【文档说明】热学压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测（解析版）.docx，共(30)页，1.285 MB，由小赞的店铺上传

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热学压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）高考物理热学压轴解答题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。一、命题范围1.玻意耳定律（压轴指数★★★★）一定质量的理想气体，温度不变时，压强与体积的乘积保持

不变。2、盖吕萨克定律（压轴指数★★★★）一定质量的理想气体，压强不变时，体积与温度的比值保持不变。3、查理定律（压轴指数★★★★）一定质量的理想气体，体积不变时，压强与温度的比值保持不变。4、理想气体状态方程（压轴指数★★★★）一定质量的理

想气体，pVT保持不变。二、命题类型1.汽缸活塞模型。物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，通过汽缸和活塞密封一部分和两部分气体，已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。在气体

状态参量的确定中，气体压强的求解往往通过平衡法、取等压面法。汽缸分为绝热汽缸和导热汽缸，判断理想气体的状态参量有没有哪一个保持不变。2.储气罐或某种工业气体特种设备模型。题目信息新颖，需仔细审题，建立理想气体物理模型，选取

两个不同状态，确定气体状态参量和适用的物理规律。特别要注意变质量问题中，如何巧妙选取研究对象，让研究的理想气体质量保持不变。1．（2022·全国·统考高考真题）如图，容积均为0V、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为0p、温度为0T的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开

口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为018V和014V、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至02T，然后用气泵从开

口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【答案】（1）043TT=；（2）094pp=【解析】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则

当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得00034VVTT=解得043TT=（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ0000342VppVTT=

对Ⅱ、Ⅲ两部分气体000000()()842VVppVTVT−+=联立解得023VV=094pp=2．（2021·全国·高考真题）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上

装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为2V。（i）求A的体积和B的压强；（ⅱ）再使活塞向左缓慢回

到初始位置，求此时A的体积和B的压强。【答案】（i）0.4AVV=，02Bpp=；（ⅱ）'(51)AVV=−，'0354Bpp+=【解析】（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有012BpVpV=解得02Bpp=对A气体分析，根据波意耳定律有0AApVp

V=00.5ABppp=+联立解得0.4AVV=（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为32V，由波意耳定律可得003'2pVpV=则A此情况下的压强为002'0.53Bpppp=−则隔板

一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为AV、压强为Ap，气体B的体积为BV、压强为Bp，根据等温变化有0AApVpV=，0BBpVpV=2ABVVV+=，''00.5ABppp=−联立解得'0453Bpp−=

（舍去），'03+54Bpp='(51)AVV=−3．（2020·全国·统考高考真题）甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为

12p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：（i）两罐中气体的压强；（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】（i）23p；（ii）23【解析】（i）气

体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有13pVpV=，21232pVpV=则1212()32pVpVppV+=+则甲乙

中气体最终压强122'3pppp=+=（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则''pVpV=计算可得2'3VV=由密度定律可得，质量之比等于'23mVmV==现原4．（2019·全国·高考真题）热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在

室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容

积为3.2×10-2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27℃．氩气可视为理想气体．（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉

腔加热到1227℃，求此时炉腔中气体的压强．【答案】（1）73.210Pa（2）81.610Pa【解析】（1）设初始时每瓶气体的体积为0V，压强为0p；使用后气瓶中剩余气体的压强为1p，假设体积为0V，压强为0p的气体压强变为1p时，其体积膨胀为1V，由玻意耳

定律得：0011pVpV=被压入进炉腔的气体在室温和1p条件下的体积为：10VVV=−设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为2p，体积为2V，由玻意耳定律得：22110pVpV=联立方程并代入数据得：723.210Pap=（2）设加热前炉腔

的温度为0T，加热后炉腔的温度为1T，气体压强为3p，由查理定律得：3210ppTT=联立方程并代入数据得：831.610Pap=5．（2018·全国·高考真题）如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细

管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为8V时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减

小了6V。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。【答案】01526pSg【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下

