2026届高考物理三轮复习保底综合：热学

热学保底综合 理论知识：理想气体状态方程 热力学第一定律 一、液柱模型 题型一：单个气柱 1.（2025湖南）用热力学方法可测量重力加速度。如图所示，粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h，密度为ρ。缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为L2，大气压强为p0。 （1）若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小； （2）考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下，液柱长h＝0.2000 m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7 K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0 K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ＝1.0×103 kg/m3，p0＝1.0×105 Pa。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。 2．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，上部有长24 cm的水银柱，封有长12cm的空气柱，此时水银面恰好与管口平齐，已知大气压强为p0＝76 cmHg，如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180°，求在开口向下时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中气体温度保持不变，没有发生漏气。 题型二：多个气柱 3．如图所示，在竖直平面内放置粗细均匀的U型玻璃管内装有水银，左侧管口封闭。左侧管内封闭一定质量的理想气体A，气体A的长度，右侧管内一轻质活塞封闭一定质量的理想气体B，气体B的长度，两侧管内水银液面的高度差，现对轻质活塞施加竖直向下的力F，使活塞缓慢下降直至两侧管内水银液面相平。已知大气压强，玻璃管导热性能良好，环境温度不变，不计活塞与玻璃管的摩擦，活塞不漏气。求： (1)施加力F前，气体A的压强； (2)施加力F后，活塞下降的距离。 4.如图所示，粗细均匀的U形玻璃管一端封闭，另一端与大气相通且足够长，玻璃管内两段水银柱封闭了两段空气柱A和B，两段空气柱的长度分别为LA＝5 cm，LB＝15 cm，下端水银面高度差h＝6 cm，A上端水银柱长h1＝4 cm，大气压强P0＝76 cmHg，外界环境温度保持不变，现从右端开口处缓慢向管中加入水银，当下段水银面高度差h＝0时，求： （1）B部分气体的压强； （2）A部分气体的长度（结果保留三位有效数字）。 5．（2023全国乙卷）如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位） 题型三：有加速度 6．如图所示，一段长为L0=20cm的水银柱将一定质量的气体密封在细玻璃管中，玻璃管放置在固定于水平地面的足够长的光滑斜面上，斜面的倾角。当玻璃管开口向上，下端紧靠在垂直于斜面的挡板上时，玻璃管处于静止状态，密封气体的压强为p1。若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与玻璃管保持相对静止时，密封气体的压强为p2，则撤去挡板前后，密封气体的压强分别为（不计玻璃管与水银之间的摩擦，大气压强p0=76cmHg）（　　） A．p1=96cmHg 、p2=96cmHg B．p1=96cmHg、 p2=76cmHg C．p1=86cmHg 、p2=76cmHg D．p1=86cmHg、 p2=86cmHg 7．如图所示，一根一端封闭粗细均匀足够长的细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高h=25cm的水银柱封闭了一段长L=29.4cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为T1=27℃。绝对零度取-273K，g取10m/s2。则： （1）封闭气体温度T1不变，试管以2m/s2的加速度竖直向上加速，求水银柱稳定时试管内空气柱长度； （2）顺时针缓慢转动玻璃管至管口水平，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280K，求此时试管内空气柱的长度L3（保留一位小数）。    二、气缸模型 题型一：单个气体 8.如图所示，一导热性能良好的圆柱形汽缸横卧在水平地面上，汽缸内的活塞与缸壁光滑密接封闭了一部分理想气体，如图甲所示。已知环境温度t＝27℃，活塞距汽缸底部的距离h＝21 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa、重力加速度g＝10 m/s2，活塞质量m＝1.0 kg，横截面积S＝20 cm2。回答下列问题： （1）当把汽缸缓慢竖起来，如图乙所示，求稳定后活塞下降的距离； （2）在（1）的情形下，打开空调缓慢升高环境温度，当温度升高多少摄氏度，活塞能回到原位置。 9．（2022全国乙卷）如图，一竖直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和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g） （1）求弹簧的劲度系数； （2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 10．（2024全国）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， 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。 题型二：多个气体 11.如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭相同质量的理想气体Ⅰ、Ⅱ，气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B与汽缸间的最大静摩擦力大小为Ffm＝。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，外界的温度保持不变。现通过电加热丝对区域Ⅰ内的气体缓慢加热。求： （1）当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离； （2）当活塞B恰好要滑动时，气体Ⅰ的热力学温度； （3）当活塞B恰好要滑动时，将活塞B固定，然后打开区域Ⅱ内的阀门K，气体缓慢漏出，同时电加热丝适当加热后停止加热。