押第13、6题：热力学-备战2024年高考物理临考题号押题（辽宁、黑龙江、吉林专用）（解析版）_4.2025物理总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺

押第 13、6 题 热力学 热力学，辽宁卷会以计算题或选择题的形式考察。其中计算题主要考察理想气体状态方程，求解气体 压强是解题关键，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。因此，该模块计算题 很可能加入弹簧、电子秤等受力情境。主要考点如下： 题型 细分 计算题（第13）题 理想气体状态方程 热学图像 分子力 选择题（第7题） 内能 热力学定律 1. （2023年辽宁卷）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、 用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过 程对应的p-V图像可能是（ ） A. B.C. D. 【答案】B 【详解】根据 ；可得 ；从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到 c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b 态体积。 故选B。 2．（2022年辽宁卷）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图 所示，此过程中该系统（ ） A．对外界做正功 B．压强保持不变 C．向外界放热 D．内能减少 【答案】A 【详解】A．理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确； B．由题图可知V = V + kT；根据理想气体的状态方程有 ；联立有 ；可看出T增 0 大，p增大，B错误； D．理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误； C．理想气体从状态a变化到状态b，由选项AD可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热 力学第一定律可知气体向外界吸收热量，C错误。 3．（2021年辽宁卷）如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为 一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏 气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。 轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原 长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞 与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的 。已 知地面大气压强p=1.0×105Pa、温度T=300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。 0 0 （1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为 左、右挡板间距离的 。求气球驻留处的大气温度T。 【答案】(1) 5.0×104Pa；(2) 266K 【详解】（1）汽囊中的温度不变，则发生的是等温变化，设气囊内的气体在目标位置的压强为 ，由 玻意耳定律 解得 由目标处的内外压强差可得 解得 （2）有胡克定律 可知弹簧的压缩量变为原来的 ，则活塞受到弹簧的压力也变为原来的 ，即 设此时气囊内气体的压强为 ，对活塞压强平衡可得 由理想气体状态方程可得 其中 解得1.分子间的作用力 分子间的作用力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep＝0) (1)当r＞r0时，分子间的作用力表现为引力，当r增大时，分子间的作用力做负功，分子势能增大 (2)当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，当r减小时，分子间的作用力做负功，分子势能增大 (3)当r＝r0时，分子势能最小. 2．物体内能 (1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。 (2)内能的大小与温度、体积、物质的量和物态等因素有关。 (3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。 (4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能都相同． (5)内能由物体内部分子微观运动状态决定，与物体整体运动情况无关。任何物体都具有内能，恒不为 零。 3.热力学定律 （1）改变物体内能的方式有两种，只叙述一种改变方式是无法确定内能变化的。 （2）对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量 全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。 （3）做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W 为正． （4）与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0 （5）如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，体现在分子动 能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。 