《高中物理必考知识点+典型题高考物理核心考点《气体状态方程及热力学定律》考前复习学案(精品)18256.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理必考知识点+典型题高考物理核心考点《气体状态方程及热力学定律》考前复习学案(精品)18256.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 高中物理必考知识点+典型题 高考物理核心考点气体状态方程及热力学定律考前复习学案 高考核心考点：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 或 pV常量 p1T1p2T2 或pT常量 V1T1V2T2 或VT常量 图像 TaTb VaVb papb 考向 1 气体实验定律 1 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
2、，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V8时，将 K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。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。求流入汽缸内液体的质量。【答案】15p0S26g【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为 V1，压强为 p1；活塞下方气体的体积为 V2，压强为 p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 2 p0V2p1V1 p0V2p2V2 由已知条件得：V1V2V6V
3、81324V V2V2V6V3 设活塞上方液体的质量为 m，由力的平衡条件得：p2Sp1Smg 联立以上各式得：m15p0S26g。2如图，两个圆柱形气缸平放在水平地面上并固定，两个气缸通过活塞各封闭一定量的气体，封闭气缸的活塞通过刚性杆相连，起初两边封闭气体的长度都为 d，左、右气缸的横截面积分别为 2S和 S，气缸内壁光滑，两边封闭气体及外界气体压强均为 p0，现给刚性杆施加向右的力，使活塞向右缓慢移动，问当活塞向右移动2d时，施于杆的向右的外力多大？【答案】053Fp S【解析】在活塞移动前后，由玻意耳定律可知左边气体：01()2dp dp d 解得：1023pp 右边气体：02()2d
4、p dp d 解得：202pp 移动后，对两活塞及刚性杆整体受力，由平衡得10202+2pS F p Sp S pS 将最后 p1、p2代入上式，解得：053Fp S 3 3如图所示，导热气缸缸套的质量为 10kg，活塞质量忽略不计，通过细线吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为 50cm2，气缸总长为 L，气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体，大气压强为 1.0105Pa，环境温度为27oC。初始时，活塞到气缸底部距离为2L；(1)现在气缸下端缓慢加挂钩码，则所挂钩码质量为多少千克时，活塞恰好到达气缸开口处；(2)再将整个气缸降温，则
5、温度变为多少摄氏度时，活塞再次回到初始位置？【答案】(1)020kgm；(2)2123 Ct 【解析】(1)对封闭气体进行分析，初状态压强5100.8 10 Pamgpps 体积为1V，末状态压强0200mmgpp 体积为12V，则122pVp V 解得020kgm (2)降温时，为等压变化，则122VVTT 解得2150KT 即2150273123 Ct 4竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C端开口，最初 AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在 A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强075pcmhg若从 C 端缓慢注入水银，使水银与端管口平齐，需要注入水银的
6、长度为多少？【答案】24cm【解析】根据题意可得，初态为：1(755)cmHg80cmHgp 120VS 4 末态为2(7525)cmHg100cmHgp 2VlS 此过程为等温变化，故2121=pVp V 解得16cml 注入水银长(255)(2016)24cmx 5 如图所示，竖直放置的 U 形管，左端封闭右端开口，管内水银将长19cmL 的空气柱封在左管内，此时两管内水银面的高度差为 h=4cm，大气压强为标准大气压0=76cmHgp。现向右管内再注入水银，使空气柱长度减少 1cm，若温度保持不变，则需注入水银柱的长度为多少？【答案】6cm【解析】气体的状态参量：p1=p0-h=76-4
7、=72cmHg，V1=19S，V2=（19-1）S=18S，玻璃管内的空气作等温变化，由玻意耳定律得 p1V1=p2V2 即 7219S=p218S 解得 p2=76cmHg 两边液面向平，需要注入水银柱的长度为：1+4+1=6cm；需注入水银柱的长度为 6cm 6如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为12.50kgm，横截面积为2180.0cmS，小活塞的质量为21.50kgm，横截面积为2240.0cmS；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为40.0cml，气缸外大气压强为51.00 10 Pap，温度为303KT 初始时大活塞与大圆筒底部相
8、距2l，两活塞间封闭气体的温度为1495KT，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取210m/s，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强【答案】（1）2330KT（2）521.01P10ap 【解析】（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，5 气体的状态参量：3121()2400cm22llVlSS，T1=495K，3221600cmVS l，由盖吕萨克定律得：1211VVTT，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体
