2019年高考物理备考 优生百日闯关系列 专题15 固体、液体、气体与能量守恒（含解析）.docx

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专题15 固体、液体、气体与能量守恒 第一部分名师综述 综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，以选择题的形式考查晶体和非晶体的特点、液体的表面张力、饱和汽与饱和汽压、热力学运动定律的理解等；以计算和问答题的形式结合气体考查内能、气体实验定律、理想气体状态方程、热力学第一定律等； （1）考纲要求 知道晶体、非晶体的区别；理解表面张力，会解释有关现象；掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题。知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律；知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律；掌握能量守恒定律及其应用． （2）命题规律 高考热学命题的重点内容有：理想气体状态方程和用图象表示气体状态的变化；气体实验定律的理解和简单计算；固、液、气三态的微观解释和理解。高考对本部分内容考查的重点和热点有以下几个方面：热力学定律的理解和简单计算，多以选择题的形式出现。 第二部分精选试题 1．如图所示，向一个空的铝饮料罐（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360cm3,吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10cm。如果需要下列计算，可取相应的近似值：360298362296.4 364298362299.6 （1）吸管上标刻度值时，刻度是否均匀？说明理由； (系数可用分数表示) （2）计算这个气温计的测量范围(结果保留一位小数，用摄氏温度表示。） 【答案】（1）体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上的标的刻度是均匀的。 （2）23.4~26.6℃ 【解析】 【详解】 （1）根据盖-吕萨克定律，VT=C 则有：C=V1T1=360+100.2273+25=362298cm3/K…① 所以△V=C△T=362298T …② 即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的 （2）因为△V=362298T，所以有：△T=298362△V=2983620.2（20-10）K=1.6K 这个气温计可以测量的温度为：t=（251.6）℃， 即这个气温计测量的范围是296.4K～299.6K，即23.4℃～26.6℃ 2．利用如图所示的实验装置来测定容器内液体的温度，容器右侧部分水银压强计的左管中有一段长度为h=10cm的水银柱，水银柱下密封一段长为l=4 cm的空气柱B。实验开始时水银压强计的两侧水银柱上端在同一水平面，这时容器内液体的温度为27℃，后来对液体加热，通过向水银压强计右管中注入水银，使左管水银面仍在原来的位置，此时测得水银压强计左管中密封空气柱B的长度为l=3 cm。已知外界大气压强为76 cmHg。求: (I)加热后液体的温度t； (II)向水银压强计右管中注入水银的长度。 【答案】（1）t=139.5∘C；（2）水银压强计右管注入水银的长度为32cm 【解析】 【详解】 (I)由题意知，B部分气体发生等温变化，则初始时 pB=p0+ph+pl=76+10+4cmHg=90cmHg 根据玻意耳定律得：pBlS=pBlS 得：pB=pBll=9043cmHg=120cmHg 这时A气体压强pA=pB-ph=110cmHg A气体做等容变化，初始时，pA=pB-ph=80cmHg 根据查理定律，pATA=pATA 得TA=pATApA=110273+2780K=412.5K 得t=139.5∘C (II)设最终右侧水银面比左管中水银面高Δh，由题意知120cmHg=76cmHg+pΔh+13cmHg 得pΔh=31cmHg，Δh=31cm 所以水银压强计右管注入水银的长度为Δh+l-l=31+4-3cm=32cm 3．如图所示，一气缸水平放置，用一横截面积为S、厚度不计的活塞将缸内封闭一定质量的气体，活塞与缸底间的距离为L，在活塞右侧13L处有一对气缸内壁固定连接的卡环，缸内气体的温度为T0，大气压强为p0，气缸导热性良好。现将气缸在竖直面内缓慢转过90，气缸开口向下，活塞刚好与卡环接触，重力加速度为g。不计气缸与活塞间摩擦。 （1）求活塞的质量； （2）再将气缸在竖直面内缓慢转动180，当气缸开口向上时，对缸内气体缓慢加热，直到当缸内活塞再次恰好与卡环接触，加热过程中气体内能增加ΔE，求缸内气体的温度和加热过程中气体吸收的热量。 【答案】（1）p0S4g；（2）T=53T0，23p0SL+ΔE 【解析】 【详解】 （1）设活塞的质量为m，当汽车缸开口向下时，缸内气体的压强：p1=p0-mgS 当气缸从水平转到缸口向下，气体发生等温变化，则有：p0LS=p143LS 联立解得活塞的质量：m=p0S4g （2）设气缸开口向上且活塞与卡环刚好要接触时，缸内气体的温度为T，缸内气体的压强：p2=p0+mgS=54p0 气体发生等容变化，则有：P1T0=P2T 解得：T=53T0 设气缸刚转到开口向上时，活塞力卡环的距离为d，则：p0LS=p2(43L-d)S 解得：d=815L 在给气体加热的过程中，气体对外做的功：W=p2Sd=23p0SL 则根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量：W=p2Sd=23p0SL+ΔE 4．底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的某种液体，液体密度为ρ，将一横截面积为S、长度为2H的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示。现用厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示。