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大题精练-03 热力学计算问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、气体压强的求法
1．（2023高二下·玉溪期末）一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h（cm），上端空气柱长为L（cm），如图所示，已知大气压强为HcmHg，则此时封闭气体的压强是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】由等压面法，选管外水银面为等压面，有，得封闭气体压强为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等压面法求解封闭气体的压强。
2．（2024高二下·滕州月考）如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为，则封闭气体的压强p为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】以汽缸底为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件可得
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析汽缸底的受力，由共点力平衡条件求解封闭气体的压强。
3．（2024高二下·唐山月考） 如图，把一粗细均匀的玻璃管开口端插入到水银中，如果当时大气压强为一个标准大气压（标准大气压强为76cmHg），管内外水银面高度差h为20cm，则管内气体的压强为（　　）
A．20cmHg B．56cmHg C．76cmHg D．96cmHg
【答案】D
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】管内气体压强等于管内外水银面高度差产生的液体压强加大气压强，根据压强平衡可得
水银的压强可以用高度表示，因此管内气体的压强为
故答案为：D。
【分析】管内气体压强等于管内外水银面高度差产生的液体压强加大气压强，再根据平衡条件进行解答。
4．（2024高三上·于都开学考）如图所示，用弹簧测力计拉着一支薄壁平底玻璃管将它开口向下插入汞槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内汞面比管外汞面高．管内汞柱总长为，玻璃管重力为G，横截面积为S，大气压强为，管内气体压强为p．汞的密度为．此时弹簧测力计的示数等于（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】考查液柱和空气柱的压强问题，会根据平衡条件列式求解相应物理量。由于试管上端封闭，对h2高的汞柱下端受力分析得：
对玻璃管有：
联立解得：
故选B。
【分析】根据液柱和玻璃管分别列平衡方程并联立解答。
5．（2023高二下·黔西期末）如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为20cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为32cm，大气压强恒为76cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin53°=0.8 cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）
A．图乙状态的气体压强大于图丙
B．若玻璃管从图乙状态自由下落，气柱长度将增大
C．图乙气柱长度为40cm
D．图丙气柱长度为38cm
【答案】D
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】A、由平衡条件可知图乙中的气体压强为
则
图丙中气体压强
则
即图乙状态的压强小于图丙，A错误。
B、若玻璃管从图乙状态开始自由下落，则气柱压强与外界大气压相同，由等温变化可知，压强增大，气柱长度减小，B错误。
C、图乙和图甲的气柱压强相等，则气柱长度相同，均为32cm，C错误。
D、由A可知图丙中气柱压强为64cmHg，由等温变化可知
解得
D正确。
故答案为：D
【分析】对管中气体进行分析，根据平衡条件计算三种状态下气柱压强的大小，再由理想气体状态方程计算气柱的长度。
6．（2023高二下·福州期末）如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则（　　）
A．A气体的压强大于外界大气压强
B．B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量
C．水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度
D．水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度
【答案】B
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】A、取出水银前，右管中取出部分水银后h2减小，再次达到平衡时，A中气体压强小于大气压强，A错误。
C、B管中的压强，h2减小，则B管中的压强减小，由玻意耳定律可知B管中的气体体积增大，则水银面c上升的高度大于水银面a下降的高度 ，C错误。
B、由玻意耳定律可知，AB管中气体压强的变化量与体积变化量成正比，根据C项可知B管增大的体积大于A管增大的体积，则B中气体压强的变化量大于A中气体压强的变化量，B正确。
D、假设右管中剩余的水银柱非常短，取出的水银柱长度接近h2，则水银面ab间新的高度时大于右管上段新水银柱的长度，D错误。
故答案为：B
【分析】取出部分水银后再次达到平衡，根据平衡条件计算A管中气体的压强大小变化，再对B管中气体进行分析，由体积变化分析压强的变化，最后由玻意耳定律分析水银液面下降的高度以及高度差的变化。
二、气体实验定律的应用
7．（2024高二下·南昌月考）如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体，外界大气压强为，当装置静止时，容器内气体压强为，活塞下表面与容器底面的距离为，当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离为，已知容器内气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g，则装置的加速度大小为（　　）
A．0.25g B．1.5g C．2.75g D．11.5g
【答案】C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】装置静止时，对活塞分析：，装置加速上升时，由牛顿第二定律：，对封闭气体分析：由玻意尔定律可得：，联立上式：a=2.75g，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为C。
【分析】装置静止时利用平衡条件列方程，装置加速时，利用牛顿第二定律列方程，结合玻意尔定律，对加速度进行求解。
8．（2024高二下·南昌月考）如图所示，长L=34cm的粗细均匀的长直玻璃管竖直放置，上端开口，用长L=15cm的水银将一定质量的气体封闭在管的下端，稳定后气体长度l=10cm。已知外界大气压，现保持温度不变的情况下从管的上端开口处缓慢加入水银，则加入水银的最大长度为（　　）
A．9cm B．10cm C．14cm D．15cm
【答案】B
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】设水银柱长度为x，玻璃管的横截面积为S，此时气体压强：cmHg，气体体积为，开始时体积气体=90cmHg，体积，由，代入数据，可得x=25cm，则加入水银的最大长度为（25-15）cm=10cm。B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为A。
【分析】分析初末状态气体的压强与体积，利用玻意尔定律进行求解。
9．（2024·海南） 用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（　　）
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5℃
C．该装置所测温度不低于23.5℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
【答案】B
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A.被封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得
其中V1=V0+Sl1=330cm3 + 0.5 ×10cm3=335cm3，T1=273+27 (K)=300K，V2=V0+ Sl2= 330+0.5×(cm3)，代入解得
根据T=t+273K，可知
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
BC.当x=20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax=31.5C，故该装置所测温度不高于31.5℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin=22.5C，故该装置所测温度不低于22.5C，故B正确，C错误；
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖-吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
故选： B。
【分析】根据盖-吕萨克定律结合开氏温度和摄氏温度的关系导出摄氏温度的表达式，根据表达式分析刻度是否均匀；根据导出的温度表达式代入最短长度和最长长度求出对应的温度值再判断；根据盖-吕萨克定律进行分析判断。
10．（2024高三上·简阳月考）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度，玻璃管开口斜向上，在倾角的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为，大气压强始终为，取重力加速度大小，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是（　　）
A．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度