9、温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：12212212pSp Smmgp SpS（），代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得：3223ppTT，解得：p3=1.01105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为 330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为 1.01105Pa 7如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口 a和 b，a、b间距为 h，a距缸底的高度为H；活塞只能在 a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为 m，
10、面积为 S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为 p0，温度均为 T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达 b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为 g。【答案】0011hmgTHp S；0p Smg h；【解析】开始时活塞位于 a 处，加热后，汽缸中的气体先等容升温过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为 T1，压强为 p1，根据查理定律有:0101ppTT 6 根据力的平衡条件有:10p Sp Smg 联立式可得:1001mgTTp S 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至
11、活塞刚好到达 b 处，设此时汽缸中气体的温度为 T2；活塞位于 a处和 b处时气体的体积分别为 V1和 V2。根据盖吕萨克定律有:1212VVTT 式中 V1=SH，V2=S（H+h）联立式解得:20011hmgTTHp S 从开始加热到活塞到达 b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为:0Wp Smg h 考向 2 理想气体状态方程 8一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在 1 个大气压、温度T0时的密度为 0，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g。(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
12、前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量。【答案】(1)Vg0T0Tb(2)Vg0T0Ta(3)V0T01Tb1Tam0【解析】(1)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0时的体积为 V0，密度为 0mV0 在温度为 T 时的体积为 VT，密度为(T)mVT 由盖吕萨克定律得V0T0VTT 联立式得(T)0T0T 气球所受的浮力为 F(Tb)gV 联立式得 FVg0T0Tb。(2)气球内热空气所受的重力为 G(Ta)Vg 7 联立式得 GVg0T0Ta。(3)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件得 mgFGm0g 联立式得 mV0T01Tb1Tam0。9如图
13、所示，上端开口的绝热圆柱形汽缸竖直放置，汽缸内部被质量为 m的导热性能良好的活塞 A和质量也为 m 的绝热活塞 B分成高度相等的三部分，下边两部分封闭有理想气体 P 和 Q，两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸底部有加热装置，初始状态温度均为 T0，汽缸的截面积为 S，外界大气压强为mgS且不变，现对气体 Q缓慢加热。(1)当活塞 A 恰好到达汽缸上端时，求气体 Q 的温度；(2)在活塞 A 上再放一个质量为 2m的物块 C，继续给气体 Q加热，当活塞 A再次到达汽缸上端时，求气体 Q 的温度。（结果用分数表示）【答案】(1)2T0；(2)256T0【解析】【分析】【详解】
14、(1)设气体 Q 开始的体积为 V1，活塞 A移动至恰好到达气缸上端的过程中气体 Q发生等压变化，体积变为 2V1，有1102VVTT 得气体 Q 的温度为 T12T0(2)设放上 C 继续加热到活塞 A 再次到达汽缸上端时 P 的体积为 V2，气体 P 做等温变化 0()mgpSV103()mgpSV2 由题意知0pSmg 解得2112VV 此时 Q的体积 V33V112V152V1 8 由理想气体状态方程得0102mgpVST 0145()2SmgpVT 解得此时气体 Q的温度为 T256T0 10 如图所示，水平放置的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞的质量m=10kg，横截面积S=10
15、0cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，活塞到汽缸底部的距离 L1=11cm，到汽缸口的距离 L2=4cm。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平。已知 g=10m/s2，外界气温为 27C，大气压强为 1.0105Pa，活塞厚度不计，求：(i)活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度是多少?(ii)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=350J 的热量，则气体增加的内能U多大?【答案】(i)450K；(ii)295J【解析】(i)当汽缸水平放置时，p0=1.0105Pa，V0=L1S，T0=（273+27）K=300
