大题14 热学综合问题（解析版）.docx

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1、大题14热学综合问题热学在历年高考中都有多以选择题、计算题的形式出现计算题分值一般10分。其中以气体实验定律、热力学定律等为知识题载体，以汽缸或液柱密封气体为模型来考察，但近几年更多的试题接近生活实际对学生的建模能力有了新的要求，在复习备考过程中应引起高度重视。1S龙麓大题典例气体实验定律理想气体状态方程【例1】（2024广西河池一模）小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U型管，U型管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度1.=22cm,左右两管水银柱盲度相同都为二28cm,U型管的非软管部分粗细均匀

2、，已知大气压强为75CmHg,实验室温度为27,管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：（1）现将U型管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？（2）小林同学利用这个U型管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U型管移到另一个封闭环境（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖宜高度为22cm,依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？【答案】（1）14cm；（2）3【详解】（1）左端封闭气体初始状态压强、长度分别为pl=Po=75CmHg,

3、I1=1.=22cm右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为4则此时左端封闭气体的压强、长度分别为p2=p0-pg(H-1.+d),l2=1.+1.-d由玻意耳定律可得PISll=P2Sl2解得d=14cm(2)左端封闭气体初始状态的温度为T=300K,设另一环境的热力学温度为右管水银面离地面的爆R高度为22Cm时，左端封闭气体的压强为Py=75cmHg-(28-22)cmHg=69cmHg由查理定律可得旦二AZR解得=276K则摄氏温度为r=(276-273)oC=3oC【例2】(2024甘肃兰州一模)“空气炮”是一种有趣的小玩具，其使用方法是：先用手拉动后面的橡胶膜，如图所示，吸入一定量的

4、空气后放手，橡胶膜在迅速恢夏原状的过程中压缩空气，从而产生内外压强差，空气从管口冲出。己知“空气炮”在未使用前的容积为11.,拉动橡胶膜至释放前的容积变为1.21.,大气压强为1.05lO5Pa,整个过程中“空气炮中的温度始终等于室温。(1)若橡胶膜恢复原状的过程时间极短，可视为没有气体冲出，试求恢复原状瞬间空气炮内部空气压强；(2)经检测，橡胶膜恢兔原状瞬间，“空气炮”内部空气压强为1.2xl05pa,试求此时已冲出管口的空气质量与仍在“空气炮内部的空气质量之比。【答案】(1)1.26IO5Pa;(2)1.20【详解】(1)根据题意空气炮内的气体做等温变化，由玻意耳定律得代入数据解得p2=1

5、.26IO5Pa即橡胶膜恢复原状时气体的压强为I.26105Pa;(2)以抽入气体后的空气炮内气体为研究对象，初始气体压强为p1=1.05IO5Pa气体体积为K=I.21.橡皮膜恢复原状时气体在瓶内的体积为=I1.已冲出管口的气体压强视与内部气体相同为p2,=1.2105Pa设其体积为由,气体做等温变化，由玻意耳定律得解得=0.051.同压强下气体质量与体积成正比，则冲出管口的气体与内部气体的质量比为也=1.=1.m2V220算;去揖号.1 .压强的计算(1)被活塞或汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解，压强单位为Pa。(2)水银柱密封的气体，应用p=po+

6、pt或P=Po-P力计算压强，压强P的单位为CmHg或mmHg。2 .合理选取气体变化所遵循的规律列方程(1)若气体质量一定，、V、T中有一个量不发生变化，则选用对应的气体实验定律列方程求解。(2)若气体质量一定，p、KT均发生变化，则选用理想气体状态方程列式求解。3 .关联气体问题：解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据活塞或液柱的受力特点和状态特点列出两部分气体的压强关系，找出体积关系，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。茏A至式训纸1.（2324高三下安徽阶段练习）如图所示，竖直放置的汽缸质量M=8kg,活塞的质量，=2kg,活塞的横截面积S=4xl（3m2,厚度不计。汽缸

7、壁和活塞都是绝热的,活塞上方的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞下表面与劲度系数&=25lO3Nm的轻弹簧相连，活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦。当汽缸内气体的温度4=450K时，缸内气柱长1.=50cm,汽缸总长4=60cm,汽缸下端距水平地面的高度j=2cm,现使汽缸内气体的温度缓慢降低，已知大气压强PO=1.OXloPa,取重力加速度大小g=IOmZs1.求：（1）汽缸刚接触地面时，求活塞上方汽缸内气体的热力学温度刀；（2）汽缸接触地面后，把活塞下方的气体与外界隔开且不漏气，地面导热良好。现改变活塞上方汽缸内气体温度，求当弹簧刚好恢复到原长时，活塞下方的气体压强P”（3）求（2）问中，活塞上方