再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示。已知大气压强p0=kρgH，k为常数，g为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度Δh及玻璃管内液柱的高度h′。 【答案】Δh=h4=H8(k+2-k2+4)，h=H2(k+2-k2+4) 【解析】 【详解】 （1）由液体在整个过程中体积不变，设图3烧杯中液体的高度下降为Δh，则由几何关系有： H4S=(H+Δh)4S+Sh 解得h=4Δh 对管内封闭气体发生等温变化，设图3红粉笔气体的压强为p，由理想气体状态方程有：p0HS=p(2H-h)S 对管内液体有平衡条件有：p+ρgh=p0 联立解得：h=H2(k+2k2+4) 考虑到无论k取何值h=H2(k+2k2+4)<2H 即kk2+4<2恒成立，所以式中只能取-号，所以h=H2(k+2-k2+4) 故h=H2(k+2-k2+4)，Δh=h4=H8(k+2-k2+4) 5．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB=3.6L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，A放在温度恒为T1=300K、压强为P0=1.0105Pa的大气中，B放在T2=400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1=300K、体积为VA=2.4L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，求以下两种情况下气体的体积和压强： ①汽缸A、活塞D和细管都是绝热的； ②A的器壁导热性能良好，且恒温槽温度调高为500K。 【答案】①3.6L 8.89104Pa ②3.84L 1.0105Pa 【解析】 【详解】 ①设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为T2=400K，压强设为p，体积为V1，则对活塞，由平衡条件，有：pS-p0S=0① 解得p=p0 由理想气体状态方程可如p0VAT1=pV1T2② ①②联立，解得:V1=3.2L小于VB=3.6L，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为VB=3.6L。 设此时气体压强为p1，由理想气体状态方程可知p0VAT1=p1V1T2③ 解得内p1≈8.89104Pa。 ②设活塞D最终停止移动时靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为T2=500K，压强设为p2，体积为VB，由理想气体状态方程可知:p0VAT1=p2VBT2④ 解得p2≈1.11105Pa大于p0=1.0105Pa 由此可知活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，则此时气体压强为p0=1.0105Pa。设此时气体体积为V2，由理想气体状态方程可知p0VAT1=p0VBT2+p0(V2-VB)T1⑤ 解得V2=3.84L 6．光子不仅具有能量，而且具有动量。照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的压强，这就是“光压”。光压的产生机理与气体压强产生的机理类似：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力表现为气体的压强。 在体积为V的正方体密闭容器中有大量的光子，如图所示。为简化问题，我们做如下假定：每个光子的频率均为V，光子与器壁各面碰撞的机会均等，光子与器壁的碰撞为弹性碰撞，且碰撞前后瞬间光子动量方向都与器壁垂直；不考虑器壁发出光子和对光子的吸收，光子的总数保持不变，且单位体积内光子个数为n；光子之间无相互作用。已知：单个光子的能量s和动量p间存在关系ε=pc（其中c为光速），普朗克常量为h。 (1)①写出单个光子的动量p的表达式（结果用c、h和ν表示）； ②求出光压I的表达式（结果用n、h和ν表示）； (2)类比于理想气体，我们将题目中所述的大量光子的集合称为光子气体，把容器中所有光子的能量称为光子气体的内能. ①求出容器内光子气体内能U的表达式（结果用矿和光压，表示）； ②若体积为V的容器中存在分子质量为m、单位体积内气体分子个数为n的理想气体，分子速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。求气体内能U与体积V和压强p气的关系；并从能量和动量之间关系的角度说明光子气体内能表达式与气体内能表达式不同的原因。 【答案】(1)①p=hνc ②I=13nhν (2)①U=3IV ②Ek=12pv 【解析】 【详解】 （1）①光子的能量ε=hv，根据题意可得ε=pc 可得：p=εc=hvc ②在容器壁上取面积为S的部分，则在Δt时间内能够撞击在器壁上的光子总数为：N=16cΔtSn 设器壁对这些光子的平均作用力为F，则根据动量定理FΔt=2Np 由牛顿第三定律，这些光子对器壁的作用力为F=F 由压强定义，光压I=FS=13nhv （2）①设光子的总个数为N，则光子的内能为U=Ne=Vnhv 将上问中的I=13nhv带入，可得U=3IV ②一个分子每与器壁碰撞动量变化大小为2mv，以器壁上的面积S为底，以vΔt为高构成柱体，由题设可知，柱内的分子在Δt时间内有16与器壁S发生碰撞，碰壁分子总数：N=16vΔtSn 对这些分子用动量定理，有：FΔt=2Np气 则F=13nmv2S 由牛顿第三定律，气体对容器壁的压力大小F=F 由压强定义，气压p气=FS=13nmv2 理想气体分子间除碰撞外无作用力，故无分子势能。所以容器内所有气体分子动能之和即为气体内能，即U=N⋅12mv2=nV12mv2=32p气V 由上述推导过程可见：光子内能的表达式与理想气体内能表达式不同的原因在于光子和气体的能量动量关系不同。对于光子能量动量关系为ε=pc，而对于气体则为Ek=12mv2=12pv。 7．