移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p02V＝p1V1p02V＝p2V2由已知条件得V1＝2V＋6V－8V＝1324VV2＝2V－6V＝3V设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡

条件得p2S＝p1S＋mg联立以上各式得m＝01526pSg6．（2017·全国·高考真题）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体

积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27℃，汽缸导热。(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，

求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。【答案】(1)2V，2p0；(2)上升直到B的顶部；(3)1.6p0【解析】(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体

积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得对B有011pVpV=对于A有011(3)(2)pVpVV=−联立式得12VV=，102pp=(2)刚打开K3时，活塞上方气体压强变为大气压强，

则活塞下方气体压强大，活塞将上升。设活塞运动到顶部之前重新稳定，令下方气体与A中气体的体积之和为V2（22VV）。由玻意耳定律得002(3)pVpV=得232VVV=则打开K3后活塞上会升直到B的顶部为止。(3)活塞上升到B的顶部，令气缸内的气体压强为2p，由

玻意耳定律得20(3)2pVpV=设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中，由查理定律得3212ppTT=联立可得p3=1.6p07．（2016·全国·高考真题）在水下气泡内空气的压强大于气

泡表面外侧水的压强，两压强差p与气泡半径r之间的关系为2pr=，其中0.070N/m=。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强501.010Pap=，水的密度331.010kg/m=，重力加速度g取210m/s。（i）求在水下10m处气泡

内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。【答案】（i）28Pa；（ii）32。【解析】（i）内外压强差11228pPar==①（ii）气泡在水下10m处有101ppghp=++31143V

r=②接近水面处有202ppp=+32243Vr=③等温变化有1122pVpV=④解②③④式得0123102ghpprrpp++=+由①式知0pp，则3023102ghprrp+=8．（2015·全国·高考真题）如图，一固

定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为12.50kgm=，横截面积为2180.0cmS=，小活塞的质量为21.50kgm=，横截面积为2240.0cmS=；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为40.0cml=，气缸外

大气压强为51.0010Pap=，温度为303KT=．初始时大活塞与大圆筒底部相距2l，两活塞间封闭气体的温度为1495KT=，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取210m/s，求：（1）在大活

塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．【答案】（1）2330KT=（2）521.01P10ap=【解析】（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：3121()2400cm

22llVlSS=−+=，T1=495K，3221600cmVSl==，由盖吕萨克定律得：1211VVTT=，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：12212212p

SpSmmgpSpS+++=+（），代入数据解得：p2=1.1×105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得：3223ppTT=，解得：p3=1.01×105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到

热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．9．（2014·全国·高考真题）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对

于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0．现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4．若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速

度大小为g．【答案】094mghTvTP=【解析】设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为△p，由玻意耳定律得()14phSpphhS=+−解得：3pp=外界的温度变为T后，设活

塞距底面的高度为．根据盖—吕萨克定律，得014hhShSTT−=解得：034ThhT=据题意可得：mgpS=气体最后的体积为：VSh=联立可得：094mghTVpT=10．（2013·全国·高考真题）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置

，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和03p；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为04V。现使气缸底与一恒温热源接触

，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx【答案】（1）（i）075TT=（ii）x0

12VV=【解析】（i）设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积为S，由平衡可知01pSMg=0023pSpSMg=+得2023MgpS=由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持014V，所以当下面

放入温度为T的恒温源后，体积增大为003()4VV+，则由等压变化00000133244VVVVTT++=解得075TT=（ii）当把阀门K打开重新平衡后,由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知12MgMg。打开

活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温度T0等温变化，气缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由00x34pVPV=设下方气体压强为p22MgPPS+=解得p2=p+p0所

以有02007(2)4xVPVVp−=联立上述两个方程解出220060xxVVVV−−=解得012xVV=另一解x013VV=−（舍去）一、封闭气体压强的计算1．取等压面法同种液体在同一深度向各个方向的压强相等，在连