8、汽缸内气体的热力学温度心为多少。【答案】（1）7J=432K;（2）p1=7.5104Pa;（3）7=231K【详解】（1）汽缸缓慢下降至汽缸下端边缘刚好接触地面的过程，缸内气体压强不变，则弹簧弹力不变,则有1.S（1.-h）S=工解得7；=432K（2）设弹簧初状态的压缩量为X,由平衡条件kx=（M+m）g解得=4cm对活塞卜.方的气体由p0(12cmS)=pl(16cmS)p1=7.5IO4Pa(3)设活塞上方气体末状态的压强为P2,由于弹簧恢复到原长，弹力为0,对活塞受力分析p2S+mg=plS解得p2=7.0104Pa上方气体初态压强P1.Po+增=1.2xK)5pa对活塞上方气体，由

9、p2(44cmS)p3(50cmS)T2=得q=23IK2.(2024江西赣州一模)装有汽水饮料的瓶内密封一定质量的二氧化碳理想气体，=27时，压强P=I.050x10$Pa。(1)若瓶内气体的质量变化忽略不计，r=33C时，气压P是多大？(2)保持27C温度不变，用力摇晃瓶子后，使瓶内气体压强与(1)问相等，忽略瓶内气体体积的变化,此时气体的质量为原来的多少倍？【答案】(1)1.071105Pa:(2)1.02【详解】(I)瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为T=(273+)=300K7v=(273+)=306K若瓶内气体的质量变化忽略不计，温度变化过程中体积不变，由查理定律知K=旦TV代入

10、得P=Er=*306Pa=1.071X十PaT300(2)保持温度不变，可以等效为由压强为=1.050xl()5pa、体枳为V，的等温压缩成压强为p，=i.071xl05Pa、体积为V的气体，由玻意耳定律得pV,=p,V解得V,=1.02V即=1.02mV故气体的质量为原来的1.02倍。茏变大题典例热力学定律与气体实验定律相结合【例3】如图所示，柱形绝热汽缸固定在倾角为J的斜面上，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在汽缸内，此时活塞距汽缸底部的距离为%,汽缸内温度为T0.现通过电热丝缓慢对汽缸内气体加热，通过电热丝的电流为/,电热丝电阻为R,加热时间为h使气体温度升高到2

11、。己知大气压强为po,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求汽缸内气体温度从Tb升高到2的过程中，活塞移动的距离X；(2)该气体增加的内能”【答案】(l)o(2)/2R1.(POTGSy)S1.o【解析】气体等压变化，则由盖一吕萨克定律有第=镖活塞移动的距离X=1.一%解得X=1.O(2)设该气体压强为p,有PS=PoS+Gsin0气体对外界做功W=-pSx吸收的热量Q=I2Rt由热力学第一定律有t=+W解得AU=产用一SoT?)S1.oo茏麓避:去揖号1 .理想气体相关三量W、。的分析思路(1)内能变化量AU由气体温度变化分析AU：温度升高，内能增加，tO;温度降低，

12、内能减少，t0o由公式AU=W+。分析内能变化。(2)做功情况W由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，VV0o(3)气体吸、放热。一般由公式Q=AU-W分析气体的吸、放热情况：0,吸热；Q=PivI其中气体初始的体积为=（12-6）V+（121）V=18V气体压缩后的体积为K=6V解得Pi=3p0（2）根据理想弋体状态方程有PM二PzK4T2其中5=12=12V解得P2=ISpfi4. （2024吉林白山二模）某同学利用玻璃瓶研究气体温度与体积的关系。如图，将一质量?=60g、底部横截面积S=IoCm2的薄壁玻璃瓶倒扣在水中。容器厚度不计，当温度为27。C时，测得此时瓶内液面比