如图所示,在竖直放置圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，问: （i）外界空气的温度是多少? （ii）在此过程中密闭气体的内能增加了多少? 【答案】（i）T=h0dh0T0（ii）ΔU=Q-mgd-p0Sd 【解析】 【详解】 （i）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程中等压变化,由盖吕萨克定律 VV0=TT0 得外界温度T=VV0T0=（h0+d)Sh0ST=h0dh0T0 （ii）取活塞为研究对象,设活塞对密闭气体做功为W，由动能定理得 -W-mgd-p0Sd=0 根据热力学第一定律：W+Q=ΔU 联立上面两式得密闭气体增加的内能：ΔU=Q-mgd-p0Sd 8．如图所示，竖直固定的大圆筒由上面的细圆筒和下面的粗圆筒两部分组成，粗筒的内径是细筒内径的3倍，细筒足够长。粗简中放有A、B两个活塞，活塞A的重力及与筒壁间的摩擦不计。活塞A的上方装有水银，活塞A、B间封有定质量的空气（可视为理想气体）。初始时，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银上表面与粗简上端相平，空气柱长L=15cm，水银深H=10cm。现使活塞B缓慢上移，直至有一半质量的水银被推入细筒中，求活塞B上移的距离。（设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm的水气柱银柱产生的压强） 【答案】9.8cm 【解析】 【详解】 初态封闭气体的压强P1=P0+ρgH ,体积为V1=LS 有一半质量的水银被推入细筒中,设粗筒横截面积为S，细筒和粗筒中的水银高度分别为h1和h2,由于水银体积不变，则12HS=h1S9 ,解得：h1=45cm 根据题意h2=H2=5cm 此时封闭气体压强为P2=P0+ρgh1+ρgh2=125cmHg 体积V2=LS 由玻意耳定律得：P1V1=P2V2 解得：L=10.2cm 活塞B上移的距离为d=H+L-L-h2=9.8cm 【点睛】 本题考查了理想气体方程，解此类题的关键是找到不同状态下的压强和体积表达式，然后建立方程求解 9．如图所示，“L”形玻璃管ABC粗细均匀，开口向上，玻璃管水平部分长为30cm，竖直部分长为10cm，管中一段水银柱处于静止状态，水银柱在水平管中的部分长为10cm，竖直管中部分长为5cm，已知大气压强为P0=75cmHg，管中封闭气体的温度为27，求： ①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，管中封闭气体的温度升高多少?(保留一位小数) ②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180，使玻璃管开口向下，试判断玻璃管中水银会不会流出?如果不会流出，竖直管中水银液面离管中的距离为多少? 【答案】 ①98.4K②水银不会流出，管中水银液面离管口的距离为(517-20)cm 【解析】 【分析】 ①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，对气体，先找到气体的状态参量，根据气体的状态变化方程列式求解温度； ②若将玻璃管以水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180，使玻璃管开口向下，假设水银不会流出，根据玻意耳定律求出竖直管中水银面离管中的距离即可进行判断. 【详解】 ①开始时，管内封闭气体的压强：p1=p0+5cmHg=80cmHg气柱的长度l1=20cm；气体加热后，当竖直管中水银面刚好到管口C时，管中封闭气柱的长度为l2=25cm；管中气体压强：p2=p0+10cmHg=85cmHg 根据气态方程可知：p1l1ST1=p2l2ST2 即8020300=8525T2 解得T2=398.4K升高的温度：ΔT=T2-T1=98.4K ②若将玻璃管以水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180，使玻璃管开口向下，假设水银不会流出，且竖直管中水银面离管中的距离为hcm，这时管中气体压强：p3=p0-(10-h)cmHg=(65+h)cmHg 管中封闭气柱长：l3=(20+5-h)cm=(25-h)cm 根据玻意耳定律：p1l1S=p3l3S即：8020=（65+h）（25-h） 解得h=(517-20)cm 因h>0，假设成立； 因此水银不会流出，管中水银面离管口的距离为(517-20)cm。 10．如图所示，两正对且固定不动的导热气缸，与水平成30角，底部由体积忽略不计的细管连通、活塞a、b用不可形变的轻直杆相连，不计活塞的厚度以及活塞与气缸的摩擦，a、b两活塞的横截面积分别为S1=10cm2，S2=20cm2，两活塞的总质量为m=12kg，两气缸高度均为H=10cm。气缸内封闭一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到气缸底的距离均为L=5cm(图中未标出)，已知大气压强为P=105Pa.环境温度为T0=300K，重力加速度g取10m/s2。求： (1)若缓慢降低环境温度，使活塞缓慢移到气缸的一侧底部，求此时环境的温度； (2)若保持环境温度不变，用沿轻杆向上的力缓慢推活塞，活塞a由开始位置运动到气缸底部，求此过程中推力的最大值。 【答案】(1)200K(2)40N 【解析】 【分析】 (1)将两活塞作为整体受力分析，求得气缸内气体的压强；缓慢降低环境温度，使活塞缓慢移动时，气体压强不变，体积减小，活塞向下移动；由盖吕萨克定律可得活塞缓慢移到气缸的一侧底部时环境的温度。 (2) 沿轻杆向上的力缓慢推活塞，活塞a由开始位置运动到气缸底部时，推力最大。求得末状态(活塞a由开始位置运动到气缸底部时)气体的总体积；据玻意耳定律求得末状态气体的压强；将两活塞作为整体受力分析，求得推力的最大值。 