通器中，灵活选取等压面，利用同一液面压强相等求解气体压强．如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故pA＝p0＋ph；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看有pB＝pA＋ph2，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1.2

．力平衡法选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强．说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．3．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为p＝

ρgh(其中h为液体的竖直高度)；(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)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一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．二、玻意耳定律1．常量的意义p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．2．应用玻意耳定律解题

的一般步骤(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)．(3)根据玻意耳定律列方程求解．(注意统一单位)(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．特别提醒确定气体压强或体积时，只

要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制．一、气体的等压变化1．盖－吕萨克定律及推论表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化，其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比．2．应用盖－吕萨克定律解题的一般步骤(1)确定

研究对象，即被封闭的一定质量的气体．(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，压强不变．(3)确定初、末两个状态的温度、体积．(4)根据盖－吕萨克定律列式求解．(5)求解结果并分析、检验．三、气体的等容变化1．查理定律及推论表示一定质量的某种气

体从初状态(p、T)开始发生等容变化，其压强的变化量Δp与热力学温度的变化量ΔT成正比．2．应用查理定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，即被封闭的一定质量的气体．(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件：质量一定，体积不变．(3)确定初

、末两个状态的温度、压强．(4)根据查理定律列式求解．(5)求解结果并分析、检验．四、理想气体的状态方程1．对理想气体状态方程的理解(1)成立条件：一定质量的理想气体．(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关．(3)公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(

p、V、T)无关．(4)方程中各量的单位：温度T必须是热力学温度，公式两边中压强p和体积V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位．2．理想气体状态方程与气体实验定律p1V1T1＝p2V2T2⇒T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)V1＝

V2时，p1T1＝p2T2(查理定律)p1＝p2时，V1T1＝V2T2(盖－吕萨克定律)3.应用理想气体状态方程解题的一般步骤1．明确研究对象，即一定质量的理想气体；2．确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2

；3．由理想气体状态方程列式求解；4．必要时讨论结果的合理性．五、汽缸活塞类模型解题方法1．解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．(2)

分析物理过程①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程．②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程．(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．2．两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．六、变质量气体模型1

．充气问题选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．2．抽气问题选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程．3．灌气分装把大容器中的剩余气体

和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题．1．体积为0V的钢化气瓶A装满氢气，静止在水平地面上，气瓶上方开口处通过阀门连

有气球B，装置的总质量为M。初始阀门关闭，气球B处于自由松弛状态，里面封闭的氢气质量为m，体积为V，压强与外界大气压相等；已知整个过程气体温度保持不变，空气的密度为，重力加速度为g，大气压强为0p，气瓶A内封闭氢气初始压强为1p，求：（1）打开

阀门，气瓶A中部分气体充入气球B，使得气球B慢慢膨胀（可近似认为内部压强始终等于大气压强），当气瓶A刚要离地时需向B中充入的气体质量m；（2）气瓶刚要离开地面时，气瓶A内封闭的气体压强p2。【答案】（1）mMV；（2

）010pMpV−【解析】（1）根据题意可知，初始整个装置静止在水平地面上，总重力大小等于支持力大小，当气球体积增大到刚好使增加的空气浮力等于装置的总重力时，气瓶B离开地面，增加的浮力为ΔΔFgVMg=

=浮得ΔMV=由于ΔΔmmVV=解得ΔΔmmMmVVV==（2）对于质量为m的氢气，经历等温变化，由玻意耳定律有02ΔpVpV=解得02ΔpVVp=对气瓶A内封闭的气体，由玻意耳定律有()1020pVpVV=+联立解

得0210pMppV=−2．如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组成，粗圆筒的内径是细筒内径的4倍，细圆筒足够长。粗圆筒中放有A、B两个活塞，活塞A的重力及与筒壁间的摩擦忽略不计。活塞A的上方装

有水银，活塞A、B间封有一定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗筒上端相平，空气柱长12cmL=，水银深8cmH=。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被

