2019高考物理三轮冲刺 大题提分 大题精做16 热学.docx

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大题精做十六 热学1【2018全国模拟卷】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,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。【解析】由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态,求封闭气体的压强,然后找到不同状态下气体参量,计算温度或者体积。开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,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p0T0=p1T1根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg联立式可得T1=1+mgp0ST0此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达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V1T1=V2T2式中V1=SHV2=S(H+h)联立式解得T2=1+hH1+mgp0ST0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W=p0S+mgh故本题答案是:W=p0S+mgh1【2018年(新课标I卷)】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。【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;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p0V2=p1V1p0V2=p2V2由已知条件得V1=V2+V6-V8=1324VV2=V2-V6=V3设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得p2S=p1S+mg联立以上各式得m=15p0S26g2【2018全国III卷】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。【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p1=p2+g(l1-l2)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=pl2l1l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm3【湖南省洞口一中2018届高三模拟】一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭,D端与大气相通用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧,并将两端向下竖直放置,如图所示此时AB侧的气体柱长度l1=25cm管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5cm现将U形管缓慢旋转180,使A、D两端在上,在转动过程中没有水银漏出已知大气压强p0=76cmHg求旋转后,AB、CD两侧的水银面高度差【解析】对封闭气体研究,初状态时,压强为:p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg,体积为:V1=l1s;设旋转后,气体长度增大x,则高度差变为(5-2x)cm,此时气体的压强为:p2=p0-(5-2x)=(71+2x)cmHg,体积为:V2=(25+x)s根据玻意耳定律得:p1V1=p2V2,即:(8125)=(71+2x)(25+x)解得:x=2cm根据几何关系知,AB、CD两侧的水银面高度差为:h=5-2x=1cm4【湖北省武汉市2019届高三模拟】粗细均匀的U形玻璃管竖直放置左端封闭右端开口,右端上部有一光滑轻活塞。初始时管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知玻璃管的横截面积处处相同在活塞移动的过程中,没有发生气体泄漏,大气压强p0=76cmHg。(i)求初始时左端气体的压强p1;()若环境温度不变缓慢拉动活塞,当活塞刚好达到右端管口时,求左端水银柱下降的高度h。(解方程时可以尝试试根法)【解析】(1)初始时,两管液面高度差为h1=4cm,设左管中空气柱的压强为p1,右管中空气柱的压强为p2,有p1=p2-gh1由于活塞轻质光滑,所以p2=p0解得:p1=72cmHg;(2)对于左管中的气体,初始时的长度为l1=1cm,拉动活塞后的压强为p1,长度为l1由玻意耳定律得:p1l1=p1l1对于右管中的气体,初始时的长度为l2=6cm,拉动活塞后的压强为p2由玻意耳定律得:p2l2=p2l2拉动活塞后左端水银柱下降了h,由几何关系得:l1=l1+hl2=l2+15-h此时,两管中液面高度差为h2=4-2h两管中气体压强满足p1=p2-gh2解得:h=2cm。5【陕西省2019届高三第二次联考】如图所示,一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置,管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时,被封闭的气柱长L=25cm,两边水银柱高度差h=5cm,大气压强p0=75cmHg。为使左端水银面下降h1=5cm,封闭气体温度应变为多少;封闭气体的温度保持问中的值不变,为使两液面相平,需从底端放出的水银柱长度为多少。【解析】设左端水银面下降后封闭气体的压强为P2,温度为T2,体积为T2,则:P2=80cmHg;V2=(L+h1)S;由理想气体状态方程得:P1V1T1=P2V2T2;代入数值解得:T2=384K;两液面相平时,气体的压强为:P3=P0,体积为V3,左端液面下降h2,右管液面下降:(h2+5)cm;由波意耳定律得:P2V2=P3V3;V3=(L+h1+h2)S;解得:h2=2cm;所以放出的水银柱长度:H=2h2+5=9cm;6【2019届广东省“六校”联考】密闭导热的气缸内有一定质量的理想气体,初始状态轻活塞处于A点,距离气缸底部6cm,活塞横截面积为1000cm2,气缸内温度为300K,大气压强为p=1.0105Pa。现给气缸加热,气体吸收的热量Q=7.0102J,气体温度升高100K,轻活塞上升至B点。求:B点与气缸底部的距离;求此过程中气体内能的增量U。【解析】由题可知理想气体做等压变化,由盖吕萨克定得LATA=LBTB解得LB=8cm气体对外做功W=p(VB-VA)=p(LB-LA)S;解得W=200J;由热力学第一定律知U=W+Q;解得U=5.0102J7【四省名校2019届高三大联考】如图所示,可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸,气缸内有一导热活塞,活塞底面与气缸底面平行,一定量的气体做密封在气缸内。当平台倾角为37时,气缸内气体体积为V,然后将平台顺时针缓慢转动直至水平,该过程中,可以认为气缸中气体温度与环境温度相同,始终为T0,平台转至水平时,气缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37=0.6,cs37=0.8。(i)当平合处于水平位置时,求气缸内气体的体积;()若平台转至水平后,经过一段时间,坏境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变),该过程中气缸内气体放出0.38p0V的热量,求该过程中气体内能的变化量U。【解析】(1)设活塞质量为m,活塞面积为S,当平台倾角为370时气缸内气体的压强为p1=p0+mgcos370S气体的体积V1=V当平台水平时,气缸内气体的压强p2=2p0=p0+mgS解得p1=1.8p0平台从倾斜转至水平过程中,由玻意耳定律:p1V1= p2V2解得V2=0.9V(2)降温过程,气缸内气体压强不变,由盖吕萨克定律:V2T0=V30.9T0解得V3=0.81V活塞下降过程,外界对气体做W=p2(V2-V3)已知气缸内气体吸收的热量Q=-0.38p0V由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量U=W+Q解得U=-0.2p0V,即气体的内能减小了0.2p0V。
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