选修3-3计算题型-2023年高考计算题解题技法（解析版）

选修3-3计算题题型2023年高考计算题解题技法目录3-3计算题知识点解读 2【考纲定位】 2【知识重现】 2知识点一分子动理论内能 2知识点二固体液体和气体 5知识点三热力学定律能量守恒定律 7难点讲解 9一、气体压强的产生与计算 9二、理想气体状态方程 10常见题型 11活塞气缸模型 11充放气模型 19循环题 24浮力模型 30液注模型 383-3计算题知识点解读【考纲定位】近3年考情分析考点要求等级要求考题统计202220212020分子动理论及内能ⅡⅠ卷·T34（1）固体气体和液体Ⅱ热力学定律及能量守恒定律Ⅱ全国甲卷·T33全国乙卷·T33全国甲卷·T33全国乙卷·T33Ⅰ卷·T33（2）Ⅱ卷·T33Ⅲ卷·T33【知识重现】知识点一分子动理论内能1.宏观量与微观量的估算问题分子两种模型把分子看成球形d＝利用d＝计算出的d不是气体分子直径，而是气体分子间的平均距离把分子看成小立方体d＝宏观量与微观量之间关系一个分子的质量：m0＝＝。分子体积V0、分子直径d、分子质量m0物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量M、摩尔体积Vmol、物质的量n一个分子的体积：V0＝＝（注意气体的特征）物体所含的分子数：N＝n·NA＝·NA＝·NA2．扩散现象、布朗运动与热运动的比较扩散现象布朗运动热运动活动主体分子固体微小颗粒分子区别是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到共同点（1）都是无规则运动（2）都随温度的升高而更加激烈联系扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动3．分子力与分子势能图象的比较分子力F分子势能Ep图象随分子间距离的变化情况r<r0F随r增大而减小，表现为斥力r增大，F做正功，Ep减小r>r0r增大，F先增大后减小，表现为引力r增大，F做负功，Ep增大r＝r0F引＝F斥，F＝0Ep最小，但不为零r>10r0引力和斥力都很微弱，F＝0Ep＝04．内能和机械能的比较能量定义决定因素能量值测量转化内能物体内所有分子的动能和势能的总和由物体内部分子微观运动状态决定恒不为零无法测量在一定条件下可相互转化机械能物体的动能及重力势能和弹性势能的总和与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关可以为零可以测量知识点二固体液体和气体1．晶体和非晶体的理解熔点凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。各向异性凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。相互转化晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。2．液体表面张力的理解形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小典型现象球形液滴、肥皂泡、涟波、毛细现象、浸润和不浸润3．气体压强的微观解释分子间的作用力气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计，气体分子间除碰撞外无相互作用力。分子的速率分布“中间多，两头少”的统计分布规律。分子的运动方向气体分子的运动是杂乱无章的，但向各个方向运动的机会均等；气体均匀充满整个容器；分子数密度随体积大小变化分子的运动与温度温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的速率都增大;反之温度降低，气体分子的平均动能减小，但不是每个分子的速率都减小压强与温度、体积关系气体温度越高，分子平均动能越大，体积越小，分子数密度越大，压强越大；气体温度越低，分子平均越小，体积越大，分子数密度越小，压强越小。4.体状态变化的图象问题等温变化等容变化等压变化图象p­V图象p­图象p­T图象V­T图象特点pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小知识点三热力学定律能量守恒定律1.热力学第一定律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。公式ΔU＝Q＋W正负号法则WQΔU正号外界对物体做功物体吸收热量内能增加负号物体对外界做功物体放出热量内能减少理解（1）做功和热传递对改变系统内能具有等效性。（2）做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能间的相互转化。（3）热传递过程是系统与外界之间内能转移的过程。特例（1）绝热过程：Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。（2）不做功的过程：W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。（3）内能不变的过程：W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。2.热力学第二定律的理解关键词自发地热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助不产生其他影响发生热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响方向性热传递高温物体低温物体功能转化功热体积变化气体体积V1气体体积V2（较大）气体混合不同气体A和B混合气体A、B3.求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的一般思路难点讲解一、气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．压强单位：国际单位，帕斯卡(Pa)常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)．换算关系：1atm＝76cmHg≈1.0×105Pa.4．平衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．5．加速运动系统中封闭气体压强的求法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．二、理想气体状态方程1．理想气体(1)宏观上讲，理想气体是指在任何温度、任何压强下始终遵从气体实验定律的气体．实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．