計算1熱力學計算題考點內容考情分析考向一玻璃管-液柱模型計算題主要考察理想氣體狀態方程，求解氣體壓強是解題關鍵，通常分析活塞或汽缸的受力，應用平衡條件或牛頓第二定律求解。因此，該模塊計算題很可能加入彈簧、電子秤等受力情境。考向二活塞-汽缸模型考向三熱力學第一定律與氣體實驗定律的綜合應用考向四氣體變質量問題1.思想方法一、以氣體為研究對象1.如果氣體在單個汽缸中，需明確氣體的變化過程，分析清楚氣體初末狀態，溫度、壓強、體積三個物理量和初末狀態之間的關系，再依據氣體實驗定律列出方程。2.如果涉及兩個或多個汽缸封閉著幾部分氣體，并且氣體之間相互關聯，解答時應分別研究各部分氣體，找出它們各自遵循的規律，并寫出相應的方程，最后聯立求解。二、以活塞或液柱為研究對象加速運動系統中封閉氣體壓強的求法選取與氣體接觸的液柱(或活塞)為研究對象，進行受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解．2.模型建構一、氣體壓強的求法1．平衡狀態下氣體壓強的求法(1)液片法：選取假想的液體薄片(自身重力不計)為研究對象，分析液片兩側受力情況，建立平衡方程，消去面積，得到液片兩側壓強相等方程，求得氣體的壓強．(2)力平衡法：選取與氣體接觸的液柱(或活塞)為研究對象進行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得氣體的壓強．(3)等壓面法：在連通器中，同一種液體(中間不間斷)同一深度處壓強相等．液體內深h處的總壓強p＝p0＋ρgh，p0為液面上方的壓強．例：求解下列氣體壓強力平衡法:題圖甲中,以高為h的液柱為研究對象,由平衡條件有p甲S+ρghS=p0S,所以p甲=p0-ρgh。液片法:題圖乙中,以B液面為研究對象,由平衡條件有p乙S+ρghS=p0S,所以p乙=p0-ρgh液片法:題圖丙中,以B液面為研究對象,由平衡條件有p丙S+ρghsin60°·S=p0S,所以p丙=p0-32液片法:題圖丁中,以A液面為研究對象,由平衡條件有p丁S=pS+ρgh1S,所以p丁=p0+ρgh1。等壓面法:題圖戊中,從開口端開始計算,右端大氣壓強為p0,同種液體同一水平面上的壓強相同,所以b氣柱的壓強pb=p0+ρg(h2-h1,),故a氣柱的壓強pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)二、氣體實驗定律的應用三、熱力學第一定律的理解及應用1．熱力學第一定律的理解不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系．2．對公式ΔU＝Q＋W符號的規定符號WQΔU＋外界對物體做功物體吸收熱量內能增加－物體對外界做功物體放出熱量內能減少3.應用熱力學第一定律的看到與想到1.看到“絕熱過程”，想到Q＝0，則W＝ΔU。2.看到“等容過程”，想到W＝0，則Q＝ΔU。3.看到“等溫過程”，想到ΔU＝0，則W＋Q＝0。四、氣體變質量問題特點巧選對象解題方法打氣問題向球、輪胎中充氣是一個典型的氣體變質量問題選擇球內原有氣體和即將打人的氣體整體作為研究對象把充氣過程中的氣體質量變化的問題轉化為一定質量氣體的狀態變化問題抽氣問題從容器內抽氣的過程中，容器內的氣體質量不斷減小，這屬于氣體變質量問題將抽氣過程中抽出的氣體和剩余氣體整體作為研究對象氣體質量不變，故抽氣過程可看作是等溫膨脹過程灌氣問題將一個大容器里的氣體分裝到多個小容器中也是一個典型的氣體變質量問題把大容器中的剩余氣體和多個小容器中的氣體看作整體來作為研究對象將這類問題轉化為一定質量的氣體問題，用理想氣體狀態方程求解漏氣問題容器漏氣過程中氣體的質量不斷發生變化，屬于變質量問題選容器內剩余氣體和漏出氣體整體作為研究對象可使問題變成一定質量氣體的狀態變化間題，可用理想氣體狀態方程求解考向一玻璃管-液柱模型（2024?