推入细圆筒中。假设在整个过程中空气柱的温度不变，大气压强p。相当于76cm的水银柱产生的压强，求：（1）细圆筒中水银柱的高度；（2）封闭气体的压强；（3）活塞B上移的距离。【答案】（1）64cm；（2）144cmHg；（3）9cm【解析】（1）设粗圆筒的截面积为S

1，细圆筒的截面积为S2。由于粗圆筒的内径是细圆筒内径的4倍，所以有212416SS==水银总体积1VHS=一半水银上升到细圆筒中，设细圆筒中水银柱的高度为h。因为水银体积不变，所以有21122VhSHS==解得1264cm2HShS==（2）此时封闭气体

的压强20144cmHg2Hpghp=++=（3）初态封闭气体的压强1084cmHgppgH=+=初态封闭气体的体积11VLS=设初态到末态活塞B上移的距离为x，则末态气体体积212HVLxS=+−由玻意耳定律有1122pVpV=解得9cm

x=3．某升降椅简化结构如图所示，座椅和圆柱形导热汽缸固定在一起，与粗细均匀的圆柱形支架密封住长度为40cmL=的理想气体．质量为45kgM=的人坐到座椅上并双脚悬空，座椅下降一段距离后稳定．已知座椅和汽缸总质量为5kgm=，圆柱形支架的横

截面积为225cmS=，座椅下降过程中汽缸内气体无泄漏，汽缸下端不会触碰到支架底座．若不计汽缸与支架间的摩擦力，大气压强恒为501.010Pap=，环境温度不变，取重力加速度210m/sg=．求：（1）人未坐上座椅时，汽缸内气体的压强大小；（2）人坐上座椅到稳定，座椅下降的距离．【答案】

（1）51.0210Pa；（2）6cm【解析】（1）人未坐上座椅时，座椅受力平衡可得10pSpSmg=+解得511.0210Pap=（2）人坐上座椅稳定后，人和座椅受力平衡可得20()pSpSmMg=++设人坐上座椅稳定后，汽缸内气体长度为h．根据气体的玻

意耳定律可得12pSLpSh=座椅下降的距离ΔhLh=−解得Δ6cmh=4．如图所示，隔热汽缸（内壁光滑）呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个厚度不计的活塞封闭一定量的理想气体，活塞的横截面积为S、质量0

2pSmg=（g为重力加速度）。开始时活塞处于离汽缸底部2d的高度，外界大气压强501.010Pap=，温度为27℃。（1）求开始时气体的压强1p。（2）现对汽缸内气体加热，当气体温度达到387℃时，求气体的压强2p。【答案

】（1）51.510Pa；（2）51.6510Pa【解析】（1）以封闭气体为研究对象，则有10mgppS=+解得511.510Pap=（2）开始时气体状态有12dVS=，1300KT=设温度升高到T时，活

塞刚好到达汽缸口，封闭气体做等压变化，此时有VdS=根据盖—吕萨克定律有11VVTT=解得600KT=因加热后2660K600KT=封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由查理定律得122ppTT=解得521.

6510Pap=5．如图所示，一水平放置的固定气缸，由截面积不同的两圆筒连接而成。活塞A、B用一刚性细杆连接，它们可以在筒内无摩擦地沿水平方向左右滑动。A、B的截面积分别为02ASS=、0BSS=，A、B之间封闭着一定质量的

理想气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保持为0p。活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上。当气缸内气体温度为10TT=，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为1000

.5FpS=。（答案用已知量0S、0p、0T表示）①细线张力为F1时，气缸内气体的压强p1；②若改变气缸内气体温度，活塞就可能向右移动，当温度变为多少时活塞开始向右移动？【答案】（1）01.5p；（2）023T【解析】（1）以被封的气体的两活塞与连杆为

研究对象，由平衡有：10101ABBAFpSpSpSpS++=+解得110ABFppSS=+−把02ASS=、0BSS=，1000.5FpS=代入得101.5pp=（2）活塞没有移动，被封气体经历的过程为等容过程，当活塞恰好右移时，气体的压强为2

p，则有0202ABBApSpSpSpS+=+解得20pp=此时气体温度为2T，由查理定律有2121ppTT=其中10TT=解得2023TT=即温度为2023TT=活塞开始向右移动。6．工人浇筑混凝土墙壁时，内

