热学综合问题（解析版）-2024年高考物理大题突破

热学在历年高考中都有多以选择题、计算题的形式出现计算题分值一般10分。其中以气体实验定律、热力学

定律等为知识题载体，以汽缸或液柱密封气体为模型来考察,但近几年更多的试题接近生活实际对学生的建

模能力有了新的要求，在复习备考过程中应引起高度重视。

f1/K>

S

茏塞》去鹘典图.气体实验定律理想气体状态方程

题1（2024•广西河池•一模）小林同学在实验室探究气体状态变化规律,如图所示,实验室有一下端有小段软

管、导热性能良好的U型管，U型管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体,

左端封闭的气体长度乙=22cm,左右两管水银柱高度相同都为H=28cm,U型管的非软管部分粗细均

匀，己知大气压强为75cm麴,实验室温度为27七,管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：

（1）现将U型管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？

（2）小林同学利用这个U型管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U型管移到另一个封闭环境

（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢

复原长22cm。止匕时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm,依据这些条件可求出这

个封闭环境温度为多少摄氏度？

【答案】⑴14cm;（2）3°C

【详解】（1）左端封闭气体初始状态压强、长度分别为

01=Po~75cmHg,h=L=22cm

右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d,则此时左端封闭气体的压强、长度分别为

p2=Po-pg（H-L+d）,l2=L+L-d

由玻意耳定律可得

PiSli=P2SI2

解得

d=14cm

（2）左端封闭气体初始状态的温度为7]=300K,设另一环境的热力学温度为震。右管水银面离地面的竖

直高度为22cm时，左端封闭气体的压强为

p3=75cmHg—（28—22）cmHg=69cmHg

由查理定律可得

Pl_P3

T.~T3

解得

£=276K

则摄氏温度为

t=(276-273)℃=3℃

网］2(2024•甘肃兰州•一模)“空气炮”是一种有趣的小玩具，其使用方法是：先用手拉动后面的橡胶膜,如图

所示，吸入一定量的空气后放手，橡胶膜在迅速恢复原状的过程中压缩空气,从而产生内外压强差,空气从

管口冲出。已知“空气炮”在未使用前的容积为1乙,拉动橡胶膜至释放前的容积变为1.2L,大气压强为

1.05xl()5pa,整个过程中“空气炮”中的温度始终等于室温。

(1)若橡胶膜恢复原状的过程时间极短，可视为没有气体冲出，试求恢复原状瞬间“空气炮”内部空气压

强；

(2)经检测，橡胶膜恢复原状瞬间，“空气炮”内部空气压强为1.2xl()5pa,试求此时已冲出管口的空气质

量与仍在“空气炮”内部的空气质量之比。

【详解】(1)根据题意“空气炮”内的气体做等温变化，由玻意耳定律得

代入数据解得

5

p2=1.26x10Pa

即橡胶膜恢复原状时气体的压强为1.26xl()5pa;

(2)以抽入气体后的空气炮内气体为研究对象，初始气体压强为

Pi=1.05x105Pa

气体体积为

I4=1.2L

橡皮膜恢复原状时气体在瓶内的体积为

V2=1L

已冲出管口的气体压强视与内部气体相同为

2?2=1.2x105Pa

设其体积为％,气体做等温变化，由玻意耳定律得

解得

%=0.05L

同压强下气体质量与体积成正比，则冲出管口的气体与内部气体的质量比为

-3=%=1

m2V220

茏麓》解:去揖号.

