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2023年高考物理全国甲卷真题变式·分层精准练：第13题 （2）
一、原题
1．（2023·全国甲卷）
（1）在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是 。(填入正确答案标号。)
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
E．气体的体积增大，温度降低
（2）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46 kg/m3
(i)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时内气体的密度；
(ii)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至10个大气压，求舱内气体的密度。
【答案】（1）A；B；D
（2）解： (i)初状态：，，末状态：，，根据盖吕萨克定律得：，解得：。又，所以；
(ii)以现在高压仓中的气体作为研究对象。初状态：，，末状态：，，根据玻意耳定律得：，解得：，所以。
【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；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）A.气体体积不变，不存在做功问题，温度升高，内能增大，系统一定从外界吸收热量，故A符合题意；
B.气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，系统一定向外界放出热量，故B符合题意；
C.气体体积减小，外界对气体做功，温度升高，内能增大，系统可以与外界不进行热交换，故C不符合题意；
D.气体的体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，系统一定从外界吸收热量，故D符合题意；
E.气体的体积增大，气体对外界做功，温度降低，内能减小，系统可以与外界不进行热交换，故E不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】（1）根据热力学第一定律分析判断。
（2） (i)根据根据盖吕萨克定律求得末状态气体的体积，再求密度；
(ii)根据玻意耳定律求得末状态气体的体积，再求密度。
二、基础
2．（2022高二下·东营期末）一质量为M的汽缸，用活塞封闭一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，空气柱长为L0（如图甲所示），已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变，重力加速度为g。若将汽缸按图乙所示竖直放置，静止时，求：
（1）缸内气体的压强；
（2）气柱的长度。
【答案】（1）解：若将汽缸按图乙所示竖直放置，设缸内气体的压强为p1，根据平衡条件可得
解得
（2）解：当汽缸水平横放时，缸内气体的压强等于大气压强p0。设汽缸竖直放置时气柱的长度为L1，根据理想气体状态方程有
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据受力平衡得出缸内气体的压强；
（2） 当汽缸水平横放时 ， 根据理想气体状态方程 得出气柱的长度。
3．（2022·福建）足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为，环境温度为，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
（1）空气柱是吸热还是放热？空气柱长度变为多少？
（2）当气体温度变为时，空气柱长度又是多少？
【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为 ，玻璃管水平时 ，
玻璃管竖起来后 ，
根据
解得
气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；
（2）解：空气柱长度为 ；由等压变化得
其中 ， ，
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
【解析】【分析】（1）由题意可知发生等温变化，根据玻意耳定律和热力学第一定律求解；
（2）气体温度升高到360K过程做等压变化，根据盖吕-萨克定律求解。
4．（2021高二下·湖北期末）如图所示，一圆柱形绝热气缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为 ，横截面积为S，与容器底部相距 ，此时气缸内气体温度为 。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 时，气体温度上升为 。已知大气压强为 。不计活塞与气缸间摩擦。求：
（1）在对气体加热过程中，活塞移动的距离；
（2）在对气体加热过程中，气体内能的改变量。
【答案】（1）在加热气体的过程中，封闭气体的压强不变，由盖·吕萨克定律有
解得
（2）在加热气体过程中，气体对外做的功
由热力学第一定律 联立以上三式可得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）加热气体的过程中，气体压强不变，利用等压变化的状态方程可以求出活塞移动的距离；
（2）在加热气体的过程中，利用气体压强和体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出气体内能的变化量。
5．（2021高二下·镇江期末）图甲为一气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，椅面和底盘间有一个开口向上，导热性能良好的气缸，气缸内封闭有压强为p0，体积为V0的理想气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为 。已知活塞截面积为S，与汽缸间摩擦不计，环境温度不变，气缸不漏气。重力加速度为g。求：
（1）该同学坐上稳定后，气缸内气体的压强p；
（2）该同学的质量m。
【答案】（1）解：同学坐上后，气体等温压缩，由
得
（2）解：由受力平衡
得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）同学坐稳后，根据玻意耳定律计算压缩体积后的压强。
（2）对同学进行受力分析，根据平衡条件计算同学的质量。
6．（2021高二下·连云港期末）在室温为17℃时给一个篮球充气使其压强达到 ，室内外大气压强均为 ，设在下述整个过程中篮球体积不变。
（1）在球场比赛时温度升高到37℃，这时球内压强有多大？（结果保留两位有效数字）