部形成了一块气密性良好充满空气的空腔，墙壁导热性能良好。（1）空腔内气体的温度变化范围为3347−℃℃，问空腔内气体的最小压强与最大压强之比；（2）填充空腔前，需要测出空腔的容积。在墙上钻一个小孔，用细管将空腔和一个带有气压传感器的气缸连通，形成密闭空间。当气缸内气体体积为1L

时，传感器的示数为1.0atm。将活塞缓慢下压，气缸内气体体积为0.7L时，传感器的示数为1.2atm。求该空腔的容积。【答案】（1）34；（2）0.8L【解析】（1）以空腔内的气体为研究对象，最低温度时，压强1p，124

0KT=；最高温度时，压强2p，2320KT=；根据查理定律可知1122pTpT=解得1234pp=（2）设空腔的体积为0V，气缸的容积为V，以整个系统内的气体为研究对象，则未下压时气体的压强31.0atmp=，体积10VVV=+，1LV=下压后气体的压强41.2

atmp=，体积20VVV=+，0.7LV=根据波意耳定律3142pVpV=解得00.8LV=7．如图所示，活塞质量为0.1kgm=、横截面面积为21.0cmS=，导热良好、质量0.2kgM=的汽缸通过弹簧吊在空中，弹簧的劲度系数为300N/m=k，汽缸内封闭一定质量的空气，汽缸内壁与活

塞间无摩擦不漏气。初态汽缸底部距地面1.0cmh=，活塞到汽缸底部的距离为127cmL=，大气压强为501.010Pap=，环境温度为13t=−℃，重力加速度g取210m/s，热力学温度与摄氏温度的关系为(27

3)KTt=+。（1）求初态被封闭气体的压强1p；（2）若环境温度缓缓升高到2T时，汽缸底部刚好接触地面且无挤压，求2T；（3）若环境温度继续升高到3T时，弹簧恰好恢复原长，求3T。【答案】（1）50.810Pa；（2）280K；（3）398.75K【解

析】（1）以汽缸为对象，根据受力平衡可得10pSMgpS+=解得初态被封闭气体的压强为510540.2101.010PaPa0.810Pa110MgppS−=−−==（2）若环境温度缓缓升高到2T时，汽缸底

部刚好接触地面且无挤压，此过程根据汽缸受力平衡可知，气体压强保持不变，则弹簧弹力保持不变，可知活塞保持静止不动；以气体为对象，气体的初始温度为1(3273)K270KT=−+=则有1112()LSLhSTT+=解得1121()(271)270K280K27LhTTL++=

==（3）设初始状态弹簧的弹力为F，以活塞为对象，根据受力平衡可得10pSFpSmg+=+解得3NF=可知初始状态弹簧的伸长量为3m0.01m1cm300Fxk====若环境温度继续升高到3T时，弹簧恰好恢复原长；以活塞

为对象，根据受力平衡可得30pSpSmg=+解得531.110Pap=根据理想气体状态方程可得311113()pLhxSpLSTT++=代入数据解得3398.75KT=8．楚天都市报2018年1月31日讯，一居民忘记关火致高压锅持续

干烧，民警冒险排除隐患！为此，某团队在安全设施保障下对高压锅空锅加热的多种可能进行了测试。高压锅结构简图如图所示，密封好锅盖，将压力阀套在出气孔上，加热前高压锅内气体温度为0T，内部气体压强为0p。对高压锅加热，当锅内气体压强达到1p时，锅内气体将压力阀顶起，开始向外排气，在排

