(新高考)高考物理二轮复习大题优练12 热学(2份打包，解析版+原卷版)

例1．如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧U形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为17 ℃，大气压强为76 cmHg，稳定时，A部分气体长度为20 cm，管内各液面高度差分别为h1＝8 cm、h2＝10 cm。

(1)求A部分气体的压强；

(2)现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了40 ℃时，A部分气体长度为22 cm，求此时右侧U形管液面高度差h2′。

【解析】(1)设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知

解得。

(2)由理想气体状态方程有

解得

由于空气柱长度增加2cm，则水银柱向右侧移动2cm，因此液面高度差h1′＝4cm，由

解得。

例2．真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变，袋内气体压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。

(1)对于第一次抽气（不考虑活塞在底端时的情况），将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；

(2)求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。

【解析】(1)当活塞下压时，阀门关闭，打开，右侧抽气机中，体积的气体排出。对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有

解得

根据平衡条件得。

(2)对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体压强降为，根据玻意耳定律有

解得

以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为。

1．趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3，压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3，不考虑压缩时气体的温度变化。

(1)求压缩量最大时，球内气体的压强；（结果保留3位有效数字）

(2)为保障游戏安全，球内气体压强不能超过1.75×105 Pa，那么，在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球，球内气体压强为1.5×105 Pa，若升温引起的球内容积变化可忽略，请通过计算判断是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏。

【解析】(1)碰撞游戏时，气体从初始到压缩量最大的过程中，经历等温变化，由玻意耳定

其中p1＝1.5×105Pa，V1＝0.8m3，V2＝（0.8-0.08）m3＝0.72m3

代入数据解得p2≈1.67×105 Pa。

(2)从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体经历等容变化，由查理定律有

其中T2＝（17+273）K＝290K，T3＝（37+273）K＝310K

中午碰撞游戏时，气体从初始状态到压缩量最大的过程中，气体经历等温变化，由玻意耳定律有

联立并代入数据解得p4≈1.78×105Pa＞1.75×105Pa

所以不能安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。

2．如图所示是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统结构，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V＝3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p＝200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t＝27 ℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h＝290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1＝7 ℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为∆V＝1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2＝50 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，海面上大气压强p0＝1 atm，g＝10 m/s2，1 atm＝1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢筒内的空气压入水舱多少次？

【解析】设在水面下h＝290 m处贮气钢筒内气体的压强变为，由查理定律得

设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，体积为V2，由玻意耳定律得

重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为

设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得

其中

则压入水舱的次数

贮气筒内的空气压入水舱的次数为。

3．如图所示，左右两个粗细均匀、内部光滑的汽缸，其下部由体积可以忽略的细管相连，左汽缸顶部封闭，右汽缸与大气连通，左右两汽缸高度均为H、横截面积之比为S1∶S2＝1∶2，两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。两汽缸中各有一个厚度不计的绝热轻质活塞封闭两种理想气体A和B，当大气压为p0、外界和气体温度均为27 ℃时处于平衡状态，此时左、右侧活塞均位于汽缸正中间。

(1)若外界温度不变，大气压为0.9p0时，求左侧活塞距汽缸顶部的距离；

(2)若外界温度不变，大气压仍为p0，利用电热丝加热气体B，使右侧活塞上升，求此时气体B的温度。

【解析】(1)大气压变为0.9p0，则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p0，气体A做等温变化，由玻意耳定律得：p0S1＝0.9p0h1S1

解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h1＝H。

(2)外界温度、大气压均保持不变，气体A的状态也不变，即左侧活塞仍处于汽缸正中间，则气体B做等压变化，由盖－吕萨克定律得：

＝

T0＝27 ℃＝300 K

则气体B的温度为T＝400 K(或t＝127 ℃)。

4．横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口．初始时，右端管内用h1＝4 cm的水银柱封闭一段长为L1＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L2＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h2＝8 cm，如图甲所示。已知大气压强p0＝76.0 cmHg，环境温度不变。

(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；

(2)若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示。当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3。

【解析】(1)初始时，空气柱A的压强为pA＝p0＋ρgh1

而pB＋ρgh2＝pA

联立解得空气柱B的压强为pB＝72 cmHg；

(2)U形管倒置后，空气柱A的压强为pA′＝p0－ρgh1

空气柱B的压强为pB′＝pA′＋ρgh3

空气柱B的长度L2′＝L2＋

由玻意耳定律可得pBL2＝pB′L2′

联立解得h3＝12 cm。

5．某品牌汽车前轮胎，厂家建议的标准胎压为240 kPa。某人购买该品牌汽车时，车外温度显示为27 ℃，胎压监测系统在仪表盘上显示为2.40 bar（2.40 bar＝240 kPa），车辆使用一段时间后保养汽车时，发现仪表盘上显示为2.20 bar，此时，车外温度显示为2 ℃。车胎内气体可看作理想气体，车胎内体积可视为不变。

(1)试分析保养时，前轮胎是否有漏气；

(2)若要使该车胎在保养时胎压恢复到2.40 bar，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度视为不变，求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。

【解析】(1)车胎内体积可视为不变，由查理定律得

代入数据可得

解得

故前轮胎无破损漏气的情况；

(2)设轮胎体积为V，充气过程可理解为，压强为，体积为的气体，一次性压缩为，体积为V的气体，且过程中温度不变；

根据玻意耳定律有

解得

代入数据可得

故可得。

6．如图所示，横截面积S＝25 cm2、高h＝80 cm的绝热汽缸开口向上，置于水平地面上，距汽缸口h处有固定挡板，质量m＝5 kg、高度为20 cm的绝热活塞置于挡板上，密封一部分理想气体，一根劲度系数k＝10 N/cm的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在活塞正上方，此时弹簧沿竖直方向且长度恰好为原长，缸内气体温度为27 ℃，压强等于大气压强p0。现通过汽缸内的电热丝（图中未画出）加热气体，使活塞上端缓慢移动到汽缸口时停止加热，此过程中气体吸收热量180 J，对外做功80 J。不计挡板和电热丝的体积，取大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)活塞上端移动到汽缸口时气体的温度；

(2)此过程中气体内能的变化量。

【解析】(1)活塞移动到汽缸口时，受力如图所示，根据活塞受力平衡可得

解得

密封气体在加热前后的体积为

，

由理想气体状态方程可得

代入数据解得（或627℃）

(2)由热力学第一定律可得

解得。