B．被封闭气体的压强为
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度，则现在的温度与原来温度之比为
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度
【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】B．根据压强的计算公式得出不同状态下的气体压强，设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为，对整体，由牛顿第二定律有
解得
对水银柱，根据牛顿第二定律
其中
解得被封闭气体的压强
故B错误；
A．本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量是解题的前提，应用玻意耳定律即可解题。若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强
被封闭气体做等温变化，则
解得封闭气体的长度
故A正确；
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强
气体做等容变化，根据查理列式求解则
可得
故C正确；
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱，根据牛顿第二定律
其中
被封闭气体做等温变化，应用玻意耳定律列式求解，则
解得
，
故D错误。
故选AC。
【分析】根据题意求出气体的状态参量，气体温度不变，发生等温变化，应用玻意耳定律求出气柱的长度。
11．（2024高二下·山西月考）如图所示，粗细均匀的内壁光滑细长直玻璃管一端开口，另一端连接球形玻璃容器、一段长为的水银柱将容器中的理想气体封闭．装置被固定，细长直玻璃管竖直开口向上，被封闭的理想气体的温度为，体积为。现缓慢向玻璃管中加入水银，水银柱长度变为原来的2倍（水银未进入球形容器），已知大气压强为，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．水银柱长度变为原来的2倍，理想气体的压强也变为原来的2倍
B．将封闭的理想气体的温度增加，其体积才能保持不变
C．加入水银后，让容器竖直向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），并保持气体的体积，温度不变，则气体的压强为
D．加入水银后，让容器竖直向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），并保持气体的体积、温度不变，则容器的加速度大小为
【答案】D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．根据受力平衡可得
则有
故A错误：
B．由等容变化规律可得
结合
可得
故B正确：
C．若让容器向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），当气体的体积不变，温度也保持不变，则气体的压强为原始状态的压强
故C错误；
D．设长度为的水银柱的质量为m，细玻璃管的横截面积为S，由牛顿第二定律可得
设水银柱的密度为，由
结合
，
综合解得
故D正确。
故选D。
【分析】等压变换根据查理定律，等温变化根据玻意耳定律列式求解。
12．（2024高二下·大名月考）如图甲所示，气缸左右侧壁导热，其它侧壁绝热，平放在水平面上．质量为m、横截面积为S的绝热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等．外界温度保持不变，重力加速度为g（不计活塞和气缸间的摩擦）．
（1）若将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为2∶1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。
（2）将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T．
【答案】（1）解：假设开始时，AB两部分体积共为V，此时
将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示时设A部分压强为；则
由玻意耳定律得：对A：
对B：
联立解得
（2）解：对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，A回到最初状态，此时
从乙到丙过程，对B由理想气体状态方程得
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，A、B两部分气体做等温变化，由活塞的受力平衡求出汽缸内A、B两部分气体的压强关系，再根据玻意耳定律列式求解；（2）以B部分气体为研究对象，根据理想气体状态方程列式求解。
13．（2023高三上·南京月考）如图所示，在足够长的光滑斜面上，有一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度保持不变。在斜面上静止释放玻璃管，当液柱在玻璃管中相对稳定后，以下说法正确的是（　　）
A．封闭气体的长度将变长
B．封闭气体的分子平均动能减小
C．封闭气体压强小于外界大气压
D．单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数增加
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】设外界大气压为，液柱的质量为m，玻璃管的截面积为S，斜面倾角为，重力加速度为g。
AC．玻璃管和液柱均处于静止状态时，封闭气体的压强为
释放玻璃管稳定后，整体的加速度大小为，
此时封闭气体的压强为，对液柱，根据牛顿第二定律可得
解得所以封闭气体压强减小，根据，可知体积增大，气柱长度变长，故A正确，C错误；
B．封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故B错误；
D．外界温度不变，在此过程中封闭气体的温度不变、内能不变，封闭温度不变、分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小，故D错误。
故选择A。
【分析】玻璃管和液柱均处于静止状态时，可得封闭气体的压强，释放玻璃管稳定后，可得整体的加速度大小，再根据牛顿第二定律可得封闭气体压强减小，再根据，可知体积增大，气柱长度变长；封闭气体温度不变，分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小。
14．（2024高三下·重庆市模拟） 如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的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两部分气柱的长度均为，压强均等于大气压，已知隔板与汽 壁间的最大静摩擦力为，隔板与汽 壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞。
（1）当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？
（2）若隔板向右缓慢移动了的距离，则活塞向右移动了多大的距离？
【答案】（1）解：对于气体，初态
设当活塞向右移动距离时隔板开始移动，则
体积
根据玻意耳定律可得
即
解得
（2）解：对于气体B，初态
设当活塞向右移动距离时隔板向右移动，体积
根据玻意耳定律可得
解得
此时气体的压强为
体积
根据玻意耳定律可得
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）通过对活塞进行受力分析可得到气体压强的表达式，根据理想气体做等温变化的特点，利用玻意耳定律可求出移动的距离；（2）对气体B分析，根据体积变化，结合玻意耳定律可求出末状态的压强大小，利用两气体的压强关系式可求出移动距离。
三、热力学第一定律的理解及应用
15．（2025·四川模拟） 某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体（　　）
A．内能比浇水前大
B．压强与浇水前相等
C．所有分子的动能都比浇水前大
D．对水做的功等于水重力势能的增量
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程及温度与内能的关系。
A．用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；
B．水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误；
C．装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；
D．水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和，故D错误。
故答案为：A。
【分析】瓶内气体温度升高，内能比浇水前大，分析压强变化，温度升高，分子平均动能增大，但并非所有分子的动能都比浇水前大，根据能量守恒定律分析。
16．（2025·内蒙古模拟） 如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后（　　）
A．a的压强减小 B．b的温度降低
C．b的所有分子速率均减小 D．弹簧的弹力一定增大
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 热力学第一定律：热量可以从一个物体传递到另一个物体，也可以与机械能或其他能量互相转换，但是在转换过程中，能量的总值保持不变，其数学表达式为Q=△U+W 。
ABC．初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则
根据热力学第一定律
可得，
则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故AC错误，B正确；
D．由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。
故答案为：B。
【分析】初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，b的体积增大，a的体积减小，根据理想气体状态方程及热力学第一定律分析。
17．（2024·海南） 一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（　　）