【详解】 (1)设初始气体压强为p1，将两活塞作为整体受力分析，由平衡条件可得：p0S1+p1S2=mgsin300+p0S2+p1S1，代入数据解得：p1=1.6105Pa 活塞缓慢移动过程中，缸内气体压强不变，温度降低，体积减小，活塞向下移动；由盖吕萨克定律可得：S1L+S2LT0=S1HT，解得：活塞缓慢移到气缸的一侧底部时环境的温度T=200K (2) 沿轻杆向上的力缓慢推活塞，气体体积变化，又气体温度不变，则气体压强变化，当活塞到达汽缸顶部时，向上的推力最大，此时气体的体积为HS2，设此时的压强为p2，由玻意耳定律得：p1(LS1+LS2)=p2HS2 代入数据解得：p2=1.2105Pa 将两活塞作为整体受力分析，由平衡条件可得：F+p0S1+p2S2=mgsin300+p0S2+p2S1 代入数据解得：F=40N 11．如图所示，绝热气缸A固定在水平桌面上，可通过电热丝给内部封闭的气体加热，其活塞用一轻绳与导热气缸B的活塞通过定滑轮相连，气缸B悬在空中，质量为M，底部悬挂有一质量也为M的物体，气缸B的活塞到气缸B内部底端的距离为d。两活塞面积均为S，两气缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，两气缸都不漏气。开始时系统处于平衡状态，且温度均与环境温度相同为T0，不计活塞和气体的重力，不计任何摩擦，已知重力加速度为g，外界大气压强为P0。 (i)求A、B气缸中气体的压强； (ii)若环境温度、大气压保持不变，取下气缸B底部悬挂的物体，重新稳定后，要使气缸B底部离地面的高度与取下物体前相同，则气缸A中气体的温度应升高多少?(活塞不会脱离气缸) 【答案】（i）PA=PB=P0-2MgS（ii）2MgP0S-2MgT0 【解析】 【分析】 （i）对气缸A、B的活塞根据平衡条件列出方程即可求解向应的压强； （ii）再次根据平衡条件以及理想气体状态方程进行求解即可； 【详解】 （i）取下物体前对气缸B的活塞根据平衡条件有：PBS+2Mg=P0S 解得：PB=P0-2MgS 取下物体前对气缸A的活塞根据平衡条件有：PAS+F=P0S　（F=2Mg） 解得：PA=P0-2MgS 故气缸A、B中的压强相等； （ii）取下物体，重新稳定后，对气缸B有：PBS+Mg=P0S 解得：PB=P0-MgS 此过程中气缸B中的气体等温变化，有：PB⋅Sd=PB⋅Sd 此过程中气缸B上移的距离为：Δd=d-d 联解得：Δd=MgP0S-Mgd 取下物体前，气缸A、B中的压强相同，温度也相同，且两气缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，故气缸A、B中的气体体积相同，气缸A中活塞到气缸A内部底端的距离也为d，要使气缸B底部离地面的高度与取下物体前相同，则气缸A中活塞应向右移动Δd的距离，因此在此过程中对A中气体有：PASdT0=PASd+ΔdT 而：PA=PB 联解得：T=P0SP0S-2MgT0 气缸A中气体的温度应升高：ΔT=T-T0=2MgP0S-2MgT0。 【点睛】 本题结合平衡条件求解气体的压强，然后结合等温变化和理想气体状态方程进行求解，要注意两个气缸的体积、压强和温度之间的关系是解决本题的关键。 12．如图，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB=100cm，BC=40cm，CD=50cm，DE=60cm。在水平段DE内有一长10cm的水银柱，其左端距D点10cm。在环境温度为300K时，保持BC段水平，已知大气压为75cm Hg且保持不变。 (1)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面,再将环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出； (2)若将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端刚刚没入水银面下10cm。再将环境温度缓慢降低，求温度降低到多少K时，水银柱刚好全部进入CD段。 【答案】（1）375K（2）208K 【解析】 【分析】 （1）A端刚没入水银面，随着环境温度缓慢升高，封闭气体做等压变化，根据V1T1=V2T2求解。 （2）当液柱刚好全部进入CD管时，玻璃管中的水银将沿AB管上升10cm，则封闭气体的压强P3=65cmHg，所以大水银槽中的水银将沿A管上升20cm。由理想气体状态方程：P1V1T1=P3V3T3求解T3。 【详解】 （1）A端刚没入水银面，随着环境温度缓慢升高，封闭气体做等压变化，设玻璃管横截面积为S：V1=200S，T1=300K；水银柱刚好全部溢出时：V2=250S。由V1T1=V2T2，代入数据：200S300=250ST2，解得T2=375K，即当温度升高到375K时，水银柱刚好全部溢出。 （2）若A端刚没入水银面下10cm，当液柱刚好全部进入CD管时，玻璃管中的水银将沿AB管上升10cm，则封闭气体的压强P3=65cmHg，所以大水银槽中的水银将沿A管上升20cm，封闭气体的体积V3=160S，由理想气体状态方程：P1V1T1=P3V3T3，代入数据：75200S300=65160ST3，解得T3=208K，即当温度降低到208K时，水银柱刚好全部进入CD段。 【点睛】 当液柱刚好全部进入CD管时，关键是根据压强能分析出大水银槽中的水银将沿A管上升20cm，这样才能得到封闭气体的体积V3. 13．如图所示， A、 B 气缸长度均为 L，横截面积均为 S，体积不计的活塞C 可在 B 气缸内无摩擦地滑动， D 为阀门。整个装置均由导热性能良好的材料制成。起初阀门关闭， A 内有压强2P1的理想气体， B 内有压强P1/2的理想气体，活塞在 B 气缸内最左边，外界热力学温度为T0。阀门打开后，活塞 C 向右移动，最后达到平衡。不计两气缸连接管的体积。求： (1).活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压强； (2).若平衡后外界温度缓慢降为0.50T0，气缸中活塞怎么移动？两气缸中的气体压强分别变为多少？ 