洛陽一模）如圖所示，將一內徑處處相同，導熱良好的“T”形細玻璃管以“”的姿勢放在水平面上，使其上端開口，下端封閉，且使豎直細管垂直水平面，管中用水銀封閉著A、B兩部分理想氣體，C為輕質密閉活塞，各部分長度如圖所示。現緩慢推動活塞，將水平管中水銀恰好全部推進豎直管中，水銀未從上端管口溢出，已知大氣壓強p0＝75cmHg，設外界溫度不變。求：（1）水平管中水銀恰好全部被推進豎直管中時，氣體A的壓強；（2）將水平管中水銀全部推進豎直管的過程中活塞移動的距離。【解答】解：（1）水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，氣體A的壓強p'A＝p0+ρgh＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg（2）初狀態，氣體A的壓強pA＝p0+ρgh1＝75cmHg+10cmHg＝85cmHg設玻璃管橫截面積為S，初狀態氣體A的體積V設末狀態氣體A的體積為VA對氣體A由玻意耳定律得pAVA＝p'AVA，解得V末狀態氣體A的長度L=氣體A的長度減少量ΔL＝（45﹣42.5）＝2.5cm初狀態氣體B的壓強pB＝p0+ρgh2＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg末狀態氣體B的壓強pB＝P+ρgh3＝75cmHg+[15﹣（5+2.5）]cmHg＝82.5cmHg初狀態氣體B的體積V設活塞移動的距離為x，末狀態氣體B的體積V對氣體B由玻意耳定律得pBVB＝p'BVB，代入數據得x＝6.25cm。答：（1）水平管中水銀恰好全部推進豎直管中時，氣體A的壓強為90cmHg；（2）活塞移動的距離為6.25cm。（2024?順慶區校級模擬）如圖所示，開口豎直向上的固定氣缸右側連一“U”形管氣壓計，在距氣缸底部1.2l處有一個卡環，一質量為m的活塞可以在氣缸內卡環以上部分無摩擦滑動且不漏氣，在氣缸內封閉一定質量的氣體，當溫度為T0時，活塞靜止在距氣缸底部為1.5l處，已知大氣壓強恒為p0，氣缸橫截面積為s，不計“U”形管內氣體的體積，現緩慢降低缸內氣體的溫度，求：（1）當活塞缸接觸卡環時，氣體的溫度T1；（2）當氣壓計兩管水銀面相平時，氣體的溫度T【解答】解：（1）降低溫度直至活塞剛接觸卡環的過程中，氣體壓強不變，初態：P1＝p0+mgs，V1活塞剛接觸卡環時：P2＝P1，V2＝1.2ls，T1＝？根據蓋呂薩克定律有：V1T1（2）從活塞接觸卡環到液面相平的過程中，氣體等容變化，有：P3＝P0，V3＝1.2ls，T2＝？根據查理定律可得：p2所以：T答：（1）當活塞缸接觸卡環時，氣體的溫度是0.8T0；（2）當氣壓計兩管水銀面相平時，氣體的溫度是4p（2024?博望區校級模擬）如圖，粗細均勻的L形導熱細玻璃管固定在豎直面內，豎直部分AB頂端封閉，長為55cm，通過水銀柱在管內封閉一段長為30cm的理想氣體，水平部分BC左端開口，管內的水銀柱總長為30cm，水銀柱左側面到C端的距離為20cm，已知大氣壓強為75cmHg，環境溫度為300K。（1）若溫度緩慢升高，發現水銀柱左側面向左移動的距離為10cm，求此時環境溫度；（2）若保持（1）中環境溫度不變，將玻璃管C端用活塞封閉，并緩慢向右推動活塞，當AB中水銀柱回到初始高度時，求此時豎直管內氣體的壓強。