第1部分 专题5 第14节 热学-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 第14节　热学 高考体验 1．(2025·黑吉辽蒙卷，2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体(　　) A．内能变小 B．压强变大 C．分子的数密度变大 D．每个分子动能都变大 答案：B 解析：由题意知，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；瓶内气体的体积不变，由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；瓶内气体的体积不变，则瓶内气体分子的数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。 2．(2025·安徽卷，3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　) A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量 答案：A 解析：理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知气体吸收的热量大于内能的增加量，A正确，D错误。 3．(2025·江苏卷，8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时(　　) A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少 答案：C 解析：理想气体质量不变，则分子总数不变，又体积不变，则分子的数密度不变，分子间平均距离不变，A、B错误；由题图可知，与状态甲相比，该气体在状态乙时分子速率大的占比较多，则分子的平均速率较大，平均动能较大，又因为气体分子的数密度不变，则单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多，C正确，D错误。 4．(2025·海南卷，16)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体温度T0＝300 K，体积V0＝5×10－3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若加热活塞，活塞缓慢上升，缸内气体体积变为V1＝7.5×10－3 m3，求此时缸内气体的温度T1； (2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，缸内气体的体积V2。 答案：(1)450 K　(2)4×10－3 m3 解析：(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝ 代入数据解得T1＝450 K。 (2)设稳定后缸内气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg 初始状态时气体的压强为p0，从初始状态到稳定后，根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2 联立解得V2＝4×10－3 m3。 5．(2025·陕晋宁青卷，13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105 Pa～3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2； (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。 答案：(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 解析：(1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有＝ 代入数据解得p2＝3.3×105 Pa。 (2)根据p­V图像中图线与V轴所围图形的面积表示气体做功的大小可知，此过程外界对气体做的功W＝－(V2－V1) 代入数据解得W＝－1.008×104 J 根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 代入数据解得ΔU＝6.6×104 J。 好题精选 6．(2025·辽宁省沈阳市高三下质量监测二)如图，某密闭容器中一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是(　　) A．A→B过程中，外界对气体做功 B．B→C过程中，气体温度升高 C．C→D过程中，气体内能不变 D．