(2)微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力（因此不计分子势能），分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．2．理想气体的状态方程(1)内容：一定质量的某种理想气体发生状态变化时，压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变.(2)公式：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)或eq\f(pV,T)＝C(C是与p、V、T无关的常量)3．理想气体状态方程与气体实验定律的关系eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(温度不变：p1V1＝p2V2（玻意耳定律）,体积不变：\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)（查理定律）,压强不变：\f(V1,T1)＝\f(V2,T2)（ 盖—吕萨克定律）))4．几个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp＝eq\f(p1,T1)ΔT(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝eq\f(V1,T1)ΔT(3)理想气体状态方程的推论：eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p1V1,T1)＋eq\f(p2V2,T2)＋……（理想气体状态方程的分态公式）5．体状态变化的图象问题特点示例等温过程p－VpV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远p－eq\f(1,V)p＝CTeq\f(1,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高等容过程p－Tp＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，体积越小等压过程V－TV＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，压强越小常见题型活塞气缸模型1．（2022·全国乙卷·T33（2））如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求弹簧的劲度系数；（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。【答案】（1）；（2），【解析】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有解得对活塞Ⅰ由平衡条件有解得弹簧的劲度系数为（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为，由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有有等压方程可知解得2.（2022·全国甲卷·T33（2））如图，容积均为、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为、温度为的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为和、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【答案】（1）；（2）【解析】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得解得（2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ对Ⅱ、Ⅲ两部分气体联立解得3．（2021·全国甲卷·T33）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。（i）求A的体积和B的压强；（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。【答案】（i），；（ⅱ），【解析】（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有解得对A气体分析，根据波意耳定律有联立解得（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为，由波意耳定律可得则A此情况下的压强为则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为、压强为，气体B的体积为、压强为，根据等温变化有，，联立解得（舍去），4．如图所示，甲、乙两导热气缸内壁光滑，粗细均匀，横截面积均为S，高度均为h。现将两气缸竖直放置，甲气缸在上，乙气缸在下，中间用体积可以忽略的细短管连通，内部有质量和厚度均可忽略不计的绝热活塞，甲气缸上端开口且活塞只能在气缸内运动。甲、乙两气缸内有压强分别为p0、2p0的理想气体，初始时活塞均位于气缸的顶部。已知初始周围环境温度为，大气压强为p0，重力加速度为g，热力学温度与摄氏温度的关系为。(1)若将甲气缸内的气体缓慢加热至（此时乙气缸中的活塞未动），求甲气缸内气体的压强为多大？(2)在甲气缸活塞上放物体时，平衡时可通过活塞移动的距离测出物体的质量。求环境温度为时，此装置能测量物体质量的最大值为多少？【答案】(1)1.1p0；(2)【解析】(1)乙气缸中的活塞未动，温度升高时，甲气缸内气体做等容变化由盖—吕萨克定律得解得(2)当甲气缸中的活塞刚好移动至甲气缸的底部时测得的物体质量最大，设乙气缸中的活塞移动的距离为x，两部分气体的压强均为p2对甲气缸内气体有对乙气缸内气体有又解得5．如图所示，横截面积均为S的两导热气缸A、B通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门D，两气缸中各有一个质量为m的活塞，气缸B中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸B中气柱长度恰为L，气缸A中的活塞处于静止状态时，气柱长度为3L。已知大气压强，弹簧的劲度系数，重力加速度为g，活塞可在气缸内无摩擦滑动但不漏气。现将一个质量为m的重物C轻轻地放到气缸A中的活塞上，并打开阀门D，保持环境温度不变，待系统稳定后，求弹簧的形变量和气缸A中活塞向下移动的距离。【答案】；。