1.压强的计算

(1)被活塞或汽缸封闭的气体,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，压强单位为

Pa。

(2)水银柱密封的气体，应用「=20+的或2?=加-的计算压强,压强P的单位为crnHg或rnmHg。

2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程

⑴若气体质量一定，P、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。

(2)若气体质量一定，p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。

3.关联气体问题:解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列

出两部分气体的压强关系，找出体积关系,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。

茏龙》变式训练

:题目[〕(23-24高三下•安徽•阶段练习)如图所示,竖直放置的汽缸质量7W=8kg,活塞的质量m=2kg,活

塞的横截面积S=4xl(F3M2,厚度不计。汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞上方的汽缸内封闭一定质量的理

想气体,活塞下表面与劲度系数fc=2.5xW3N/m的轻弹簧相连,活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸

内气体的温度To—450K时，缸内气柱长L=50cm,汽缸总长〃=60cm，汽缸下端距水平地面的高度%=

2cm，现使汽缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强p()=1.0XlORa,取重力加速度大小g=lOm/s?。求：

(1)汽缸刚接触地面时，求活塞上方汽缸内气体的热力学温度7]；

(2)汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气体

温度，求当弹簧刚好恢复到原长时,活塞下方的气体压强pi；

(3)求(2)问中，活塞上方汽缸内气体的热力学温度冕为多少。

L

L。m、，

【答案】(1)7]=432K;⑵p尸7.5X104Pa;(3)7^^231K

【详解】(1)汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则弹簧弹力不变，则有

LS=(L—h)S

为一Z

解得

7]=432K

(2)设弹簧初状态的压缩量为①，由平衡条件

kx—(M+m)g

解得

x—4cm

对活塞下方的气体由•••

Pox(12cmxS)=pB(16cmxS)

得

Pi—7.5X104Pa

（3）设活塞上方气体末状态的压强为的，由于弹簧恢复到原长，弹力为0,对活塞受力分析

p2S+mg=6s

解得

Pi—7.0x104Pa

上方气体初态压强

Pa=PQ+空~=1.2X105Pa

对活塞上方气体，由

p2-（44cmXS）_p3'（50cmXS）

名=To

得

冕=231K

【题目X,i（2024•江西赣州•一模）装有汽水饮料的瓶内密封一定质量的二氧化碳理想气体,t=27℃时,压强P

=1.050xlO5Pa=

（1）若瓶内气体的质量变化忽略不计,t'=33℃时，气压力是多大？

（2）保持27℃温度不变，用力摇晃瓶子后，使瓶内气体压强与（1）问相等，忽略瓶内气体体积的变化,此时气

体的质量为原来的多少倍？

【答案】（1）1.071x105Pa;（2）1.02

【详解】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为

T=（273+t）=300K

T=（273+力'）=306K

若瓶内气体的质量变化忽略不计，温度变化过程中体积不变，由查理定律知

P=P

T~T'

代入得

p'=YT'=1,05030（）0><306Pa=L°71*105Pa

（2）保持温度不变,可以等效为由压强为p=1.050xl（）5pa、体积为V的等温压缩成压强为/=1.071x105

Pa、体积为V的气体，由玻意耳定律得

pV'=p'V

解得

>1.02

即

-=-^=1.02

mV

故气体的质量为原来的1.02倍。

龙航》2鹘粤创热力学定律与气体辘定制B结合

吼!如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为夕的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的

绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为％,汽缸内温度为黑。现通过电热丝缓慢对汽缸

内气体加热,通过电热丝的电流为/,电热丝电阻为R,加热时间为3使气体温度升高到2£。已知大气压

强为P。,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动,设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求汽缸内气体温度从To升

高到24的过程中，

（1）活塞移动的距离小

（2）该气体增加的内能AU。

【答案】（1）LO⑵/电—（p0+驾%S%

【解析】（1）气体等压变化，则由盖一吕萨克定律有第=翳

活塞移动的距离x—LY—LQ

解得X=LQ

（2）设该气体压强为p,

有pS=p0S+Gsin9

气体对外界做功W——pSx

吸收的热量Q=/2R%

由热力学第一定律有AU=Q+W

解得△UdRt-（M+粤电）SL。。

茏麓处解:去指号.