D→A过程中，气体分子平均动能减小 答案：C 解析：A→B过程中，气体体积增大，可知气体对外界做功，A错误；B→C过程中，气体体积增大，可知气体对外界做功，W1<0，又B→C为绝热过程，则Q1＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得ΔU1<0，即气体内能减小，所以气体温度降低，故B错误；C→D为等温过程，一定质量理想气体的内能只与温度有关，所以气体内能不变，故C正确；D→A为绝热过程，则Q2＝0，气体体积减小，则外界对气体做功，W2>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得ΔU2>0，即气体内能增加，所以气体温度升高，气体分子平均动能增大，故D错误。 7．(2025·广东省深圳市高三下第一次调研)(多选)如图是“筒式二冲程柴油锤”的工作简图。压缩冲程：汽缸锤座压在水泥桩顶上，柱塞从一定高度释放落入汽缸内，压缩汽缸内的空气，并点燃汽缸内的柴油。做功冲程：柴油被点燃，通过高压气体将水泥桩压入泥土，同时柱塞被反推到汽缸外。柱塞和汽缸密封良好，则(　　) A．在压缩冲程，汽缸内气体发生等温变化 B．在压缩冲程，柱塞对汽缸内气体做正功 C．在做功冲程，汽缸内气体压强保持不变 D．在做功冲程，汽缸内气体对柱塞做正功 答案：BD 解析：在压缩冲程，汽缸内气体体积减小，则柱塞对汽缸内气体做正功，此过程时间很短，可视为绝热过程，由热力学第一定律可知，汽缸内气体内能增大，温度升高，故A错误，B正确；在做功冲程，汽缸内气体体积增大，则汽缸内气体对柱塞做正功，此过程时间很短，可视为绝热过程，由热力学第一定律可知，汽缸内气体内能减小，温度降低，由理想气体状态方程可知，汽缸内气体压强减小，故C错误，D正确。 8．(2025·广西柳州市高三下开学考试)一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca过程回到状态a，其体积随热力学温度变化的V­T图像如图所示，ab连线的反向延长线过坐标原点O，bc段与纵轴平行。则该气体(　　) A．在状态a的压强小于在状态b的压强 B．从状态b到c过程，气体体积减小，压强增大 C．从状态b到c过程，气体从外界吸热 D．从状态a依次经过b、c后回到状态a的整个过程，外界对气体做功为0 答案：B 解析：ab连线的反向延长线过坐标原点O，说明ab过程不变，为等压过程，即在状态a的压强等于在状态b的压强，A错误；bc段与纵轴平行，说明从状态b到c过程为等温过程，气体体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，故B正确；由B项分析可知，从状态b到c过程，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故C错误；根据理想气体状态方程＝C，解得V＝T，可知，在V­T图像中，图线上任意一点与坐标原点连线的斜率表示，根据图像可知，ab过程气体压强一定，b→c→a过程气体压强均大于ab过程气体压强，由于ab过程气体体积增大值与b→c→a过程气体体积减小值相等，则ab过程气体对外界做功小于b→c→a过程外界对气体做功，即从状态a依次经过b、c后回到状态a的整个过程，外界对气体做功大于0，故D错误。 9．(2025·陕西省西安市铁一中学高三下模拟)一场秋雨一场寒，进入秋天后，昼夜温差变大，小明发现晚上倒了热水的保温杯，早上很难打开。小明测量到保温杯容积为500 mL，倒入200 mL热水，拧紧杯盖，此时显示温度为87 ℃，压强与外界相同，早上显示温度7 ℃与室温相同。已知外界大气压强p0为1.0×105 Pa恒定不变。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，不考虑水的体积随温度的变化。 (1)求杯内温度降到7 ℃时，杯内气体的压强； (2)杯内温度降到7 ℃时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空气体积。 答案：(1)×105 Pa　(2) mL 解析：(1)杯内气体做等容变化，由查理定律有＝ 其中p1＝p0＝1.0×105 Pa，T1＝(273＋87) K＝360 K，p2为T2＝(273＋7) K＝280 K时杯内气体的压强 代入数据可得p2＝×105 Pa。 (2)设拧松杯盖至稳定后杯内原有的体积为V2的气体在大气压强下的体积为V3，由玻意耳定律有p2V2＝p0V3 其中V2＝500 mL－200 mL＝300 mL 则此过程中外界进入水杯中的空气体积V＝V2－V3 联立并代入数据可得V＝ mL。 10．(2025·贵州省毕节市高三下第二次适应性考试)近年来，随着新能源汽车的普及，锂离子电池的热管理问题日益受到关注。现有一汽车锂离子电池，其内部可视为一个封闭系统。初始时电池内部封闭了一定质量的气体，其物质的量为n0、压强为p0、体积为V0、温度为T0，当电池以某一功率工作一段时间，其内部气体经历了一个等压膨胀过程，体积增大了ΔV。已知理想气体的内能U与其温度T成正比，表达式为U＝nCT，其中n表示气体物质的量，C为已知常量。电池内部封闭的气体可视为理想气体，求： (1)电池内部气体体积增大了ΔV时的温度； (2)电池内部气体在等压膨胀过程中吸收的热量。 答案：(1) (2)ΔV 解析：(1)设电池内部气体体积增大了ΔV时的温度为T，对于气体等压膨胀过程，根据盖—吕萨克定律有＝ 解得T＝。 (2)电池内部气体在等压膨胀过程中，外界对气体做的功为W＝－p0ΔV 气体内能的变化量为ΔU＝n0C(T－T0) 设电池内部的气体吸收的热量为Q，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 联立解得Q＝ΔV。 高考体验 1．(2025·山东卷，2)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，则(　　) A．只有r大于r0时，Ep为正 B．只有r小于r0时，Ep为正 C．当r不等于r0时，Ep为正 D．当r不等于r0时，Ep为负 答案：C 解析：根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为0，当r>r0时，分子间作用力表现为引力，当0<r<r0时，分子间作用力表现为斥力，所以随着分子间距离从r0开始增大或减小时，分子间作用力均做负功，由功能关系知分子势能均增大，又r＝r0时分子势能Ep＝0，所以当r不等于r0时，Ep为正，C正确。 2．(2025·湖北卷，3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　) A．外力F保持不变 B．密封气体内能增加 C．密封气体对外做正功 D．密封气体的末态压强是初态的2倍 答案：B 解析：设活塞质量为m，面积为S，大气压强为p0，由理想气体状态方程有＝C(C为常量)，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，联立解得F＝－p0S－mg，由题意可知密封气体温度缓慢升高，体积缓慢减小，则外力F缓慢增大，A错误；由于密封理想气体温度升高，则其内能增大，B正确；密封气体的体积减小，则其对外做负功，C错误；由题可知密封气体初、末状态温度之比为＝，体积之比>1，根据理想气体状态方程有＝，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。 3．(2025·甘肃卷，9)(多选)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B，然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　) A．A→B过程为吸热过程 B．B→C过程为吸热过程 C．状态A压强比状态B的小 D．状态A内能比状态C的小 答案：ACD 解析：A→B过程，体积不变，则W＝0，温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即该过程为吸热过程，A正确；B→C过程，温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，即该过程为放热过程，B错误；A、B状态中体积相同，状态A温度较低，由查理定律p＝CT可知，状态A压强比状态B的小，C正确；状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A内能比状态C的小，D正确。 4．(2025·河南卷，10)(多选)如图，一圆柱形汽缸水平固定放置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2。则(　　) A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移 C．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移 D．保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 答案：AC 解析：固定M、N，两侧气体同时缓慢升高相同温度时，假设P板不发生移动，则两侧气体发生等容变化，由查理定律可得＝，即Δp＝ΔT，初始状态左、右两侧气体的压强相同，T1<T2，则Δp1>Δp2，即左侧气体压强增加量多，则假设不成立且P将右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，假设P板不发生移动，则两侧气体减小相同的体积ΔV，增大相同的压强Δp，两侧气体做等温变化，根据玻意耳定律可得pV＝(p＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝，初始状态左、右两侧气体的压强相同，V1<V2，则Δp1>Δp2，即左侧气体压强增加量多，则假设不成立且P将右移，C正确，D错误。 5．(2025·山东卷，16)如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求： (1)T2＝440 K时，气柱高度h2； (2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 答案：(1)h1　(2)p0Sh1 解析：(1)受力分析可知，T1状态和T2状态中活塞受力情况相同，从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 其中V1＝Sh1、V2＝Sh2 联立解得h2＝h1。 (2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0 从T1状态到T2状态，设封闭气体压强始终为p1，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S 解得p1＝p0 此阶段外界对封闭气体做功W1＝－p1S(h2－h1) 设T3状态封闭气体压强为p3，从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝ 解得p3＝p0 从T2状态到T3状态，外界对封闭气体做功W2＝0 设T4状态封闭气体体积为V4，气柱高度为h4，从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 又V4＝Sh4 解得h4＝h1 从T3状态到T4状态，外界对封闭气体做功W3＝p3S(h2－h4) 整个过程，由热力学第一定律有ΔU＝W1＋W2＋W3＋Q 联立解得Q＝p0Sh1。 好题精选 6．(2025·山东省菏泽市高三下二模)在一次科学晚会上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，才恰好把碗拉开。已知碗口的直径为20 cm，环境温度为27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，实验过程中碗不变形，也不漏气，设每人平均用力为200 N。两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度最接近(　　) A．43 ℃ B．143 ℃ C．150 ℃ D．167 ℃ 答案：D 解析：设一个人的拉力为F，冷却后碗内空气的压强为p，碗口面积为S，碗口直径为d，对其中一个碗受力分析可知5F＋pS＝p0S，其中S＝π，冷却过程碗内空气体积不变，根据查理定律有＝，其中冷却后碗内空气温度为T＝(27＋273) K＝300 K，联立解得两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度T0≈440 K，则t0＝T0－273 K≈167 ℃，故选D。 7．(2025·江西省高三下模拟预测)(多选)某新能源汽车在清晨时(环境温度为27 ℃)，胎压传感器显示四个轮胎的气压均为2.5 bar(1 bar＝1×105 Pa)，中午因阳光暴晒，左前轮的气压升高到2.8 bar。现从左前轮气门嘴放出部分气体，忽略放气过程中胎内气体与外界的热交换，轮胎容积始终不变，胎内气体可视为理想气体。下列说法正确的是(　　) A．放气过程中胎内气体内能不变 B．放气过程中胎内气体分子的平均动能减小 C．放气过程中胎内每个气体分子的动能均减小 D．放气前胎内气体的温度约为63 ℃ 答案：BD 解析：放气过程中胎内气体对外做功，W<0，忽略放气过程中胎内气体与外界的热交换，则Q＝0，由ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，则放气过程中胎内气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，但并不是每个气体分子的动能均减小，又胎内气体质量减小，则内能减小，故B正确，A、C错误；放气前胎内气体发生等容变化，根据查理定律有＝，解得放气前胎内气体的温度约为t＝63 ℃，故D正确。 8．(2025·山西省部分名校高三下第二次模拟)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b→c→a过程后回到初始状态a，其p­V图像和三个状态的坐标如图所示。以下判断正确的是(　　) A．气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功 B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量等于在b→c过程中从外界吸收的热量 C．在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为V0p0 D．在a→b→c→a过程中，气体从外界吸收热量V0p0 答案：AC 解析：从状态a到状态b，气体体积变大，气体对外界做的功|W1|在数值上等于图线ab与横轴围成图形的面积，同理，从状态b到状态c，气体对外界做的功|W2|在数值上等于图线bc与横轴围成图形的面积，故|W1|＝|W2|，A正确；由理想气体状态方程＝C，结合p­V图像可知，Ta＝Tb<Tc，一定质量理想气体的内能由温度决定，则Ua＝Ub<Uc，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，a→b过程气体从外界吸收的热量Q1＝|W1|，b→c过程气体从外界吸收的热量Q2＝|W2|＋(Uc－Ub)>|W2|，又|W1|＝|W2|，则Q1<Q2，即气体在a→b过程中从外界吸收的热量小于在b→c过程中从外界吸收的热量，B错误；p­V图像与坐标轴围成的面积表示外界对气体或气体对外界做的功，所以在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为W总＝×(3V0－V0)·(2p0－p0)＝V0p0，C正确；气体经a→b→c→a过程后内能不变，根据C项分析结合热力学第一定律，可知气体对外放出热量V0p0，D错误。 