经过足够长的时间，区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来质量的，求区域Ⅰ内气体最终的热力学温度。 12．（2024广东）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中，当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时： （1）求B内气体压强pB2； （2）求A内气体体积VA2； （3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 三、变质量问题 题型一：充气问题 13.（2024安徽）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨。在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体），于是在哈尔滨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（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境温度相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： （1）在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小； （2）充进该轮胎的空气体积。 14．血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于（　　） A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 题型二：抽气问题 15.现代瓷器的烧制通常采用电热窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到2.4p0（p0为大气压强）时，排气阀才会开启。某次烧制过程，初始时窑内温度为27℃，窑内气体体积为V0，压强为p0。 （1）求窑内温度为387℃时窑内气体的压强； （2）求窑内温度为927℃时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。 16．用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，初始状态如图所示。设容器中原来的气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。求抽气机的活塞抽气n次后，容器中剩余气体的压强pn为多少？ 题型三：分装问题 17．南方某市需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7℃，长途运输到该市，检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，则： （1）在该市检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？ （2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？ 18.玉龙雪山位于云南省丽江市，是我国最南的雪山，也备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气袋。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。 （1）若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？ （2）若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？ 题型四：漏气问题 19．一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。 （1）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度； （2）保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。 四、理想气体状态方程+热一综合问题 20．（2024湖北）如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求： （1）再次平衡时容器内气体的温度。 （2）此过程中容器内气体吸收的热量。 21．如图甲所示，深度为的圆柱形绝热汽缸底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加热来改变缸内的温度。汽缸口有固定卡销。汽缸内用质量为、横截面积为的活塞封闭了一定质量的理想气体，此时活塞刚好在汽缸口，汽缸内气体温度为，压强为。如图乙所示，保持气体温度不变，将汽缸固定在倾角为的斜面上。大气压强恒为，重力加速度为。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，。 (1)求斜面上活塞距汽缸底部的距离； (2)汽缸在斜面上放置时，接通汽缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到，加热过程中通过电热丝的电流恒为，电热丝电阻为，加热时间为。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求温度时汽缸内气体的压强及气体温度从升高到的过程中增加的内能。 22．如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在固定的气缸中，活塞质量为m，且大气对活塞的压力大小和活塞的重力大小相等。初始时，活塞与气缸底部相距L，气缸和活塞绝热性能良好，与气缸底部相距2L的位置有两个卡销，可以限制活塞的运动。现接通电热丝加热气体，一段时间后停止加热，活塞缓慢向上移动至恰好接触卡销，整个过程中气体吸收的热量为Q。不计摩擦与活塞的厚度，求： (1)气体内能的增加量△U； (2)若活塞恰好接触两卡销时，给气缸内充入同种理想气体，达到稳定后，两卡销对活塞产生的弹力为mg，若充气过程中气体温度没有发生变化，封闭气体充气前质量为，求充入的气体质量。 23.（2024·全国）理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 （1）求变压器的输出功率P； （2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 五、图像问题 题型一：p－V图像 24.（2024山东）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ） A．a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B．