（2）由于漏气，当篮球内气体的压强变为 ，温度仍为17℃时，求球内剩下的空气与漏出空气的质量比值。
【答案】（1）解：篮球内气体做等容变化，由
得
（2）解：设室温 下原来篮球内气体的体积为 ，由
解得
所以
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）篮球内部气体发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出球内压强的大小；
（2）气体漏气时发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的质量之比。
三、巩固
7．如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）气体温度达到387℃时气体的压强。
【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，则初始状态时有，，
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时有，
根据理想气体状态方程
解得
（2）解：由于
封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以
此时有，
由理想气体状态方程
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程，求 当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）由于封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程，求 气体温度达到387℃时气体的压强。
8．（2023·广西模拟）如图所示，容积为的气缸固定在水平地面上，气缸壁及活塞导热性能良好，活塞面积为，厚度不计。气缸两侧的单向阀门（气体只进不出）均与打气筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均为，压强均为。现用打气筒向活塞左侧打气15次，向活塞右侧打气10次。已知打气筒每次能打入压强为、体积为的空气，外界温度恒定，空气视为理想气体，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
（1）活塞左、右封闭空气的体积之比；
（2）气缸内空气的压强。
【答案】（1）解：活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，所以活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比，活塞左侧充入压强为、体积为的空气，活塞右侧充入压强为、体积为的空气，则活塞左、右封闭空气的体积之比为
（2）解：对活塞左侧封闭空气，由玻意耳定律
解得，气缸内空气的压强为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由理想气体状态方程可知， 活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比。
（2）外界温度恒定，空气视为理想气体 ，等温变化， 由玻意耳定律 列式求解。
9．（2023·宝鸡模拟）如图所示，竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口，右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入水银，平衡时右端封闭气体的长度L=15cm，左端水银面到管口的距离为h=12cm，且左右两管水银面的高度差也为h=12cm。现将小活塞封住左端，并缓慢向下推动，当活塞下降距离为x时，两管液面恰好相平。推动过程中两管中的气体温度始终不变，活塞不漏气，大气压为p0=76cmHg。求：
（1）粗管气体的最终压强；
（2）活塞向下的距离x。
【答案】（1）解：设左管液面下降 时，两管液面相平。由于右端玻璃管横截面积是左端的2倍，此时右面液面上升 ，所以有
可得
对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强
变化前的体积为
变化后的体积为
则由波意耳定律可得
代入数据可得
（2）解：由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，所以对于左端细管上端的理想气体，由波意耳定律可得
解的
活塞向下的距离
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）最后两管液面恰好相平，左管下降 ，则根据左右横截面积关系得出右液面上升，在根据 求出下降高度大小；对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强 ，变化前的体积为 ，且变化后的体积为 ，根据 波意耳定律 求出粗管气体的最终压强；
（2）由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，对左管，根据波意耳定律 ，求出此时气体高度，故活塞向下的距离 。
10．（2023·丽江模拟）把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉部分空气后放手，玻璃管可以竖直地浮在水中（如图所示）．设玻璃管的质量m=40g，横截面积S=2cm2，玻璃管露出水面以上部分的长度b=2cm，大气压强p0=105Pa，水的密度，玻璃管厚度和管内空气质量不计，g取10m/s2．
（1）求玻璃管内空气柱的长度；
（2）用手拿住玻璃缓慢地竖直压入水中，若水足够深，则当管的A端在水面下超过某一深度H时，放手后玻璃管不再浮起，求H．
【答案】（1）解：玻璃管漂浮时，浮力与重力平衡．设管内外水面高度差为h，则，根据阿基米德原理有
得
故玻璃管内空气柱长度
（2）解：管全部没入水中一定深度H后，浮力与重力再次平衡，同样根据阿基米德原理，可知空气柱的长度为
对封闭气体，根据玻意耳定律得
代入数字解得 ．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）对玻璃管进行受力分析，根据平衡条件和阿基米德原理计算求解。
（2）对管内封闭气体进行分析，根据玻意耳定律列方程求解。
11．（2023·赣州模拟）小张购买汽车时，车外温度显示为，胎压监测系统在仪表盘上显示左前轮为。某日严冬的早晨，小张发现仪表盘上显示左前轮胎压为，此时，车外温度显示为，车胎内气体可看作理想气体，车胎内气体体积可视为不变。
（1）小张通过胎压和温度显示器判断轮胎漏气，请说明她判断的理由；
（2）请问漏掉的气体和原来胎中的气体质量的比值。
【答案】（1）解：购买汽车时有，