【解析】未放重物时气缸中气体的压强气缸中气体的压强放上重物后两部分气体混合，压强为气缸中活塞平衡时，由平衡条件可得解得弹簧的形变量两部分气体混合后的总长度设为，由平衡条件可得解得由几何关系知气缸中的活塞向下移动的距离为代入整理得5.（2020·全国Ⅰ卷·T33（2））甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后：（i）两罐中气体的压强；（ii）甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。【答案】（i）；（ii）【解析】（i）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有，则则甲乙中气体最终压强（ii）若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则计算可得由密度定律可得，质量之比等于充放气模型1．（2020·全国Ⅱ卷·T33（2））潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，Hh，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。（1）求进入圆筒内水的高度l；（2）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=（h–l）S③p1=p0+ρg（H–l）④联立以上各式并考虑到Hh，h>l，解得⑤（2）设水全部排出后筒内气体的压强为p2；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦设需压入筒内的气体体积为V，依题意V=V3–V0⑧联立②⑥⑦⑧式得⑨2．如图所示，喷雾器内有13L药液，上部封闭有1atm的空气2L.关闭喷雾阀门，用打气筒活塞每次可以打进1atm、200cm3的空气，（设外界环境温度一定，忽略打气和喷药过程温度的变化，空气可看作理想）求：①要使喷雾器内气体压强增大到2.4atm，打气筒应打气的次数n；②若压强达到2.4atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器内药液上方空气的压强降为1atm时，桶内剩下的药液的体积。【答案】①14；②10.2L【解析】①设应打气n次，则有，，，根据玻意耳定律得解得次②由题意可知，，根据玻意耳定律得解得剩下的药液3．如图，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容量为5.7×10-3m3，开始时桶内倒入了4.2×10-3m3的药液。现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10-4m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出。当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1atm，则（1）求出n的数值；（2）试判断这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完。【答案】（1）18（2）能【解析】(1)根据理想气体状态方程的分列式，得p0V＋p0nV′＝4p0V其中V＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3，V′＝0.25×10－3m3代入数值，解得n＝18(2)当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压，则药液可以全部喷出．由于温度不变，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，得解得p＝1.053p0>p0所以药液能全部喷出。4．（2022·河南洛阳市高三下学期二模）如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。已知篮球内部容积为7.5L，环境温度为27℃，大气压强为1.0atm，打气前球内气压等于外界大气压强，手持式打气筒每打一次气能将0.5L、1.0atm的空气打入球内，当球内气压达到1.6atm时停止打气（1atm=1.0×105Pa）。(1)已知温度为0℃、压强为1atm标准状态下气体的摩尔体积为V0=22.4L/mol，求打气前该篮球内空气的分子数n（取阿伏伽德罗常数NA=6.0×1023mol-1，计算结果保留两位有效数字）；(2)要使篮球内气压达到1.6atm，求需打气的次数N（设打气过程中气体温度不变）。【答案】(1)1.8×1023（个）；(2)9（次）【解析】(1)设球内空气在标准状况下的体积为V′，由盖―吕萨克定律有其中T1=300K，T2=273K，又解得n=1.8×1023（个）(2)由玻意耳定律，有解得N=9（次）5．如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17℃的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2L，充气前气压为1atm，充气筒每次充入0.2L的气体，忽略轮胎体积变化及充气过程中气体温度变化，求：（1）充气多少次可以让气体压强增大至3atm；（2）室外温度达到了-13℃，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少。【答案】（1）20（2）2.7atm【解析】（1）由理想气体状态方程：解得次（2）由理想气体状态方程：解得循环题1．使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．①已知气体在状态A的温度TA＝300K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大?②将上述气体变化过程在V-T中表示出来(在答题卡的图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)．【答案】(1)600K；600K；300K(2)【解析】(1)根据气态方程得：由得：Tc=600K(2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得：上述过程在图上状态变化过程的图线如图所示．2．如图所示，一定质量的某种理想气体分别发生以下两种状态变化：第一种变化是从状态A到状态B，该气体从外界吸收的热量为9J；第二种变化是从状态A到状态C，外界对该气体做功为6J．图线AB的反向延长线通过坐标原点O．求：①从状态A到状态C的过程，该气体内能的增量ΔU1；②从状态A到状态C的过程，该气体从外界吸收的热量Q2．