1、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
2、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：360298
3、362296.4 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）23.426.6【解析】【详解】（1）根据盖-吕萨克定律，=则有： =11=360+100.2273+25=3622983/所以 =362298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（2）因为 ，所以有：=362298 =298362=2983620.2（ 2010） =1.6这个气温计可以测量的温度为： t
4、=（251.6），即这个气温计测量的范围是 296.4K299.6K，即 23.426.62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）
5、 ；（2）水银压强计右管注入水银的长度为=139.5 32【解析】【详解】(I)由题意知，B 部分气体发生等温变化，则初始时=0+(+)=(76+10+4)=90根据玻意耳定律得： =得： = =9043=120这时 A 气体压强 =110A 气体做等容变化，初始时， =80根据查理定律，=得 =110(273+27)80 =412.5得 =139.5(II)设最终右侧水银面比左管中水银面高 ，由题意知 120=76+13得 ，=31=31所以水银压强计右管注入水银的长度为 +=31+43=3233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
6、间的距离为 L，在活塞右侧 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13p0，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 ，求缸内气体的温度和加热过程中气体吸收的热量。【答案】 （1） ；（2） ，04 =530 230+【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： 1=0当气缸从水平转到缸口向下，气
7、体发生等温变化，则有： 0=143联立解得活塞的质量： =04（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：2=0+=540气体发生等容变化，则有：10=2解得： =530设气缸刚转到开口向上时，活塞力卡环的距离为 d，则： 0=2(43)解得： =815在给气体加热的过程中，气体对外做的功： =2=230则根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量： =2=230+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 ，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
8、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=kgH，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 h及玻璃管内液柱的高度 h。4【答案】 ，=4=8(+2 2+4) =2(+2 2+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 ，则由几何关系有：4=(+)4+解得 =4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 ，由理想气体状态方程有：0=(2)对管内液体有平衡条件有： +=0联立解得： =2(+22+4)考虑到无论 k 取何值
9、=2(+22+4)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(5 -20)cm。1710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，S 2=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
10、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
11、整体受力分析，求得推力的最大值。10【详解】(1)设初始气体压强为 ，将两活塞作为整体受力分析，由平衡条件可得：1，代入数据解得：01+12=300+02+11 1=1.6105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：，解得：活塞缓慢移到气缸的一侧底部时环境的温度1+20 =1 =200(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 ，设此时的压强为 ，由玻意耳定律得：2 21(1+2)=22代入数据解得： 2=1.2105将两活塞作为整体受力分析，由平衡
12、条件可得： +01+22=300+02+21代入数据解得： =4011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
13、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） （ii）=02 2020【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： +2=011解得： =02取下物体前对气缸 A 的活塞根据平衡条件有： （ ）+=0 =2解得： =02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： +=0解得： =0此过程中气缸
14、B 中的气体等温变化，有： =此过程中气缸 B 上移的距离为： =联解得： =0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 d 的距离，因此在此过程中对 A 中气体有：0=(+)而： =联解得： =0020气缸 A 中气体的温度应升高： 。=0=2020【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
15、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
16、温度降低到多少 K 时，水银柱刚好全部进入 CD 段。12【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 = 求解。1122（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： = 求解 T3。111333【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：V 1=200S，T 1=300K；水银柱刚好全部溢出时：V 2=250S。由
17、= ，代入数据： = ，解得 T2=375K，1122 2003002502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： = ，代入数据： = ，解得 T3=208K，即当温度降低到 208K 时，水银柱111333 75200300651603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