【答案】（1）活塞C移动的距离为35L，平衡后B中气体的压强为54P1 （2）不移动，气体压强均为58P1 【解析】 【详解】 （1）打开阀门后，两部分气体可以认为发生的是等温变化，设最后A、B的压强均为P2，活塞向右移动x，则A中气体：2P1LS＝P2 (L+x)S B中气体：12P1LS＝P2 (L−x)S 解得：x＝35L；P2=54P1 （2）设降温后气缸内活塞向右移x0，两部分气体的压强为P3 则A中气体：P2⋅85LST0＝P3⋅(85L+x0)S0.5T0 B中气体：P2⋅25LST0＝P3⋅(25L-x0)S0.5T0 得x0=0，即活塞并不发生移动，因此降温过程两部分气体发生的是等容变化，由A中气体P2T0＝P30.5T0 解得：P3=58P1 【点睛】 本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等． 14．如图所示，带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，其下部放入盛水的烧杯中。注射器活塞的横截面积S＝510－5m2，活塞及框架的总质量m0＝510－2kg，大气压强p0＝1.0105Pa。当水温为t0＝13℃时，注射器内气体的体积为5.5mL。(g＝10m/s2) (1)向烧杯中加入热水，稳定后测得t1＝65℃时，气体的体积为多大？ (2)保持水温t1＝65℃不变，为使气体的体积恢复到5.5mL，则要在框架上挂质量多大的钩码？ 【答案】（1）6.5mL （2）0.1kg 【解析】 【分析】 （1）加入热水后，温度升高，但气体压强不变，故气体发生等压变化，则由盖-吕萨克定律可求得气体的体积； （2）加上物体使气体做等温变化，则由玻意耳定律可求得变化后的压强，从而由压强公式可求得需增加的质量． 【详解】 （1）加入热水，由于压强不变，气体发生等压变化，V1=5.5mL，T1=t0+273=286K；T2=t+273=338K； 由盖-吕萨克定律得：V1T1=V2T2 解得：V2=T2T1V1=6.5mL； （2）设恢复到V3=5.5mL时，压强为P3 V2=6.5mL，P1=P0+m0gS 由玻意耳定律得：P3V3=P1V2 解得：P3=P1V2V3=1.3105Pa； 又因为：P3=P0+m0+mgS 解得：m=0.1kg 15．如图所示，两端封闭的试管竖直放置，中间一段24 cm的水银柱将气体分成相等的两段，温度均为27 ℃，气柱长均为22 cm，其中上端气柱的压强为76 cmHg.现将试管水平放置，求： ①水银柱如何移动(向A还是向B移动)？移动了多远？ ②保持试管水平，将试管温度均匀升高100 ℃，那么水银柱如何移动？试管内气体的压强分别多大？ 【答案】①向A端移动了3 cm ②不移动；115.7cmHg 【解析】 【详解】 （1）根据玻意耳定律得： 对A: pAlAS＝pAlAS① 对B：pBlBS＝pBlBS② pB＝pA+24 ③ p A′= p B′ ④ LA′+ L B′=44 ⑤ 联立以上各式解得：LA′＝19cm 即水银柱向A端移动了3cm （2）假设水银柱不移动，则有pT＝△p△T △p＝pT△T 因为左右压强相等，所以△pA＝△pB 升温前pA＝pB 所以升温后p A′= p B′，仍然平衡，水银不移动 对气体A根据理想气体状态方程，有pAVATA＝pAVATA 7522S300＝pA19S400 解得：p A′＝115.7cmHg 【点睛】 本题考查气体实验定律和理想气体状态方程，第二问用假设法，先假设水银柱不移动，气体等容过程求解，因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强的增量的不同造成的，必须从压强的变化入手分析． 16．如图，A为竖直放置的导热气缸，其质量M＝50kg、高度L＝12cm，B气缸内的导热活塞，其质量m＝10kg；B与水平地面间连有劲度系数k＝100N/cm的轻弹簧，A与B的横截面积均为S＝100cm2。初始状态下，气缸A内封闭着常温常压下的气体，A、B和弹簧均静止，B与气缸底端相平。设活塞与气缸间紧密接触且无摩擦，活塞厚度不计，外界大气压强p0＝1105Pa。重力加速度g＝10m/s2。 （i）求初始状态下气缸内气体的压强； （ii）用力缓慢向下压气缸A（A的底端始终未接触地面），使活塞B下降lcm，求此时B到气缸顶端的距离。 【答案】（i）1.5105Pa（ii）11.25cm 【解析】（i）初态，A受重力、大气向下压力P0S和内部气体向上压力P1S作用处于平衡状态 由力的平衡条件有：Mg＋p0S＝p1S 代入数据解得：p1＝1.5105Pa （ii）缓慢压缩气缸的过程中，气缸内气体温度不变 未施加压力前，弹簧弹力为：F1＝（M＋m）g 施加压力后，B下降1cm，即弹簧再缩短Dx＝1cm 弹簧弹力变为：F2＝F1＋kDx 代入数据得：F1＝600N，F2＝700N 设此时A内气体压强为P2 对B，由力的平衡条件有：mg＋p2S＝p0S＋F2 代入数据得：p2＝1.6105Pa 设此时B到A顶端的距离为L A内气体：初态体积V1＝LS，末态体积V2＝LS 由玻意耳定律有：p1LS＝p2LS 代入数据解得：L＝11.25cm 17．如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0105Pa，经历A→B→C→A的过程，整个过程中对外界放出61.4J热量。求该气体在A→B过程中对外界所做的功。 【答案】138.6J 【解析】 整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA，且WCA=pA（VC–VA） 由热力学第一定律ΔU=Q+W，得WAB=–（Q+WCA） 代入数据得WAB=–138.6 J，即气体对外界做的功为138.6 J 18．在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。 【答案】7.5 cm 【解析】 试题分析本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。 解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有 p1=p2+ρg（l1-l2）① 式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小。 由玻意耳定律有 p1l1=pl1′② p2l2=pl2′③ l1′–l1=l2–l2′④ 由①②③④式和题给条件得 l1′=22.5 cm⑤ l2′=7.5 cm⑥ 19．