【解答】解：（2）初始時刻氣柱A的壓強為p1＝p0﹣25cmHg＝75cmHg﹣25cmHg＝50cmHg，V1＝30S，T1＝300K水銀柱左側面向左移動的距離為10cm，此時有p2＝p0﹣15cmHg＝75cmHg﹣15cmHg＝60cmHg，V1＝40S根據理想氣體狀態方程有p解得T2＝480K（2）根據查理定律有p1解得p3＝80cmHg答：（1）此時環境溫度為480K；（2）此時豎直管內氣體的壓強為80cmHg。（2024?嘉興模擬）如圖所示，自重為G的玻璃管豎直懸掛在力傳感器下方，其上端封閉，下端沒入水銀槽中。一段水銀柱將管中氣體分成上下兩部分，下方氣體和水銀交界面與管外水銀面齊平。已知力傳感器示數為1.1G，外界大氣壓為p0，玻璃管橫截面積為S、水銀密度為ρ、重力加速度為g，不計玻璃管壁厚度，求：（1）管內上方氣體壓強p；（2）管內水銀柱高度h；（3）若環境溫度緩慢升高，則下方氣體與水銀交界面將（選填“上升”、“下降”或“不動”），上方氣體碰撞單位面積管壁的平均撞擊力將（選填“增大”、“減小”或“不變”）。【解答】解：（1）對玻璃管受力分析，受到大氣向下的壓力p0S，豎直向下的重力G，封閉氣體豎直向上的支持力pS，測力計拉豎直向上的力F＝1.1G。由平衡條件得：p0S+G＝pS+1.1G解得：p=（2）由題意可知玻璃管下部封閉氣體的壓強為p'＝p0，對水銀柱受力分析，可得：pS+ρShg＝p0S解得：?（3）若環境溫度緩慢升高，管內兩部分氣體壓強均增大，則下方氣體與水銀交界面將下降，上方氣體碰撞單位面積管壁的平均撞擊力將增大。答：（1）管內上方氣體壓強p為p0（2）管內水銀柱高度h為G10ρgS（3）下降；增大考向二活塞-汽缸模型（2024?浙江一模）在一個電梯的轎廂中，一質量M＝10kg，內部橫截面積S＝100cm2的氣缸由一個質量m＝10kg的活塞封閉了一定質量的理想氣體。初始時（如圖甲），氣缸靜置在轎廂底部，氣柱高度h1＝16cm。若用繩子連接活塞將氣缸懸掛在電梯的頂部（如圖乙），電梯以加速度a＝2m/s2勻加速上升。已知大氣壓強p0＝1.0×105Pa，轎廂內溫度不變，氣缸導熱性能良好且不計活塞與氣缸壁間的摩擦。（1）在加速狀態下，待氣柱穩定時，與初始時相比，封閉氣體的分子平均動能，單位體積內的分子數；（兩空均選填“增加”、“減少”或“不變”）（2）求圖甲靜止狀態下，氣缸內氣體的壓強p1；（3）求圖乙加速狀態下，氣柱的最終高度h2。【解答】解：（1）封閉氣體的溫度不變，則分子平均動能不變；加速上升時，氣缸超重，則氣體內部壓強減小，氣體體積變大，則單位體積內的分子數減小；（2）初態靜置時，由活塞平衡得p0S+mg＝p1S解得p1（3）當加速上升時，對氣缸列牛頓第二定律方程p0S﹣Mg﹣p2S＝Ma解得p2由氣體等溫變化規律p1Sh1＝p2Sh2解得h2＝20cm答：（1）與初始時相比，封閉氣體的分子平均動能不變，單位體積內的分子數減少；（2）求圖甲靜止狀態下，氣缸內氣體的壓強p1為1.1×105Pa；（3）求圖乙加速狀態下，氣柱的最終高度h2為20cm。（2024?觀山湖區校級模擬）如圖所示，一個長筒型導熱薄壁注射器內有長度為L0＝33cm的空氣，將注射器豎直放在水銀槽中，注射器底部與水銀面平齊，現向上緩慢拉動活塞，直到注射器內吸入高度h＝10cm的水銀為止。此過程中水銀槽中的液面高度可視為不變。已知大氣壓強p0＝76cmHg，筒內橫截面積為S0，環境溫度不變，筒內氣體可看作理想氣體，忽略注射器前端突出部分的體積，注射器筒足夠長。求：（1）吸入水銀后注射器筒內空氣柱的長度L1；（2）此過程中筒內活塞上升的高度。