A．be过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小
【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由V-T图可知，bc过程中气体体积减小，所以外界对气体做功，故A正确；
B、根据理想气体状态方程，可知，则V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小，因此ca过程气体压强逐渐减小，故B错误；
C、由V-T图可知，ab过程的气体体积减小，温度不变，所以外界对气体做功，且内能不变，根据
可知，气体放出热量，故C正确；
D、由V-T图可知，ca过程气体温度升高，则内能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】有V-T图像可知，在bc过程中，气体体积减小，即可判断气体做功特点；由可知，V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小；先判断内能的变化情况，再根据△U=W+Q分析热传递情况；ca过程气体温度升高，即知内能的变化。
18．（2024高三上·望城开学考）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C的变化过程，V—T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（　　）
A．状态A、B的压强大小相等
B．从状态B到状态C，气体内能不变
C．A→B→C过程，球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量
D．在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．在图像中，过原点的倾斜的直线为等压变化，由题图可知，状态A、B两点不在过原点的同一直线上，因此状态A、B的压强大小不相等，A错误；
B．从状态B到状态C，气体的温度升高，则气体内能增大，B错误；
C． A→B→C过程，球内气体的体积增大，球内气体对外做功，即，气体的温度升高，球内气体的内能增大，即，由热力学第一定律
可知，，即球内气体从外界吸收热量，可知球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．气体在状态A到状态C时，由理想气体状态方程可得
解得
即在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2，D正确。
故选CD。
【分析】根据理想气体知识分析：
1.理解V-T图像各点坐标的意义，能够分析不同状态下三个状态参量的关系。
2.能够根据图像分析气体温度变化，体积变化，结合热力学第一定律分析气体内能的的变化。
19．（2024高二下·贵阳月考）如图8所示、横截面积的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离，b到汽缸底部的距离，质量的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强，热力学温度，活塞停在b处，取重力加速度大小，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。
（1）求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度；
（2）求当缸内气体的热力学温度时，缸内气体的压强；
（3）在以上全过程中气体内能增量，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
【答案】（1）解：当活塞刚要离开卡口b时，设此时缸内压强为，以活塞为研究对象，
根据受力平衡可得①
根据查理定律有②
解得③
（2）解：假设当活塞恰好与卡口a处接触时缸内气体热力学温度为，此时体积为，
根据盖—吕萨克定律有④
解得⑤
所以气体在活塞到达卡扣a后继续做等容变化 ⑥
根据查理定律有⑦
解得⑧
（3）解：当缓慢升高缸内气体的温度时，由前面的分析可知，活塞从b到a的过程中，气体做等压变化，压强为，到达缸a处时，温度升高到，然后气体再做等容变化，直到温度升高到，因此气体对活塞做功为⑨
根据热力学第一定律⑩
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）当活塞刚要离开卡口b时，卡口与活塞之间的作用力为零，对活塞进行受力分析，根据平衡条件确定此时封闭气体的压强，该加热过程封闭气体发生等容变化，再结合查理定律进行解答；
（2）由于不确定该温度下活塞是否与卡口a接触，假设活塞恰好与卡口a接触，根据盖吕萨克定律确定此时封闭气体的温度，再根据500k与该临界温度的关系，判断此时活塞是否与卡口a接触，接触后，封闭气体做等容变化，再根据查理定律进行解答；
（3）活塞从离开卡口b到刚接触卡口a的过程，封闭气体做等压变化，气体对外做功。接触卡口a后，气体做等容变化，气体不做功，再根据气体功的定义结合热力学第一定律进行解答。
20．（2024高三·成都模拟）如图（），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为，此时活塞静止，距缸底高度为。在活塞上放置质量为（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为，如图（）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为，外界温度为，重力加速度为，汽缸始终保持竖直。
（1）求物块质量；
（2）活塞上仍放质量为物块，为使得活塞回到距缸底为的高度，求密封气体的热力学温度应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量。
【答案】（1）解：以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有，
活塞从位置到位置，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，
解得末态，
由力的平衡条件有，
解得；
（2）解：活塞从位置回到位置的过程，气体发生等压变化，
由盖—吕萨克定律有，
解得，
外界对气体做功为，
由热力学第一定律可有，
解得。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体的状态方程计算出活塞距缸底的距离；
（2）先根据一定质量的理想气体的状态方程计算出气体的体积，再结合热力学第一定律计算出气体内能的变化量。
四、破鼎提升
21．（2025·河南模拟）汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为是个标准大气压，轮胎内部气体温度为，外部大气压强为。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为，轮胎内部气体温度为。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】查理定律：（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。（2）表达式：p=CT（其中C为常量）。
根据题意可知：在平原地区时，轮胎内部压强为
温度
设在高原地区轮胎内部压强为，温度
轮胎做等容变化，根据
解得
该高原地区的大气压强
故答案为：B。
【分析】根据题意分别设置初、末状态的压强和温度，结合查理功率列式求解。
22．（2024高三上·靖远期中）如图所示，接开水后拧紧保温杯杯盖，待水冷却后就很难拧开。现向保温杯中倒入半杯热水后，拧紧杯盖，此时杯内气体温度为77℃，压强与外界相同。测得环境温度为7℃，外界大气压强为，经过一段较长的时间后，杯内温度降到7℃。不计杯中气体质量的变化，且杯中气体可视为理想气体，则最后杯内气体的压强为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律即可完成分析。杯内气体发生等容变化，根据查理定律有
其中
解得
故选B。
【分析】水冷却后，杯内气体的温度降低，在杯内气体质量和体积一定时，封闭的气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的压强。
23．（2024高二下·邢台期中） 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（　　）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
【答案】C,D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、由于变化过程中气体的总体积不变，因此有
故A错误；
CD、假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律对A部分气体有
对B部分气体有
设初始状态水银柱的高度为h，则有
升高相同温度后
，
因此
可知
因此水银柱会向上移动一段距离，当水银柱向上移动后将会重新达到平衡，而细管上部分的横截面积大于下部分横截面积，结合
可知，细管下部分水银柱减小的长度大于细管上部分水银柱增加的长度，因此在水银柱向上移动一小段距离后水银柱的总长度比之初始时刻变短了，即
则重新达到平衡后
而初始状态有
重新达到平衡后的状态与初始状态做差可得
即
即
因此可得
故CD正确；
B、由于A的横截面积大，且压强变化大，根据
可知
故B错误。
故答案为：CD。
【分析】由于液柱的总体积不变，则气体的总体积不变，即两部分封闭气体的体积变化量相等。由于不确定水银柱的移动情况，故可根据假设法，假设水银柱不动，再结合查理定律判断上下两部分气体压强的变化情况，再根据上下气体压强差确定水银柱的移动情况。再根据查理定律及平衡条件确定各物理量的变化量之间的关系。
24．（2023高二下·哈尔滨期末）如下图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B．一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C．过程向低温热源释放的热量等于过程从高温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功
【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程
可知，pV越大，气体的温度T越高，结合图像可知，a→b过程，气体温度降低，分子平均动能减小。由图可知气体体积增大，气体体积增大单位体积的分子数减少。因此a→b过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、根据p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律