严冬的早晨的温度
假设不漏气，则有
解得
可知轮胎漏气。
（2）解：令，轮胎体积为，早晨漏的气体体积为，则有
漏掉的气体和原来胎中的气体质量的比值
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当轮胎的气体发生等容变化，利用等容变化的状态方程可以求出轮胎的压强大小；
（2）当轮胎漏气时，利用理想气体的状态方程可以求出漏掉气体与原来胎中气体质量的比值。
四、提升
12．（2023·浙江模拟）如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105pa，g=10m/s2，
（1）用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
（2）对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。
【答案】（1）解：设初状态压强，对活塞受力分析有
又
解得
（2）解：对气缸内气体缓慢加热过程有
解得
气体对外做功
根据热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求解初状态封闭气体的压强，再根据玻意耳定律进行求解；
（2）对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解活塞上升的高度，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体内能的增加量。
13．（2022·皖豫模拟）如图1所示，底面积S=10cm2、质量为M=2kg、足够长圆柱形导热汽缸开口向上置于水平地面上，缸内有两个质量均为m=1kg的可沿缸内壁无摩擦滑动的活塞，活塞封闭着A和B两部分气体（均视为理想气体），初始时两部分气柱的长度均为L0=12cm。现将整个装置放置在倾角为30°的光滑斜面上（如图2），在平行于斜面的外力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，稳定后气体A的长度变为L1=11cm。整个过程环境的温度不变，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）外力F的大小；
（2）系统稳定后气体B的长度为多少（保留3位有效数字）。
【答案】（1）解：初始时，对气体A有
得
体积为
对A在斜面上面有
得
对整个装置，由牛顿第二定律
得F=80N
（2）解：初始时，气体B有
得
整个装置在斜面上稳定时，对AB间活塞有
得
对气体B，由理想气体状态方程有
得
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）初始时，对气体进行受力分析，根据平衡得出气体A的体积和压强，对A在斜面上，利用牛顿第二定律得出A的加速度，对整个装置，结合牛顿第二定律得出F的大小；
（2）初始时，对气体进行受力分析，根据共点力平衡得出B气体的压强， 整个装置在斜面上稳定时 ，利用牛顿第二定律得出稳定时B气体的压强，结合玻意耳定律得出系统稳定后气体B的长度 。
14．（2017高三上·江西开学考）如图，质量为M的导热性能极好的气缸，高为L，开口向上置于水平地面上，气缸中有横截面积为S、质量为m的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．外界温度为t1、大气压为p0，此时气柱高度为l，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，重力加速度为g．
（1）用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则需要施加的最小力F1多大？
（2）将气缸固定在地面上，如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，求在顶端处，竖直拉力F2的大小．
（3）如果外界温度由t1缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，则此时外界温度为多少摄氏度？
【答案】（1）解：用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则以气缸与活塞组成的整体为研究的对象，根据共点力的平衡可得：
F1=（M+m）g
答：用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则需要施加的最小力是（M+m）g；
（2）设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2
由玻意耳定律得：p1lS=p2LS
在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S
在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S
解得：F2=
答：将气缸固定在地面上，如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，在顶端处，竖直拉力F2的大小是 ．
（3）由盖﹣吕萨克定律得：
其中：T=273+t1 K T'=（273+t'）K
解得 t'= ℃
答：如果外界温度由t1缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，则此时外界温度为 摄氏度．
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以气缸与活塞组成的整体为研究的对象，根据共点力的平衡可求解。
（2）以气缸内的气体为研究对象 ，气体进行的是等温变化结合活塞受力平衡列式求解。
（3）外界温度由t1缓慢升高过程中根据理想气体状态参量方程求解。
15．（2017高三上·锦州期末）如图，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，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，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T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，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）解：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：V1=（l﹣ ）s2+ s1=（40﹣ ）×40+ ×80=2400cm3，
T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，