三种特殊情况 若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加； 若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加；若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于 物体放出的热量 4.理想气体的图像问题 名称 图像 特点 其他图像 pV＝CT(C为常量)，即pV之积越 p－V 大的等温线对应的温度越高，离 原点越远 等 温 线 p＝，斜率k＝CT，即斜率越大， p－ 对应的温度越高 等 p＝T，斜率k＝，即斜率越大， 容 p－T 对应的体积越小 线 等 V＝T，斜率k＝，即斜率越大， 压 V－T 对应的压强越小 线 5.理想气体状态方程5.1 压强的计算 （1）被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。 （2）应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为Pa。若应用p＝p ＋h或p＝p －h来表示 0 0 压强，则压强p的单位为cmHg或mmHg。 5.2 多个研究对象的问题 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找两团气之间的压强、体积或位移关系，列出辅助 方程，最后联立求解。 5.3 求解液柱封闭气体问题的四点提醒 (1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)。 (2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。 (3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。 (4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷。 5.4 “汽缸”模型的三种常见问题 （1）气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 （2）气体系统处于非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 （3）两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分 气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最 后联立求解。 5.5 等效法求解变质量的气体问题 在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法 把变质量问题转化为恒定质量的问题。 （1）充气中的变质量问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为 研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定 的问题了。 （2）抽气中的变质量问题 用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的 问题。 1． 如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p 随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于 t 轴，cb 的延长线过坐标原点。下列判断正确的是（ ） A．a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小 B．a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加 C．b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加 D．b→c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加 【答案】B 【解析】A、a→b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，满足统计规律，也有个别分子运动速率 会增加，故A错误； B、a→b过程，温度降低，分子撞击容器壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时间撞击单 位面积器壁的分子数增加，故B正确； CD、把该图像转化为p—T图像如图 在b→c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据 ；可知气体体积减小，外界对气体 做功，温度升高内能增加，故CD错误。 故答案为：B。 2． 某研究性学习小组在做“研究等容情况下气体压强随温度的变化关系”实验的过程中，先后用了大、 小不同的两个试管甲、乙，封闭了质量不同但温度和压强都相同的同种气体，将测得的实验数据在同 一 坐标系中作图，得到的图像是（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由理想气体状态方程 ；可知 ；在体积一定时，理想气体的压强与热力学温 度成正比，得到的等压线是一条过绝对零点的直线，这条直线的斜率为 ；初始时两同种气体的 温度和压强都相同的，则气体密度相同，所以甲、乙气体对应的图像斜率相同。 故答案为：C。 3．一定量的理想气体从状态a变化到状态b，该气体的热力学温度T与压强p的变化关系如T-p图中从a 到b的线段所示。在此过程中（ ） A．外界一直对气体做正功 B．气体体积一直减小 C．气体一直对外界放热 D．气体放出的热量等于外界对其做的功 【答案】C 【解析】AB.