《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题15固体液体气体与能量守恒含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题15固体液体气体与能量守恒含解析.doc（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、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。第二部分知识背一背（1）晶体与非晶体单晶体多晶体非晶体外形规则不规则不规则熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同性各向同性典型物质石英、云母、食盐、硫酸铜玻璃、蜂蜡、松香形成与转化有的物质在不同条件下能够形成不同的形态同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体（2）液体的性质液体的表面张力：(a)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的
3、趋势(b)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直液晶的物理性质:(a)具有液体的流动性;(b)具有晶体的光学各向异性(c)从某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的(3)饱和汽湿度饱和汽与未饱和汽饱和汽压湿度:绝对湿度；相对湿度（4）气体实验定律玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1p2V2图象（5）理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：；气体实验定律可看
4、做一定质量理想气体状态方程的特例（6）热力学第一定律内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和表达式：UQW.（7）能量守恒定律内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律任何违背能量守恒定律的过程都是不可能的，不消耗能量而对外做功的第一类永动机是不可能制成的（8）热力学第二定律两种表述(a)第一种表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(克劳修斯表述)(b)第二种表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(开尔文表述)第
5、二类永动机是指设想只从单一热库吸收热量，使之完全变为有用的功而不产生其他影响的热机这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律第三部分技能+方法一、气体的压强求用固体(如活塞)或液体(如液柱)封闭在静止的容器内的气体压强，应对固体或液体进行受力分析，然后根据平衡条件求解当封闭气体所在的系统处于力学非平衡的状态时，欲求封闭气体的压强，首先选择恰当的对象(如与气体关联的液柱、活塞等)，并对其进行正确的受力分析(特别注意内、外气体的压力)，然后根据牛顿第二定律列方程求解对于平衡状态下的水银柱，选取任意一个液片，其两侧面的压强应相等二、应用气体实验定律或气体状态方程解题的步骤选对象根据题意，选出所
6、研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定。找参量找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。认过程过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定。认清变化过程是正确选用物理规律的前提。列方程根据研究对象状态变化的具体方式，选用气体方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。三、解决多汽缸问题的方法两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之
7、间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。四、用图象法分析气体的状态变化类别图线特点举例pVpVCT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远p斜率kCT，即斜率越大，温度越高pT，斜率，即斜率越大，体积越小VT，斜率，即斜率越大，压强越小五、对热力学第一定律的理解及应用热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系对公式UQW符号的规定符号WQU外界对物体做功物体吸收热量内能增加物体对外界做功物体