【解答】解：（1）原來筒內氣體p0＝76cmHg，V0＝S0L0后來筒內氣體p1＝p0﹣ph＝76cm﹣10cm＝66cmHg，V1＝S0L1對于等溫過程p0V0＝p1V1解得L1（2）活塞上升的高度為Δh＝L1+h﹣L0＝38cm+10cm﹣33cm＝15cm答：（1）吸入水銀后注射器筒內空氣柱的長度L1為38cm；（2）此過程中筒內活塞上升的高度為15cm。（2024?南昌模擬）如圖所示，豎直放置在水平桌面上的開口向上的導熱氣缸，內壁光滑，現用橫截面積為S的圓形輕質活塞封閉一定質量的理想氣體，初始時，活塞距離氣缸底部的高度為H。往活塞上緩慢加細沙，直至活塞下降H4時停止加細沙。該過程環境溫度T0保持不變，大氣壓強為p0（1）停止加細沙后，氣缸內氣體壓強大小；（2）緩慢改變環境溫度，使輕質活塞回到初始位置處，若此過程中封閉氣體吸收的熱量為Q，則氣缸內封閉的氣體內能的變化量是多少？【解答】解：（1）設穩定時汽缸內氣體壓強為p，根據玻意耳定律p0解得p=4（2）由熱力學第一定律知ΔU＝W+Q又W=?解得ΔU=Q?答：（1）停止加細沙后，氣缸內氣體壓強大小為43（2）緩慢改變環境溫度，使輕質活塞回到初始位置處，若此過程中封閉氣體吸收的熱量為Q，則氣缸內封閉的氣體內能的變化量是多少為Q?1（2024?開福區校級模擬）如圖甲所示，豎直放置的汽缸的A、B兩處設有限制裝置，橫截面積為S＝1.0×10﹣3m2，活塞的質量為m＝2kg，厚度不計。使活塞只能在A、B之間運動，B下方汽缸的容積為V0＝1.0×10﹣3m3，A、B之間的容積為0.2V0，外界大氣壓強p0＝1.0×105Pa。開始時活塞停在B處，缸內氣體的壓強為p1＝0.9p0，溫度為27℃，現緩慢加熱缸內氣體，直至167℃。不計活塞與缸之間的摩擦，取0℃為273K。求：（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度；（2）缸內氣體最后的壓強；（3）在圖乙中畫出整個過程中的p﹣V圖線。【解答】解：（1）活塞剛離開B處時，設氣體的壓強為p2，氣體的溫度為T2對活塞，由平衡條件可得：p2S＝p0S+mg，代入數據解得：p由于氣體發生等容變化，由查理定律可得：p1T1=p（2）當氣體的溫度達到T3＝（167+273）K＝440K，假設活塞最終沒有移動到A處，缸內氣體最后的壓強仍為p2，體積為V3，由蓋—呂薩克定律可得：V0T2=V3T3，代入數據解得：V（3）整個過程中的p﹣V圖如圖所示：考向三熱力學第一定律與氣體定律的綜合應用（2024?天河區三模）導熱容器內用輕薄活塞封閉一定質量理想氣體，關閉閥門并松開釘銷，將容器沉入湖底時活塞到水面的距離H＝40m，氣體的體積V1=1.0m3，壓強為p1，溫度為T1。用釘銷將活塞鎖定后，將容器緩慢提出水面，當氣體的溫度與環境溫度相同時其壓強變為p2=5.5×10（1）求壓強p1和溫度T1；（2）在水面上足夠長時間后，撤去釘銷（活塞未脫離容器），重新穩定后，氣體對外界做功為W0，求從撤去釘銷到重新穩定這一過程氣體與外界傳遞的熱量Q。【解答】解：（1）根據題意，由壓強關系有p1＝p0+ρ水gH代入數據解得：p1＝5×105Pa封閉氣體發生等容變化，根據查理定律有p1解得T1＝270K（2）從撤去釘銷到重新穩定的整個過程，氣體的內能變化量為零，即ΔU＝0根據熱力學第一定律有ΔU＝W+Q又W＝﹣W0解得Q＝W0答：（1）壓強p1為5×105Pa，溫度T1為270K。（2）從撤去釘銷到重新穩定這一過程氣體與外界傳遞的熱量Q為W0。（2024?青秀區校級模擬）制作水火箭是青少年科技活動的常見項目之一。某研究小組為了探究水火箭在充氣與噴水過程中氣體的熱學規律，把水火箭的塑料容器豎直固定，其中A、C分別是塑料容器的充氣口、噴水口，B是氣壓計，如圖（a）所示。