1.理想气体相关三量AU、W、Q的分析思路

（1）内能变化量AU

①由气体温度变化分析AU：温度升高，内能增加，AU>0；温度降低，内能减少，△"<0。

②由公式AU=W+Q分析内能变化。

（2）做功情况W

由体积变化分析气体做功情况:体积膨胀,气体对外界做功，WV0;体积被压缩，外界对气体做功，卬>0。

（3）气体吸、放热Q

一般由公式Q=AU-W分析气体的吸、放热情况：Q>0,吸热；Q<0,放热。

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,但会产生其他影响。

茏变》变式训练

、题目[〔（2023•海南模拟）如图所示,一质量m=20kg的绝热圆柱形容器用绝热轻质活塞密封一定质量的理

想气体，轻杆一端固定在地面上，另一端固定在活塞上,整个装置倒立在空中。开始时气体的温度7]=300

K,活塞停在容器的中间位置。通过容器内部的电热丝（未画出）缓慢加热气体，当电热丝产生400J的热

量时活塞刚好停在容器口处。已知容器的厚度不计，横截面积S=1.0x107馆2,其深度h=0.4馆,活塞

（厚度不计）与容器壁间无摩擦,大气压Po=1.0X105Pa,重力加速度g取10m/s?,求：

（1）开始时封闭气体的压强P和活塞刚好停在容器口处时封闭气体的温度冕；

（2）整个过程中气体内能增加量NU。

【答案】（1）1.2xlO5Pa600K（2）160J

【解析】（1）初始状态，对容器受力分析，根据平衡条件有

pS=p0S+mg

解得p==1-2x105Pa

封闭气体发生了等压变化，则有

解得劣二卷2=600K

（2）气体等压膨胀，外界对气体做功，则

W=-p（V^—Vi）=—240J,气体吸热为

Q=400J

由热力学第一定律W+Q=AU

解得AU=Q+W=160Jo

T大H题

茏笼＞则模拟.

