2018年高考物理二轮复习 三道题经典专练5 气体及热力学定律

气体及热力学定律

一、（2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷）

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2

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 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，总长为100 cm，大气压强为1.0×10 Pa。

5

(ⅰ)当温度升高到927 ℃时，求缸内封闭气体的压强；

(ⅱ)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】(ⅰ)2×10 Pa (ⅱ)－200 J

【解析】(ⅰ)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：

5

L1SL2S＝，又T1＝300 K T1T2

解得：T2＝600 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 Pa

＝5

T2

，

（927＋273）K

5

p解得：p＝2×10 Pa。

(ⅱ)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx＝L2－L1＝0.5 m， 故大气压力对封闭气体所做的功为W＝－p0SΔx， 解得：W＝－1 000 J， 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得：ΔU＝－200 J。

二、(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ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：

(ⅰ)活塞上升的高度；

(ⅱ)加热过程中气体的内能增加量。 【答案】(ⅰ)

T2－T1T2－T1

h (ⅱ)Q－(p0S＋mg)h T1T1

T1

T2

hS（h＋Δh）S【解析】(ⅰ)由题意可知，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知＝ 2017年高考“最后三十天”专题透析

解得Δh＝

T2－T1

h。 T1

(ⅱ)加热过程中气体对外做功为

T2－T1

W＝pSΔh＝(p0S＋mg)h

T1

由热力学第一定律知，气体内能的增加量为 ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)

T2－T1

h。 T1

三、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅲ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p–V图象如图所示，求：

(ⅰ)该气体在状态B时的温度；

(ⅱ)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】(ⅰ)－183 ℃ (ⅱ)800 J

【解析】(ⅰ)对于理想气体：A→B的过程，由查理定律有

pApB＝ TATBTA＝270 K，解得TB＝90 K，

所以tB＝TB－273 ℃＝－183 ℃。

(ⅱ)B→C的过程，由盖—吕萨克定律有＝ 解得TC＝270 K，即tC＝TC－273 ℃＝－3 ℃

由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B的过程是等容变化，气体对外不做功，B→C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

VBVCTBTCQ＝pΔV＝2×105×(6×10－3－2×10－3)J＝800 J。

四、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ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d＝0.2 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p0＝1.0 × 10 Pa，重力加速度为g＝10 m/s，π＝3.14。则：

(ⅰ)活塞A刚要运动时，密封气体的温度是多少？ (ⅱ)活塞A升到圆筒最上端时，密封气体的温度是多少？ 【答案】(ⅰ)1 500 K (ⅱ)1 875 K

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2

52

【解析】(ⅰ)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，p0πd＋mg＝p1π??

?2?

5

解得密封气体的压强p1＝5×10 Pa

活塞A运动前气体体积不变，由查理定律得：＝，

2

?d?2

p0p1T0T1

T0＝(27＋273)K＝300 K

解得T1＝1 500 K。

(ⅱ)当活塞A升到圆筒最上端时，满足

p0πd2＋mg＝p2πd2

解得密封气体的压强p2＝1.25×10 Pa

135

初状态：p0＝1.0×10 Pa，V0＝πd，T0＝300 K

2535

末状态：p2＝1.25×10 Pa，V2＝πd，T2＝？

2由理想气体的状态方程解得T2＝1 875 K。

5

p0V0p2V2

＝ T0T2

五、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ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h1＝25 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L0＝12.5 cm，B部分水银两液面的高度差h2＝45 cm，外界大气压强p0＝75 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：p1＝p0， 左管内气体的压强：p2＝p1－ρgh2

活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强：p3＝ρgh1

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：p4＝p3＋ρgh3 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：p1h2S＝p4lS 对左管中的气体：p2L0S＝p3LS 根据几何关系知：h3＝h2－2(L－L0)

设活塞上移的距离为x，则：x＝(l－h2)＋(L－L0) 解得：x≈9.4 cm。

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2017年高考“最后三十天”专题透析

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1∶3。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5

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

2柱的长度h和水银的密度ρ。

【答案】215L 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V0＝LS 注入水银后下部气体压强为p1＝p0＋ρgh 体积为V3

1＝4

(L－h)S

由玻意耳定律有：pLS＝(p3

00＋ρgh)×4(L－h)S

将管倒置后，管内气体压强为p2＝p0－ρgh 体积为V2＝(L－h)S 由理想气体状态方程有

p0LSp0－ρL－hST＝gh1T 2

解得：h＝215L，ρ＝105p0

26gL。

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Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ、Ⅱ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5mg＝p0S，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

6

l0

【解析】对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：p3mg2

1＝p0－S＝5

p0

末状态的压强为：p′＝pmg4

10－S＝5

p0

由玻意耳定律有：p1l0S＝p1′l1S 解得：l1

1＝2

l0

对气体Ⅱ分析，初状态pmg1

2＝p1－S＝5

p0

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