13、瓶外水平面低4=6cm,瓶子露在水面上的部分长1.1=6cm.已知大气压强为PO=I.0x10Pa,重力加速度大小为IOnVS2,水的密度为夕=1.OXlo3kg11,设容器外部的水面高度保持不变，T=Z+273K,求：（1）瓶内的气体压强；（2）若加入热水混合稳定后，瓶内气体的温度缓慢上升至77。（2,则瓶子露在水面上部分长1.2为多少？【答案】（1）1.00610sPa;（2）8cm【详解】（1）对容器受力分析P=Po+Pgd得p=1.006105Pa（2）由于容器的重力等于排开水的重力mg=PgSd由于浮力保持不变，排开水的体积不变，瓶内液面比瓶外水平面低d=6cm,保持不变。温度变化前

14、后，气体体积和温度如下K=S（1.I+d）,7J=（27+273）K=300KV2S（1.2+d）,7=（77+273）K=350K温度变化前后，容器内封闭气体等压变化，故有匕2TiT2得1.1=8cm5. （23-24高三下贵州黔东南,开学考试）如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆简组成，两圆筒中各有一个活塞，己知大活塞的横截面积为2S,小活塞的横截面积为S；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为2,汽缸外大气压强为P。，温度为丁。初始时大活塞与大圆筒底部相距1.,两活塞间封闭气体的温度为2T,活塞总质量为山，现汽缸内气体温度缓慢下降，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小为g。（

15、1）在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，求缸内封闭气体的温度工：（2）活塞到达衔接处后继续降低温度，当缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，求缸内封闭气体的压（3）从初始状态到缸内、缸外气体达到热平衡的过程中，若气体向外界放出的热量为Q，求缸内封闭气体在此过程中减小的内能【答案】（I）（2）+粤；（3）QTPoS1.+mg1.）【详解】（1）在大活塞到达两圆筒衔接处前，对活塞进行受力分析，有2pS+p0S=2p0S+plS+mg解得P、=PY在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体末态温度为刀，由盖吕萨克定律有2S1.+S1.S21.2T解得4T=-T,3（2）缸内封闭的气体与缸外大气

16、达到热平衡的过程，封闭气体的体积不变，则Pl-PlTlT解得333mgPiP=-PfiT24404S（3）根据热力学第一定律可得U=Q-W第一阶段为等压压缩过程，有W=Pl(2S1.+S1.-2S1.)=PoS1.+mg1.解得AU=QTPOS1.+mg1.)即缸内封闭气体在此过程中减小的内能为Q-（%S1.+zg1.）6. （2024广东深圳一模）遇到突发洪水时，可以借助塑料盆进行自救，简化模型如下，塑料盆近似看成底面积为S的圆柱形容器，把塑料盆口向下竖直轻放在静止水面上，用力竖直向下缓慢压盆底，当压力为产时恰好使盆底与液面相平，忽略塑料盆的厚度及盆的重力，已知大气压强为po,重力加速度为g

17、,水的密度为P，求：（I）此时盆内空气的压强p；（2）此时塑料盆口的深度d。【详解】（1）设根据平衡条件可得F+p0S=pS解得FP=Po+（2）当塑料盆轻放在静止水面上时，盆内封闭气体的压强、体积分别为Pl=PQ，K=Sd当盆底与水平相平时，设进入盆内水的液面距盆底心盆内压强、体积分别为P2=P%=Sh而根据等压面法可知P?=Po+Pgh根据题意PM=P2匕联立以上各式可得7. (2324高三下山东德州开学考试)某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积测量仪。如图所示为气压体积测量仪的原理图，上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高=20Cm,横截面积S=IoCm2的导热气缸，两

18、气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量，=2kg的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两气缸内封闭一定质量的理想气体(不计活塞厚度和摩擦力)，缓慢降低封闭气体的温度至活塞稳定后，活塞距气压筒A顶端0.4人已知环境温度为27C,外界大气压强为PO=1.OXlOPa,重力加速度g=10ms20(1)求矿石的体积：(2)再把温度从-3。C缓慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度；若该过程封闭气体内能增加了20J,求封闭气体从外界吸收的热量。aIUd【答案】(1)80cm3；(2)360K；29.6J【详解】(1)活塞稳定时封闭气体的压强p=p0+-y-=1.2105