在室溫環境下，容器內裝入一定質量的水，封閉體積為V0的一定氣體，氣體壓強此時為4p0。（1）打開噴水口閥門，噴出一部分水后關閉閥門，容器內氣體從狀態M變化到狀態N，其壓強p與體積V的變化關系如圖（b）中實線所示，已知氣體在狀態N時的體積為V1，壓強為p1，求氣體在狀態N與狀態M時的熱力學溫度之比。（2）圖（b）中虛線MN′是容器內氣體在絕熱（既不吸熱也不放熱）條件下壓強p與體積V的變化關系圖線，試判斷氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱還是放熱。（列表達式說明理由）（3）若容器內體積為V0、壓強為4p0的氣體是在塑料容器內原有壓強為p0，體積為V0的封閉空氣中向內緩慢充氣而形成的（不計容器的容積變化）。設充氣過程中氣體溫度不變，求充入的氣體在該室溫環境下壓強為p0時的體積。【解答】解：（1）容器內氣體從狀態M變化到狀態N，由理想氣體的狀態方程得4p解得TN（2）根據p﹣V圖像與橫軸所圍的面積表示氣體做功可知，從M到N的過程對外做功更多，N和N′都是從M狀態變化而來，pVTTN＞T′N所以從M到N的過程內能減小的更少，由熱力學第一定律ΔU＝Q+W可知，從M到N′的過程絕熱，內能減小等于對外做功；從M到N的過程對外做功更多，內能減小反而更少，則氣體吸熱。（3）設充入的氣體在該室溫環境下壓強為p0時的體積為V，充氣過程中氣體溫度不變，根據玻意耳定律有p0V0+p0V＝4p0V0解得V＝3V0答：（1）氣體在狀態N與狀態M時的熱力學溫度之比為p1（2）氣體吸熱；（3）充入的氣體在該室溫環境下壓強為p0時的體積為3V0。（2024?鎮海區校級一模）某款智能手機可以直接顯示手機所處環境的壓強和溫度，某科創小組想利用智能手機的這種功能測量一形狀不規則又易溶于水的物體密度，他們自制了“測量筒”，測量筒由上端開口的隔熱性良好且可電加熱的圓柱形氣缸和橫截面積為S＝0.20m2的隔熱輕質活塞組成。具體操作如下：第一步：如圖甲所示，將手機放入測量筒，放上活塞，手機穩定顯示壓強p1＝1.013×105Pa；第二步：如圖乙所示，在活塞上輕放待測物體，穩定后，手機顯示壓強p2＝1.015×105Pa；第三步：如圖丙所示，把待測物體也放入氣缸里，再放上活塞，待手機穩定顯示溫度T1＝270K時，測得活塞到汽缸底部高度h＝0.50m。然后開啟電熱絲加熱一段時間，待手機穩定顯示溫度T2＝310K時，測得活塞上升了Δh＝0.05m。（封閉的空氣視為理想氣體，忽略一切摩擦，待測物體的體積始終不變，不計電熱絲和手機的體積）。求：（1）第二步中，筒內氣體在放上待測物前后的兩種穩定狀態進行比較，放上待測物后筒內氣體分子的平均速率（填“增大”、“減小”、“不變”），氣體的內能（填“增加”、“減少”、“不變”）：（2）待測物體的質量；（3）待測物體的體積。【解答】解：（1）在絕熱條件下，外界對氣體做功，由熱力學第一定律可知，氣體的內能增加，溫度升高，則氣體分子的平均速率增大。（2）對活塞，由平衡條件有p1S+mg﹣p2S＝0解得待測物的質量為m＝4kg（3）在對氣體緩慢加熱的過程中，氣體的壓強保持不變，由蓋—呂薩克定律得V1設待測物的體積為V，可得V1V2代入數據解得V＝0.0325m3故答案為：（1）增大，增加；（2）4kg；（3）0.0325m3。（2024?南寧模擬）如圖甲所示，質量為4.0kg、面積為8.0cm2的絕熱活塞將理想氣體封閉在上端開口的直立圓筒型絕熱氣缸中，活塞可沿氣缸無摩擦滑動且不漏氣。某時刻活塞靜止于A位置，氣缸內氣體的內能U0＝100J。現通過電熱絲緩慢加熱直到活塞到達位置B，缸內氣體的V﹣T圖像如圖乙所示。