衡后气柱高度变为h。去掉砝码，将汽缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h′。已知气体温度保持不变，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压强p0以及活塞的质量
M。
课时考点32 气体 热力学定律
三年高考真题演练
2σ2×0.070
1．(ⅰ)由公式Δp＝得Δp＝－3 Pa＝28 Pa
r5×10水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa。 (ⅱ)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
43
其中，V1＝πr1②
3
V2＝πr32③
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
4
3
p1＝p0＋ρgh1＝1×105 Pa＋1×103×10×10 Pa
＝2×10 Pa＝2p0④
5
p2＝p0⑤
4343
将②③④⑤代入①得，2p0×πr1＝p0×πr2
332r1＝r2
3
3
r23
＝2 r1
教育资料 3
答案 (ⅰ)28 Pa (ⅱ)2∶1
2．解析 方法一 设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝
V0
④ ΔV联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)⑤
方法二 对氧气瓶内的氧气，由于温度保持不变，由玻意耳气体实验定律和总质量不变得
p1V1＝np2V2＋p3V1
其中p1＝20个大气压 V1＝0.08 m
3
p2＝1个大气压 V2＝0.36 m3 p3＝2个大气压
代入数值得n＝4(天) 答案 4天
3．解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝
p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱
的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg l1＝20.0 cm① l1′＝(20.0－
20.0－5.00
) cm＝12.5 cm② 2
由玻意耳定律得
p1l1S＝p1′l1′S③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意
p2′＝p1′⑤
教育资料 l2′＝4.00 cm＋
20.0－5.00
cm－h＝11.5 cm－h⑥ 2
由玻意耳定律得
p2l2S＝p2′l2′S⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得
h＝9.42 cm⑧
答案 144 cmHg 9.42 cm
4．解析 (ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。 由玻意耳定律得pl＝p1l1① 由力学平衡条件得p＝p0＋h②
打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有
p1＝p0－h1③
联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④
(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。 由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤ 由力学平衡条件有p2＝p0⑥
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦ 设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm⑨ 答案 (ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm
5．解析 (ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝
初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495 K
2末状态V2＝lS2
2
代入可得T2＝T1＝330 K
3
V1V2T1T2
l教育资料 (ⅱ)对大、小活塞受力分析则有
m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2
可得p1＝1.1×10 Pa
缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝ 5
p1p2T2T3
T3＝T＝303 K
解得p2＝1.01×10 Pa
答案 (ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×10 Pa
6．C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，(W＋Q)可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误。]
5
5
V02V0
7．C [a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝，得Tb＝2Ta，a→c过程为等
TaTbp02p0
容变化，由查理定律得：＝，得Tc＝2Ta所以Tb＝Tc由热力学第一定律：a→b：Wab＋QabTaTc＝ΔUab
a→c：Wac＋Qac＝ΔUac
又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac则有Qab＞Qac故C项正确。]
8．AB [因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确；因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误；由盖—吕萨克定律＝恒量可知气体体积膨胀，对外做功，B正确；理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。]
9．解析 (1)从B→C的过程中，气体体积不变，故单位体积中的气体分子数目不变；因
mgSVTTA
(2)完成一次循环气体内能不变ΔU＝0，吸收的热量
Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J， 气体对外做功为8 J。
教育资料 答案 (1)增大 ① (2)8 J
10．解析 (1)车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确。 (2)对泡内气体由查理定律得
p1p2
＝① T1T2
内外气体的压强差为Δp＝p2－p0② 联立①②式解得Δp＝p1－p0③ 答案 (1)D (2)p1－p0
11．解析 (ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，压强为p0；末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得
T2T1
T2T1
p0p1
＝① T0T1
代入数据得
p1＝
101
p0＝1.01p0② 100
(ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得
p1S＝p0S＋mg③
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得
p2p3
＝④ T2T3
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得
F＋p3S＝p0S＋mg⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝
201
p0S＝0.02p0S⑥
10 100
答案 (ⅰ)1.01p0 (ⅱ)0.02p0S 两年模拟试题精练 1．BCD 2.ACE 3.BCE
4．解析 (1)从题图中可知气体由A到B是等容变化，初态pB＝1.0 atm，TB＝(273＋91)K
pApBpA1
＝364 K，末态TA＝273 K，由＝得＝，所以pA＝0.75 atm
TATB273364
教育资料