19、Pa令矿石体积为V,由理想气体状态方程pty(2hS-V)p(.6hS-V)-=I又二300K,7；=270K解得V=0.4S=80cm3(2)缓慢升高温度，将活塞推到气压筒的顶端，压强不变，由盖一吕萨克定律.6hS-V2hS-V-T1-T2解得T2=360K该过程外界对系统做的功=-p(0.4)5=-9.6J由热力学第一定律AU=W+Q解得Q=。-W=29.6J8. （23-24高三下江西开学考试）一端封闭粗细均匀的足够长导热性能良好的细玻璃管内有一段长为人=5Cm的水银柱，如图甲，玻璃管开口斜向上在倾角。=30。的光滑斜面上以一定的初速度上滑，稳定时被封闭的空气柱长为1.=30cm,此时环

20、境温度为T=300K,已知大气压强始终为=75cmHg,重力加速度=10ms2,设水银柱密度在本题情况中均与标准状况下相同夕=13.6gcn,封闭气体看成理想气体，不计水银与试管壁摩擦。（1）求此时被封闭气体的压强p;（2）若开口斜向下在倾角6=30。的光滑斜面上用外力使其以生=Im/S?的加速度加速上滑，且被封闭气体长度仍为1.,则环境温度要变化多少C?【详解】（1）设在光滑斜面上运动时加速度为，对试管和试管内物体整体，由牛顿第二定律有“ZgsinO=nq解得al=gsin=5ms2方向沿斜面向左下。对水银柱，由牛顿第二定律有POSPhSgSme-PIS=PhSa、解得Pl=PO=75cmH

21、g（2）对水银柱，由牛顿第二定律POS-夕SgSin-p2S=phSa2即有P2=pQ-p(gsnO+a2)h求得p2=72cmHg被封闭气体等容变化&=区ZT2解得T2=288K温度降低=-=i2c9. （2024山东青岛一模）如图，汽车上的安全气囊最早由赫特里克于1953年发明并得到普及。在汽车正常行驶时，气囊内原有气体体积忽略不计。当汽车受到猛烈撞击时会引燃气体发生剂，产生大量气体，极短时间内充满气囊。充气过程中，气囊上可变排气孔是封闭的，充气结束时内部气体的压强为P、体积为K温度为T,气体可视为理想气体。（1）已知大气压强为Po,求充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功；（2）撞击后，

22、车上驾乘人员因惯性挤压安全气囊导致可变排气孔开始排气，当内部气体压强为,p、体积为:丫、温度为：丁时，恰好不再排气，求排出气体质量与排气前气体总质量之比。2【答案】（1）P0V;（2）-【详解】（1）充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功W=POV（2）对气囊内所有的气体，根据理想气体状态方程有2pPV5TTT从气囊内排出气体的体积为=Vt-V3排出气体质量与排气前气体总质量的之比为wV2=I=-mV5解得“22=一tn510. （2324高三下江西阶段练习）一款气垫运动鞋如图甲所示。鞋底塑料空间内充满气体（可视为理想气体），运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时，当环境温

23、度为27,每只鞋气垫内气体体积治,压强P。，等效作用面积恒为S,鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料空间等效为如图乙所示的模型，轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为外,且气垫内气体与外界温度始终相等，g已知。（1）当质量为用的运动员穿上该运动鞋，双脚站立时，若气垫不漏气，求单只鞋气垫内气体体积匕；（2）运动鞋未被穿上时，锁定活塞A位置不变，但存在漏气，当气温从27C上升到37时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比甲乙【答案】（念景；”看【详解】（1）双脚站立时，由平衡条件可得mg+2pS=2%S气体做等温变化，根据玻意耳定律可得解得单只鞋气垫内气体

24、体积mg+2PoS（2）根据理想化体状态方程_P（M其中=273+27K=300KT2=273+37K=310K漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为11. （2024湖南长沙一模）气压传动是工业中常见的传动方式。如图所示，面积为SA的活塞A静止，与气缸右端相距。用力缓慢右移活塞A,通过压缩气体顶起竖直放置的面积SB的活塞B和上方高h的液柱（液体密度为夕），最终活塞A移到最右端。活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变。气体视为理想气体，大气压强为4,忽略弯管中的气体体积，装置不漏气，不计摩擦和两活塞质量。（1）最终活塞B上升的高度4；（2）若整个过程活塞A对封闭气体做正功W,忽略气体质量，求整个