b→c过程，气体对外做功，内能增加 C．a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D．a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 25．在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p－V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求： （1）pB的表达式； （2）TC的表达式； （3）B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？ 题型二：p－图像 26．（多选）一定质量的封闭气体可看做理想气体，其状态从a变为状态b、c又回到状态a，用P－图像表示如图所示。下列说法正确的是（ ） A．在b→c过程中，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 B．在c→a过程中，气体对外界做功，气体内能不变，温度不变 C．在a→b→c过程中，气体放出的热量等于P2(V1－V2) D．气体在a→b→c→a循环过程中对外做的功等于P－图像围成的面积 27．对两部分质量相等的同种理想气体、压强与体积倒数的关系图像分别为如图所示的、两条倾斜直线、则第一部分气体从状态A到状态B，以及第二部分气体从状态C到状态D，下列说法正确的是（　　） A．两部分气体分子的数密度均减小 B．两部分气体分子对容器壁单位面积上的作用力均减小 C．两部分气体均做等温变化 D．第二部分气体从状态C到状态D，气体分子的平均动能增大 题型三：p－T图像 28.一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p－T图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A．a→b的过程中，气体对外界做功 B．b→c的过程中，所有气体分子的动能都增大 C．c→d的过程中，气体对外界做功 D．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热 题型四：V－T图像 29.一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状态A，其体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，其中BC的延长线过O点，气体在状态A时的压强为p0。下列说法正确的是（ ） A．A→B过程中气体的压强增大了4p0 B．B→C过程中气体对外界放出的热量小于外界对气体做的功 C．C→D过程中气体的压强变小，气体从外界吸收热量 D．D→A过程中气体分子在单位时间内对单位面积容器壁的碰撞次数减少 热学参考答案 1.答案 （1）竖直放置时管内气体压强p1＝p0＋ρgh，水平放置时管内气体压强p2＝p0， 对等温过程，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，即p1L1S＝p2L2S（S为细管横截面积），解得g＝ （2）对等容过程，由查理定律有，代入数据解得g＝9.5 m/s2 2． 【答案】20cm 【详解】设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为 玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出来，设此时空气柱长度x，则 式中，p2为管内空气柱的压强，由玻意耳定律有 S为玻璃管的横截面积，联立解得 x=20cm 3． 【答案】(1)80cmHg (2)3.5cm 【详解】（1）对轻活塞受力分析可知，施加F前，气体B的压强 根据两侧管内水银液面的高低，可得 （2）当两侧液面相平时，左侧管内液面升高 右侧管内液面降低 此时气体A的长度 对气体A，根据玻意耳定律有 解得 两侧是水银液面相平，有 对气体B，根据玻意尔定律有 解得气体B的长度 故活塞下降的距离为 4.答案 （1）根据题意，设玻璃管的截面积为S，加入水银的过程是等温变化， 对B部分的气体有：pBVB＝pB′VB′ 又pB＝p0＋ph1＋ph，VB＝LBS，LB′＝(LB－)S 由以上各式可得：pB′＝107.5 cmHg （2）由题意，A部分的气体也是做等温变化， 对A部分的气体：pAVA＝pA′VA′ 又PA＝P0＋Ph1，pA′＝pB′，VA＝LAS，VA′＝LA′S 由以上各式化简可得：LA′＝3.72 cm 5．答案 ＝74.36 cmHg，＝54.36 cmHg 解析 设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有＝＋20 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，A管的内径是B管的2倍，则，可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm； 设此时两管的压强分别为pA′、pB′，所以有pA′＋23＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有 对B管有 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm，LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得＝74.36 cmHg，＝54.36 cmHg 6．【答案】C 【详解】当玻璃管开口向上，下端紧靠在垂直于斜面的挡板上时，玻璃管处于静止状态，对水银柱进行分析则有 ，m = ρSL0g 解得 若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与玻璃管保持相对静止时，以玻璃管和水银整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 可得系统的加速度 再以水银柱为研究对象，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有 解得 故选C。 7． 【答案】（1）28cm；（2）36.6cm 【详解】（1）初时刻，气体的压强为 加速时，对水银，由牛顿第二定律得 联立解得 由玻意耳定律得 解得 （2）玻璃管缓慢转动至管口水平时的压强为 由理想气体状态方程得 解得 8. 答案　（1）1 cm　（2）15℃ 解析　（1）根据题意可知，甲图中的压强为p0，设乙图中的气体压强为p1， 则有p1S＝mg＋p0S，解得p1＝p0＋＝1.05×105 Pa 设活塞下降的距离为x，由玻意耳定律有p0Sh＝p1S(h－x)，解得x＝1 cm。 （2）缓慢升高环境温度，气体做等压变化，设升高的温度为Δt， 由盖－吕萨克定律可知，其中T＝(t＋273) K＝300 K，解得Δt＝15℃。 