18、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？
19、【答案】 （1）活塞 C 移动的距离为 ，平衡后 B 中气体的压强为 （2）不移动，气体压强均为35 541 581【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13x，则 A 中气体：2P 1LSP 2 (L+x)SB 中气体： P1LSP 2 (Lx)S12解得： x L；P 2=35 541（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：2850 3(85+0)0.50B 中气体：2250 3(250)0.50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
20、 中气体20 30.50解得： 3=581【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 S510 5 m2，活塞及框架的总质量 m0510 2 kg，大气压强 p01.010 5Pa。当水温为 t013时，注射器内气体的体积为 5.5mL。(g10m/s 2)(1)向烧杯中加入热水，稳定后测得 t165时，气体的体积为多大？(2)保持水温 t165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
21、）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，V 1=5.5mL，T 1=t0+273=286K；T 2=t+273=338K；14由盖-吕萨克定律得：11=22解得：V 2= V1=6.5mL；21（2）设恢复到 V3=5.5mL 时，压强为 P3V2=6.5mL，P 1=P0+0由玻意耳定律得：P 3V3=P1V2解得：P 3= =1.31
22、05Pa；123又因为：P 3=P0+(0+)解得：m=0.1kg15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：水银柱如何移动(向 A 还是向 B 移动)？移动了多远？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】向 A 端移动了 3 cm 不移动；115.7 cmHg【解析】【详解】（1）根据玻意耳定律得：对 A: 对 B： pBp A+24 p A= p B LA+ L B=44 联立以上各式解
23、得：L A19 cm即水银柱向 A 端移动了 3cm（2）假设水银柱不移动，则有 p T因为左右压强相等，所以p Ap B升温前 pAp B15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 7522300 19400解得：p A115.7 cmHg【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 M50kg、高度 L12cm，B 气缸内的导热
24、活塞，其质量m10kg；B 与水平地面间连有劲度系数 k100N/cm 的轻弹簧，A 与 B 的横截面积均为 S100cm 2。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 p0110 5Pa。重力加速度 g10m/s 2。（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）1.510 5Pa（ii）11.25cm【解析】 （i）初态，A 受重力、大气向下压力 P0S 和内部
25、气体向上压力 P1S 作用处于平衡状态由力的平衡条件有：Mgp 0Sp 1S代入数据解得：p 11.510 5Pa（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：F 1（Mm）g施加压力后，B 下降 1cm，即弹簧再缩短x1cm弹簧弹力变为：F 2F 1k x代入数据得：F 1600N，F 2700N设此时 A 内气体压强为 P2对 B，由力的平衡条件有：mgp 2Sp 0SF 2代入数据得：p 21.610 5Pa16设此时 B 到 A 顶端的距离为 LA 内气体：初态体积 V1LS，末态体积 V2LS由玻意耳定律有：p 1LSp 2LS代入数据解得：L11.25c
26、m17如图所示，一定质量的理想气体在状态 A 时压强为 ，经历 的过程，整个过程中2.0105 对外界放出 热量。求该气体在 过程中对外界所做的功。61.4 【答案】138.6J【解析】整个过程中，外界对气体做功 W=WAB+WCA，且 WCA=pA（ VCVA）由热力学第一定律 U=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 J18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
27、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171=2+（ 12）式中 为水银密度， g 为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2l1 l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.
28、5 cml2=7.5 cm19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 时，将 K 关闭，活塞平衡8时其下方气体的体积减小了 ，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6汽缸内液体的质量。【答案】 =15026【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 ，压强为 ；下方气体的体积为
29、，压强为 。在活塞下移1 1 2 2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1802=1102=22由已知条件得1=2+68=13242=26=3设活塞上方液体的质量为 m，由力的平衡条件得2=1+联立以上各式得=1502620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，
30、汽缸导热27打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(1)接着打开 K3，求稳定 时活塞的位置；(2)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 ，求此时活塞下方气体的压强；(3) 20【答案】(1) ， (2) 稳定时活塞位于气缸最顶端 (3) 12 20 1.60【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 ,缸内气体 ，
31、体积均为 V，温度均为=30 =0，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=(273+27)=300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： ，30=1(21)对 B 缸内(活塞上方)气体： ，0=11联立以上两式得： ；1=20,1=1219即稳定时活塞上方体积为 ，压强为 ；12 20(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 ，30=02得 ，即活塞下方气体压强不会降