25、过程中气体对外放热。为多少。【答案】（I）（W;（2）W-pSBhg1.2（Po+pgOSB【详解】（D初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为PI=PO最终封闭气体的压强大小为Pz=Pogh活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可知Pl1.lXSa=p21.2Sb解得1.二Po1.ISA2G+pg协SB（2）由于活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，所以气体的内能不变，液柱重力势能增大EP=mgh=PSBhg1.l则整个过程中气体对外放热Q=W-Ep=W-pShg1.212. （23-24高三下山东济南开学考试）某巨型液化天然气1.NG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大的形变导致天然气

26、泄漏，采用的是气升顶施工方案。如图，质量为m=1.0xl0kg的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料，使穹顶上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵入空气，使穹顶缓慢上升。安装完成后，储罐内空间可视为截面积S=IXIo3,高二20m的圆柱体。已知大气压强为PO=1.oIXloPa,安装完成后罐内空气温度为27,标准状态下（PO=1.OlXIo$Pa,=273K）空气密度为l30kgn（1）穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？（2）鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大（结果保留两位有效数字）？【答案】（D1.O2xl（）5pa;（2）2.4104kgP=P。+整sP

27、=1.O2x10$PaPhS二PUK)TKM=pV.【详解】（1）依题意，对穹顶，有解得（2）由理想气体状态方程，可得解得M=2.4104kg13. （2324高三下河北阶段练习）有一高度为Zz（未知）、上端开口的圆筒绝热汽缸，用一截面积为S、厚度和质量均不计的绝热活塞盖到汽缸顶部，汽缸内封闭有一定质量的理想气体。现在活塞上缓慢放一质量M二守的重物后，活塞下落到距离汽缸底4处静止。已知大气压强为P0，汽缸内气体初状态的温度为，重力加速度为g,汽缸底部厚度不计，不计一切摩擦。(1)求汽缸内气体末状态的温度。(2)若气体的内能U=,k为已知常数，则汽缸的高度力为多少？【答案】(1)1.1;(2)绝

28、热汽缸绝热汽缸绝热活塞Mh2【详解】(1)初状态，气体的压强为P。，体积为防，温度为Tq,末状态，气体的压强为P=P/嘤=22PO体积为V=S-2由理想气体状态方程，有POShPy解得T=IM(2)初状态，气体的内能U=k又末状态，气体的内能U=kT=kTfi气体内能的变化量=U-Uq=OAkT0又由W=k+W气=(Mg+ps).根据热力学第一定律，可得重物M对汽缸内气体做的功联立解得h_kTfi5(Mg+PoS)IlPOS14. (2024山东聊城一模)中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。英语CHINA，既称中国，又名瓷器。瓷器是“泥琢火烧的艺术，是人类智慧的结晶，是全人类共有的珍贵财富。如

29、图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为po,温度为室温27C,为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p。时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2po压强不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1327。求：(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。单向排气阀【答案】(I)327；【详解】(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有初态Pi=Po7；=(27+273)K=300K末态Pi=2Po=(273+r2)K由查理定律可得A=.7；T2代

30、入数据解得r2=3270C（2）开始排气后，包窑内气体维持2p0压强不变，则有=（1327+273）K=1600K设排出2p。压强的气体体积为H,排出气体质量为用，由盖一吕萨克定律可得2由于气体的密度不变，则有m,VmV0+V,代入数据解得m5m815. （2024陕西榆林一模）如图，一竖直放置、横截面积为S的金属圆筒的下端封闭，上端开口。一质量为阳、横截面积为S的活塞静止在离金属圆筒上端/处。然后把金属圆筒竖直放入温度恒为工的热水中，活塞缓慢上升，最终活塞恰好静止在金属圆筒上端。已知整个过程金属圆筒不漏气，活塞在圆筒内无摩擦滑动，圆筒底部及活塞厚度均不计，外界大气压强为4,环境温度为4，气体的内能U=4（我为己知常量），重力加速度为g。求：（1）活塞静止在离金属圆筒上端/处时密闭气体的压强以及金属圆筒的高度。（2）密闭气体从热水中吸收的热量。pS=mg+p0即气体吸热。(2)根据题意，设玻璃管横截面积为S,由盖吕萨克定律有l.S1.SKF得7；=300K(3)根据题意，气体处于状态B时，有Pb+PSIg=Po得PB-5OcmHg气体处于状态C时，有Pc=Po+PSl0得pc=100cmHg由玻意耳定律S=PChS得3=7.5cm1.（2024浙江高考真题）如图所示，一个固定