可知
所以气体对外放出热量，故B正确；
C、 d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即
b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即
p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，d→a过程p-V图像的面积大于b→c过程p-V图像的面积，即
则
即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量ΔU 相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则
由热力学第一定律 可知
由于两过程气体内能的变化量ΔU 相等，即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故答案为：BD
【分析】p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功或气体对外界做的功。根据图像中各过程物理量的变化及热力学第一定律进行分析即可。
五、直击高考
25．（2024·贵州） 制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为，压强为，现缓慢充气后压强变为，不计容器的容积变化。
（1）设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为时的体积。
（2）打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为，压强为。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
（3）图（b）中虚线是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）
【答案】（1）解： 设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有
解得

（2）解： 容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得
可得

（3）解：由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从M状态变化而来，应该相同，可得
可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律
可知，从M到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对封闭气体应用玻意耳定律分析求解；（2）结合图中数据，由理想气体状态方程求解；（3）根据p-V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功，分析两种状态下气体对外做功的大小关系，再由根据热力学第一定律得出结论。
26．（2024·重庆） 某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（　　）
A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气囊内密闭气体温度不变， 上浮过程中体积增大，根据
可得
温度不变，体积变大，则压强变小。体积变大，则气体对外做功，故AB错误；
CD．理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，额内能不变，由热力学第一定律有
即
由于气体对外做功，则，故，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 气囊内气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律判断封闭气体压强变化情况。气体体积变大，气体对外做功。对于理想气体，温度不变，气体的内能不变，再结合热力学第一定律判断气体吸放热情况。
27．（2024·北京）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变．在上浮过程中气泡内气体（　　）
A．内能变大 B．压强变大 C．体积不变 D．从水中吸热
【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】 A、气泡上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；
B、设外界大气压为p0，则气泡内气体压强 p=p0+ρgh，上浮过程h减小，所以气泡内气体的压强减小，故B错误；
C、气体经历等温变化，由玻意耳定律pV=C可知，气体的压强减小，则气体的体积变大，故C错误；
D、上浮过程气体体积变大，气体对外界做功，则W＜0，气体内能不变，则ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q＞0，所以气体从水中吸热，故D正确。
故选：D。
【分析】 A、根据理想气体的内能只与温度有关分析；
B、根据气泡内气体压强 p=p0+ρgh分析；
C、根据玻意耳定律分析；
D、根据热力学第一定律分析。
28．（2024·广西） 如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。
（1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
（2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
（3）画出封闭气体等温变化的图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
【答案】（1）解：活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
（2）解：根据题意可知图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
根据可得气体压强为
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
故可知该过程中对封闭气体的值恒定不变，故可知做等温变化。
（3）解：分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
在b处时气体体积为
在a处时气体体积为
根据玻意耳定律
解得
故封闭气体等温变化的图像如下
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据压力与压强、受力面积的关系分析求解；
（2）根据图像，结合F=pS以及pV的值分析求解；
（3）根据玻意耳定律结合不同状态下气体的体积变化分析求解。
29．（2024·全国甲卷） 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。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，分别为和。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），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，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。
【答案】（1）解：活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态、
末态、
根据
解得
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
（2）解：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，气体做等容变化，初态，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）活塞从a运动到b的过程中，气体做等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件求解作答；
（2）当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，根据查理定律平衡条件求解作答。
30．（2023·湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为．假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小．
【答案】（1）以助力气室的气体为研究对象。
初状态：压强，体积，第一次抽气后：体积，
根据玻意耳定律得：，解得：；
（2）同理第二次抽气：，
解得：，
以此类推，当第n次抽气后助力气室内的气体压强为，
所以刹车助力系统为驾驶员省力大小为：。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以助力气室的气体为研究对象，根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律求得pn，再根据求解。
1 / 1大题精练-03 热力学计算问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、气体压强的求法
1．（2023高二下·玉溪期末）一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h（cm），上端空气柱长为L（cm），如图所示，已知大气压强为HcmHg，则此时封闭气体的压强是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二下·滕州月考）如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为，则封闭气体的压强p为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高二下·唐山月考） 如图，把一粗细均匀的玻璃管开口端插入到水银中，如果当时大气压强为一个标准大气压（标准大气压强为76cmHg），管内外水银面高度差h为20cm，则管内气体的压强为（　　）
A．20cmHg B．56cmHg C．76cmHg D．96cmHg