根据一定质量的某种理想气体状态方程 ；可得 ；因为所给T-p图像为过 坐标原点的倾斜直线，所以 为定值，故气体做等容变化，即外界对气体不做功，AB不符合题意； CD.由于气体从a到b不做功，即W=0；气体的温度逐渐降低，则气体的内能逐渐减小，即 根据热力学第一定律 ；可得 ；即气体一直对外界放热，且放出的热量等于其 内能的减少量，C符合题意，D不符合题意。故答案为：C。 4．密封于气缸中的理想气体，从状态 依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体 积V随热力学温度T变化的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p-T图像正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据理想气体状态方程有：PV=nRT，可得 ； 从a到b的过程，V和T成比例上升， 是一个常数，所以P-T图像是一条平行于T的直线，A错 误； 从b到c的过程，T没有发生变化，V在变大，则P在变小，所以BD错误； 从c到d的过程，V不变，T变大，P随着T的增大而增大，所以C正确； 故选C。 5．如图所示为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图像，它由状态A经等温过程到状态B，再经 等容过程到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为 、 、 ，则下列关系式中正确的是（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【解析】气体从状态A变化到状态B，发生等温变化，由波意耳定律pV=C；可知 ；所以 从状态B到状态C，气体发生等容变化，由查理定律 ；可知 所以 ；综上可得 ；C符合题意，ABD不符合题意。 故答案为：C。 6．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其V-T图像如图所示。已知该气体在状 态B的压强为2.0×10⁵Pa。下列说法正确的是（ ） A．状态A→B过程是等容变化 B．状态B→C过程是等温变化 C．状态A→B的过程气体吸热 D．状态B→C过程气体对外做功200J 【答案】A 【解析】AB、由图可知状态A→B过程体积不变，是等容变化，BC连线过原点，所以状态B→C过程 是等压变化，故A正确，B错误； C、A→B过程体积不变，则W=0，温度逐渐降低，所以内能减小，根据热力学第一定律 可知该过程气体放热，故C错误； D、状态B→C过程是等压变化，气体对外做功的大小为： ，解得： 。故D 错误； 故答案为：A。7．图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过 程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为T 、T 、T ，则下列关系式中正确的是（ ） A B C A．T T ，T ＝T A B B C A B B C C．T >T ，T T A B B C A B B C 【答案】C 【解析】根据理想气体状态方程 可得：从A到B，因体积不变，压强减小，所以温度降低， 即T ＞T ；从B到C，压强不变，体积增大，故温度升高，即T ＜T ，ABD不符合题意，C符合题 A B B C 意。 故答案为：C 8． 一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经 等容过程到状态b。 图像如图所示。则（ ） A． 过程。气体从外界吸热 B． 过程比 过程气体对外界所做的功多 C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小 D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少 【答案】B 【解析】A、c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。该 过程气体对外不做功，故气体向外界放热，故A错误； B、由微元法可得p-V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比 a→b过程气体对外界所做的功多，故B正确； C、a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降 低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，故C错误； D、a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变 化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子 数多，故D错误。故答案为：B。 9．“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示 的曲线，理想气体在 为等温过程， 为等容过程，则（ ） A．a状态气体温度比c状态低 B．a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b状态少 C． 两过程气体吸、放热绝对值相等 D．整个循环过程，气体对外放出热量 【答案】C 【解析】A、由图可知 ；而从b到c的过程中，发生等容变化，因此 ；可得 ；而 ；因此a状态气体温度比c状态高，故A错误； B、由图可知 ；而 ；根据压强的微观解释，可知a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞 的气体分子数比b状态多，故B错误； C、b→c、d→a两个过程都发生等容变化，根据热力学第一定律 ；吸收或放出的热量都用 来改变物体的内能，由于内能的变化量相同，因此体吸、放热热量的绝对值相等，故C正确； D、在P-V图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做的功，可知整个循环过程，气体对外做功，而内 能没变，因此吸收热量，故D错误。 