气过程中继续加热至温度为2T时，停止加热，压力阀很快落下，再次封闭气体。假定排气过程锅内气体压强不变，锅内气体视为理想气体。求：（1）锅内气体压强为1p时的温度；（2）锅内排出的气体与原有气体的质量比。【答案】（1）100pT

p；（2）200120TpTPTp−【解析】（1）由等容变化可知0101ppTT=，解得锅内气体压强为p1时的温度1100pTTp=（2）以锅内及排除的气体作为研究对象，设排气前高压锅内气体体积为1V，锅内排除的体积为V，排除气体质量为m，原有气

体质量为m。由于排气过程气体压强始终1P不变，研究气体做等压变化。初态：温度为1T体积为1V末态：温度为2T体积为21VVV=+根据盖-吕萨克定律可得由1212VVTT=，可知2221VVTTT=−排出气体体积与原有气体质量比为2mVmV=可得200121

220TpTPTTmmTTp−−==9．如图，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量m=1kg、横截面积S=1000cm2的活塞密封着一定质量的理想气体，跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量M=12kg的重物，左、右侧的绳均竖直，活塞与气缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且

为10N，开始时缸内气体的温度为t=27℃，压强为p=0.9×105Pa，活塞与气缸底部的距离为H=50cm，重物与水平地面的距离为h=10cm，外界大气压为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2，现对缸内气体缓慢加热，求：（1）重物恰好开

始下降时缸内气体的温度；（2）重物刚与地面接触时缸内气体的温度。【答案】（1）330K；（2）396K【解析】（1）以气缸中的气体为研究对象，初态：温度273K300KTt=+=，压强50.910Pap=；末态（重物恰好开始下降时）：温度1T，设气缸中气

体压强为1p；活塞处于平衡状态，由力的平衡条件有10pSMgpSmgf+=++解得510.9910Pap=气缸中的气体做等容变化，由查理定律有11ppTT=解得1330KT=（2）活塞从开始运动至重物刚好与地面接触过程中，设末态温度为T2，气体做等压变化，初末状态的体积为1V

HS=，2()VHhS=+由盖-吕萨克定律有1212VVTT=解得2396KT=10．如图所示，一定质量的气体被活塞封闭在水平固定放置的圆柱体气缸中，一水平轻质弹簧的两端分别与气缸底部和活塞相连，弹簧的劲度系数为k，活塞静止不动时，活塞与气缸底部相距L。气缸和活塞绝热性能良好，气缸内部气体的热力学

温度为T0、压强等于气缸外部的大气压强p0。现接通电热丝缓慢加热气体，活塞缓慢向右移动距离L后停止加热。已知活塞内部的横截面积为S，活塞和气缸内壁之间的摩擦不计，活塞厚度不计且不漏气，气缸内部的气体可视为理想气体。求：气缸

内部气体的最终温度。【答案】0002()TkLppS+【解析】假设气缸内部气体最终压强为p，最终温度为T，则0pSpSkL=+由理想气体状态方程可得00pLSp2LSTT=解得0002()TkLTppS=+11．在工业测量过程中，经常会用

到充气的方法较精确地测定异形容器的容积和密封程度。为测量某香水瓶的容积，将香水瓶与一带活塞的容器相连，容器和香水瓶内压强均为0p，容器体积为V，香水瓶容积为0V。（1）缓慢推动活塞将容器内所有气体推入香水瓶，求此时气体压强p；（2

）若密封程度合格标准为：漏气质量小于原密封气体质量的1%。将香水瓶封装，使温度从0T增加到01.25T，测得其内部压强由0p变为01.2p，试判断该香水瓶封装是否合格。【答案】（1）000()pVVpV+=；（2）不合格【解析】（1）缓慢推动活塞将容器内所有气体推入香水瓶，根据玻意耳定律有()00

0pVVpV+=得000()pVVpV+=（2）由题意及理想气体状态方程可得0203001.21.25pVpVTT=得231.296%1.25VV==即其漏气量为4%，该香水瓶封装不合格。12．某同学设计了一款火灾报警器，如图，导