如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0，现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。 【答案】m=15p0S26g 【解析】 本题考查玻意耳定律、关联气体、压强及其相关的知识点。 设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p0V2=p1V1① p0V2=p2V2② 由已知条件得 V1=V2+V6-V8=1324V③ V2=V2-V6=V3④ 设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg⑤ 联立以上各式得 m=15p0S26g⑥ 20．如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1 K3,B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2 K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1, 已知室温为27∘C，汽缸导热． (1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置； (3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20C，求此时活塞下方气体的压强； 【答案】(1) 12V，2p0 (2) 稳定时活塞位于气缸最顶端 (3) 1.6p0 【解析】 【分析】分析打开K2之前和打开K2后，A、B缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；打开K2，分析活塞下方气体压强会不会降至p0，确定活塞所处位置；缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由理想气体状态方程求解此时活塞下方气体的压强； 解：（1）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0,缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=(273+27)K=300K，打开K2后，B缸内气体(活塞上方)等温压缩，压缩后体积为V1缸内气体(活塞下方)等温膨胀，膨胀后体积为2V-V1，活塞上下方压强相等均为P1， 则：对A缸内(活塞下方)气体：3p0V=p1(2V-V1)， 对B缸内(活塞上方)气体：p0V=p1V1， 联立以上两式得：p1=2p0,V1=12V； 即稳定时活塞上方体积为12V，压强为2p0； (2)打开K2，活塞上方与大气相连通，压强变为P0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为P0，则降为P0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V=p0V2， 得V2=3V>2V，即活塞下方气体压强不会降至P0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为P2,3p0V=p22V，得p2=32p0，即稳定时活塞位于气缸最顶端； (3)缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=(300+20)K=320K，由p2T=p3T3得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0 21．一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb.已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g． （1）求该热气球所受浮力的大小； （2）求该热气球内空气所受的重力； （3）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量． 【答案】（1）T0Tbρ0gV（2）T0Taρ0gV（3）ρ0VT0Tb-ρ0VT0Ta-m0 【解析】 （i）设1个大气压下质量为m的空气在温度T0时的体积为V0，密度为 ρ0=mV0① 温度为T时的体积为VT，密度为：ρ(T)=mVT② 由盖-吕萨克定律可得：V0T0=VTT③ 联立①②③解得：ρ(T)=ρ0T0T④ 气球所受的浮力为：f=ρ(Tb)gV⑤ 联立④⑤解得：f=ρ0gVT0Tb⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力：G=ρ(Ta)Vg⑦ 联立④⑦解得：G=Vgρ0T0Ta⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨ 联立⑥⑧⑨可得：m=ρ0VT0Tb-ρ0VT0Ta-m0 【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不同时气体密度不同；能分析气球的受力情况列出平衡方程。 22．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0。设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=p0S，环境温度保持不变。在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求： ①活塞B向下移动的距离； ②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度。 