【答案】(1)(2)【解析】(1)从状态A到状态B过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W1=0根据热力学第一定律：有△U1=W1﹢Q1内能的增量△U1=Q1=9J(2)从状态A到状态C过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量△U2=△U1=9J根据热力学第一定律有△U2=W2﹢Q2从外界吸收的热量Q2=△U2-W2=3J【名师点拨】本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定．考查热力学第一定律△U=W﹢Q．3．如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的图象如图所示．已知该气体在状态B时的热力学温度，求：①该气体在状态A时的热力学温度②该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量以及该过程中气体从外界吸收的热量Q．【答案】①②0；200J【解析】①气体从状态A到状态B过程做等容变化，根据查理定律得：代入数据解得：②因为pAVA=pCVC所以状态A和状态C的温度相同，且气体内能只与温度有关可知，气体内能不变，即△U=0气体从状态A到状态B过程体积不变，不做功，气体从状态B到状态C气体对外做功，且W=-PB（VC-VB）=-1×105×（3×10-3-1×10-3）J=-200J由热力学第一定律得：△U=W+Q解得：Q=-W=200J4．使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。试求：已知气体在状态A的温度TA＝300K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？【答案】TB＝TC＝600K．TD＝300K．【解析】p—V图中直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积为VA＝10L，pA＝4atm，pB＝4atm，pC＝2atm，pD＝2atm，VC＝40L，VD＝20L．根据理想气体状态方程pA可得TCT由题意TB＝TC＝600K．5．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA=p0，温度TA=T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：（i）气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；（ii）气体在状态C时的压强pC和温度TC。【答案】（i）10J（ii）；【解析】（i）A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即气体对外界做功：根据热力学第一定律有：解得：（ii）由B到C做等压变化，根据盖吕萨克定律得：解得：A到C做等容变化，根据查理定律得：解得：。【名师点拨】本题根据热力学第一定律和盖吕萨克定律列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比。6．一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA=p0，温度TA=T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：（i）气体在状态B时的压强pB；（ii）气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；（iii）气体在状态C时的压强pC和温度TC．【答案】（i）（ii）10J（iii）；【解析】（i）A到B是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：pAVA=pBVB解得：（ii）A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即：△U=0气体对外界做功：W=-10J根据热力学第一定律有：△U=W+Q解得：Q=-W=10J（iii）由B到C等压变化，根据盖吕萨克定律得：解得：TC＝T0A到C等容变化，根据查理定律得：解得：【名师点拨】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比．浮力模型1．中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器--哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的、导热性良好的平底大烧瓶．在一次实验中，体积为V=1L的瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个截面积为S=2cm2的轻质橡皮塞，橡皮塞与玻璃瓶间的最大静摩擦fm=60N．瓶内由气球和轻质橡皮塞封闭一定质量的气体，不计实验开始前气球中的少量气体和气球膜厚度，向气球中缓慢打气，假设气球缓慢膨胀过程中球内外气压近似相等．已知：实验室环境温度T=290K恒定，环境空气密度ρ=1.20kg/m3，压强为标准大气压P0=105pa，求：（1）橡皮塞被弹出时瓶内气体的压强（2）为了使橡皮塞被弹出，需要向气球内打入空气的质量【答案】①②3.6×10－3kg【解析】①橡皮塞即将弹出时对瓶塞受力分析得：pS=p0S+fm解得：Pa②瓶内气体等温变化:p0V=pV1则V1=0.25L对气球内气体：体积V2=V－V1=0.75L气球内气体压强也为p等温变化：p0V0=pV2可得V0=3L打入空气质量m=ρV0=3.6×10－3kg2．如图所示，一大型水银槽内漂浮着一支上端封闭下端开口玻璃管，玻璃管内封闭一定质量的理想气体，玻璃管的质量为m、横截面积为S。现在缓慢下压玻璃管到水银槽内，当玻璃管恰好悬浮时，内外液面高度差为H。已知外界大气压强恒定为P0、水银的密度为、重力加速度为g，不考虑温度的变化，不计玻璃管的厚度及气体的质量。求:(i)玻璃管漂浮在水银槽上时，封闭气体的压强；(ii)玻璃管漂浮在水银槽上时，玻璃管露出水银面的长度。【答案】(i)(ii)【解析】(i)对玻璃管由平衡有得(ii)玻璃管在水银槽内漂浮时，有玻璃管在水银槽内悬浮时，有封闭气体压强封闭气体等温变化有液面以上玻璃管的长度可得3．如图所示，有一热气球，球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，使气球可以上升或下降，设气球的总体积Ｖ０＝500ｍ３（球壳体积忽略不计），除球内空气外，气球质量Ｍ＝180kg．