9． 【答案】（1）；（2）， 【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 解得 对活塞Ⅰ由平衡条件有 解得弹簧的劲度系数为 （2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 ， 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有 有等压方程可知 解得 10． 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＝1.0×105 Pa、 末态气体压强设为，体积 根据玻意耳定律可得：，解得＝1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件 解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N （2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化， 初态＝1.1×105 Pa，＝300 K 末态，对活塞根据平衡条件，解得＝1.2×105 Pa 设此时温度为，根据查理定律可得：，解得＝327 K 11. 答案 解：（1）当活塞B恰好要滑动时，根据受力平衡有p2S＝p0S＋Ffm， 又Ffm＝，解得p2＝1.5p0， 区域Ⅱ内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 已知p1＝1.2p0，V1＝V0，p2＝1.5p0，解得V2＝0.8V0 当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离为x＝，解得：x＝； （2）当活塞B恰好要滑动时，对活塞A受力分析有：p2S＝p3S，可得：p3＝p2＝1.5p0， 对区域Ⅰ内气体，根据理想气体状态方程有：，可解得：T1＝1.5T0； （3）打开区域Ⅱ内的阀门K后，经过足够长的时间，该过程中区域Ⅱ内的气体发生等温膨胀， 根据玻意耳定律有p2V2＝p0V3，其中p2＝1.5p0，V2＝0.8V0，求得V3＝1.2V0 区域Ⅱ内剩余气体的质量是原来的，则剩余气体的体积为V4＝ 则最终区域Ⅰ内气体的体积为V5＝2V0－V4 假设区域Ⅰ内气体最终的热力学温度为T1，则对于区域Ⅰ内气体从最初到最终， 根据理想气体状态方程有，解得：T1＝。 12． 答案　（1）9×104 Pa　（2）3.6×102 m3 （3）1.1×102 kg 解析　（1）（2）假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好， B内气体发生等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据查理定律有，代入数据可得pB2＝9×104 Pa A内气体发生等压变化，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据盖－吕萨克定律有，代入数据可得VA2＝3.6×102 m3 由于p0－pB2＜Δp，假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。 （3）恰好稳定时，A内气体压强为pA′＝p0＋ B内气体压强pB′＝p0， 此时差压阀恰好关闭，所以有pA′－pB′＝Δp，代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。 13. 答案　（1）2.5×105 Pa　（2）6 L 解析　（1）根据查理定律有 其中T1＝270 K，T2＝250 K，解得p2＝2.5×105 Pa （2）设充入空气的体积为V1，则根据玻意耳定律有p2V0＋p0V1＝p1V0，解得V1＝6 L 14． 答案 D 解析 根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。 15.答案　（1）2.2p0　（2） 解析　（1）假设窑内温度为387℃时，排气阀未开启，则气体升温过程中发生等容变化，根据查理定律有，解得p1＝2.2p0＜2.4p0，则假设成立； （2）设窑内气体温度为927℃，压强为2.4p0时，体积为V2，根据理想气体状态方程有， 解得V2＝ 排出气体的体积为V排＝V2－V0 则排出气体质量与窑内原有气体质量的比值为η＝，解得η＝。 16.答案 当活塞第一次上提，容器中ΔV体积的气体被排出，容器中气体压强降为p1。活塞第二次上提（即抽第二次气），容器中气体压强降为p2。根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋ΔV) 解得p1＝ 对于第二次抽气，有p1V0＝p2(V0＋ΔV) 解得p2＝ 以此类推，第n次抽气后容器中气体压强降为pn＝。 17.答案 （1）钢瓶的容积一定，从北方到该市对钢瓶内气体，有，解得t＝21℃。 （2）在该市时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3， 则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa，根据p2V2＝p3V3，解得V3＝2.52 m3 可用于分装小瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3 分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV，其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3 根据p4V4＝p5V5，解得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。 18.答案 （1）设能分装n个氧气瓶，则以容器内开始的气体为研究对象， 由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0)，代入数据解得n＝55个 （2）第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p0V0＝p1(V＋V0)，解得p1＝ 同理，第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p1V0＝p2(V＋V0)，解得p2＝ 同理，第3个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p2V0＝p3(V＋V0)，解得p3＝ 由此可推出第10个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p9V0＝p10(V＋V0)，解得p10＝ 则，代入数据解得 19.