由盖吕萨克定律得： = ，即： = ，解得：T2=330K；
答：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）解：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：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，
代入数据解得：p2=1.1×105Pa，
T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得： = ，
即： = ，
解得：p3=1.01×105Pa；
答：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．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．
16．如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，温度为27℃，外界大气压强不变．若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：
（1）大气压强p0的值；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；
（3）当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？
【答案】（1）初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P0﹣15cmHg V2=（31﹣15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg
（2）P3=75+15=90cmHg V3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm
（3）P4=P3=90cmHg V4=（31﹣15）S=16S T3=300K 由吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）初态：P1=P0+21cmHgV1=10S 末态：P2=P0﹣15cmHgV2=（31﹣15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg （2）P3=75+15=90cmHgV3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm （3）P4=P3=90cmHgV4=（31﹣15）S=16ST3=300K
由吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
答：（1）大气压强p0的值75cmHg； （2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm； （3）当管内气体温度升高到177℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平．
【分析】（1）玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压强p0的值．（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度．（3）当管内气体温度升高时封闭气体发生等压变化，由吕萨克定律求出水银柱的上端恰好重新与管口齐平时气体的温度．
17．（2023·宁波模拟）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是，吸管内部粗细均匀，横截面积为，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为。（结果保留到小数点后一位）
（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，则此过程中气体内能增加了多少？
【答案】（1）解：封闭气体做等压变化，根据
温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻度是均匀的。
（2）解：封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律知
可得
（答案为 也算正确）
（3）解：气体对外做功
由热力学第一定律知
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据一定质量的理想气体压强不变时，温度与体积的关系列方程求解。
（2）气温的测量最大值由该气温计的最大体积决定，根据盖吕萨克定律列方程求解，注意温度的单位为开尔文。
（3）气体体积膨胀，气体对外做功，并且气体从外界吸收能量，根据热力学定律列方程求解。
18．（2023·杭州模拟）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲和丙)，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣(如图乙和丁)，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m=0.02kg，外界大气压强p0=1×105Pa，丙图空腔体积为V0=1.5cm3，丁图空腔体积为V1=2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1=8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2=8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
【答案】（1）解：整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）解：根据玻意耳定律
代入数据解得p1=7.5×104Pa
（3）解：若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
挂钩对墙面的压力
联立代入数据得M=4.98kg
【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】【分析】（1）根据热力学第一定律分析出气体的吸放热情况；
（2）根据玻意耳定律对气体的变化过程进行分析，列式求气体的压强；
（3）对挂钩受力分析，由平衡条件列方程求解所挂重物的质量。
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2023年高考物理全国甲卷真题变式·分层精准练：第13题 （2）