4．（2024高三上·于都开学考）如图所示，用弹簧测力计拉着一支薄壁平底玻璃管将它开口向下插入汞槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内汞面比管外汞面高．管内汞柱总长为，玻璃管重力为G，横截面积为S，大气压强为，管内气体压强为p．汞的密度为．此时弹簧测力计的示数等于（　　）．
A． B．
C． D．
5．（2023高二下·黔西期末）如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为20cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为32cm，大气压强恒为76cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin53°=0.8 cos53°=0.6，下列说法正确的是（　　）
A．图乙状态的气体压强大于图丙
B．若玻璃管从图乙状态自由下落，气柱长度将增大
C．图乙气柱长度为40cm
D．图丙气柱长度为38cm
6．（2023高二下·福州期末）如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则（　　）
A．A气体的压强大于外界大气压强
B．B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量
C．水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度
D．水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度
二、气体实验定律的应用
7．（2024高二下·南昌月考）如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体，外界大气压强为，当装置静止时，容器内气体压强为，活塞下表面与容器底面的距离为，当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离为，已知容器内气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g，则装置的加速度大小为（　　）
A．0.25g B．1.5g C．2.75g D．11.5g
8．（2024高二下·南昌月考）如图所示，长L=34cm的粗细均匀的长直玻璃管竖直放置，上端开口，用长L=15cm的水银将一定质量的气体封闭在管的下端，稳定后气体长度l=10cm。已知外界大气压，现保持温度不变的情况下从管的上端开口处缓慢加入水银，则加入水银的最大长度为（　　）
A．9cm B．10cm C．14cm D．15cm
9．（2024·海南） 用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为，薄吸管底面积，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（　　）
A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏
B．该装置所测温度不高于31.5℃
C．该装置所测温度不低于23.5℃
D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大
10．（2024高三上·简阳月考）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内，封闭着一定质量的理想气体，如图所示。已知水银柱的长度，玻璃管开口斜向上，在倾角的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为，大气压强始终为，取重力加速度大小，不计水银与试管壁间的摩擦力，不考虑温度的变化。下列说法正确的是（　　）
A．若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，则封闭气体的长度
B．被封闭气体的压强为
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，由于环境温度变化，封闭气体的长度，则现在的温度与原来温度之比为
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，则稳定时封闭气体的长度
11．（2024高二下·山西月考）如图所示，粗细均匀的内壁光滑细长直玻璃管一端开口，另一端连接球形玻璃容器、一段长为的水银柱将容器中的理想气体封闭．装置被固定，细长直玻璃管竖直开口向上，被封闭的理想气体的温度为，体积为。现缓慢向玻璃管中加入水银，水银柱长度变为原来的2倍（水银未进入球形容器），已知大气压强为，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．水银柱长度变为原来的2倍，理想气体的压强也变为原来的2倍
B．将封闭的理想气体的温度增加，其体积才能保持不变
C．加入水银后，让容器竖直向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），并保持气体的体积，温度不变，则气体的压强为
D．加入水银后，让容器竖直向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），并保持气体的体积、温度不变，则容器的加速度大小为
12．（2024高二下·大名月考）如图甲所示，气缸左右侧壁导热，其它侧壁绝热，平放在水平面上．质量为m、横截面积为S的绝热活塞将气缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时两部分气体体积相等．外界温度保持不变，重力加速度为g（不计活塞和气缸间的摩擦）．
（1）若将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，稳定后A、B两部分气体体积之比变为2∶1，整个过程不漏气，求此时B部分气体的压强。
（2）将丙图中B的底端加一绝热层，对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，求此时B部分气体的温度T．
13．（2023高三上·南京月考）如图所示，在足够长的光滑斜面上，有一端封闭的导热玻璃管。玻璃管内部液柱封闭了一定量的理想气体，外界温度保持不变。在斜面上静止释放玻璃管，当液柱在玻璃管中相对稳定后，以下说法正确的是（　　）
A．封闭气体的长度将变长
B．封闭气体的分子平均动能减小
C．封闭气体压强小于外界大气压
D．单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数增加
14．（2024高三下·重庆市模拟） 如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的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两部分气柱的长度均为，压强均等于大气压，已知隔板与汽 壁间的最大静摩擦力为，隔板与汽 壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞。
（1）当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？
（2）若隔板向右缓慢移动了的距离，则活塞向右移动了多大的距离？
三、热力学第一定律的理解及应用
15．（2025·四川模拟） 某同学制作了一个小型喷泉装置，如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭，两瓶用弯管连通，左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水，右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时，左瓶直管有水喷出，如图乙所示，水喷出的过程中，装置内的气体（　　）
A．内能比浇水前大
B．压强与浇水前相等
C．所有分子的动能都比浇水前大
D．对水做的功等于水重力势能的增量
16．（2025·内蒙古模拟） 如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后（　　）
A．a的压强减小 B．b的温度降低
C．b的所有分子速率均减小 D．弹簧的弹力一定增大
17．（2024·海南） 一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是（　　）
A．be过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变
C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小
18．（2024高三上·望城开学考）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C的变化过程，V—T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（　　）
A．状态A、B的压强大小相等
B．从状态B到状态C，气体内能不变
C．A→B→C过程，球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量
D．在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2
19．（2024高二下·贵阳月考）如图8所示、横截面积的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离，b到汽缸底部的距离，质量的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动，刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强，热力学温度，活塞停在b处，取重力加速度大小，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦。若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定。
（1）求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度；
（2）求当缸内气体的热力学温度时，缸内气体的压强；
（3）在以上全过程中气体内能增量，求全过程缸内气体吸收的热量Q。