8、放出热量内能减少三种特殊情况(a)若过程是绝热的，则Q0，WU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量(b)若过程中不做功，即W0，则QU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量(c)若过程的始末状态物体的内能不变，即U0，则WQ0或WQ.外界对物体做的功等于物体放出的热量特别提醒：对理想气体，U仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q=0.一、第四部分基础练+测1如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为1.5S，深度为0.5L，下部横截面积为S，深度为L，侧面有阀门C，C处于打开状态。活塞上表面通过滑轮与一水桶相连。关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口
9、0.3L处停下。已知：大气压强为p0，室温为T0，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量。求：(i)加入桶中水的质量；(ii)将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3L处时，气体的温度。【答案】(i)m=9P0S26g；(2)T=2320T0【解析】【详解】(i)当活塞距气缸上口0.3L时，气体的体积为：V1=SL+1.5S(0.5L-0.3L)由等温变化得：P0SL=P1V1由受力平衡可得：1.5P0S=1.5P1S+mg联立解得：m=9P0S26g；(ii)当取走一半后，由受力平衡可得：1.5P0S=1.5P1S+12mg由查理定律可
10、得：P1T0=P2T联立解得：T=2320T0.2如图所示，总容积为3Vo、内壁光滑的气缸水平放置，一面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，气缸右侧封闭且留有抽气孔。活塞右侧气体的压强为p。，活塞左侧气体的体积为Vo，温度为To。将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热。已知重物的质量满足关系式mg =poS，重力加速为g。求（1）活塞刚碰到气缸右侧时气体的温度；（2）当气体温度达到2To时气体的压强。【答案】（1）1.5T0（2）43P0【解析】【详解】（1）当活塞右侧的压
11、强达到P0时，左侧气体压强为P1则P1=mgS+P0=2P0右侧抽真空时，则P1V0=P2V2解答：V2=2V0缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与气缸右侧接触时，体积V3=3V0，气体的温度为T3则：V2T0=V3T3，得到：T3=1.5T0（2）气体温度升高到2T0，气体发生等容变化，则P0T3=P42T0，得到：P4=43P0。3某同学设计了测量液体密度的装置。如图，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L0=1m，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体。现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h1=0.7m时，右管内液柱高度h2=0.2m。己知右管横截面积远小
12、于左侧横截面积，大气压强Po=l0105Pa，取g=10m/s2。（1）求此时右管内气体压强及该液体的密度；（2）若此时右管内气体温度T=260K，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时，刚好将右管中液体全部挤出？（不计温度变化对液体密度的影响）【答案】（1）p1=1.25105Pa=5103kg/m3（2）350K【解析】【详解】（1）对右管内的气体，由等温变化规律：p0V0=p1V1其中：V0=L0SV1=(L0-h2)S解得：p1=1.25105Pa又：p1=p0+g(h1-h2)解得：=5103kg/m3（2）对右管内的气体：p1V1T=p2V0T其中：p2=p0+gh1，解得：T=35
13、0K4水银气压计中混入了一个气泡,上升到水银柱的上方,使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于764mm高的水银柱产生的压强时,这个水银气压计的读数为750mm,此时管中的水银面到管顶的距离为60mm,环境温度为17oC。求:(i)若环境温度不变,当这个气压计的读数为740mm时,实际大气压是多少?()若环境温度为27,且这个气压计的读数为752mm时,实际大气压是多少?【答案】(i) 752mmHg() 767mmHg【解析】【详解】解：(i)设气压计管内横截面积为S，以水银气压计中气泡为研究对象状态1：气体压强p1=14mmHg，体积为V1=60S，温度为T1=290K状态2：气体压强p