（1）1.41kg/m3；（2）1.18kg/m3 【详解】（i）由摄氏度和开尔文温度的关系可得 T1 = 273＋17K = 290K，T2 = 273＋27K = 300K 理想气体状态方程pV = nRT可知 其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的正比于气体的质量，则 其中p1 = p2 = 1.2p0，ρ1 = 1.46kg/m3，代入数据解得 ρ2 = 1.41kg/m3 （ii）由题意得p3 = p0，T3 = 273＋27K = 300K同理可得 解得 ρ3 = 1.18kg/m3 20.答案　（1）在活塞缓慢上升的过程中封闭气体的压强保持不变，发生等压变化， 根据盖－吕萨克定律有，解得T＝。 （2）对活塞受力分析有p0S＋mg＝pS 活塞上升过程中气体对外界做的功W＝ 由题意可知气体内能的变化量ΔU＝CΔT＝ 由热力学第一定律有ΔU＝Q－W 解得此过程中容器内气体吸收的热量Q＝。 21.【答案】(1) (2)5p0， 【详解】（1）初始时，对封闭气体，压强体积分别为， 斜面上，初始时活塞受力平衡，则 解得 根据玻意耳定律有 解得 （2）假设活塞刚好到达汽缸口时，气体温度为，结合上述，根据查理定律有 解得 此后气体体积不再变化，根据查理定律有 解得 电热丝产生的热量 气体对外做功 气体增加内能 解得 22.【答案】(1) (2) 【详解】（1）设活塞面积为S，对活塞受力分析，根据平衡条件有 又 解得气体压强为 活塞缓慢上升阶段，气体对外做功 由热力学第一定律得 （2）充气稳定后对活塞受力分析有 解得气体压强为 充气过程中满足 解得 根据同种气体、温度相同，气体体积与质量成正比，则有 解得 23.答案 （1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 设变压器副线圈的输出电压为，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 联立解得 理想变压器的输出功率等于R的功率，即 （2）设加热前容器内气体的压强为，则加热后气体的压强为，温度为， 容器内的气体做等容变化，则有 由Q＝CΔT知气体吸收的热量 根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q 气体的体积不变，所以W＝0，容器是绝热容器， 则ΔU＝Q＝Pt＝，即 解得 24.答案 C 解析 A．a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W＜0，由盖－吕萨克定律可知Ta＞Tb，即内能增大，ΔUab＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误； B．b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc＝0，又由气体体积增大可知Wbc＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误； C．c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确； D．根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→a一整个热力学循环过程ΔU＝0，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得ΔU＝Qab－Qca－W，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。 故选：C。 25.答案 （1）；（2）；（3）W 解析 （1）由题可知，根据玻意耳定律可得，解得 （2）根据理想气体状态方程可知，解得 （3）根据热力学第一定律可知ΔU＝W＋Q，其中Q＝0，故气体内能增加ΔU＝W 26.答案 BC 解析 A．在b→c过程中，气体压强不变，体积减小，温度降低，则气体数密度增加，气体分子平均速率减小，可知单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，A错误； B．在c→a过程中，气体体积增大，气体对外界做正功，又根据p＝，可知气体温度不变，气体内能不变，B正确； C．因ac两态温度相同，可知在a→b→c过程中，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功W＝p2(V1－V2)，根据ΔU＝W＋Q，可知气体放出的热量等于Q＝W＝p2(V1－V2)，C正确； D．气体在a→b→c→a循环过程中对外做功W＝PΔV，即为P－V图像围成的面积，D错误。 故选BC。 27.【答案】D 【详解】A．两部分气体的体积倒数均增大，说明体积均减小，则气体分子数密度均增大，故A错误； B．两部分气体的压强均增大，则气体分子对容器壁单位面积上的作用力均增大，故B错误； C．根据理想气体状态方程 变形得 图像的斜率为 由图可知第一部分气体图像的反向延长线经过坐标原点，说明做等温变化；第二部分气体图像的反向延长线不经过坐标原点，不做等温变化，故 C错误； D．气体从C到D，在图像上某点与坐标原点连线的斜率越来越大，即 斜率越来越大，根据理想气体状态方程 可知温度越来越高，分子的平均动能增大，故D正确。 故选D。 28.答案 A 解析 A．a→b的过程中，气体温度不变，压强减小，则体积变大，则气体对外界做功，故A正确； B．b→c的过程中，气体温度升高，分子平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，故B错误； C．根据＝C可知p＝，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d态对应的体积小于c态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误； D．a→b温度不变，内能不变，气体对外做功，则由ΔU＝W＋Q可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，体积变大，则气体内能变大，对外做功，由ΔU＝W＋Q可知气体吸热，即a→b→c的过程中，气体一直吸热，故D错误。 故选：A。 29.答案 D 解析 A．A→B过程中气体的体积不变，做等容变化，则有，解得pB＝4p0，该过程气体的压强增大了3p0，A错误； B．B→C过程中温度降低，内能减小，气体体积减小的过程中，外界对气体做正功，由热力学第一定律可知，气体对外界放出的热量大于外界对气体做的功，B错误； C．C→D过程中气体做等容变化，温度降低，内能减小，压强减小，由热力学第一定律可知，气体对外界放出热量，C错误； D．D→A过程中气体做等温变化，体积增大，由玻意耳定律可知，气体的压强减小，气体温度不变，分子的平均动能不变，则分子撞击器壁的平均撞击力不变，所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少，故D正确。 故选：D。 学科网（北京）股份有限公司 $