16、K。当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示 根据平衡条件有 p1S=p0S+mg V1=（L1+L2）S 由理想气体状态方程得011201()p L Sp LL STT 解得 T1=450K(ii)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 p0L1S=p1LS 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 W=-p0（L1+L2-L）S-mg（L1+L2-L）根据热力学第一定律UWQ 解得295JU 9 11绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为 S=10cm2，重物的质量 m=2kg，
17、重力加速度g=10m/s2，大气压强 P0=10105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与气缸底部间的距离为 L1=12cm，气缸内温度 T1=300K。(1)通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到 T2=400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离 d；(2)停止加热后，在重物的下方加挂一个 2kg的重物，活塞又向右移动 4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度 T3。【答案】（1）4cm（2）375K【解析】（1）加热过程为等压变化，根据盖吕萨克定律求解加热过程中活塞移动的距离 d；（2）加挂重物后，找到气体的状态参量，由理想气体状态方程求解温度.【详解】（1）加热前 10p
18、STp S Tmg 加热过程为等压变化 1112()L SLd STT 可得 d=4cm （2）加挂重物后 30p STp S )Tmm g（由理想气体状态方程 311113()p Ldd Sp L STT 可得 T3=375K 10 12如图所示，内壁光滑的气缸固定在水平地面上，活塞的质量为 m1kg、面积为 S10 cm2，一劲度系数为 k200 N/m的弹簧一端连接在活塞下表面的中心，另一端连接在地面上水平放置的力传感器上，弹簧处于竖直状态。已知活塞上方被封闭的理想气体压强为 p18104Pa，长度为L15cm，温度为 T300 K，活塞下方的气体和外界大气是连通的，外界大气压强 p01
19、.0105Pa，重力加速度 g取 10 m/s2。(1)求弹簧的形变量；(2)通过给电阻丝通电，缓慢升高封闭气体的温度，当传感器的示数大小和未加热气体时的示数大小相同时，求此时封闭气体的温度。【答案】(1)5cm(2)625K【解析】根据平衡条件与理想气体状态方程可以得出答案。【详解】(1)对活塞受力分析如图 1所示，根据平衡条件有 01p Sp SmgF 代入数据求得 F=10N,弹簧弹力 F=kx 可得 x=5cm;(2)当未加热气体时，由第一问分析可知，弹簧开始时处于拉伸状态，缓慢升高封闭气体温度，当传感器的示数和未加热气体时的示数相同时，弹簧处于压缩状态，设此时封闭气体压强为2P。当弹
20、簧支持力为 F=10N时，此时弹簧压缩量为x=5cm，对活受力分析如图 2 所示，根据平衡条件02+p S Fp Smg 可得封闭气体压强 p2=1.0105Pa 此时封闭气体长度225cmLLx 根据理想气体状态方程1212p LSp LSTT 可得 T2=625K。13如图所示，在两端封闭、导热良好、粗细均匀的 U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气，U 形管两端竖直朝上。环境温度为 240K时，左、右两边空气柱的长度分别为 l1=24cm和 l2=16cm，左边气体的压强为 20cmHg。现改变环境温度，使左侧竖直管内水银液面下降 1cm（左侧竖直管内仍有水银）。求此
21、时的环境温度。11【答案】375TK【解析】对于左侧气体 初状态：1=20cmHgp 1=24cml=240KT 末状态：11llh 1cmh 根据理想气体状态方程1 11 1=p l Sp l STT 对于右侧气体初状态：2112()ppll 2=16cml=240KT 末状态：21122pphll （）22llh 根据理想气体状态方程2 22 2=p l Sp l STT 联立可得375KT 14如图所示，除气缸右侧壁外其余部分均绝热，轻活塞 K 与气缸壁接触光滑，K把密闭气缸分隔成体积相等的两部分，分别装有质量、温度均相同的同种气体 a和 b，原来 a、b 两部分气体的压强为 p0、温度
22、为 27C、体积均为 V现使气体 a温度保持 27C不变，气体 b温度降到-48C，两部分气体始终可视为理想气体，待活塞重新稳定后，求：最终 a的压强 p、体积 Va 【答案】078p，87V【解析】由题意可知 b降温平衡后 ab 两部分气体压强仍相等，设为 p，对 b 气体，加热前压强为0bpp 体积为bVV 温度为027327300bTTK 设降温后气体压强 p，温度127348225TK 体积为1V，根据理想气体状态方程得101bp VpVTT 对 a气体，初态压强为0app 体积为0aVV 12 温度为0300aTTK 末态压强为 p，体积为12aVVV 因为隔板绝热，a做等温变化，由
23、玻意耳定律得0aaap VpV 联立可得87aVV 167VV 078pp 高考核心考点二：热力学定律 考点一 热力学第一定律 1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。2表达式：UQW。3符号法则 符号 W Q U 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 物体对外界做功 物体放出热量 内能减小 考点二 热力学第二定律 1克劳修斯表述 热量不能自发地从低温物体传到高温物体。2开尔文表述 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，或表述为“第二类永动机是不可能制成的”。3热力学第二定律的理解 两种表述分别说明了热传递过程和能量转化过程的方向性
