mg＋p1·2S＝p0·2S＋p1S（2分） p1＝（1分） 在加热过程中气体发生的是等压变化，由盖－吕萨克定律得 ＝（1分） T1＝（27＋273） K＝300 K，代入数据有＝， 解得T2＝400 K（1分） （2）设继续加热后被封闭气体的压强为p2，由平衡关系有 p0S＋3mg＋p2·2S＝p0·2S＋p2S＋2mg（2分） 解得p2＝（1分） 由查理定律得 ＝（1分） 解得T3＝ K（1分） 28．【答案】(1)1200K；600K；(2)1000J 【详解】(1)A到B过程中由查理定律有代入数据得： B到C过程中由盖吕萨克定律有得 (2)B到C过程中外界对气体做功为 得 由热力学第一定律有，内能减少200J即U=－200J 得 则放热。 29．【答案】(1)500K (2)当T≤500K时，F=0，当T＞500K时， (3)增加了100J 【详解】（1）当锅炉的温度为升高时，气体做等圧变化，根据盖吕萨克定律可得 代入数据解得 （2）由以上分析可知，当温度小于等于500K时，压力传感器示数 当温度大于500K时，气体体积不变，根据查理定律可得 解得 活塞对压力传感器的作用力为 （3）根据热力学第一定律， 解得 即气体内能增加了100J。 30．【答案】(1)80N；(2) 【详解】（1）根据题意，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有，代入数据解得。 （2）升高温度，活塞恰好离开卡环，由平衡条件有，解得，汽缸内气体发生等容变化，根据查理定律可得，代入数据，解得，因为大于，所以活塞已经离开卡环，此后封闭气体的压强不变。根据盖吕萨克定律可得，代入数据，解得。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$