14、2，体积为V2=70S，温度为T2=290K由玻意耳定律得：p1V1=p2V2解得：p2=12mmHg实际大气压：p2=752mmHg()状态3：气体压强p3，体积为V2=58S，温度为T2=300K由气体状态方程得：p1V1T1=p3V3T3解得：p3=15mmHg实际大气压：p3=767mmHg5如图所示，有一横截面积为40.0 cm2的绝热气缸（足够高），用一绝热轻质活塞封闭一定质量的理想气体，在接近容器底部的地方有一电热丝，电热丝的两头接在容器的外面，接线处密闭性良好。开始时气缸内气体的温度为27 ，密封气柱的长度为6.0 cm。现在给电热丝接通电源给气缸内的气体加热，使活塞缓慢运动，
15、经过一段时间后气缸内的气体温度达到127 ，整个过程中气缸内气体吸收的热量为12 J。设大气压强为105 Pa，活塞可无摩擦地运动。求：气缸再次稳定时，气缸内气柱长度的变化量；整个过程中气体内能的变化量。【答案】2.0 cm 4.0 J【解析】【详解】设气缸加热稳定后，气缸内气柱的长度为L2；取气缸内被封闭的气体作为研究的对象，在开始时气体的体积为V1=L1S初态气体的温度为T1=（273+27）K=300 K在末状态时气缸内气体的体积为V2=L2S末态气体的温度为T2=（273+127）K=400 K根据题意可知气体在做等压变化，由理想气体状态方程可得：L1ST1=L2ST2代入数据得：L2
16、=8.0 cm。L=L2L1=8.0 cm6.0 cm=2.0 cm在该过程中，气体对外做功：W=FL=p0S（L2L1）=10540.0104（86）102 J=8.0 J由热力学第一定律得：U=QW=12 J8.0 J=4.0 J6“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动，小明和同学们在室外打了一段时间篮球后，发现篮球内气压不足，于是他拿到室内充气，已知室外温度为-3，室内温度为17。篮球体积V=5L，假定在室外时，篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压。充气筒每次充入0.12L，压强为1.0个标准大气压的空气，整个过程中，不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，计算时，篮球内部气体按
17、理想气体处理。试问：小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气多少次？【答案】9次【解析】【详解】篮球从室外拿到室内后的压强为p1，则p0T0=p1T1即1.3273-3=p1273+17解得p1=1.4个大气压；设充气次数为n，则p1V+np0V0=p2V即1.45+0.121n=1.65解得n8.3次.则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气9次。7如图所示，一圆柱形气瓶水平放置，瓶内用活塞分为A、B两部分，分别装有理想气体，活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦。开始时，A、B两部分气体的体积之比为2:1，压强均为p，大气温度为
18、T，K为阀门。当温度升高时，活塞将如何移动？若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略。当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多少？若此过程A中气体对外做功为W，则A中气体内能变化多少？【答案】活塞将静止不动；0.8P，0【解析】【详解】假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得：PT=PT ，解得：P=TTP气体压强的变化量：P=P-P=T-TTP=TTP由于P、T、T 都相同，两边气体压强的变化量：P相同，活塞将静止不动；设开始，A的体积为2V，则B的体积为V，由题意可知，气
19、体A后来的体积为2.5V，A气体发生等温变化，由玻意耳定律得：P2V=P2.5V解得：P=0.8P，由于气体A的温度不变，气体内能不变，U=0。80.4 mol某种理想气体的压强P与温度t的关系如图所示，图中p0为标准大气压。已知任何理想气体在标准状态下(温度0，压强为一个标准大气压)1 mol的体积都是22.4 L，求该气体在状态C时的体积？【答案】V2=11.2 L【解析】【详解】设气体在A、B、C处时，体积分别为V0、V1、V2，压强分别为P1、P2、P3，温度分别为T1、T2、T3，则V0=0.4 Vm=8.96 L由图可知：气体A到B的过程为等容过程，V1=V0B处气体的温度为T1=