遒至1（2024•安徽安庆•二模）根据国家标准化管理委员会批准的《乘用车轮胎气压监测系统的性能要求和

试验方法》相关规定现在所有在产乘用车强制安装TPMS（胎压监测系统）。驾驶员发现某型号汽车正常行

驶时胎压为250kPa，轮胎内气体的温度为57℃,不考虑轮胎容积的变化,该轮胎的胎压达到300kPa时会

出现灼胎危险。

（1）若该轮胎的胎压达到300kPa时，求此时胎内的气体达多少摄氏度；

（2）若驾驶员在开车前发现该轮胎胎压略有不足,仪表显示胎压为p=200kPa，现驾驶员对其充气，气体被

充入前的压强为lOOkPa,已知轮胎容积为22"为保证汽车正常行驶，求需要充入多少升压强为lOOkPa的

气体（不考虑充气过程中胎内气体温度和轮胎容积的变化）。

【答案】⑴右=123℃;（2）AV=UL

【详解】（1）不考虑轮胎容积的变化，则轮胎内的理想气体经过等容变化，有

Pl_P2

Z一为

其中pi=250kPa,7]=330K,p2=300kPa,解得胎内气体的温度为

£二396K"2=123℃

（2）设充入的气体体积为AV,根据理想气体的物质量守恒和等温变化，有

PrV=pV+p^V

2•••

其中V=22L,P2=lOOkPa,解得

AV=11L

题目句（23—24高三下•重庆•阶段练习）用如图所示装置可以测量不规则物体体积，4、B两导热气缸通过

体积可忽略的细管相连，气缸A容积为3U,气缸B容积为2U,现将一物体放入气缸A内，关闭气缸A盖板

和阀门Ki、K2,初始时两气缸内气体压强均为p。现打开阀门K?向气缸B内快速充气,至气缸B内压强

为3.03p时停止充气并关闭Kz,此时气缸B内温度为1.01T。已知环境温度为T,盖板及阀门气密性良好，

过程中无漏气。

（1）充气后静置足够长时间,求气缸B内气体压强；

（2）接下来打开阀门式,再静置足够长时间测得气缸内压强为功,求待测物体的体积。

【详解】（1）充气后有

T'B—1.01T,p'B—3.03p

一段时间后温度降至g=T，由

&=PB

KF

可得

PB=3P

（2）设待测物体体积为AV,由题意可得

PA（VA-^+PBVB=2p（%+%-△/）

代数数据可得

p（3V-AV）+3p-2V=2p（5V—AV）

解得

题目可（23-24高三下•四川绵阳•开学考试）如图所示是消防高压水枪的结构原理图。已知储气储水罐的

容积为12U,空气压缩机的气罐体积为V,管子的体积可忽略不计。现在通过进水口向储气储水罐中注入

6V的水，然后关闭其他通道，仅打开进气口让空气压缩机连续工作了12次，假设大气压强为p0，储气储水

罐一开始灌水后的罐内气体压强以及空气压缩机每一次压气时气罐内气体压强均等于大气压强，空气压缩

机每一次压气都能把气罐内气体全部压入储气储水罐，压气过程两罐内气体温度变化可忽略不计,环境温

度为取

（1）求压缩机停止压缩后，储气储水罐内的气体压强；

（2）消防车到达火灾现场时的环境温度为1.2K，假设储气储水罐导热性能良好，则当储气储水罐内水即将

用完时罐内气体压强为多少？

【答案】（1）P1=3po；⑵22=L8Po

【详解】（1）根据玻意耳定律有

PoVo=PiV[

其中气体初始的体积为

%=（12-6）V+（12X1）V=18V

气体压缩后的体积为

14=6V

解得

P尸3Po

（2）根据理想气体状态方程有

Pl-=P2%

丁一不

其中

冕=1.2虱

I4=12V

解得

P2=L8Po

题目⑷（2024•吉林白山•二模）某同学利用玻璃瓶研究气体温度与体积的关系。如图，将一质量m=60g、底

部横截面积S=lOcrr?的薄壁玻璃瓶倒扣在水中。容器厚度不计，当温度为t0=27°。时，测得此时瓶内液

面比瓶外水平面低d=6cm,瓶子露在水面上的部分长Li=6cm。已知大气压强为p（）=1.0XlORa,重力

加速度大小为lOm/sz,水的密度为p=1.0XICfkg/iiF设容器外部的水面高度保持不变，T=t+273K,求:

（1）瓶内的气体压强；

（2）若加入热水混合稳定后,瓶内气体的温度缓慢上升至77°。,则瓶子露在水面上部分长，为多少？

【答案】(1)1.006X105Pa;(2)8cm

【详解】(1)对容器受力分析

p=Po+pgd

得

p=1.006X105Pa

(2)由于容器的重力等于排开水的重力

mg=pgsd

由于浮力保持不变，排开水的体积不变，瓶内液面比瓶外水平面低d=6cm，保持不变。温度变化前后,气

体体积和温度如下

%=S(L1+d),7]=(27+273)K=300K

%=S(L2+d),石=(77+273)K=350K

温度变化前后，容器内封闭气体等压变化，故有

竺

T]~T2

得

L2=8cm

题目回(23-24高三下•贵州黔东南•开学考试)如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组

成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的横截面积为2S,小活塞的横截面积为S；两活塞用刚性轻杆连

接，间距保持为2乙,汽缸外大气压强为3,温度为T。初始时大活塞与大圆筒底部相距"两活塞间封闭气

体的温度为2T,活塞总质量为现汽缸内气体温度缓慢下降，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加

速度大小为9。

(1)在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，求缸内封闭气体的温度7]；

(2)活塞到达衔接处后继续降低温度，当缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,求缸内封闭气体的压

强.2；

(3)从初始状态到缸内、缸外气体达到热平衡的过程中，若气体向外界放出的热量为Q,求缸内封闭气体在

此过程中减小的内能Al/o

【答案】⑴等T;⑵%+爵;⑶Q—(pM+小困

【详解】

(1)在大活塞到达两圆筒衔接处前,对活塞进行受力分析，有

2Pls+poS=2Pos+piS+mg

解得

_,mg

Pi—PoH-w

在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体末态温度为7],由盖吕萨克定律有

2SL+SL_S-2L

2T工

解得

4

(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡的过程,封闭气体的体积不变，则

P]_=P2_

解得

333mg

「

2=1%+4s

(3)根据热力学第一定律可得

/\U=Q-W

第一阶段为等压压缩过程，有

W=p42SL+SL-2SL)=pQSL+mgL

解得

△U—Q—(.PQSL+mgL)