9．(2025·江西省高三下三模)(多选)如图所示，地面上一弹簧竖直支撑着一带活塞的导热汽缸，活塞与汽缸间封闭着一定质量的理想气体，汽缸内部横截面的面积为S，平衡时活塞到汽缸顶部的距离为h。已知大气压强恒为p0，初始时气体的温度为T0，汽缸的质量为M，且p0S＝49Mg，重力加速度为g，活塞可无摩擦地自由滑动且不漏气。先缓慢升高环境温度到1.1T0，然后在汽缸顶部轻放一个质量为m的物块，稳定时活塞到汽缸顶部的距离仍为h。弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A．升温过程，活塞对气体做的功为5Mgh B．气体变化过程中活塞到汽缸顶部的最大距离为1.1h C．物块与汽缸的质量关系为m＝5M D．从放上物块到气体稳定的过程，气体吸收热量 答案：BC 解析：缓慢升温过程，对汽缸与活塞整体进行分析，整体受到重力与弹簧的弹力作用，且二力平衡，因整体的重力不变，则弹簧的弹力不变，形变量不变，活塞位置不变，可知活塞对气体不做功，故A错误；气体先等压升温膨胀，后等温升压压缩，则轻放物块之前，活塞到汽缸顶部的距离最大，缓慢升温过程中，缸内气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律有＝，解得活塞到汽缸顶部的最大距离为hmax＝1.1h，B正确；轻放物块之前，设缸内气体的压强为p1，对汽缸由平衡条件有p1S＝p0S＋Mg，轻放物块稳定后，设缸内气体的压强为p2，对汽缸与物块整体，由平衡条件有p2S＝p0S＋(M＋m)g，气体等温压缩过程，由玻意耳定律有p1hmaxS＝p2hS，又p0S＝49Mg，联立解得m＝5M，故C正确；从放上物块到气体稳定的过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界释放热量，故D错误。 10．使用储气钢瓶时，应尽量避免阳光直射。在某次安全警示实验中，实验员取来一只容积为40 L的氧气瓶，瓶内气体压强为1.50 MPa。经暴晒后，连同瓶内气体，温度从27 ℃上升至57 ℃。认为瓶中气体为理想气体，忽略钢瓶的体积变化。 (1)求暴晒后瓶内气体的压强； (2)为避免压强过大，储气钢瓶上装有安全阀。重复上述实验时，打开安全阀泄压，待瓶内压强降至1.10 MPa时，安全阀关闭。此时，瓶内剩余的气体与原有气体质量之比是多少？ 答案：(1)1.65 MPa　(2)2∶3 解析：(1)设瓶内气体在初始状态下的压强为p0、温度为T0，经暴晒后，气体压强为p1、温度为T1，期间瓶内气体可视为等容变化，根据查理定律有＝ 其中p0＝1.50 MPa，T0＝27 ℃＋273 K＝300 K，T1＝57 ℃＋273 K＝330 K 解得p1＝1.65 MPa。 (2)设钢瓶容积为V0，瓶内原有气体在压强为p2＝1.10 MPa、温度为T1时，体积为V2，根据理想气体状态方程有＝ 解得V2＝60 L 瓶内剩余的气体与原有气体质量之比为m剩∶m原＝V0∶V2 可得m剩∶m原＝2∶3。 11．(2025·安徽省高三下一模调研)如图所示，导热汽缸A和绝热汽缸B分别用两个绝热活塞(厚度不计)封闭一定质量的理想气体，两汽缸均固定在倾角为θ＝30°的斜面上，活塞中间有一轻质刚性杆连接，且杆与斜面平行。初始时汽缸A、B内的光滑活塞均位于汽缸的正中央，活塞质量分别为m和2m(m为未知量)，横截面积分别为S和2S(横截面积的大小关系在垂直于纸面的平面内体现)，汽缸长度均为L，汽缸B内气体初始压强为p0，温度为T0。若大气压强为p0，且满足mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度不变。求： (1)汽缸A封闭气体的压强及杆的作用力大小； (2)现缓慢加热汽缸B中的气体温度至T0，则此时汽缸A气柱长度与压强分别为多少？ 答案：(1)2.5p0　p0S　(2)　3.75p0 解析：(1)初始时，设汽缸A、B中气体的压强分别为pA、pB，杆的作用力大小为F，对两活塞整体，由平衡条件有pAS＋p0×2S＝3mgsinθ＋pB×2S＋p0S 又mg＝p0S，pB＝p0 联立解得pA＝2.5p0 对汽缸B内的活塞分析，因为pB＝p0，可知杆对B内活塞的作用力沿斜面向上，由平衡条件有p0×2S＋F＝pB×2S＋2mgsinθ 联立解得F＝p0S。 (2)汽缸B内的气体升温至TB＝T0后，设汽缸B内气柱长度为LB，气体压强为pB′，汽缸A内气柱长度为LA，气体压强为pA′，对两活塞整体，由平衡条件有 pA′S＋p0×2S＝3mgsinθ＋pB′×2S＋p0S 对汽缸B内的气体，由理想气体状态方程有＝ 汽缸A内的气体发生等温变化，由玻意耳定律有pAS＝pA′SLA 汽缸A、B均固定在斜面上，由几何关系有LA＋LB＝L 联立以上各式解得LA＝，pA′＝3.75p0。 14 学科网（北京）股份有限公司 $