20、273+t1=400 KC处气体的温度为T2=273+t2=500 K气体B到C的过程为恒压过程由盖吕萨克定律：V1V2=T1T2得：V2=11.2 L9如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱的长度为h。现向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完成时，气柱长度变为0.6h，已知玻璃管横截面积为S，重力加速度为g，大气压强为p0，环境温度T0。外界大气压强和环境温度保持不变。求添加的水银质量m。现缓慢加热气体使其温度升高，求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度。【答案】2p0S+mg3gT=53T0【解析】【详解】开始气体的压强为p1：p0S+mg=p1S加水银后气体
21、的压强为p2：p0S+（m+m）g=p2S变化的过程温度不变，则有：p1hS=p2S0.6h解得：m=2p0S+mg3g加热的过程压强不变，则有：0.6hT0=hT解得：T=53T010一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程：ABC.已知气体在初始A状态的压强为P0，体积为V0，温度为T0。AC连线的延长线经过坐标原点，AB过程中，气体从外界吸收热量为Q，B状态的温度为2T0.求：（1）气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；（2）气体从ABC整个过程中内能的变化.【答案】2V0；2P0；U=Q-P0V0【解析】【详解】解：AB等压变化：V0T0=VB2T0解得：气体在B状态时的体积：VB=
22、2V0A状态与C状态等容，则有：P0T0=PC2T0解得在C状态时的压强：PC=2P0AB的内能变化：UAB=-W+Q=-P0(2V0-V0)+Q=Q-P0V0BC的内能变化：UBC=0气体从ABC整个过程中内能的变化：U=UAB+UBC=Q-P0V011内壁光滑上小下大的圆柱形薄壁气缸竖直放置,上下气缸的横截面积分别为S1=40cm2、S2=80cm2,上下气缸的高度分别为h=80cm、H=100cm。质量为m=8kg的薄活塞将0.5mol氢气(H2的摩尔质量为2g/mol)封闭在气缸内,活塞静止在管口,如图所示。已知氢气的定容比热容Cv为10.21kJ/(kgK),外界大气压强p0=1.0
23、105Pa,g取10m/s2。定容比热容Cv是指单位质量的气体在容积不变的条件下,温度升高或降低1K所吸收或放出的热量。保持缸内气体温度为35不变,用竖直外力缓慢向下推活塞,当活塞恰推至上气缸底部时,外力大小为F。求：（1）求F的大小;（2）随后在逐渐减小竖直外力的同时改变缸内气体温度,使活塞位置保持不变，直至外力恰为0。求这一过程中气体内能的变化量为多少?(结果保留三位有效数)。【答案】192N 898J【解析】【详解】（1）温度不变，初始压强：p1=p0+mgs1=1.20105Pa初始体积V1=s1h+s2H=1.1210-2m3当活塞运动到小气缸底部时，气体体积V2=s2H=0.810
24、-2m3.由玻意尔定律p1V1=p2V2得p2=1.68105Pa.对活塞受力分析可知：F+p0s1+mg=p2s1.解得：F=192N.（2）体积不变；改变温度之后气体的压强为p3，p3=p1=1.20105Pa设此时温度为T3，初始温度为T1=35+273=308K.由盖-吕萨克定律得p2T1=p3T3解得T3=220K温度降低放出热量Q=CVm（T1-T3）=898.4810-3KJ898J.根据U=W+Q得气体内能的变化量为898J.12如图所示，一定质量的理想气体经历了AB、BPC、CA三个变化过程，回到初始状态。已知在p-V图象中AB是一段以O点为圆心的圆弧，理想气体在状态A时的温
25、度为27。求：从A到B过程中，气体是吸热还是放热？请简要说明理由。理想气体状态P时的温度Tp。【答案】从A到B过程中气体是放热过程Tp=225K【解析】【详解】（1）从A到B过程中气体是放热过程理由如下：根据pVT=C知，TA=TB所以A到B过程中内能不变即U=0，且A到B过程中外界对气体做功，由热力学第一定律U=W+Q可知，从A到B过程中气体是放热过程。（2）状态A：pA=1105paVA=8LTA=27+273=300K状态P：pP=1.5105paVP=4LTP=？根据理想气体状态方程，有pAVATA=pBVBTB代入数据：11058300=1.51054TP解得：Tp=225K13如图
26、所示，绝热汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M = 200 kg，活塞质量m = 10 kg，活塞面积S = 100 cm2，l = 20 cm。绝热活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止。在汽缸内部有一个阻值R=4的电阻丝（图中没画出），电阻丝两端的电压U = 12 V。接通电源10 s后断开，活塞相对气缸缓慢移动到缸口AB处已知大气压恒为P0=1.0105Pa，重力加速度为 g = 10 m/s2若电阻丝产生的热量全部被气体吸收。求：(i)活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，缸内气体的温度；(ii)从接通电源到活塞相对气缸移动到缸口AB的过