一、原题
1．（2023·全国甲卷）
（1）在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是 。(填入正确答案标号。)
A．气体的体积不变，温度升高
B．气体的体积减小，温度降低
C．气体的体积减小，温度升高
D．气体的体积增大，温度不变
E．气体的体积增大，温度降低
（2）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46 kg/m3
(i)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时内气体的密度；
(ii)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至10个大气压，求舱内气体的密度。
二、基础
2．（2022高二下·东营期末）一质量为M的汽缸，用活塞封闭一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，空气柱长为L0（如图甲所示），已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变，重力加速度为g。若将汽缸按图乙所示竖直放置，静止时，求：
（1）缸内气体的压强；
（2）气柱的长度。
3．（2022·福建）足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为，环境温度为，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
（1）空气柱是吸热还是放热？空气柱长度变为多少？
（2）当气体温度变为时，空气柱长度又是多少？
4．（2021高二下·湖北期末）如图所示，一圆柱形绝热气缸水平放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为 ，横截面积为S，与容器底部相距 ，此时气缸内气体温度为 。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 时，气体温度上升为 。已知大气压强为 。不计活塞与气缸间摩擦。求：
（1）在对气体加热过程中，活塞移动的距离；
（2）在对气体加热过程中，气体内能的改变量。
5．（2021高二下·镇江期末）图甲为一气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，椅面和底盘间有一个开口向上，导热性能良好的气缸，气缸内封闭有压强为p0，体积为V0的理想气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为 。已知活塞截面积为S，与汽缸间摩擦不计，环境温度不变，气缸不漏气。重力加速度为g。求：
（1）该同学坐上稳定后，气缸内气体的压强p；
（2）该同学的质量m。
6．（2021高二下·连云港期末）在室温为17℃时给一个篮球充气使其压强达到 ，室内外大气压强均为 ，设在下述整个过程中篮球体积不变。
（1）在球场比赛时温度升高到37℃，这时球内压强有多大？（结果保留两位有效数字）
（2）由于漏气，当篮球内气体的压强变为 ，温度仍为17℃时，求球内剩下的空气与漏出空气的质量比值。
三、巩固
7．如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热。求：
（1）当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）气体温度达到387℃时气体的压强。
8．（2023·广西模拟）如图所示，容积为的气缸固定在水平地面上，气缸壁及活塞导热性能良好，活塞面积为，厚度不计。气缸两侧的单向阀门（气体只进不出）均与打气筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均为，压强均为。现用打气筒向活塞左侧打气15次，向活塞右侧打气10次。已知打气筒每次能打入压强为、体积为的空气，外界温度恒定，空气视为理想气体，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
（1）活塞左、右封闭空气的体积之比；
（2）气缸内空气的压强。
9．（2023·宝鸡模拟）如图所示，竖直放置的U形玻璃管右端封闭、左端开口，右端玻璃管横截面积是左端的2倍。管中装入水银，平衡时右端封闭气体的长度L=15cm，左端水银面到管口的距离为h=12cm，且左右两管水银面的高度差也为h=12cm。现将小活塞封住左端，并缓慢向下推动，当活塞下降距离为x时，两管液面恰好相平。推动过程中两管中的气体温度始终不变，活塞不漏气，大气压为p0=76cmHg。求：
（1）粗管气体的最终压强；
（2）活塞向下的距离x。
10．（2023·丽江模拟）把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉部分空气后放手，玻璃管可以竖直地浮在水中（如图所示）．设玻璃管的质量m=40g，横截面积S=2cm2，玻璃管露出水面以上部分的长度b=2cm，大气压强p0=105Pa，水的密度，玻璃管厚度和管内空气质量不计，g取10m/s2．
（1）求玻璃管内空气柱的长度；
（2）用手拿住玻璃缓慢地竖直压入水中，若水足够深，则当管的A端在水面下超过某一深度H时，放手后玻璃管不再浮起，求H．
11．（2023·赣州模拟）小张购买汽车时，车外温度显示为，胎压监测系统在仪表盘上显示左前轮为。某日严冬的早晨，小张发现仪表盘上显示左前轮胎压为，此时，车外温度显示为，车胎内气体可看作理想气体，车胎内气体体积可视为不变。
（1）小张通过胎压和温度显示器判断轮胎漏气，请说明她判断的理由；
（2）请问漏掉的气体和原来胎中的气体质量的比值。
四、提升
12．（2023·浙江模拟）如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105pa，g=10m/s2，
（1）用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
（2）对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。
13．（2022·皖豫模拟）如图1所示，底面积S=10cm2、质量为M=2kg、足够长圆柱形导热汽缸开口向上置于水平地面上，缸内有两个质量均为m=1kg的可沿缸内壁无摩擦滑动的活塞，活塞封闭着A和B两部分气体（均视为理想气体），初始时两部分气柱的长度均为L0=12cm。现将整个装置放置在倾角为30°的光滑斜面上（如图2），在平行于斜面的外力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，稳定后气体A的长度变为L1=11cm。整个过程环境的温度不变，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）外力F的大小；