故答案为：C。 10．如图所示为一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B，直线反向延长后过坐标原点，下列说 法正确的是（ ）A．气体变化过程中体积不变 B．气体在A状态体积比B状态体积大 C．气体变化过程中一定从外界吸热 D．气体变化过程中每个分子速率均增大 【答案】B 【解析】AB．气体从状态A若做等容变化，则图像如图： 从图中可以看出：状态C变化到状态B气体的温度不变，压强增大，根据 可知，气体的体积 一定减小，所以气体在A状态体积比B状态体积大，A不符合题意，B符合题意； C．由于体积减小，外界对气体做功，气体的温度升高，内能增加，不能判断外界做功和内能变化的大 小，所以不能判断气体是吸热还是放热，C不符合题意； D．气体温度升高，分子平均动能增大，但气体变化过程中每个分子速率不一定均增大，D不符合题 意。 故答案为：B。 11．如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关 系如图中曲线所示。F>0为斥力，F<0为引力。a、b、c、d为x轴上四个特定的位置。现把乙分子从a 处由静止释放，则（ ） A．乙分子从a运动到c，分子间作用力一直增大B．乙分子从a运动到d，分子间作用力先增大后减小再增大 C．乙分子从a运动到d，两分子间的分子势能先增大后减小 D．乙分子从a运动到d，在b点时两分子间的分子势能最小 【答案】B 【解析】A、根据图像可知，乙分子从a运动到c，受到的分子力表现为引力，分子间作用力先增大后 减小，故A错误； B、根据图像可知，乙分子从a运动到d，受到的分子力先表现为引力后表现为斥力，分子间作用力先 增大后减小再增大，故B正确； C、根据图像可知，乙分子从a运动到d，受到的分子力先表现为引力后表现为斥力，分子间的作用力 先做正功后做负功，则两分子间的分子势能先减小后增大，故C错误； D、结合上述可知，乙分子从a运动到c，分子势能一直减小，从c运动到d，分子势能一直增大，可 知，在c点时两分子间的分子势能最小，故D错误。 故答案为：B。 12． （多选）甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与距离的函数图象如 图所示，现把乙分子从r 处由静止释放，下列说法正确的是（ ） 3 A．乙分子从r 到r 的过程中，两分子间的作用力先增大后减小 3 1 B．乙分子从r 到r 先加速后减速 3 1 C．乙分子从r 到r 的过程中，分子力对乙分子一直做正功 3 1 D．乙分子从r 到r 的过程中，两分子间的分子势能先减小后增大 3 1 【答案】A,C 【解析】 AB、根据题图可知，r 为平衡位置，即分子力为零，乙分子从r 到r 的过程中，分子力先增 1 3 1 大后减小，且始终表现为引力，可知乙分子的加速度先增大，后减小，且始终做加速运动，到达r 时 1 速度达到最大，故A正确，B错误； CD、乙分子从r 到r 的过程中，分子力始终表现为引力，分子力对乙始终做正功，两分子间的分子势 3 1 能始终减小，故C正确，D错误。 故答案为：AC。 13．如图是小魔术“浮沉子”的模型．在密封的矿泉水瓶中，一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶 中，小瓶中封闭一段空气，可看作理想气体．现用手挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开矿泉水瓶 后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中小瓶内气体温度保持不变，则上浮过程中小瓶内气体( )A．体积不变，内能不变 B．体积不变，压强不变 C．对外界做正功，并放出热量 D．体积增大，对外界做正功 【答案】D 【解析】上浮过程中小瓶内气体温度不变，压强逐渐减小，根据 ；可知气体体积变大，气体对 外界做功，根据热力学第一定理 ；其中 ， ；可知 ；可知瓶内气体从 外界吸热。 故答案为：D。 14．内壁光滑的“ ”型导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气（可视为理想气体），浸在盛 有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示。现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中 正确的（ ） A．封闭空气分子的平均动能增大 B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大 C．封闭空气的压强变大 D．封闭空气从外界吸收了热量 【答案】C 【解析】AB、当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，气体被压缩，外界对气体做功，但由于汽缸导热，且 浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内气体的温度不变，则可知气体的内能不变，而温度是衡 量分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，故AB错误； C、根据 ；气体体积减小，温度不变，因此封闭气体的加强增大，故C正确； D、根据热力学第一定律 ；由于汽缸导热，封闭气体的温度不变，即内能不变，而外界又 对气体做功，因此气体要向外界放热，故D错误。 故答案为：C。 15．如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，绝热活塞将气缸分为a、b两部分，活塞与 气缸之间无摩擦；初始时a、b中的气体压强、温度均相等，现通过电阻丝对a中的气体进行缓慢加 热，停止加热并达到稳定后（ ）A．