27、程中理想气体的内能变化量。【答案】（1）327C （2）60J【解析】【详解】（1）以缸内理想气体为研究对象，活塞缓慢移动到缸口过程中，压强恒为P1，且P1S=Mg+P0S ；解得：P1=3105pa ；由于缸内气体为等压变化，可得0.5lST1=SlT2所以T2=2T1=600K故t2=600-273=327C（2）活塞在相对气缸下移h=10cm的过程中外界对气体做功W=-Fh=P1Sh=-300J电阻丝在10s通电内产生的热量为Q=U2Rt=360J根据热力学第一定律U=W+Q=60J则气体的内能增加了60J14如图所示，U形管内盛有水银，一端开口，另一端封闭一定质量的理想气体，被封闭气柱
28、的长度为10cm，左右两管液面高度差为1.7cm，大气压强p=75.0cmHg。现逐渐从U形管中取走一部分水银，使得左右两管液面高度差变为10cm。求：两管液面高度差变为10cm后，被封闭气柱的长度是多少；需要向U形管内注入多少厘米的水银，才能让高度差从10cm变为两管液面齐平。【答案】(1) 11.8cm (2) 13.2cm【解析】【详解】解：(1)设空气柱长度l=10cm时压强为p；当高度差为h1=10cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1则有：p=p0+h由玻意耳定律得：pl=p1l1逐渐从U形管中取走一部分水银右侧水银面低于左侧水银面h1则有：p1=p0-h1联立解得：l1=11.8
29、cm(2)当两侧的水银面达到同一高度时，设空气柱的长度为l2，压强为p2，则有：p2=p0由玻意耳定律得：pl=p2l2联立解得：l2=10.2cm设注入的水银在管内的长度为l，依题意得：l=2(l2-l1)+h1联立解得：l=13.2cm15如图所示，一气缸开口向上竖直放置，用面积为S的活塞在汽缸内封闭着一定质量的气体，活塞上放有一重物，活塞和重物的总质量为m，距气缸底部的高度为h1，此时缸内气体温度为T1。在气缸内注入汽油并迅速完全燃烧，使气体温度急剧升高，重物与活塞沿气缸加速上升。当活塞距缸底高度为h2时，速度达到最大值。若此时汽油燃烧释放的热能为Q0，气缸对外释放的热量为Q1，气体内能
30、增加了E，外界大气压强为P0。不计活塞所受摩擦阻力，试求：(i)气缸注入汽油前气体的压强，以及活塞速度达最大值时，气体的压强及温度；(ii)活塞的最大速度(设活塞与重物一直一起运动)。(不考虑汽油燃烧前后气缸内被封闭气体种类及质量等的变化，仍将其看作是质量一定的同种理想气体。)【答案】（）p1=p0+mgS；p2=p0+mgS；T2=h2h1T1（）v=2Q0-Q1-E-P0+mgh2-h1m【解析】【详解】（）对活塞：p1S=p0S+mg解得p1=p0+mgS由于p2=p1=p0+mgS气体等压变化，则：V1T1=V2T2，解得T2=h2h1T1（）对气体W+Q0-Q1=E对活塞W气-mgh
31、2-h1-p0Sh2-h1=12mv2W气=-W解得v=2Q0-Q1-E-P0+mgh2-h1m16如图所示,竖直放置的圆柱形气缸固定不动,内壁光滑,下端与大气相连,A、B两活塞的面积分别为SA=20 cm2、SB=10 cm2,它们通过一条细绳连接,活塞B又与另一条细绳连接,绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接.已知A、B两活塞的质量分别为 mA=2mB=1 kg,当活塞静止时,气缸中理想气体压强p1=1.2105Pa,温度T1=800 K,活塞A距地面的高度为L=10 cm,上、下气缸内气体的长度分别为2L、L,大气压强为p0=1105Pa,上气缸足够长,重力加速度g=10 m/s2.(1)
32、求重物C的质量M;(2)缓慢降低气缸内气体的温度直至210 K,请在p-V图上画出缸内气体状态变化的图线,并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度。【答案】（1）3.5 kg （2）350 K210 K 38 cm 【解析】【详解】(1)设活塞A、B间的细绳张力为T,则对活塞A、B受力分析有p1SA+mAg=p0SA+Tp0SB+mBg+T=p1SB+Mg联立解得M=3.5 kg(2)刚开始降温时气缸内气体等压变化,活塞A、B均向上缓慢运动,直到A不能再上升,设此时气体温度为T2,则由盖吕萨克定律有LSA+2LSBT1=3LSBT2解得T2=600 K210 K此后气体再降温时,A、B间