即缸内封闭气体在此过程中减小的内能为Q—(poSL+mgL)

题目回(2024•广东深圳•一模)遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救，简化模型如下,塑料盆近似看成

底面积为S的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在静止水面上,用力竖直向下缓慢压盆底，当压力为

F时恰好使盆底与液面相平，忽略塑料盆的厚度及盆的重力，已知大气压强为加,重力加速度为9,水的密度

为P，求：

(1)此时盆内空气的压强p；

(2)此时塑料盆口的深度d。

【详解】(1)设根据平衡条件可得

F+p0S=pS

解得

P=Po+至

⑵当塑料盆轻放在静止水面上时，盆内封闭气体的压强、体积分别为

Pi=Po,%=Sd

当盆底与水平相平时，设进入盆内水的液面距盆底九,盆内压强、体积分别为

Pi—p,%=Sh

而根据等压面法可知

的=Po+pgh

根据题意

联立以上各式可得

题旦区(23—24高三下•山东德州•开学考试)某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积测量

仪。如图所示为气压体积测量仪的原理图，上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高无=20cm,

横截面积S=10cm2的导热气缸，两气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量

m=2kg的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体(不计活塞厚度和摩擦

力),缓慢降低封闭气体的温度至-3°。,活塞稳定后,活塞距气压筒A顶端0.4鼠已知环境温度为271,外

界大气压强为Po=1.0xlC)5pa,重力加速度g=lOm/s?。

(1)求矿石的体积；

(2)再把温度从-3°。缓慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度;若该过程封闭气体

内能增加了20J,求封闭气体从外界吸收的热量。

【详解】⑴活塞稳定时封闭气体的压强

P=Po+~^~=1.2X105Pa

令矿石体积为V,由理想气体状态方程

p0(2hS—V)_p(l.GhS—V)

To=T.

又

300K,7]=270K

解得

V=OAhS=80cm3

(2)缓慢升高温度，将活塞推到气压筒的顶端，压强不变，由盖一吕萨克定律

L6-S—V_2hS—V

F_―-TT~

解得

6=360K

该过程外界对系统做的功

W=-p(0.4h)S^-9.6J

由热力学第一定律

AU=W+Q

解得

Q^LU-W=29.6J•M

题目回（23-24高三下•江西•开学考试）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内有一段长

为拉=5cm的水银柱,如图甲，玻璃管开口斜向上在倾角©=30°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L=30cm,此时环境温度为7]=300K,已知大气压强始终为p（）=75c?n7i7,重力加

速度g=10m/s2,设水银柱密度在本题情况中均与标准状况下相同p=13.6g/cn?,封闭气体看成理想气体，

不计水银与试管壁摩擦。

（1）求此时被封闭气体的压强加；

（2）若开口斜向下在倾角个=30°的光滑斜面上用外力使其以a2=lm/s2的加速度加速上滑,且被封闭气体

长度仍为L,则环境温度要变化多少。C?