（2）系统稳定后气体B的长度为多少（保留3位有效数字）。
14．（2017高三上·江西开学考）如图，质量为M的导热性能极好的气缸，高为L，开口向上置于水平地面上，气缸中有横截面积为S、质量为m的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．外界温度为t1、大气压为p0，此时气柱高度为l，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，重力加速度为g．
（1）用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则需要施加的最小力F1多大？
（2）将气缸固定在地面上，如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，求在顶端处，竖直拉力F2的大小．
（3）如果外界温度由t1缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，则此时外界温度为多少摄氏度？
15．（2017高三上·锦州期末）如图，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，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，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T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，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．
16．如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，温度为27℃，外界大气压强不变．若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：
（1）大气压强p0的值；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；
（3）当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？
17．（2023·宁波模拟）如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是，吸管内部粗细均匀，横截面积为，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为。（结果保留到小数点后一位）
（1）这个气温计的刻度是否均匀；
（2）这个气温计的最大测量值是多少；
（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，则此过程中气体内能增加了多少？
18．（2023·杭州模拟）如图甲、乙，是某一强力吸盘挂钩，其结构原理如图丙、丁所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲和丙)，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。然后再扳下锁扣(如图乙和丁)，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上。已知吸盘挂钩的质量m=0.02kg，外界大气压强p0=1×105Pa，丙图空腔体积为V0=1.5cm3，丁图空腔体积为V1=2.0cm3，如图戊，空腔与墙面的正对面积为S1=8cm2，吸盘与墙面接触的圆环面积S2=8cm2，吸盘与墙面间的动摩擦因数，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之间的空隙始终与外界连通。
（1）扳下锁扣过程中空腔内气体吸热还是放热？
（2）求板下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，求所挂重物的质量M。
答案解析部分
1．【答案】（1）A；B；D
（2）解： (i)初状态：，，末状态：，，根据盖吕萨克定律得：，解得：。又，所以；
(ii)以现在高压仓中的气体作为研究对象。初状态：，，末状态：，，根据玻意耳定律得：，解得：，所以。
【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；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）A.气体体积不变，不存在做功问题，温度升高，内能增大，系统一定从外界吸收热量，故A符合题意；
B.气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，系统一定向外界放出热量，故B符合题意；
C.气体体积减小，外界对气体做功，温度升高，内能增大，系统可以与外界不进行热交换，故C不符合题意；
D.气体的体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，系统一定从外界吸收热量，故D符合题意；
E.气体的体积增大，气体对外界做功，温度降低，内能减小，系统可以与外界不进行热交换，故E不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】（1）根据热力学第一定律分析判断。
（2） (i)根据根据盖吕萨克定律求得末状态气体的体积，再求密度；
(ii)根据玻意耳定律求得末状态气体的体积，再求密度。
2．【答案】（1）解：若将汽缸按图乙所示竖直放置，设缸内气体的压强为p1，根据平衡条件可得
解得
（2）解：当汽缸水平横放时，缸内气体的压强等于大气压强p0。设汽缸竖直放置时气柱的长度为L1，根据理想气体状态方程有
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据受力平衡得出缸内气体的压强；
（2） 当汽缸水平横放时 ， 根据理想气体状态方程 得出气柱的长度。
3．【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为 ，玻璃管水平时 ，
玻璃管竖起来后 ，
根据
解得
气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；
（2）解：空气柱长度为 ；由等压变化得
其中 ， ，
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
【解析】【分析】（1）由题意可知发生等温变化，根据玻意耳定律和热力学第一定律求解；