a中的气体温度减小 B．a中的气体压强减小 C．b中的气体压强增大 D．b中的气体单位体积内的分子数不变 【答案】C 【解析】ABC.假设活塞不动，电阻丝对a进行加热，温度升高，压强增大，由图可知，a、b压强应相 等，所以活塞应向右移动，b中气体的体积减小，压强增大，a、b中气体压强应相等，所以a中压强增 大，由 ；可知，a气体压强增大，体积增大，所以温度增大，AB不符合题意，C符合题意； D.因为b的体积减小，气体总分子数不变，则b中的气体单位体积内的分子数增大，D不符合题意。 故答案为：C。 16． 肺活量是指在标准大气压。 下，人一次尽力吸气后，再尽力呼出的气体的体积。某高三 男生用“吹气球法”粗测自己的肺活量等级。如图所示，该同学尽力吸气后，将全部气体吹入气球内 并封住出气口（吹气前气球内部的空气可忽略不计）。若吹气后气球可看作半径r=10cm的球形，球内 气体的压强 气体温度与环境温度 相同。 （取 ，绝对零度取-273 ℃） （1）求该同学的肺活量； （2）已知在标准状态下 空气的体积 求该同学一口气吹出的空气 分子数（保留3 位有效数字）。 【答案】（1）解：根据题意，设该同学的肺活量为V，根据玻意耳定律可得 1 其中 联立解得 mL （2）解：根据题意，设该同学一口气吹出气体在标准状态下的体积为V，根据盖—吕萨克定律可得 3 该同学一次能呼出的空气分子数的物质的量为该同学一口气吹出的空气分子数为 联立解得 个 17． 2023年11月17日华龙网讯消息，西藏阿里文化旅游展览中心开馆暨西藏阿里地区文化旅游推介会 在重庆南岸区天文大道象雄广场举行。西藏阿里地区旅游发展局邀请重庆市民前往阿里旅游，打卡阿 里无与伦比的自然与人文景观。高原旅游，氧气袋是必备的应急物资，它重量轻，携带方便，深受旅 游爱好者欢迎。现有一个钢制氧气瓶，容积V=50L，里面氧气的压强为p=2.2×106Pa。如果让此氧气瓶 给氧气袋充气，已知氧气袋V'=50L，充满氧气后压强p'=1.1×105Pa。已知氧气袋充气前里面没有气体， 充气过程中环境温度保持27℃不变，求： （1）氧气瓶中氧气最多能充满多少个氧气袋？ （2）充满气的氧气袋如果拿到9℃的山上压强变为多少？ 【答案】（1）解：设氧气瓶中氧气最多能充满n个氧气袋，有 得 所以氧气瓶中氧气最多能充满19个氧气袋。 （2）解：因为 由 ；得 18．如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量 的活塞密封一定质量的理想 气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量 的物块连接。初始时，活塞与缸底的距离 ，缸内气体温度 ，轻绳恰好处于伸直 状态，且无拉力。已知大气压强 ，活塞横截面积 ，忽略一切摩擦。现使 缸内气体温度缓慢下降，则： （1）当物块恰好对地面无压力时，求缸内气体的温度 ；（2）当缸内气体温度降至 时，求物块上升高度 ； （3）已知整个过程缸内气体内能减小 ，求其放出的热量 。 【答案】（1）解：初始时，对活塞： 解得： 当物块对地面无压力时，对活塞： 解得： 对气体，由等容变化： 解得： ； （2）解：对气体，由等压变化： 即 解得： 所以， ； （3）解：整个降温压缩过程活塞对气体做功： 解得 根据热力学第一定律： 解得： ，即放出热量为 19．如图所示，横截面积 的容器内，有一个用弹簧和底面相连的活塞，活塞的气密性良好， 当容器内气体的温度 时，容器内外的压强均为 ，活塞和底面相距 ，弹簧的劲度系数 ；在活塞上放物体甲后，活塞最终下降d=2cm后保持静止， 容器内气体的温度仍为 。活塞质量及活塞与容器壁间的摩擦均不计，取 。 （1）求物体甲的质量 ； （2）在活塞上再放上物体乙，若把容器内气体加热到 ，系统平衡后，活塞保持放上物体甲平衡后的位置不变，求物体乙的质量 。 【答案】（1）解：活塞上放上物体甲后，系统稳定后气体的压强为 容器内的气体做等温变化，则有 联立解得 （2）解：设活塞上再放上物体乙时，系统稳定后气体的压强为 ，容器内的气体做等容变化，则有 由平衡条件有 解得 20．如图所示，一根长 、一端封闭的细玻璃管AB开口向上竖直放置，A为管口，B为管底。管 内用 长的水银柱封闭了一段长 的空气柱。已知外界大气压强为 ，封闭气 体的初始温度为300K。 ， 。 （1）若对封闭气体缓慢加热，则温度升到多少时，水银刚好不溢出； （2）若保持初始温度不变，将玻璃管绕通过B点的水平轴缓慢转动，直至管口斜向下与竖直方向成 ，请判断此过程中是否有水银逸出。 【答案】（1） ；（2）不会溢出 【详解】（1）封闭气体加热，水银面刚好不溢出，此过程是等压过程。初态 ； 末态 根据盖·吕萨克定律 解得 （2）封闭气体发生等温变化，初态 末态 设此时管内空气柱长度为 ，则体积为 根据玻意耳定律 代入数据解得 因为 所以水银不会溢出。21．如图所示，一根粗细均匀的足够长玻璃管内有一段15cm高的水银柱，封闭了一定量的空气，大气压 强相当于75cm水银柱产生的压强，管口竖直向下时，封闭空气柱长40cm，这时的温度为27℃，现将 玻璃管顺时针方向慢慢旋转，使管口水平向左，再继续慢慢旋转，使管口竖直向上，然后把封闭空气 柱浸入87℃的热水中，（重力加速度取g = 10m/s2）则： （1）管口水平向左时，空气柱的长度为多少？ （2）管口向上，浸入热水中稳定后空气柱长度为多少？ （3）在（2）问情况下，把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，稳定后空气柱的长度为 多少？ 