【答案】⑴75cnt的；⑵降低12℃

【详解】

（1）设在光滑斜面上运动时加速度为s,对试管和试管内物体整体，由牛顿第二定律有

7ngsin。=mar

解得

ai=gsin。=5m/s2

方向沿斜面向左下。对水银柱，由牛顿第二定律有

p0S+phSgsmd—p、S=phSax

解得

Pi=p0—75cmHg

（2）对水银柱，由牛顿第二定律

p0S—phSgsind—p2S=phSa2

即有

Pi=Po~P（gsin3+a^）h

求得

p2—72cmHg

被封闭气体等容变化

Pi=Pi

可一至

解得

④=288K

温度降低

Ai=AT=7]-75=12℃

题目回（2024•山东青岛•一模）如图，汽车上的安全气囊最早由赫特里克于1953年发明并得到普及。在汽车

正常行驶时，气囊内原有气体体积忽略不计。当汽车受到猛烈撞击时会引燃气体发生剂，产生大量气体，极

短时间内充满气囊。充气过程中,气囊上可变排气孔是封闭的，充气结束时内部气体的压强为p、体积为

V、温度为T,气体可视为理想气体。

（1）已知大气压强为P。,求充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功；

（2）撞击后，车上驾乘人员因惯性挤压安全气囊导致可变排气孔开始排气，当内部气体压强为Jp、体积为

5

£V、温度为2T时,恰好不再排气，求排出气体质量与排气前气体总质量之比。

OO

【答案】⑴和匕⑵2

5

【详解】（1）充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功

W=p0V

（2）对气囊内所有的气体,根据理想气体状态方程有

PV_lPV'

TT_

3

从气囊内排出气体的体积为

AV=S

排出气体质量与排气前气体总质量的之比为

_2

mVf5

解得

Am_2

m5

题目JO（23-24高三下•江西•阶段练习）一款气垫运动鞋如图甲所示。鞋底塑料空间内充满气体（可视为

理想气体），运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时，当环境温度为271,每只

鞋气垫内气体体积%，压强P。,等效作用面积恒为S,鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料

空间等效为如图乙所示的模型，轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为p0,且气垫内气体与外界温

度始终相等，g已知。

（1）当质量为机的运动员穿上该运动鞋,双脚站立时，若气垫不漏气,求单只鞋气垫内气体体积%；

（2）运动鞋未被穿上时，锁定活塞A位置不变，但存在漏气,当气温从27℃上升到37℃时，气垫缓缓漏气至

与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比小

【详解】

⑴双脚站立时，由平衡条件可得

mg+2Pos=2P1ls

气体做等温变化，根据玻意耳定律可得

解得单只鞋气垫内气体体积

〃2p°s%

Vi=----------

mg+2Pos

（2）根据理想气体状态方程

PoVo_PoVx

丁一^

其中

%=273+27K=300K

T2=273+37K=310K

漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为

__1

〃-%-30

痼目］11（2024•湖南长沙•一模）气压传动是工业中常见的传动方式。如图所示,面积为S»的活塞A静止，与

气缸右端相距Ljo用力缓慢右移活塞A,通过压缩气体顶起竖直放置的面积SB的活塞B和上方高无的液

柱（液体密度为P）,最终活塞A移到最右端。活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变。气体视为理想气