20．（2024高三·成都模拟）如图（），竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为的活塞封闭一定量的理想气体，活塞质量为，此时活塞静止，距缸底高度为。在活塞上放置质量为（未知）的物块静止后，活塞距缸底高度为，如图（）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为，外界温度为，重力加速度为，汽缸始终保持竖直。
（1）求物块质量；
（2）活塞上仍放质量为物块，为使得活塞回到距缸底为的高度，求密封气体的热力学温度应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了，求该过程中缸内气体从外界吸收的热量。
四、破鼎提升
21．（2025·河南模拟）汽车轮胎压力表的示数为轮胎内部气体压强与外部大气压强的差值。一汽车在平原地区行驶时，压力表示数为是个标准大气压，轮胎内部气体温度为，外部大气压强为。该汽车在某高原地区行驶时，压力表示数为，轮胎内部气体温度为。轮胎内部气体视为理想气体，轮胎内体积不变且不漏气，则该高原地区的大气压强为(　　)
A． B． C． D．
22．（2024高三上·靖远期中）如图所示，接开水后拧紧保温杯杯盖，待水冷却后就很难拧开。现向保温杯中倒入半杯热水后，拧紧杯盖，此时杯内气体温度为77℃，压强与外界相同。测得环境温度为7℃，外界大气压强为，经过一段较长的时间后，杯内温度降到7℃。不计杯中气体质量的变化，且杯中气体可视为理想气体，则最后杯内气体的压强为（　　）
A． B． C． D．
23．（2024高二下·邢台期中） 图为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，对应的体积变化量分别为、，压强变化量分别为、，对液面压力的变化量分别为、，则（　　）
A． B．
C． D．水银柱向上移动了一段距离
24．（2023高二下·哈尔滨期末）如下图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）
A．过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的
B．一个循环过程完成后，气体对外放出热量
C．过程向低温热源释放的热量等于过程从高温热源吸收的热量
D．过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功
五、直击高考
25．（2024·贵州） 制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为，压强为，现缓慢充气后压强变为，不计容器的容积变化。
（1）设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为时的体积。
（2）打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为，压强为。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。
（3）图（b）中虚线是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）
26．（2024·重庆） 某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（　　）
A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大
C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热
27．（2024·北京）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变．在上浮过程中气泡内气体（　　）
A．内能变大 B．压强变大 C．体积不变 D．从水中吸热
28．（2024·广西） 如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程曲线如图乙。大气压强。
（1）求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
（2）推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
（3）画出封闭气体等温变化的图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
29．（2024·全国甲卷） 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。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，分别为和。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），外力增加到并保持不变。
（1）求外力增加到时，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。
30．（2023·湖南）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力．如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆上施加水平力推动液压泵实现刹车．助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力．每次抽气时，打开，闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，闭合，打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从排出，完成一次抽气过程．已知助力气室容积为，初始压强等于外部大气压强，助力活塞横截面积为，抽气气室的容积为．假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变．
（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强；
（2）第次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】由等压面法，选管外水银面为等压面，有，得封闭气体压强为，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等压面法求解封闭气体的压强。
2．【答案】C
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】以汽缸底为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件可得
解得
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析汽缸底的受力，由共点力平衡条件求解封闭气体的压强。
3．【答案】D
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】管内气体压强等于管内外水银面高度差产生的液体压强加大气压强，根据压强平衡可得
水银的压强可以用高度表示，因此管内气体的压强为
故答案为：D。
【分析】管内气体压强等于管内外水银面高度差产生的液体压强加大气压强，再根据平衡条件进行解答。
4．【答案】B
【知识点】气体热现象的微观意义
【解析】【解答】考查液柱和空气柱的压强问题，会根据平衡条件列式求解相应物理量。由于试管上端封闭，对h2高的汞柱下端受力分析得：
对玻璃管有：
联立解得：
故选B。
【分析】根据液柱和玻璃管分别列平衡方程并联立解答。
5．【答案】D
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】A、由平衡条件可知图乙中的气体压强为
则
图丙中气体压强
则
即图乙状态的压强小于图丙，A错误。
B、若玻璃管从图乙状态开始自由下落，则气柱压强与外界大气压相同，由等温变化可知，压强增大，气柱长度减小，B错误。
C、图乙和图甲的气柱压强相等，则气柱长度相同，均为32cm，C错误。
D、由A可知图丙中气柱压强为64cmHg，由等温变化可知
解得
D正确。
故答案为：D
【分析】对管中气体进行分析，根据平衡条件计算三种状态下气柱压强的大小，再由理想气体状态方程计算气柱的长度。
6．【答案】B
【知识点】压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】A、取出水银前，右管中取出部分水银后h2减小，再次达到平衡时，A中气体压强小于大气压强，A错误。
C、B管中的压强，h2减小，则B管中的压强减小，由玻意耳定律可知B管中的气体体积增大，则水银面c上升的高度大于水银面a下降的高度 ，C错误。
B、由玻意耳定律可知，AB管中气体压强的变化量与体积变化量成正比，根据C项可知B管增大的体积大于A管增大的体积，则B中气体压强的变化量大于A中气体压强的变化量，B正确。
D、假设右管中剩余的水银柱非常短，取出的水银柱长度接近h2，则水银面ab间新的高度时大于右管上段新水银柱的长度，D错误。
故答案为：B
【分析】取出部分水银后再次达到平衡，根据平衡条件计算A管中气体的压强大小变化，再对B管中气体进行分析，由体积变化分析压强的变化，最后由玻意耳定律分析水银液面下降的高度以及高度差的变化。
7．【答案】C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】装置静止时，对活塞分析：，装置加速上升时，由牛顿第二定律：，对封闭气体分析：由玻意尔定律可得：，联立上式：a=2.75g，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为C。
【分析】装置静止时利用平衡条件列方程，装置加速时，利用牛顿第二定律列方程，结合玻意尔定律，对加速度进行求解。
8．【答案】B
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【解答】设水银柱长度为x，玻璃管的横截面积为S，此时气体压强：cmHg，气体体积为，开始时体积气体=90cmHg，体积，由，代入数据，可得x=25cm，则加入水银的最大长度为（25-15）cm=10cm。B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为A。
【分析】分析初末状态气体的压强与体积，利用玻意尔定律进行求解。
9．【答案】B
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A.被封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得