33、细绳张力逐渐减小至零,气体等容变化.设细绳张力为零时,气体压强为p2,温度为T3,则此时对活塞B受力分析有Mg+p2SB=p0SB+mBg解得p2=7104Pa由查理定律有p1T2=p2T3解得T3=350 K210 K之后气体等压变化,活塞A不动,活塞B下降,设B与A距离为x时,温度变化为T4=210 K,由盖吕萨克定律有3LSBT3=xSBT4解得x=18 cm故B离地面的高度为H=2L+x=38 cm气缸内气体状态变化的图线如图所示.17将一根长度=103cm的长玻璃管竖直放置，管的A端开口，B端封闭。利用水银在管的下部封闭着一段空气柱，各段初始长度如图，已知外界大气压p0=76cmHg
34、，温度始终不变。(i)被封闭的气体压强是多大?()缓慢将玻璃管绕通过B点的水平轴转动180，使管倒立，此时管内空气柱的长度是多长?【答案】（1）P1=106cmHg（2）x=80cm【解析】【详解】（1）由平衡得：P1=P0+hcmHg得：P1=106cmHg（2）假设水银没有漏出，旋转后：P0=P2+hcmHg等温变化：P2l2=P1l1解得：l2=92cm因为l2+h=122cm大于管长，所以水银溢出，设溢出后空气柱长x，同理得：P3+(l-x)cmHg=P0，P3x=P1l1解得x=80cm，故空气柱长度为x=80cm18如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向
35、下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S2103 m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h24 cm，活塞距汽缸口10 cm。汽缸所处环境的温度为300 K，大气压强p01.0105 Pa，取g10 m/s2。现将质量为m4 kg的物块挂在活塞中央位置上。（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离。（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？【答案】（1）30 cm（2）340K6.4 J【解析】【详解】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之
36、间的距离为h1该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：p0Sh=p0-mgSSh1代入数据解得：h1=30cm；（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2根据盖吕萨克定律有：Sh1T1=Sh2T2而h2=34cm，T1=300K，解得T2=340K，即加热时温度不能超过340K加热过程中气体对外做功W=p0-mgSh2h1S代入数据得W=6.4J。19如图所示为一种测量粉末状物质实际体积的装置，其中A容器的容积为VA=300cm3，k是连通大气的阀门，C为一水银槽，通过橡皮管与容器B相通，连通A、B的管道很细，其容积可忽略。下面是测量某种粉末体积
37、的操作过程：打开K，移动C，使B中水银面降低到与标记M相平；关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到与标记N相平，量出C的水银面比标记N高h1=25cm；打开K，装入待测粉末，移动C，使B内水银面降到M标记处；关闭K，提升C，使B内水银面升到与N标记相平，量出C中水银面比标记N高h2=75cm；从气压计上读得当时大气压为p0=75cmHg.试根据以上数据求：（i）标记M、N之间B容器体积；（ii）A中待测粉末的实际体积（设整个过程中温度不变）。【答案】（i）VB=100 cm3（ii）V=200 cm3【解析】【详解】（i）设标记M、N之间B容器体积为VB ,以容器A、B中气体为研究对象。初态时，
38、P1=P0, V1=VA+VB关闭K，缓慢提升C后，P2=（75+ h1）cmHg, V2=VA整个过程温度保持不变，根据玻意耳定律得P1V1=P2V2解得VB=100 cm3（ii）设A容器中待测粉末的实际体积为V，初态时，P3=P0，V3=VA+VB-V关闭K，缓慢提升C后，P4=（75+ h2）cmHg， V4= VA-V根据玻意耳定律得P3V3=P4V4,解得V=200 cm320如图所示，一定质量的理想气体，由状态A经状态B变为状态C。气体处在状态A时，温度为tA =-227，取latm=1.0x105 Pa，绝对零度为-273，求：(i)气体在状态B时的温度tB(ii)从状态A到状
39、态C过程，气体从外界吸收的热量。【答案】（i）-254.6（ii）300J【解析】【详解】（i）从A到B为等容变化，pA=2.5atm TA=273-227=46K pB=1.0atm，则由pATA=pBTB解得TB=18.4K，则tB=18.4-273=-254.6（ii）由图可知AC两态的PV乘积相同，可知两态的温度相同，即从A到C气体的内能不变；体积增大，对外做功，气体吸热，吸收的热量等于对外做功，即Q=W=pV=1.0105(5-2)10-3J=300J.21对以下两位同学的结论做出评价，并分析说明理由。（1）如图（1）所示，足够长平行光滑轨道放置在水平面上，处于磁感应强度为B的匀强磁