【答案】① ②7T0 【解析】①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+ 因为：mg=P0S 故：P1=2P0 Ⅱ气体压强：P2＝P0+＝4P0 添加铁砂后Ⅰ气体压强： Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+＝5P0 Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2S 可得：l2＝l0，B活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝l0 ②Ⅰ气体末状态的体积 根据玻意耳定律：=P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0 只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+=21P0 根据气体理想气体状态方程： 解得：Tx=7T0 23．如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求： ①左右管中水银面的高度差是多大？ ②理想气体A的气柱长度为多少？ 【答案】①15cm；②12.5cm． 【解析】 【分析】 ①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出末态B中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面的高度差△h； ②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度。 【详解】 ①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化 初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S， 末态：压强pB2，体积VB2=25S， 根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2 解得：pB2=60cmHg 可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm ②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化 初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S， 末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S 根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2 解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm 24．如下图a所示，开口向上粗细均匀的足够长导热玻璃管，管内有一段长25cm的水银柱，封闭着长60cm的空气柱，大气压强恒定为P0=75cmHg，环境温度为300K． ①求当玻璃管缓慢转动60时（如图b）封闭空气柱的长度？（小数点后保留一位小数） ②若玻璃管总长仅有L=115cm，从开口向上缓慢转动至开口向下（如图c）后，再改变环境温度，足够长时间后封闭空气柱长度仍然为60cm，求此时的环境温度． 【答案】①② 【解析】 试题分析：①由等温变化： 其中， ， 计算可得： ②旋转至开口向下的过程中为等温变化 判断：假设水银不会从玻璃管溢出，由 其中， ， 计算可得：则已经溢出 设剩余水银柱长x，有 计算可得： 然后改变温度的过程为等压变化： 其中，， 计算可得： 考点：理想气体状态方程、封闭气体压强． 【名师点晴】本题考查了求空气柱的长度、气体的温度，分析清楚气体的状态变化过程、求出气体的状态参量是解题的前提与关键，应用玻意耳定律与盖吕萨克定律可以解题． 25．如图，有一个在水平面上固定放置的气缸，由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成，a、b、c的横截面积分别为3S、S和2S。已知大气压强为p0，两绝热活塞A和B用一个长为4l的不可伸长细线相连，两活塞之间密封有温度为T0的空气，开始时，两活塞静止在图示位置。现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦。 （1）求加热前封闭气体的压强和细线上的张力大小。 （2）气体温度缓慢上升到多少时，其中一活塞恰好移动到其所在圆筒与b圆筒的连接处？ （3）气体温度上到T=43T0时，封闭气体的压强。 【答案】（1）p1=p0，FT=0N（2）T2=87T0（3）p3=76p0 【解析】 试题分析：（1）设加热前被封闭气体的压强为p1，细线的拉力为FT，则由力平衡条件可得， 对活塞A：p02S+FT-p12S=0，对活塞B：p13S-FT-p03S=0，解得，p1=p0，FT=0N； （2）此时气体的体积为：V1=2Sl+2Sl+3Sl=7Sl，对气体加热后，两活塞将向右缓慢移动，活塞A恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处的过程中气体的压强p1保持不变， 体积增大，直至活塞A移动l为止，此时气体的体积为V1=2Sl+6Sl=8Sl， 设此时温度为T2，由盖•吕萨克定律可得：V1T0=V2T2，即：7SlT0=8SlT2，解得：T2=87T0； （3）活塞A被挡住后，继续对气体加热，气体做等容变化， 气体的状态参量：p2=p1=p0，T2＝87T0，T3=43T0， 由查理定律得：p2T2=p3T3，解得：p3=76p0 考点：考查了理想气体状态方程的应用 【名师点睛】分析清楚题意、知道气体的状态变化过程是解题的关键，求出气体的状态参量、应用盖吕萨克定律与查理定律可以解题 26．如图所示，一气缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S=100cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m=62.5kg，物块与平台间的摩擦因数μ=0.8.两物块间距为d=10cm。开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0=1105Pa，温度t1=27℃.现对气缸内的气体缓慢加热，(g=10m/s2)求： ①物块A开始移动时，气缸内的温度； ②物块B开始移动时，气缸内的温度。 