其中V1=V0+Sl1=330cm3 + 0.5 ×10cm3=335cm3，T1=273+27 (K)=300K，V2=V0+ Sl2= 330+0.5×(cm3)，代入解得
根据T=t+273K，可知
故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；
BC.当x=20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax=31.5C，故该装置所测温度不高于31.5℃，当x=0时，该装置所测的温度最低，代入解得tmin=22.5C，故该装置所测温度不低于22.5C，故B正确，C错误；
D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖-吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。
故选： B。
【分析】根据盖-吕萨克定律结合开氏温度和摄氏温度的关系导出摄氏温度的表达式，根据表达式分析刻度是否均匀；根据导出的温度表达式代入最短长度和最长长度求出对应的温度值再判断；根据盖-吕萨克定律进行分析判断。
10．【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】B．根据压强的计算公式得出不同状态下的气体压强，设玻璃管在光滑斜面上运动时加速度为，对整体，由牛顿第二定律有
解得
对水银柱，根据牛顿第二定律
其中
解得被封闭气体的压强
故B错误；
A．本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量是解题的前提，应用玻意耳定律即可解题。若细玻璃管开口向上竖直放置且静止不动，被封闭气体的压强
被封闭气体做等温变化，则
解得封闭气体的长度
故A正确；
C．若细玻璃管开口竖直向下静止放置，被封闭气体的压强
气体做等容变化，根据查理列式求解则
可得
故C正确；
D．若用沿斜面向上的外力使玻璃管以的加速度沿斜面加速上滑，对水银柱，根据牛顿第二定律
其中
被封闭气体做等温变化，应用玻意耳定律列式求解，则
解得
，
故D错误。
故选AC。
【分析】根据题意求出气体的状态参量，气体温度不变，发生等温变化，应用玻意耳定律求出气柱的长度。
11．【答案】D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．根据受力平衡可得
则有
故A错误：
B．由等容变化规律可得
结合
可得
故B正确：
C．若让容器向下做匀加速直线运动（细长直玻璃管竖直开口向上），当气体的体积不变，温度也保持不变，则气体的压强为原始状态的压强
故C错误；
D．设长度为的水银柱的质量为m，细玻璃管的横截面积为S，由牛顿第二定律可得
设水银柱的密度为，由
结合
，
综合解得
故D正确。
故选D。
【分析】等压变换根据查理定律，等温变化根据玻意耳定律列式求解。
12．【答案】（1）解：假设开始时，AB两部分体积共为V，此时
将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示时设A部分压强为；则
由玻意耳定律得：对A：
对B：
联立解得
（2）解：对B部分气体缓慢加热，使A、B两部分气体体积再次相等，A回到最初状态，此时
从乙到丙过程，对B由理想气体状态方程得
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）将气缸缓慢转动，直到气缸竖直如图乙所示，A、B两部分气体做等温变化，由活塞的受力平衡求出汽缸内A、B两部分气体的压强关系，再根据玻意耳定律列式求解；（2）以B部分气体为研究对象，根据理想气体状态方程列式求解。
13．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；气体的等温变化及玻意耳定律；气体热现象的微观意义
【解析】【解答】设外界大气压为，液柱的质量为m，玻璃管的截面积为S，斜面倾角为，重力加速度为g。
AC．玻璃管和液柱均处于静止状态时，封闭气体的压强为
释放玻璃管稳定后，整体的加速度大小为，
此时封闭气体的压强为，对液柱，根据牛顿第二定律可得
解得所以封闭气体压强减小，根据，可知体积增大，气柱长度变长，故A正确，C错误；
B．封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故B错误；
D．外界温度不变，在此过程中封闭气体的温度不变、内能不变，封闭温度不变、分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小，故D错误。
故选择A。
【分析】玻璃管和液柱均处于静止状态时，可得封闭气体的压强，释放玻璃管稳定后，可得整体的加速度大小，再根据牛顿第二定律可得封闭气体压强减小，再根据，可知体积增大，气柱长度变长；封闭气体温度不变，分子平均动能不变，气体压强减小、分子数密度减小，则单位时间内，玻璃管内壁单位面积上所受气体分子撞击次数减小。
14．【答案】（1）解：对于气体，初态
设当活塞向右移动距离时隔板开始移动，则
体积
根据玻意耳定律可得
即
解得
（2）解：对于气体B，初态
设当活塞向右移动距离时隔板向右移动，体积
根据玻意耳定律可得
解得
此时气体的压强为
体积
根据玻意耳定律可得
即
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）通过对活塞进行受力分析可得到气体压强的表达式，根据理想气体做等温变化的特点，利用玻意耳定律可求出移动的距离；（2）对气体B分析，根据体积变化，结合玻意耳定律可求出末状态的压强大小，利用两气体的压强关系式可求出移动距离。
15．【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】本题考查理想气体状态方程及温度与内能的关系。
A．用沸水浇右瓶时，装置内气体的温度升高，所以内能增大，故A正确；
B．水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大，故B错误；
C．装置内气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是所有分子的动能都增大，故C错误；
D．水喷出时有动能，故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和，故D错误。
故答案为：A。
【分析】瓶内气体温度升高，内能比浇水前大，分析压强变化，温度升高，分子平均动能增大，但并非所有分子的动能都比浇水前大，根据能量守恒定律分析。
16．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】 热力学第一定律：热量可以从一个物体传递到另一个物体，也可以与机械能或其他能量互相转换，但是在转换过程中，能量的总值保持不变，其数学表达式为Q=△U+W 。
ABC．初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则
根据热力学第一定律
可得，
则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故AC错误，B正确；
D．由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。
故答案为：B。
【分析】初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，b的体积增大，a的体积减小，根据理想气体状态方程及热力学第一定律分析。
17．【答案】A,C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由V-T图可知，bc过程中气体体积减小，所以外界对气体做功，故A正确；
B、根据理想气体状态方程，可知，则V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小，因此ca过程气体压强逐渐减小，故B错误；
C、由V-T图可知，ab过程的气体体积减小，温度不变，所以外界对气体做功，且内能不变，根据
可知，气体放出热量，故C正确；
D、由V-T图可知，ca过程气体温度升高，则内能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】有V-T图像可知，在bc过程中，气体体积减小，即可判断气体做功特点；由可知，V-T图像与坐标原点连线的斜率越大，压强越小；先判断内能的变化情况，再根据△U=W+Q分析热传递情况；ca过程气体温度升高，即知内能的变化。
18．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．在图像中，过原点的倾斜的直线为等压变化，由题图可知，状态A、B两点不在过原点的同一直线上，因此状态A、B的压强大小不相等，A错误；
B．从状态B到状态C，气体的温度升高，则气体内能增大，B错误；
C． A→B→C过程，球内气体的体积增大，球内气体对外做功，即，气体的温度升高，球内气体的内能增大，即，由热力学第一定律
可知，，即球内气体从外界吸收热量，可知球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．气体在状态A到状态C时，由理想气体状态方程可得
解得
即在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2，D正确。
故选CD。
【分析】根据理想气体知识分析：
1.理解V-T图像各点坐标的意义，能够分析不同状态下三个状态参量的关系。
2.能够根据图像分析气体温度变化，体积变化，结合热力学第一定律分析气体内能的的变化。
19．【答案】（1）解：当活塞刚要离开卡口b时，设此时缸内压强为，以活塞为研究对象，
根据受力平衡可得①
根据查理定律有②
解得③
（2）解：假设当活塞恰好与卡口a处接触时缸内气体热力学温度为，此时体积为，
根据盖—吕萨克定律有④
解得⑤
所以气体在活塞到达卡扣a后继续做等容变化 ⑥
根据查理定律有⑦
解得⑧
（3）解：当缓慢升高缸内气体的温度时，由前面的分析可知，活塞从b到a的过程中，气体做等压变化，压强为，到达缸a处时，温度升高到，然后气体再做等容变化，直到温度升高到，因此气体对活塞做功为⑨
根据热力学第一定律⑩
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）当活塞刚要离开卡口b时，卡口与活塞之间的作用力为零，对活塞进行受力分析，根据平衡条件确定此时封闭气体的压强，该加热过程封闭气体发生等容变化，再结合查理定律进行解答；
