高考物理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

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 cm 2，总长为100 cm ，

大气压强为1.0×105

Pa 。

(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)2×105 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T 1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T 2，则由盖—吕萨克定律可知： L 1S T 1＝L 2S T 2

，又T 1＝300 K 解得：T 2＝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：

1.0×105

Pa T 2＝p （927＋273）K

， 解得：p ＝2×105 Pa 。

(ⅱ)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝L 2－L 1＝0.5 m ，

故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，

解得：W ＝－1 000 J ，

由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q

解得：ΔU ＝－200 J 。

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T 1升高到T 2，加热前活塞到汽缸底部距离为h 。大气压强用p 0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)T 2－T 1T 1h (ⅱ)Q －(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1

h 【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hS T 1＝（h ＋Δh ）S T 2

一、（2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷）

二、(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)

解得Δh ＝T 2－T 1T 1

h 。 (ⅱ)加热过程中气体对外做功为

W ＝pS Δh ＝(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1

h 由热力学第一定律知，气体内能的增加量为

ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1

h 。

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 p A T A ＝p B T B

T A ＝270 K ，解得T B ＝90 K ，

所以t B ＝T B －273 ℃＝－183 ℃。

(ⅱ)B →C 的过程，由盖—吕萨克定律有V B T B ＝V C T C

解得T C ＝270 K ，即t C ＝T C －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 Q ＝p ΔV ＝2×105×(6×10－3－2×10－3)J ＝800 J 。

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p 0＝1.0 × 105 Pa ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，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 三、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅲ卷)

四、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)

【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，p 0πd 2＋mg ＝p 1π⎝ ⎛⎭

⎪⎫d 22 解得密封气体的压强p 1＝5×105 Pa

活塞A 运动前气体体积不变，由查理定律得：p 0T 0＝p 1

T 1

， T 0＝(27＋273)K ＝300 K

解得T 1＝1 500 K 。

(ⅱ)当活塞A 升到圆筒最上端时，满足

p 0πd 2＋mg ＝p 2πd 2

解得密封气体的压强p 2＝1.25×105 Pa

初状态：p 0＝1.0×105 Pa ，V 0＝12

πd 3，T 0＝300 K 末状态：p 2＝1.25×105 Pa ，V 2＝52

πd 3，T 2＝？ 由理想气体的状态方程

p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2

解得T 2＝1 875 K 。

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h 1＝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L 0＝12.5 cm ，B 部分水银两液面的高度差h 2＝45 cm ，外界大

气压强p 0＝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：p 1＝p 0，

左管内气体的压强：p 2＝p 1－ρgh 2

活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强：p 3＝ρgh 1

设此时B 部分水银柱两端液面的高度差为h 3，则右管中被封气体的压强为：p 4＝p 3＋ρgh 3

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：p 1h 2S ＝p 4lS

对左管中的气体：p 2L 0S ＝p 3LS

根据几何关系知：h 3＝h 2－2(L －L 0)

五、(2018届高三·第三次全国大联考Ⅱ卷)