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1、1 气体及热力学定律 内壁光滑且厚度不计的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0 10 5 Pa、温度为27 的气体，初始活塞到汽缸 底部的距离为50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移。已知汽缸横截面积为200 cm 2，总长为 100 cm， 大气压强为1.0 10 5 Pa。 ( ) 当温度升高到927 时，求缸内封闭气体的压强； ( ) 若在此过程中封闭气体共吸收了800 J 的热量，试计算气体增加的内能。 【答案】 ( )210 5 Pa ( ) 200 J 【解析】 ( ) 由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞未移动时封 闭气体的温度为T1，当活塞恰好移
2、动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖吕萨克定律可知： L1S T1 L2S T2 ，又T1 300 K 解得：T2600 K ，即 327 ，因为327 927 ，所以气体接着发生等容变化， 设当气体温度达到927 时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到： 1.0 10 5 Pa T2 p （927273）K ， 解得：p210 5 Pa。 ( ) 由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离xL2L10.5 m ， 故大气压力对封闭气体所做的功为Wp0Sx， 解得：W 1 000 J ， 由热力学第一定律UWQ 解得： U 200 J 。 如图所示汽缸内壁光滑，敞口端通过一个质量为m、
3、横截面积为S的活塞密闭一定质量 气体， 通电后汽缸内的电热丝缓慢加热气体，由于汽缸绝热， 使得汽缸内的气体吸收热量Q 后温度由T1升高到T2，加热前活塞到汽缸底部距离为h。大气压强用p0表示，求： ( ) 活塞上升的高度； ( ) 加热过程中气体的内能增加量。 【答案】 ( ) T2T1 T1 h ()Q(p0Smg) T2T1 T1 h 【解析】 ( ) 由题意可知，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可知 hS T1 （hh）S T2 一、 （2018届高三 第一次全国大联考卷 ） 二、 (2018届高三 第二次全国大联考卷 ) 2 解得 hT 2T1 T1 h。 ( ) 加热过程中气体对外做
4、功为 WpSh(p0Smg) T2T1 T1 h 由热力学第一定律知，气体内能的增加量为 UQWQ(p0Smg) T2T1 T1 h。 如图所示，一定质量的理想气体在状态A时的温度为3 ，从状态A变化到 状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示，求： ( ) 该气体在状态B时的温度； ( ) 该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。 【答案】 ( ) 183 ( )800 J 【解析】 ( ) 对于理想气体：AB的过程，由查理定律有 pA TA pB TB TA270 K ，解得TB90 K， 所以tBTB273 183 。 ( )BC的过程，由盖吕萨克定律有 VB T
5、B VC TC 解得TC 270 K，即tCTC273 3 由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而AB的过程是等容变化，气体对外不做功，BC的过 程中，气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量 QpV210 5(61032103)J 800 J 。 如图所示， 一竖直放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，上端与大气相连， 下端封闭，但有阀门K与大气相连。上侧圆筒内有一厚度不计、质量为m 314 kg 的活塞A， 它可以在筒内无摩擦地上下滑动且不漏气。圆筒的深度和直径数值如图所示( 图中d0.2 m) 。 开始时，活塞在如图位置，室温为27 ，
6、现关闭阀门K ，对密封气体进行加热，大气压强p0 1.0 10 5 Pa，重力加速度为 g10 m/s 2，3.14 。则： ( ) 活塞A刚要运动时，密封气体的温度是多少？ ( ) 活塞A升到圆筒最上端时，密封气体的温度是多少？ 【答案】 ( )1 500 K ( )1 875 K 三、 (2018 届高三 第三次全国大联考卷 ) 四、 (2018 届高三 第三次全国大联考卷 ) 3 【解析】 ( ) 活塞A刚要运动时，活塞只受重力、大气对它向下的压力和密封气体对它向上的作用力， 且合力为0，p0d 2 mgp1 d 2 2 解得密封气体的压强p1510 5 Pa 活塞A运动前气体体积不变，
7、由查理定律得： p0 T0 p1 T1， T0(27 273)K300 K 解得T1 1 500 K 。 ( ) 当活塞A升到圆筒最上端时，满足 p0d 2 mgp2d 2 解得密封气体的压强p21.2510 5 Pa 初状态：p01.0 10 5 Pa， V0 1 2 d 3， T0 300 K 末状态：p21.2510 5 Pa， V25 2 d 3， T2？ 由理想气体的状态方程 p0V0 T0 p2V2 T2 解得T2 1 875 K 。 如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭、右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两 部分，水银柱A的长度h1 25 cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U型管
8、的底部。右管 内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计。活塞自由静止时，底面与左侧空气柱的下 端平齐，此时空气柱的长度L012.5 cm，B部分水银两液面的高度差h2 45 cm，外界大 气压强p075 cmHg 。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管 的顶部没有压力时，活塞移动的距离为多少？ 【答案】 9.4 cm 【解析】 活塞自由静止时，右管内气体的压强：p1p0， 左管内气体的压强：p2p1gh2 活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强：p3gh1 设此时B部分水银柱两端液面的高度差为h3，则右管中被封气体的压强为：p4p3gh3 设左管中的气体长度为L，右管中被封气
9、体的长度为l，管的横截面积为S，根据玻意耳定律： 对右管中的被封气体：p1h2Sp4lS 对左管中的气体：p2L0Sp3LS 根据几何关系知：h3h22(LL0) 设活塞上移的距离为x，则：x(lh2)(LL0) 解得：x9.4 cm。 五、(2018 届高三 第三次全国大联考卷 ) 4 如图所示， 一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气 ( 视为理想气体 ) 相通， 初始时管内气体温 度为T1。现用一段水银从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后 管内上下两部分气柱长度比为13。若将管内下部气体温度降至T2, 在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡
10、后水银柱下端与管下端刚好平齐( 没有水银漏出 ) 。已知T1 5 2T 2，大气压强为p0，重力加速度为g。求水银 柱的长度h和水银的密度。 【答案】 2 15L 105p0 26gL 【解析】 设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为V0LS 注入水银后下部气体压强为p1p0gh 体积为V13 4( Lh)S 由玻意耳定律有：p0LS(p0gh) 3 4( Lh)S 将管倒置后，管内气体压强为p2p0gh 体积为V2(Lh)S 由理想气体状态方程有 p0LS T1 p0ghLhS T2 解得：h 2 15L， 105p0 26gL。 如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活
11、塞将开口向下竖直悬挂的导热汽缸 内的理想气体分成、两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止 状态，此时、两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足 5mgp0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度。 【答案】 7 6l 0 【解析】 对气体分析，初状态的压强为：p1p0 3mg S 2 5p 0 末状态的压强为：p1p0 mg S 4 5p 0 由玻意耳定律有：p1l0Sp1l1S 解得：l11 2l 0 对气体分析，初状态p2p1 mg S 1 5p 0 六、 (2018届高三 岳阳摸底 ) 七、 (2018届高三 济宁八校联考 ) 5 末状态p2p1 mg S 3 5p 0 由玻意耳定律p2l0Sp2l2S l2 1 3l 0 A活塞上升的高度l(l0l1)(l0l2) 7 6l 0。