32、至 P0，此时活塞将处于 B 气缸顶端，缸内气压为 P2,2=32，得 ，即稳定时活塞位于气缸最顶端；30=22 2=320(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 ，由3=(300+20)=320得： ，即此时活塞下方压强为2=33 3=1.60 1.6021一热气球体积为 V，内部充有温度为 的热空气，气球外冷空气的温度为 已知空气在 1 个大气压、 .温度为 时的密度为 ，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 g0 0（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 ，求充气后它还能托起的最大质量
33、0【答案】 （1） （2） （3）00 00 00000【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0=0温度为 T 时的体积为 VT，密度为： ()=由盖-吕萨克定律可得： 00=联立解得： ()=00气球所受的浮力为： =()联立解得： =00()气球内热空气所受的重力： =()联立解得： =00()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=fGm0g联立可得： =00000【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
34、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、两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、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20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：活塞 B 向下移动的距离；接问，现在若将活塞 A 用销子固定，保持气室的温度不变，要使气室中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室内气体的温度。【答案】 7 T025l【解析】初状态气体压强： P1
35、P0+ mgS因为：mg=P 0S故：P 1=2P0气体压强： P2 P0+ 4 P03g添加铁砂后气体压强： 1004mS气体压强： P2 P1+ 5 P0g气体等温变化，根据玻意耳定律：P 2l0S=P2l 2S可得： l2 l0，B 活塞下降的高度： h2 l0l2 l0355气体末状态的体积 1201lll根据玻意耳定律：=P 1l 1S= P1l 1S 解得： P 1=20P 0只对气体末状态压强：P 2= P 1+ =21P0mg根据气体理想气体状态方程： 20xllT解得：T x=7T023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
36、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21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：左右管中水银面的高度差是多大？理想气体 A 的气柱长度为多少？【答案】15cm；12.5cm【解析】【分析】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；选择 A
37、 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】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：p B1VB1=pB2VB2解得：p B2=60cmHg可得左右管中水银面的高度差h=（75-60）cm=15cm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=
38、80cmHg，体积 VA2=LA2S根据玻意耳定律可得：p A1VA1=pA2VA2解得理想气体 A 的气柱长度：L A2=12.5cm24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 300K22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）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】 268.cmh4180KT【解析】试题分
39、析：由等温变化： 12PV其中 ，10cHgP60S，287.52h计算可得： .m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 13PV其中 ，10cHgP160SV，253h计算可得： 则已经溢出2m5c设剩余水银柱长 x，有 10()PxL计算可得： 然后改变温度的过程为等压变化： 34VT其中 ， ，310SV30KT46S计算可得： 48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
40、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。23（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 时，封闭气体的压强。=430【答案】 （1） （2） （3）1=0， =0 2=870 3=760【解析】
41、试题分析：（1）设加热前被封闭气体的压强为 ，细线的拉力为 ，则由力平衡条件可得，1 对活塞 A： ，对活塞 B： ，解得， ；02+12=0 1303=0 1=0， =0（2）此时气体的体积为： ，对气体加热后，两活塞将向右缓慢移动，活塞 A 恰1=2+2+3=7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 ，1=2+6=8设此时温度为 T2，由盖吕萨克定律可得： ，即： ，解得： ；10=22 70=82 2=870（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： ，2=1=0， 28
42、70， 3=430由查理定律得： ，解得：22=33 3=760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 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=1002.B， A、 B 的质量均为 ，物块与平台间的摩擦因数 两物块间距为 。开始时活塞距=62.5 =0.8. =10缸底 ，缸内气体压强 等于外界大气压强 ，温度 现对气缸内的气体缓慢1=10 1 0=
43、1105 1=27.加热， 求：(=10/2)物块 A 开始移动时，气缸内的温度；物块 B 开始移动时，气缸内的温度。【答案】 （1）450K（2）1200K【解析】物块 A 开始移动前气体做等容变化,则有p2 p0+ 1.510 5Pa由查理定律有：11=2224解得 T2450K物块 A 开始移动后,气体做等压变化,到 A 与 B 刚接触时p3 p21.510 5 Pa,V3( L1 d)S由盖吕萨克定律有 ,解得 T3900K22=33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 T4p4 p0 2.010 5Pa2V4 V3由查理定律有 ,解得 T41200K33=44故本题答
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