已知大氣壓p0=1.0×10（1）活塞處于A位置時氣缸內氣體的熱力學溫度和活塞處于B位置時氣體的內能；（2）從A到B，氣體從電熱絲吸收的總熱量。【解答】解：（1）設活塞在A位置時氣體的體積為VA，熱力學溫度為TA。在B位置時氣體的體積為VB，熱力學溫度為TB，內能為UB。從A到B，氣體發生等壓變化，由蓋—呂薩克定律有VA可得活塞處于A位置時氣缸內氣體的熱力學溫度為TA＝280K根據氣體的內能與熱力學溫度成正比，得UB可得活塞處于B位置時氣體的內能為UB＝150J（2）活塞從A位置緩慢到B為止，活塞受力平衡，以活塞為研究對象，則有pS＝p0S+mg可得氣缸內氣體的壓強為p＝1.5×105Pa從A到B，外界對氣體做功為W＝﹣p（VB﹣VA）解得W＝﹣45J由熱力學第一定律ΔU＝Q+W其中ΔU＝UB﹣U0＝50J解得從A到B，氣體從電熱絲吸收的總熱量為Q＝95J答：（1）活塞處于A位置時氣缸內氣體的熱力學溫度為280K，活塞處于B位置時氣體的內能為150J。（2）從A到B，氣體從電熱絲吸收的總熱量為95J。考向四氣體變質量問題（2024?青山湖區校級模擬）干癟的籃球在室外溫度為300K時，體積為0.9V，球內壓強為p0。為了讓籃球鼓起來，將其放入溫度恒為350K熱水中，經過一段時間后鼓起來了，體積恢復原狀V，此過程氣體對外做功為W，球內的氣體視為理想氣體且球不漏氣，若球內氣體的內能滿足U＝kT（k為常量且大于零），已知大氣壓強為p0，求：（1）恢復原狀時的籃球內氣體的壓強；（2）干癟的籃球恢復原狀的過程中，籃球內氣體吸收的熱量。【解答】解：（1）將球內氣體為理想氣體，由理想氣體狀態方程有p0解得恢復原狀時的籃球內氣體的壓強為p＝1.05p0（2）由U＝kT可知，該過程氣體內能變化量為ΔU＝kΔT＝350k﹣300k＝50k由熱力學第一定律有ΔU＝﹣W+Q解得Q＝50k+W答：（1）恢復原狀時的籃球內氣體的壓強為1.05p0；（2）干癟的籃球恢復原狀的過程中，籃球內氣體吸收的熱量為50k+W。（2024?紹興二模）如圖1所示，開口的塑料瓶下部分盛有一定質量的液體，上部分被空氣占據，此時瓶內空氣溫度為280K、壓強為1.0×105Pa。當瓶內空氣溫度從280K升高到300K時，部分空氣將跑到大氣中，立即用質量為50g、橫截面積為2cm2的圓柱形瓶塞密封上部分剩余的空氣（圖2所示），再將瓶內空氣溫度恢復至280K，接著維持此溫度，然后用力擠壓塑料瓶使瓶塞彈出，已知大氣溫度恒為280K、壓強恒為1.0×105Pa，瓶塞與瓶口的最大靜摩擦力為3.5N。不考慮瓶內空氣升溫和降溫過程中塑料瓶的體積和液體的物態變化，擠壓塑料瓶過程中瓶內空氣溫度保持不變，瓶塞體積相對于瓶內空氣體積可忽略不計。（1）瓶塞密封的剩余空氣從300K降溫至280K的過程中，塑料瓶內壁單位面積上受到的壓力（選填“增大”、“減小”或“不變”），剩余空氣向外界（選填“吸熱”或“放熱”）。（2）求瓶內剩余空氣的分子數目占原來空氣的分子總數目比例。（結果可用分數表示）（3）求瓶塞恰好被彈出時，瓶內剩余空氣體積變為擠壓前的幾倍？（結果可用分數表示）【解答】解：（1）瓶塞密封的剩余空氣從300K降溫至280K的過程中，根據查理定律pT（2）瓶內空氣溫度從280K升高到300K時，部分空氣將跑到大氣中，氣體經歷等壓變化，則有V1則瓶內剩余空氣的分子數目占原來空氣的分子總數目比例為η=N1N2×（2）塑料瓶塞彈出前后氣體經歷等容變化，則有p根據受力平衡有p2S＝p0S+mg+f擠壓塑料瓶時，氣體經歷等溫變化，根據玻意耳定律有p2V3＝p1V1瓶塞恰好被彈出時，設瓶內剩余空氣體積變為擠壓前的n倍，則有n=解得n＝0.78故答案為：（1）減小；放熱；（2）瓶內剩余空氣的分子數目占原來空氣的分子