24、。对定律中“自发地”“不产生其他影响”两点的理解是关键。考向 1 热力学定律 15.(多选)对于实际的气体，下列说法正确的是()13 A气体的内能包括气体分子的重力势能 B气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C气体的内能包括气体整体运动的动能 D气体的体积变化时，其内能可能不变 E气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】实际气体的内能包括分子之间相互作用的势能和分子热运动的动能，与分子的重力势能和整体的动能均无关。改变气体内能的方式有做功和热传递。综上所述，B、D、E 正确。16 斯特林循环因英国物理学家斯特林于 1816 年首先提出而得名，它是由两个等容过程和两个等温过
25、程组成的可逆循环。如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A，对此气体，下列说法正确的是()A过程 AB 中气体的温度逐渐减小 B过程 BC中气体对外界做正功 C过程 CD中气体放出了热量 D经过如图所示的一个斯特林循环，气体对外界做负功【答案】BC【解析】AA到 B 过程的体积 V不变，为等容过程，压强 p增大，根据查理定律pCT，可知温度 T一定升高，故 A 错误；B从 B 到 C体积 V增大，所以气体对外做正功，故 B 正确；C从 C到 D，体积 V 不变，所以气体做功 W=0，C到 D 等容过程，压强 p减小，根据查理定律pCT，可知温度 T
26、 一定降低，所以内能一定减小，即：U0，根据热力学第一定律：U=W+Q，可知：Q0，即气体一定对外放热，故 C正确；D如图设 B 到 C过程与 V 轴围成面积为 S1；D 到 A 过程与 V 轴围成面积为 S2：根据 p-V图象下面积即为气体做功大小，可知 B 到 C过程对气体做功：W1=-S1，D 到 A过程对气体做功 W2=S2，故整个过程气体做功为：W=W1+W2=-S1+S20，即气体对外做正功，故 D错误。故选 BC。14 17如图所示，质量为 M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热汽缸内，活塞可在汽缸内无摩擦滑动现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热，设汽缸处在大气中，
27、大气压强恒定。经过一段较长时间后，下列说法正确的是()A汽缸中气体的压强比加热前要大 B汽缸中气体的压强保持不变 C汽缸中气体的体积比加热前要大 D活塞在单位时间内受汽缸中分子撞击的次数比加热前要少【答案】BCD【解析】AB气缸内封闭气体的压强0mgppS，则知加热时封闭气体的压强保持不变，故 A错误，B正确；C封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故 C 正确；D温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位时间气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据压强的微观意义知活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前减少，故 D 正确。故选 BCD。18某汽车轮胎在
28、阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看作理想气体，则下列有关分析正确的是（）A轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造或的 B轮胎爆裂前胎内气体温度升高，压强增大 C轮胎爆裂前胎内气体温度升高，气体分子对轮胎的平均作用力增大 D轮船爆裂过程，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的 E.轮胎爆裂过程，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的【答案】BCD【解析】ABC车胎爆胎是车胎内气体温度升高，内能增加，分子无规则热运动加剧，单位时间内撞击到单位面积上气体的数量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大，气体压强增大，不是气体分子间的平均作用力增大造成的，故
29、A 错误，BC正确；DE在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外放热，但气体温度降低主要还是对外做功造成的，故 D 正确，E错误。故选 BCD。15 19 如图所示,一定质量的理想气体从状态 a开始,经历过程、到达状态 e,对此气体,下列说法正确的是（）A过程中气体的压强逐渐减小 B过程中气体对外界做正功 C过程中气体从外界吸收了热量 D状态 c、d 的内能相等【答案】BD【解析】过程中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化过程中气体对外界做正功过程中气体作等容变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况 一定质量的理想气体的内能只跟温度
30、有关 根据气态方程分析状态 d与 b 的压强关系 【详解】过程中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律 P/T=c 知气体的压强逐渐增大，故A错误过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，故 B正确 过程中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律U=W+Q 知气体向外界放出了热量，故 C错误状态 c、d 的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态 c、d 的内能相等故 D正确故选 BD.【点睛】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；U为正表示内能变大
31、，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功 20一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 VT图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态 a、b、c 的压强，下列说法正确的是（）A从 c 到 a 过程中气体一定吸热 Bcbappp C从 b到 c 过程中气体放出的热量大于外界对系统做的功 D从 b 到 c 过程中每一个分子的速率都减小【答案】AC【详解】A由图可知过程 ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，16 气体吸收的热量等于对外做的功，故 A 正确；B 设 a状态的压强为 pa，则由理想气体的状态方程可知：a0b0
