高考物理二轮复习 三道题经典专练5 气体及热力学定律-人教版高三全册物理试题.doc

气体及热力学定律一、（2018届高三·第一次全国大联考卷）内壁光滑且厚度不计的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×105 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 cm2，总长为100 cm，大气压强为1.0×105 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】()2×105 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：，又T1300 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：，解得：p2×105 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：W1 000 J，由热力学第一定律UWQ解得：U200 J。二、(2018届高三·第二次全国大联考卷)如图所示汽缸内壁光滑，敞口端通过一个质量为m、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】()h ()Q(p0Smg)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解得hh。()加热过程中气体对外做功为WpSh(p0Smg)h由热力学第一定律知，气体内能的增加量为UQWQ(p0Smg)h。三、(2018届高三·第三次全国大联考卷)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TA270 K，解得TB90 K，所以tBTB273 183 。()BC的过程，由盖吕萨克定律有解得TC270 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QpV2×105×(6×1032×103)J800 J。四、(2018届高三·第三次全国大联考卷)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m314 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 ，现关闭阀门K，对密封气体进行加热，大气压强p01.0 × 105 Pa，重力加速度为g10 m/s2，3.14。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【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，p0d2mgp12解得密封气体的压强p15×105 Pa活塞A运动前气体体积不变，由查理定律得：，T0(27273)K300 K解得T11 500 K。()当活塞A升到圆筒最上端时，满足p0d2mgp2d2解得密封气体的压强p21.25×105 Pa初状态：p01.0×105 Pa，V0d3，T0300 K末状态：p21.25×105 Pa，V2d3，T2？由理想气体的状态方程解得T21 875 K。五、(2018届高三·第三次全国大联考卷)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h125 cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U型管的底部。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h245 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。六、(2018届高三·岳阳摸底)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，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐(没有水银漏出)。已知T1 T2，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】L【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V1(Lh)S由玻意耳定律有：p0LS(p0gh)×(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解得：hL，。七、(2018届高三·济宁八校联考)如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活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】l0【解析】对气体分析，初状态的压强为：p1p0p0末状态的压强为：p1p0p0由玻意耳定律有：p1l0Sp1l1S解得：l1l0对气体分析，初状态p2p1p0末状态p2p1p0由玻意耳定律p2l0Sp2l2Sl2l0A活塞上升的高度l(l0l1)(l0l2)l0。