（2）气体温度升高到360K过程做等压变化，根据盖吕-萨克定律求解。
4．【答案】（1）在加热气体的过程中，封闭气体的压强不变，由盖·吕萨克定律有
解得
（2）在加热气体过程中，气体对外做的功
由热力学第一定律 联立以上三式可得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）加热气体的过程中，气体压强不变，利用等压变化的状态方程可以求出活塞移动的距离；
（2）在加热气体的过程中，利用气体压强和体积变化可以求出外界对气体做功的大小，结合热力学第一定律可以求出气体内能的变化量。
5．【答案】（1）解：同学坐上后，气体等温压缩，由
得
（2）解：由受力平衡
得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）同学坐稳后，根据玻意耳定律计算压缩体积后的压强。
（2）对同学进行受力分析，根据平衡条件计算同学的质量。
6．【答案】（1）解：篮球内气体做等容变化，由
得
（2）解：设室温 下原来篮球内气体的体积为 ，由
解得
所以
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）篮球内部气体发生等容变化，利用理想气体的状态方程可以求出球内压强的大小；
（2）气体漏气时发生等温变化，利用理想气体的状态方程可以求出空气的质量之比。
7．【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，则初始状态时有，，
设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时有，
根据理想气体状态方程
解得
（2）解：由于
封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，所以
此时有，
由理想气体状态方程
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程，求 当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度。
（2）由于封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化，由理想气体状态方程，求 气体温度达到387℃时气体的压强。
8．【答案】（1）解：活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，所以活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比，活塞左侧充入压强为、体积为的空气，活塞右侧充入压强为、体积为的空气，则活塞左、右封闭空气的体积之比为
（2）解：对活塞左侧封闭空气，由玻意耳定律
解得，气缸内空气的压强为
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）由理想气体状态方程可知， 活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比。
（2）外界温度恒定，空气视为理想气体 ，等温变化， 由玻意耳定律 列式求解。
9．【答案】（1）解：设左管液面下降 时，两管液面相平。由于右端玻璃管横截面积是左端的2倍，此时右面液面上升 ，所以有
可得
对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强
变化前的体积为
变化后的体积为
则由波意耳定律可得
代入数据可得
（2）解：由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，所以对于左端细管上端的理想气体，由波意耳定律可得
解的
活塞向下的距离
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）最后两管液面恰好相平，左管下降 ，则根据左右横截面积关系得出右液面上升，在根据 求出下降高度大小；对于右端粗管封闭的理想气体，变化前的压强 ，变化前的体积为 ，且变化后的体积为 ，根据 波意耳定律 求出粗管气体的最终压强；
（2）由于两管液面相平，两管上端封闭的理想气体压强相等，对左管，根据波意耳定律 ，求出此时气体高度，故活塞向下的距离 。
10．【答案】（1）解：玻璃管漂浮时，浮力与重力平衡．设管内外水面高度差为h，则，根据阿基米德原理有
得
故玻璃管内空气柱长度
（2）解：管全部没入水中一定深度H后，浮力与重力再次平衡，同样根据阿基米德原理，可知空气柱的长度为
对封闭气体，根据玻意耳定律得
代入数字解得 ．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）对玻璃管进行受力分析，根据平衡条件和阿基米德原理计算求解。
（2）对管内封闭气体进行分析，根据玻意耳定律列方程求解。
11．【答案】（1）解：购买汽车时有，
严冬的早晨的温度
假设不漏气，则有
解得
可知轮胎漏气。
（2）解：令，轮胎体积为，早晨漏的气体体积为，则有
漏掉的气体和原来胎中的气体质量的比值
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当轮胎的气体发生等容变化，利用等容变化的状态方程可以求出轮胎的压强大小；
（2）当轮胎漏气时，利用理想气体的状态方程可以求出漏掉气体与原来胎中气体质量的比值。
12．【答案】（1）解：设初状态压强，对活塞受力分析有
又
解得
（2）解：对气缸内气体缓慢加热过程有
解得
气体对外做功
根据热力学第一定律有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据平衡条件求解初状态封闭气体的压强，再根据玻意耳定律进行求解；
（2）对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律求解活塞上升的高度，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体内能的增加量。
13．【答案】（1）解：初始时，对气体A有
得
体积为
对A在斜面上面有
得
对整个装置，由牛顿第二定律
得F=80N
（2）解：初始时，气体B有
得
整个装置在斜面上稳定时，对AB间活塞有
得
对气体B，由理想气体状态方程有
得
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）初始时，对气体进行受力分析，根据平衡得出气体A的体积和压强，对A在斜面上，利用牛顿第二定律得出A的加速度，对整个装置，结合牛顿第二定律得出F的大小；
（2）初始时，对气体进行受力分析，根据共点力平衡得出B气体的压强， 整个装置在斜面上稳定时 ，利用牛顿第二定律得出稳定时B气体的压强，结合玻意耳定律得出系统稳定后气体B的长度 。