32、00333pVpVTT 所以：pb=3pa，同理：a0c0003pVp VTT 得：pc=3pa，所以：pc=pbpa故 B 错误；C 从 b 到 c 过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放热大于外界对气体做功，故 C 正确；D 从 b到 c过程中气体温度降低，平均动能减小，并非每一个分子的速率都减小，分子仍无规则运动，故 D 错误。故选 AC。21一个高空试验火箭在地面上静止时，其仪毙舱内气体的压强为 P0=1atm温度 T0=300K。当火箭以 a=5m/s2的加速度竖直上升，仪器舱内的水银气压计的读数为 0.8p0。已知仪器舱是密封的，不考虑气压计的
33、热胀冷缩，求此时舱内的温度是多少?(g=10m/s2)【答案】T=360K【解析】火箭静止时水银柱的长度为 h，舱内气体压强为 p0=gh，火箭加速时水银柱长度为 0.8h，质量为 m=(0.8h)S 舱内气体压强为 p，以气压计内长为 0.8h水银柱为研究对象:由牛顿第二定律得 pSmg=ma 得()m agpS 以舱内封闭气体为研究对象，由查理定律得00ppTT 则000()0.8(105)0.8300K10pgahTTTpgh 此时舱内的温度是 T=360K 22一定质量的理想气体，开始处于状态 A，由过程 AB到达状态 B，后又经过过程 BC 到达状态 C，如图所示。已知气体在状态 A
34、 时的压强为 p0。B、C两点连线的延长线过原点。(1)求气体在状态 B时的压强 PB，在状态 C时气体的体积 VC；17(2)气体从状态 A 经状态 B，再到状态 C，全过程气体是吸热还是放热，并求出吸放热的数值。【答案】(1)03V；(2)吸热，0023p V【解析】(1)气体从状态 A变化到状态 B 发生的是等容变化，由ABABppTT 解得B013pp 气体从状态 B 到状态 C发生的是等压变化，由CBCBVVTT 解得C03VV(2)气体从状态 A 经状态 B，再到状态 C，全过程气体的温度不变，故内能不变。气体从状态 A经状态 B，体积不变，做功为 0，气体从状态 B 到状态 C，
35、等压膨胀，外界对气体做的功为 00123WpV 由热力学第一定律UQW 解得00123QpV 故气体吸收热量，吸收的热量为0023Qp V 23 如图所示，是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的pT图象，已知气体在状态 C时的体积是 6L，则：(1)问 A 到 B、B到 C、C到 D分属于什么变化（等温变化、等压变化、等容变化）；(2)求状态 D 时的体积 VD；(3)求状态 A 时的气体体积 VA。【答案】(1)A 到 B等温过程、B到 C 等容过程、C到 D 等压过程；(2)8L；(3)3L【解析】(1)根据图像可知：A到 B 等温过程；B到 C图像是过原点直线，所以是等容过程；C
36、到D等压过程。(2)C到 D 过程，属于等压变化，由等压变化规律可知：18 体积与热力学温度成正比，即6L300K400KDV 解得：VD=8L(3)由图可知，B到 C过程属于等容变化，所以 VB=VC=6L A到 B 过程为等温变化，压强与体积成反比，即AABBp Vp V 代入数据，有 2VA=VB=6L 解得 VA=3L 24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
37、气体的压强达到大气压 p0的 3 倍后关闭 K1。已知室温为 27，汽缸导热。(1)打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开 K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20，求此时活塞下方气体的压强。【答案】(1)2V，2p0；(2)上升直到 B 的顶部；(3)1.6p0【解析】(1)设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得 对 B 有01 1p VpV 对于 A有011(3)(2)p VpVV 联立式得12VV，102pp(2)刚打开 K3时，活塞上方气体压强变为大
38、气压强，则活塞下方气体压强大，活塞将上升。设活塞运动到顶部之前重新稳定，令下方气体与 A中气体的体积之和为 V2（22VV）。由玻意耳定律得002(3)p Vp V 19 得232VVV 则打开 K3后活塞上会升直到 B 的顶部为止。(3)活塞上升到 B 的顶部，令气缸内的气体压强为2p，由玻意耳定律得20(3)2p VpV 设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1=300K升高到 T2=320K的等容过程中，由查理定律得3212ppTT 联立可得 p3=1.6p0 25如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为 m5kg、横截面面积为 S=50cm2的活塞放
39、在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为 t1=27、压强为 p1=1.0105Pa。已知大气压强为 p0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2。(1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？(2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升 H=10cm，在这上过程中理想气体的内能增加了 18J，则气体与外界交换的热量为多少？【答案】(1)57；(2)73J【解析】(1)气体的状态参量127273K300KT，511.0 10 Pap 对活塞由平衡条件得20p Sp Smg 解得521.1 10 Pap 由查理定律得1212ppTT 解得2330KT 则2330273 C57 Ct (2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功255JWp SH 根据热力学第一定律UWQ，可得理想气体从外界吸收的热量73JQUW