【答案】（1）450K（2）1200K 【解析】 ①物块A开始移动前气体做等容变化,则有 p2＝p0+μmgS＝1.5105Pa 由查理定律有：P1T1=P2T2 解得T2＝450K ②物块A开始移动后,气体做等压变化,到A与B刚接触时 p3＝p2＝1.5105 Pa,V3＝(L1＋d)S 由盖—吕萨克定律有V2T2=V3T3,解得T3＝900K 之后气体又做等容变化,设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4 p4＝p0＋2μmgS＝2.0105Pa V4＝V3 由查理定律有P3T3=P4T4,解得T4＝1200K 故本题答案是：①450K②1200K 点睛：本题考查了理想气体方程方程，对于此类问题，要把握各个状态下的状态参量，然后利用公式求解即可。 27．一个水平放置的气缸，由两个截面积不同的圆筒联接而成.活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L=0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动.A、B的截面积分别为SA=40cm2，SB=20cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为P0=1.0105Pa的大气.当气缸内气体温度为T1=525K时两活塞静止于如图所示的位置． (1)现使气缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？ (2)若在此变化过程中气体共向外放热500J，求气体的内能变化了多少？ 【答案】（1）300K （2）200J 【解析】 试题分析：①对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化 由盖吕萨克定律有3LSA+LSBT1=4LSBT2 代人数值，得T2="300" K时活塞A恰好移到两筒连接处 ②活塞向右移动过程中，外界对气体做功 W=P03L（SA－SB）=110530．5（410-3－210-3）J=300J 由热力学第一定律得△U=W+Q=300－500J=-200J 即气体的内能减少200J 考点：盖吕萨克定律；热力学第一定律 【名师点睛】利用气态方程解题关键是气体状态要明确，求出各个状态的温度、压强、体积然后列气体状态方程即可求解，尤其注意气体压强的求法。 28．如图所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积为S=10-3 m2，活塞的质量为m=2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方气缸的容积为1.010-3m3，A、B之间的容积为2.010-4 m3，外界大气压强p0=1.0105 Pa。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9 p0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。求： （1）活塞刚离开B处时气体的温度t2； （2）缸内气体最后的压强； （3）在图（乙）中画出整个过程中的p–V图线。 【答案】（1）127℃ （2）1.5105Pa （3）如图． 【解析】 （1）活塞刚离开B处时，气体压强p2=p0+mgS=1.2105Pa 气体等容变化，0.9p0273+t1＝p2273+t2 代入数据，解出t2=127℃ （2）设活塞最终移动到A处， 理想气体状态方程：p1V0273+t1＝p3V3273+t3，即0.9p0V0273+t1＝1.2p3V0273+t3， 代入数据，解出p3＝0.96001.2300p0＝1.5p0=1.5105Pa 因为p3＞p2，故活塞最终移动到A处的假设成立． （3）如图． 点睛：本题的关键是分析清楚，各个变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律运算即可，难度不大，属于中档题． 29．如图，横截面积相等的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V0、温度为T0且压强相等，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A中气体的体积VA和温度TA。 【答案】VA=43V0，TA=2T0 【解析】 试题分析：设初态压强为P0，膨胀后A，B压强相等．PB=1.5P0 B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得： P0V0=1.5P0VB 2V0=VA+VB VA=43V0 对A部分气体，由理想气体状态方程得：P0V0T0＝1.5P0VATA 整理可得到：TA=2T0 考点：理想气体状态方程 【名师点睛】因为气缸B导热，所以B中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A．B体积之和不变，即VB=2V0-VA，再根据气态方程，本题可解；本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A．B部分气体状态的联系是关键。 30．如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭有一定质量的理想气体，气体积V1= 8.0l0-3m3，温度T1=400 K。现使外界环境温度缓慢降低至T2，此过程中气体放出热量700 J，内能减少了500J。不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p0= 1．0l05Pa，求此过程中 （1）外界对气体做的功W （2）气体的温度T2。 【答案】 （1） （2） 【解析】 试题分析：（1）根据热力学第一定律：，可以得到：外界对气体做的功为：。 （2）整个过程中气体的压强不变，而且外界对气体做的功为： 则根据查理定律：，带入数据整理可以得到：。 考点：热力学第一定律 【名师点睛】本题分析清楚气体状态变化过程，明确气体的压强等于大气压是正确解题的关键。