14．【答案】（1）解：用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则以气缸与活塞组成的整体为研究的对象，根据共点力的平衡可得：
F1=（M+m）g
答：用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则需要施加的最小力是（M+m）g；
（2）设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2
由玻意耳定律得：p1lS=p2LS
在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S
在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S
解得：F2=
答：将气缸固定在地面上，如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，在顶端处，竖直拉力F2的大小是 ．
（3）由盖﹣吕萨克定律得：
其中：T=273+t1 K T'=（273+t'）K
解得 t'= ℃
答：如果外界温度由t1缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，则此时外界温度为 摄氏度．
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）以气缸与活塞组成的整体为研究的对象，根据共点力的平衡可求解。
（2）以气缸内的气体为研究对象 ，气体进行的是等温变化结合活塞受力平衡列式求解。
（3）外界温度由t1缓慢升高过程中根据理想气体状态参量方程求解。
15．【答案】（1）解：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：V1=（l﹣ ）s2+ s1=（40﹣ ）×40+ ×80=2400cm3，
T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，
由盖吕萨克定律得： = ，即： = ，解得：T2=330K；
答：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）解：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：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，
代入数据解得：p2=1.1×105Pa，
T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得： = ，
即： = ，
解得：p3=1.01×105Pa；
答：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．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．
16．【答案】（1）初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P0﹣15cmHg V2=（31﹣15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg
（2）P3=75+15=90cmHg V3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm
（3）P4=P3=90cmHg V4=（31﹣15）S=16S T3=300K 由吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】（1）初态：P1=P0+21cmHgV1=10S 末态：P2=P0﹣15cmHgV2=（31﹣15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg （2）P3=75+15=90cmHgV3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm （3）P4=P3=90cmHgV4=（31﹣15）S=16ST3=300K
由吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
答：（1）大气压强p0的值75cmHg； （2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm； （3）当管内气体温度升高到177℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平．
【分析】（1）玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压强p0的值．（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度．（3）当管内气体温度升高时封闭气体发生等压变化，由吕萨克定律求出水银柱的上端恰好重新与管口齐平时气体的温度．
17．【答案】（1）解：封闭气体做等压变化，根据
温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻度是均匀的。
（2）解：封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖-吕萨克定律知
可得
（答案为 也算正确）
（3）解：气体对外做功
由热力学第一定律知
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）根据一定质量的理想气体压强不变时，温度与体积的关系列方程求解。
（2）气温的测量最大值由该气温计的最大体积决定，根据盖吕萨克定律列方程求解，注意温度的单位为开尔文。
（3）气体体积膨胀，气体对外做功，并且气体从外界吸收能量，根据热力学定律列方程求解。
18．【答案】（1）解：整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。
（2）解：根据玻意耳定律
代入数据解得p1=7.5×104Pa
（3）解：若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
挂钩对墙面的压力
联立代入数据得M=4.98kg
【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】【分析】（1）根据热力学第一定律分析出气体的吸放热情况；
（2）根据玻意耳定律对气体的变化过程进行分析，列式求气体的压强；
（3）对挂钩受力分析，由平衡条件列方程求解所挂重物的质量。
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