体,大气压强为Po,忽略弯管中的气体体积,装置不漏气,不计摩擦和两活塞质量。

（1）最终活塞3上升的高度乙2；

（2）若整个过程活塞A对封闭气体做正功W,忽略气体质量，求整个过程中气体对外放热Q为多少。

【答案】⑴

【详解】⑴初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为

Pi=Po

最终封闭气体的压强大小为

P2=Po+pgh

活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变,由玻意耳定律可知

Pi"xSA=p》L2sB

解得

L_PQL1sA

（p0+pgh）SB

（2）由于活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，所以气体的内能不变，液柱重力势能增大

Ep=mgh—pSBhgL2

则整个过程中气体对外放热

Q=卬-Ep=W-pSBhgL2

14

题目（23-24高三下•山东济南•开学考试）某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大

的形变导致天然气泄漏，采用的是“气升顶”施工方案。如图，质量为馆=L0xlC）5kg的球冠形穹顶与储罐

壁间涂有密封材料,使穹顶上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵

入空气，使穹顶缓慢上升。安装完成后，储罐内空间可视为截面积S=lxl（）3巾2,高拉=20机的圆柱体。已

5

知大气压强为Po=LOIxl（）5pa,安装完成后罐内空气温度为27（,标准状态下（p0=l.01xlOPa,册=

273K）空气密度为1.30kg/m3o

（1）穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？

（2）鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大（结果保留两位有效数字）？

【答案】⑴1.02X105Pa;（2）2.4x104kg

【详解】

⑴依题意，对穹顶，有

解得

p=1.02X105Pa

（2）由理想气体状态方程，可得

phS_pM

〒一F

M—pVo

解得

M=2.4X104kg

题目jJ（23—24高三下•河北•阶段练习）有一高度为“未知）、上端开口的圆筒绝热汽缸，用一截面积为S、

厚度和质量均不计的绝热活塞盖到汽缸顶部，汽缸内封闭有一定质量的理想气体。现在活塞上缓慢放一质

量m=醇的重物后，活塞下落到距离汽缸底4处静止。已知大气压强为p。,汽缸内气体初状态的温度

5g2

为4,重力加速度为g,汽缸底部厚度不计，不计一切摩擦。

（1）求汽缸内气体末状态的温度。

（2）若气体的内能为己知常数，则汽缸的高度%为多少？

绝热活塞

绝

绝

热

热M

汽

汽

缸

缸h

2

【答案】⑴口2⑵苔生

【详解】（1）初状态，气体的压强为为,体积为S/i,温度为《，末状态，气体的压强为

P—PoHk—2.2p。

体积为

v=s1

由理想气体状态方程，有

PoSh_pV

解得

T=l.l或

(2)初状态，气体的内能

UQ=kT^

末状态，气体的内能

U=kT=l.lk%

气体内能的变化量

△U=U—Uo=G.呼

又由

W=叫物+%气=(/+p°S)•亨

根据热力学第一定律，可得重物用■对汽缸内气体做的功

W=^U=0.1k%

联立解得

h_.玛______kN)

5(Mg+poS)110oS

题目口£(2024•山东聊城•一模)中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。英语“CfflNA"，既称中国，又名瓷器。

瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是人类智慧的结晶，是全人类共有的珍贵财富。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯

进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p。,温度为室温27℃,为避免窑内气压

过高,窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2P。时,单向排气阀开始排气。开始排气后,气窑内气体

维持2Po压强不变，窑内气体温度逐渐升高,最后的烧制温度恒定为1327(。求：

(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；

(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。

【详解】

(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有初态

Pl=Po

辑=(27+273)K=300K

末态

P2=2p0

T2=（273+力2）K

由查理定律可得

宴一为

代入数据解得

t2=327℃

⑵开始排气后，气窑内气体维持2Po压强不变，则有

£=（1327+273）K=1600K

设排出2Po压强的气体体积为V',排出气体质量为馆'，由盖一吕萨克定律可得

%=%+/

『T3

由于气体的密度不变，则有

m_V，

m―VQ+V'

代入数据解得

m_5

m8

题目J5（2024•陕西榆林•一模）如图，一竖直放置、横截面积为S的金属圆筒的下端封闭，上端开口。一质量

为神、横截面积为S的活塞静止在离金属圆筒上端Z处。然后把金属圆筒竖直放入温度恒为71的热水中，

活塞缓慢上升，最终活塞恰好静止在金属圆筒上端。已知整个过程金属圆筒不漏气,活塞在圆筒内无摩擦

滑动，圆筒底部及活塞厚度均不计，外界大气压强为po，环境温度为或，气体的内能b=kT（k为已知常量），

重力加速度为9。求：

（1）活塞静止在离金属圆筒上端Z处时密闭气体的压强以及金属圆筒的高度。

（2）密闭气体从热水中吸收的热量。

【答案】⑴登+P。

【详解】（1）以活塞为研究对象，由平衡条件，有

pS—mg+p0S

解得

mg,

P=r+Po

以金属圆筒中密闭气体为研究对象，气体发生等压变化，根据盖一吕萨克定律，有

hS_仇一Z）S

To

解得

17

（2）活塞缓慢上升过程中，外界对气体做负功，有

W——pSl――（mg+p0S）l

气体温度从£上升到3的过程中，气体内能变化量

△U=kZ—k2=MZ—£）

根据热力学第一定律有

△U=W+Q

解得密闭气体从热水中吸收的热量

Q=MZ-K）+（mg+p