（2）由于不确定该温度下活塞是否与卡口a接触，假设活塞恰好与卡口a接触，根据盖吕萨克定律确定此时封闭气体的温度，再根据500k与该临界温度的关系，判断此时活塞是否与卡口a接触，接触后，封闭气体做等容变化，再根据查理定律进行解答；
（3）活塞从离开卡口b到刚接触卡口a的过程，封闭气体做等压变化，气体对外做功。接触卡口a后，气体做等容变化，气体不做功，再根据气体功的定义结合热力学第一定律进行解答。
20．【答案】（1）解：以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有，
活塞从位置到位置，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，
解得末态，
由力的平衡条件有，
解得；
（2）解：活塞从位置回到位置的过程，气体发生等压变化，
由盖—吕萨克定律有，
解得，
外界对气体做功为，
由热力学第一定律可有，
解得。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】 （1）分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体的状态方程计算出活塞距缸底的距离；
（2）先根据一定质量的理想气体的状态方程计算出气体的体积，再结合热力学第一定律计算出气体内能的变化量。
21．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】查理定律：（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。（2）表达式：p=CT（其中C为常量）。
根据题意可知：在平原地区时，轮胎内部压强为
温度
设在高原地区轮胎内部压强为，温度
轮胎做等容变化，根据
解得
该高原地区的大气压强
故答案为：B。
【分析】根据题意分别设置初、末状态的压强和温度，结合查理功率列式求解。
22．【答案】B
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合查理定律即可完成分析。杯内气体发生等容变化，根据查理定律有
其中
解得
故选B。
【分析】水冷却后，杯内气体的温度降低，在杯内气体质量和体积一定时，封闭的气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的压强。
23．【答案】C,D
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A、由于变化过程中气体的总体积不变，因此有
故A错误；
CD、假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律对A部分气体有
对B部分气体有
设初始状态水银柱的高度为h，则有
升高相同温度后
，
因此
可知
因此水银柱会向上移动一段距离，当水银柱向上移动后将会重新达到平衡，而细管上部分的横截面积大于下部分横截面积，结合
可知，细管下部分水银柱减小的长度大于细管上部分水银柱增加的长度，因此在水银柱向上移动一小段距离后水银柱的总长度比之初始时刻变短了，即
则重新达到平衡后
而初始状态有
重新达到平衡后的状态与初始状态做差可得
即
即
因此可得
故CD正确；
B、由于A的横截面积大，且压强变化大，根据
可知
故B错误。
故答案为：CD。
【分析】由于液柱的总体积不变，则气体的总体积不变，即两部分封闭气体的体积变化量相等。由于不确定水银柱的移动情况，故可根据假设法，假设水银柱不动，再结合查理定律判断上下两部分气体压强的变化情况，再根据上下气体压强差确定水银柱的移动情况。再根据查理定律及平衡条件确定各物理量的变化量之间的关系。
24．【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、由理想气体状态方程
可知，pV越大，气体的温度T越高，结合图像可知，a→b过程，气体温度降低，分子平均动能减小。由图可知气体体积增大，气体体积增大单位体积的分子数减少。因此a→b过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；
B、根据p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律
可知
所以气体对外放出热量，故B正确；
C、 d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即
b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即
p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，d→a过程p-V图像的面积大于b→c过程p-V图像的面积，即
则
即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；
D、a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量ΔU 相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则
由热力学第一定律 可知
由于两过程气体内能的变化量ΔU 相等，即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。
故答案为：BD
【分析】p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功或气体对外界做的功。根据图像中各过程物理量的变化及热力学第一定律进行分析即可。
25．【答案】（1）解： 设充入的气体在该室温环境下压强为时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有
解得

（2）解： 容器内气体从状态M变化到状态N，由理想气体的状态方程可得
可得

（3）解：由图像与横坐标轴所围面积表示气体做功可知，从M到N的过程对外做功更多，和都是从M状态变化而来，应该相同，可得
可知从M到N的过程内能降低的更少。由热力学第一定律
可知，从M到的过程绝热，内能降低等于对外做功；从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）对封闭气体应用玻意耳定律分析求解；（2）结合图中数据，由理想气体状态方程求解；（3）根据p-V图像与横坐标轴所围面积表示气体做功，分析两种状态下气体对外做功的大小关系，再由根据热力学第一定律得出结论。
26．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】AB．由于气囊内密闭气体温度不变， 上浮过程中体积增大，根据
可得
温度不变，体积变大，则压强变小。体积变大，则气体对外做功，故AB错误；
CD．理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，额内能不变，由热力学第一定律有
即
由于气体对外做功，则，故，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 气囊内气体温度不变，体积增大，根据玻意耳定律判断封闭气体压强变化情况。气体体积变大，气体对外做功。对于理想气体，温度不变，气体的内能不变，再结合热力学第一定律判断气体吸放热情况。
27．【答案】D
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】 A、气泡上浮过程气泡内气体的温度不变，内能不变，故A错误；
B、设外界大气压为p0，则气泡内气体压强 p=p0+ρgh，上浮过程h减小，所以气泡内气体的压强减小，故B错误；
C、气体经历等温变化，由玻意耳定律pV=C可知，气体的压强减小，则气体的体积变大，故C错误；
D、上浮过程气体体积变大，气体对外界做功，则W＜0，气体内能不变，则ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q＞0，所以气体从水中吸热，故D正确。
故选：D。
【分析】 A、根据理想气体的内能只与温度有关分析；
B、根据气泡内气体压强 p=p0+ρgh分析；
C、根据玻意耳定律分析；
D、根据热力学第一定律分析。
28．【答案】（1）解：活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
（2）解：根据题意可知图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得
根据可得气体压强为
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
故可知该过程中对封闭气体的值恒定不变，故可知做等温变化。
（3）解：分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时
在b处时气体体积为
在a处时气体体积为
根据玻意耳定律
解得
故封闭气体等温变化的图像如下
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）根据压力与压强、受力面积的关系分析求解；
（2）根据图像，结合F=pS以及pV的值分析求解；
（3）根据玻意耳定律结合不同状态下气体的体积变化分析求解。
29．【答案】（1）解：活塞从位置到过程中，气体做等温变化，初态、
末态、
根据
解得
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
（2）解：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，气体做等容变化，初态，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为，根据
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）活塞从a运动到b的过程中，气体做等温变化，根据玻意耳定律和平衡条件求解作答；
（2）当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，根据查理定律平衡条件求解作答。
30．【答案】（1）以助力气室的气体为研究对象。
初状态：压强，体积，第一次抽气后：体积，
根据玻意耳定律得：，解得：；
（2）同理第二次抽气：，
解得：，
以此类推，当第n次抽气后助力气室内的气体压强为，
所以刹车助力系统为驾驶员省力大小为：。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以助力气室的气体为研究对象，根据玻意耳定律求解；
（2）根据玻意耳定律求得pn，再根据求解。
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