【答案】（1）32cm；（2）32cm；（3）30cm 【详解】（1）设大气压强为p，管口竖直向下时，封闭空气柱的压强为p，管口水平向左时，空气柱 0 1 的压强为p，则p= p－pL = 60cmHg，p= p = 75cmHg气体发生等温变化，由玻意耳定律得plS 2 1 0 0 2 0 11 = p lS 22 解得l = 32cm 2 （2）设管口竖直向上，把封闭空气柱浸入87℃的热水中时，封闭空气柱的压强为p，则 3 p= pL ＋p = 90cmHg，T = 300K，T = 360K根据理想气体的状态方程有 解得l = 3 0 0 1 3 3 32cm （3）设把整个装置放入以加速度4m/s2匀加速上升的电梯里，封闭空气柱的压强为p，由动力学知识 4 有 得 解得 p = 96cmHg 再根据理想气体的状态方程有 4 解得l = 30cm 4 22．如图所示，粗细均匀的U形玻璃管两端开口，竖直向上放置，管中两段水银柱封闭一段L形气柱，L 形气柱竖直部分和水平部分的长均为5cm，L形水银柱竖直部分和水平部分的长分别为8cm和5cm，大 气压强为76cmHg，环境温度为 ，玻璃管竖直部分足够长，求：（1）左右两管中水银柱液面的高度差； （2）若往左管中缓慢倒入4cm长的水银柱，则左右两管中水银液面高度差又为多少。 【答案】（1）解：由题意可知，开始时封闭气柱的压强为 设左管中水银柱的高度为 ，则 解得 即左管中水银柱的高度 ，则左右两管中水银柱的液面的高度差为 （2）解：若往左管中缓慢倒入 长的水银柱，设左管中的气柱并没有完全压入水平管中，则此时 空气柱的压强为 ，气体发生等温变化，则 解得 由于右管中水银柱长为 ，则水平部分水银柱长为 ，由于 ，假设成 立，左管中气柱长为 即左右两管中水银液面高度差为 23．如图，导热性能良好的U形容器，右管顶部封闭，容器的左、右两部分横截面积之比为1:2，容器内 部封闭一部分水银。现测得右边部分的水银液面与容器顶端的高度差h=5cm，左、右两部分容器的水 银面的高度差H=15cm，设大气压p=75cmHg，外界环境温度t=27℃。求： 0 （1）向左边的容器部分缓慢注入水银，直到两边容器的水银柱恰好相平齐时封闭气体的长度。 （2）当左、右两部分的水银柱相平齐后，将整个容器置于一温控室内，然后使温控室的温度缓慢升 高，直到右边容器内被封闭的气体的长度为5cm时，此时温控室内的温度。 【答案】（1）4 cm；（2）390 K 【详解】（1）以右边玻璃管封闭的气体为研究对象，封闭气体做等温变化，设当两管的水银液面相平时，右边被封闭的气体长度为h′。初、末状态的压强和体积分别为 由玻意耳 定律可得 解得 （2）空气柱的长度变为开始时的长度h时，右管水银面下降 ，则左管水银面会上升 2cm，此时空气柱的压强 末状态封闭气体长度再次为5cm，和最初始状态一样，符合 等容变化规律，则 解得 24． 一般小汽车轮胎气压正常值为230kPa~250kPa，某次司机师傅发车前检测轮胎气压 ，气 温 ，驱车一段时间后胎压报警器显示 ，设行驶过程中轮胎容积不变。 （1）求此时轮胎内气体温度为多少摄氏温度； （2）为避免爆胎，司机师傅对轮胎进行放气，放气过程轮胎容积和温度均可视为不变，为使胎压恢复 到 ，求剩余气体质量与原有气体质量之比。 【答案】（1）解：由题意可知，最初时轮胎内气体温度为 由于行驶过程中轮胎容积不变，则根据查理定律可得 解得 则此时轮胎内气体温度为 （2）解：根据理想气体状态方程有 其中 整理可得 由于放气过程轮胎容积和温度均可视为不变，放气后胎压恢复到 ，则剩余气体质量与原 有气体质量之比等于剩余气体的压强与原有气体的压强之比，即为 25．实施乡村振兴策略，是党的十九大作出的重大决策部署。如图所示是某乡村排水管道的侧面剖视图， 井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能 会不断跳跃。设井盖质量为m=60.0kg，圆柱形竖直井内水面面积为S=0.300m2，图示时刻水面与井盖 之间的距离为h=2.06m，井内密封有压强刚好等于大气压强p=1.01×105Pa的空气（可视为理想气 0 体），温度始终不变，重力加速度取g=10m/s2。（1）求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起； （2）求从图示位置起，水面上涨多高后井盖会被顶起； （3）若井盖第一次被顶起后又迅速落回，井盖与管口的密封性被破坏，求井盖被顶起前后井中空气质 量之比。 【答案】（1）解：设密闭空气的压强为p时井盖刚好被顶起，则对井盖由平衡条件可得pS=p S+mg 0 解得 （2）解：设从题图所示位置起，水面上涨x后井盖会被顶起，根据玻意耳定律可得 解得x=0.04m （3）解：若井盖被顶起前封闭空气等温膨胀至压强为p 时的体积为V′，则根据玻意耳定律可得 0 井盖被顶起后井中空气的压强变为p，体积为V，所以井盖被顶起前后井中空气的质量之比为 0 26．如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，a、b是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离 为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在，b 之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T，活塞与卡环b刚好接触，无作用力，活 塞离缸底的距离为3h，卡环能承受的压力最大为 mg，活塞的厚度不计，大气压强大小等于 ，g 为重力加速度，求： （1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少； （2）若提高环境温度，当环境温度为1.4T时，缸内气体的压强多大。 【答案】（1） ；（2）【详解】（1）开始时，缸内气体压强 气体温度 ；设温度降低到 时活塞对 卡环的压力为 ，此时缸内气体压强 气体发生等容变化，则有 解得 （2）假设环境温度为 时活塞与卡环 接触，且卡环 没有被破坏。设此时缸内气体压强为 ，根 据理想气体状态方程有 解得 设此时活塞与卡环的作用力为 ，则 解得 由于 且 ，假设成立，因此缸内气体压强为