40、场中。左侧接额定功率为P的灯泡。一质量为m、电阻为r的金属棒静置于导轨上，导轨电阻不计。现用一恒力F沿轨道方向拉金属棒，最终灯泡刚好正常发光，说明整个运动过程中导体棒的速度变化和能量转换关系。甲同学：由于恒力F作用，导体棒先做匀加速运动，后做匀速运动；F做功转换为灯的电能。（2）如图（2）所示，两端封闭的竖直玻璃管用水银柱隔开空气柱A和B，初始温度相同，若使A、B同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？稳定后A、B压强变化量大小关系如何？乙同学：设两段空气柱体积不变，由查理定律推出p=TT p，当T、T相同时，由pBpA，得pBpA，所以水银柱向上移动；升温前后B的压强变化量比A大。【答案】(1
41、)甲同学错误导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动；F做的功转化为灯的电能及金属棒的电能和动能；(2) 乙同学错误水银柱向上移动；B的压强变化量和A相等【解析】【详解】解：(1)甲同学错误；导体棒在恒力F和安培力作用下，初始安培力力小于恒力F，合外力向右，加速运动，安培力增大，合外力减少，所以导体棒做加速度减小的加速运动；由于导轨足够长，最终灯泡恰好正常发光，即电流恒定、安培力恒定，此时安培力和恒力F相等，加速度为零，做匀速直线运动，所以导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动；根据能量守恒可知F做的功转化为灯的电能及金属棒的电能和动能。(2)乙同学错误；先假设体积不变，由查理定律则
42、有p=TTp，当T、T相同时，由pBpA，则有pBpA，所以水银柱向上移动；原来有pB=pA+gh，稳定后有pB=pA+gh，则有pB=pA，升温前后B的压强变化量和A相等。22如图，为水下打捞的原理简图。将待打捞重物用绳子系挂在一开口向下的圆柱形浮筒上，再向浮简内充入一定量的气体。已知重物的质量为m0，体积为V0。开始时，浮筒内液面到水面的距离为h1，浮筒内气体体积为V1，在钢索拉力作用下，浮筒缓慢上升。已知大气压强为p0，水的密度为，当地重力加速度为g。不计浮简质量、筒壁厚度及水温的变化，浮筒内气体可视为质量一定的理想气体。(I)在浮筒内液面与水面相平前，打捞中钢索的拉力会逐渐减小甚至为零
43、，请对此进行解释；()当浮筒内液面到水面的距离减小为h2时，拉力恰好为零。求h2以及此时简内气体的体积V2。【答案】（1）见解析；（2）h2=p0+gh1m0g-gV0V1-p0g【解析】【详解】（1）浮筒内液面与水平面相平前，筒内气体的压强不断减小，气体的温度保持不变，根据理想气体状态方程可知，气体的体积将逐渐增加，因而浮力逐渐增大，由于重物及浮筒所受的总重力、拉力、拉力的合力始终为零，所以随着浮筒所受浮力的逐渐增大，铜索的拉力将逐渐减小到零。（2）重物及浮筒受力平衡有g(V2+V0)=m0g对于浮筒内的气体，初态压强p1=p0+gh1末态压强p2=p0+gh2根据理想气体状态方程有：p1V
44、1=p2V2联立以上式子得：h2=p0+gh1m0g-gV0V1-p0g23如图，粗细均匀的等臂U形管竖直放置，其左管封闭有一定量的气体，右管开口与大气相通，左右两侧被水银柱隔开。平衡时测得左管内气柱的长度为l，右管内水银面高于左管内水银面h。现从右管开口处用一不计厚度的活塞缓慢向下压气体，已知活塞与管密封良好，水银的密度为，大气压强为p0，重力加速度为g。若整个过程中气体温度保持不变，求活塞压下多少距离时左右两管水银面相齐平。【答案】x=l-h2-P0(l-h)(l-h2)(P0+gh)l【解析】【详解】设U形管的面积为S，再次平衡时，两侧气体压强为P根据玻意耳定律p1V1=pV1可知，对左
45、管气体：p0+ghlS=pl-h2S活塞压下距离x时，左右两管水银面相平同理对右管气体：p0l-hS=pl-h2-xS联立解得：x=l-h2-p0(l-h)(l-h2)(p0+gh)l24如图所示，在柱形容器中密闭有一定质量的气体，一光滑地热活家（质量不可忽略，厚度可忽略）将容器分为A、B两部分，离容器底部高为45cm处开有一小孔与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K，先将阀门打开与大气相通，外界大气压p075 cmHg，稳定后U形管两边水银面的高度差h15cm，此时活塞离容底部的高度L50cm，A、B两部分气体的温度t0300K，闭合阀门，仅使容器内A部分气体的温度降至240K，B部分气体的温度保持不变，稳定后U形管左、右两管水银面相平，不计U形管内气体体积，求U形管左、右两管水银面相平时，活塞离容器底部的高度整个柱形容器的高度【答案】48cm；58cm；【解析】【详解】（1）对A部分的气体，初始的压强为p1=p0+h=75cmHg+15cmHg=90cmHg，温度降为240K时的压强为p2=75cmHg。由理想气体状态方程可得：p1V1T1=p2V2T2即：90cmHg