热良好的金属气缸A放置在容易发生火灾的危险处，平时A中储存有体积为0V、压强为02p、温度为室温0T的理想气体，A与另一导热良好的气缸B通过很长的细管连接，细管上安有一阀门K，平时阀门K关闭，只有发生火灾时阀门才会打

开，触发报警装置。气缸B通过轻质活塞c也封闭了体积为0V、温度为室温0T的理想气体，活塞的横截面积为S，活塞上方为空气，不计活塞与气缸壁间的摩擦力，大气压强为0p，室温0T始终不变，不计细管中的气体体积。（1）该同学查得火焰的平均温度约为03T时，阀门刚好打开，求阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体

的压强差；（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，A中气体温度保持为03T，当A中理想气体的压强变为03p时，阀门自动关闭，经过较长时间稳定后，求活塞上升的距离。【答案】（1）05pp=；（2）0VhS=【解析】（1

）发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有B0pp=发生火灾时，以A中理想气体为研究对象，根据查理定律有0A0023ppTT=解得A06pp=阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差AB05pppp=−=（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，以

A中气体为研究对象，根据玻意耳定律有1A00A3pVpV=解得1A02VV=则进入到B中的气体：体积为1A00VVV−=压强为03p、温度为03T，以B中原气体和进入到B中的气体为研究对象，根据理想气体状态方程有00B0B00033pVpVpVTTT+=解得02VV=活塞上升的距离为0

VhS=13．如图，刚经过高温消毒的茶杯和杯盖，从消毒碗柜里取出后，立刻盖上杯盖，茶杯内密封的空气温度为87℃、压强等于外界大气压强0p。一段时间后，茶杯内空气降至室温27℃。已知273Tt=+，将空气视为理想气体，求此时：（1）茶杯内空气的压强；（2）打开

杯盖，茶杯内的空气质量与原来的空气质量之比。【答案】（1）056p；（2）65【解析】（1）由于初、末状态气体体积不变，则有012ppTT=解得20001273275273876TppppT+===+（2）由pVnRT=可得原来空气物质的量011pVnRT=

打开盖后空气物质的量022pVnRT=打开杯盖，茶杯内的空气质量与原来的空气质量之比为221112273876273275mnTmnT+====+14．高血压是最常见的心血管疾病之一，也是导致脑卒中、冠心病、心力衰竭等疾病的重要危险因素。某人某次用如图所示的水银血压计测量血压时，先向袖带内充入气

体，充气后袖带内的气体体积为0V、压强为01.5p，然后缓慢放气，当袖带内气体体积变为00.7V时，气体的压强刚好与大气压强相等。设大气压强为0p，放气过程中温度保持不变。（1）简要说明缓慢放气过程中袖带内气体是吸热还是放热；（

2）求袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比。【答案】（1）吸热；（2）78【解析】（1）根据题意可知，缓慢放气过程，气体体积变大对外做功，而缓慢放气过程中，气体内能不变，根据热力学第一定律，则气体应吸热。（2）根据题意

，设放出压强为0p的气体体积为0ΔV，以原袖带内气体为研究对象，初态气体压强101.5pp=末态气体压强20pp=由玻意耳定律有()102000.7pVpVV=+解得00Δ0.8VV=袖带内剩余气体的质量与放

出气体的质量之比为000.77Δ8VV==15．某可显示温度的水杯容积为500mL，倒入200mL热水后，拧紧杯盖，此时显示温度为87C，压强与外界相同。已知，外界大气压强0p为51.010Pa，温度为27C。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强，取0K273C=−。（1）求杯

内温度降到27C时，杯内气体的压强；（2）杯内温度降到27C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）520.8310pap=；（2）50mLV=【解析】（1）杯内气体做等容变化，有1

212ppTT=其中5101.010papp==，()127387K360KT=+=，()227327K300KT=+=解得520.8310pap=（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为V，以杯内原有气体

为研究对象，则2203pVpV=23VVV=−其中()2500200mL300mLV=−=代入数据解得50mLV=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com