已知地球表面大气温度Ｔ０＝280Ｋ，密度ρ０＝1.20kg／ｍ３，如果把大气视为理想气体，它的组成和温度几乎不随高度变化．Ⅰ.为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少?Ⅱ.当球内温度为480K时，气球上升的加速度多大？【答案】（1）400K（2）1.32m/s2【解析】试题分析：Ⅰ.设气球刚好从地面飘起时气球内的气体温度为，密度为，则气球升起时，浮力等于气球和内部气体的总重力即由于气球内的气体温度升高时，压强并没有变化，那么原来的气体温度升高后体积设为，根据质量相等，则有原来的气体温度升高后，压强不变，体积从变为，根据理想气体状态方程则有整理可得Ⅱ．当球内温度为480K时，气球升高前体积，温度密度的气体变为体积温度等于密度的气体，则有，计算得对气球受到自身重力，空气浮力，根据牛顿第二定律有解得4．如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g．试问：(1)初始时，水银柱两液面高度差多大？(2)缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？【答案】（1）；（2）【解析】根据活塞平衡求得气体压强，再根据水银柱高度差求出气体压强表达式，联立得到高度差；等压变化，根据盖-吕萨克定律求解出温度．【步骤】（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有可得被封闭气体压强：设初始时两侧水银柱液面高度差为h，则被封闭气体的压强：联立以上三式可得，初始时液面高度差为（2）降低温度直至两液面相平的过程中，被封闭气体先做等压变化，后做等容变化．初状态：，V1=1.5h0S，T1=T0；末状态：，V2=1.2h0S根据理想气体状态方程有代入数据，可得【名师点拨】本题考查了求水银柱的高度差、求气体温度，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题．5．如图所示，左端封闭右端开口的U形玻璃管中有一段水银柱封闭着一定质量的理想气体，封闭气体的长度为10cm，两管中水银液面的高度差为10cm。现将玻璃管在纸面内顺时针缓慢旋转90°，稳定时两液面竖直对齐。已知大气压强为75cmHg，环境温度为27℃，热力学温度为T=t+273K。求旋转后：(1)被封闭气体的压强；(2)为使封闭气体恢复到原来的长度，需将环境温度降低到多少。【答案】(1)；(2)200K【解析】(1)设大气压强为=75cmHg，初始时左右管中水银液面高度差为，气柱压强为、长度为，U型玻璃管顺时针缓慢旋转90°后，两液面竖直对齐，如图所示可知封闭端水银缩短5cm，开口端水银变长5cm，所以此过程末态气柱的长度，则封闭气体的初态压强为体积为末态，压强设为p2，体积为封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得解得被封闭气体压强为(2)将环境温度降低到T3后，气体恢复到最初的长度10cm，如图所示降温过程封闭气体的压强保持不变，封闭气体发生等压变化，初态，体积为，温度为K，末态，体积为末态时气体温度为，由盖•吕萨克定律得代入数据解得K6．如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，右端通过橡胶管与放在水中导热的球形容器连通，球形容器连同橡胶管的容积为V0=90cm3，U形玻璃管中，被水银柱封闭有一定质量的理想气体．当环境温度为0℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=16cm，水银柱上方空气柱长h0=20cm，（已知大气压强P0=76cmHg，U形玻璃管的横截面积为S=0.5cm2）（i）若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？（ii）保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度多少时右管水银面回到原来的位置？【答案】(ⅰ)t＝86.63℃（ⅱ）19.04cm【解析】(ⅰ)初状态压强为p1＝p0－16cmHg＝60cmHg体积为V1＝V0＋h0S，T1＝273K末状态p2＝p0，V2＝V1＋S，T2＝(273＋t)K由理想气体状态方程有代入数据得t＝86.63℃（ⅱ）当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为V1＝V0＋h0S由玻意耳定律p2V2＝pV1解得p＝79.04cmHg可知往左管注入水银的高度为h＝h1+△h=19.04cm【名师点拨】利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．液注模型1．如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，封口处有段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0=75cmHg．开始时，三段水银柱长均10cm，A气柱长为20cm，B气柱长为10cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在水平部分，现保持环境温度不变，在右管中缓慢注入水银，使水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中。求：（1）在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强。（2）水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度。【答案】（1）80cmHg（2）35cm【解析】（1）气柱B的压强为：PB=P0+h=85cmHg根据同一深度压强相等，有：PA=PB+解得：PA=90cmHg则水银柱1对玻璃管封口的压强为：P=PA-h=80cmHg（2）对气柱A为研究对象，由玻意耳定律得：PAlAS=PA′LA′S解得：PA′=120cmHg设注入的水银柱长度为x，有：PA′=P0+（x+h）解得：x=35cm答：（1）在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强P=80cmHg（2）水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度x=35cm。2．如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的4倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，水银深，气柱长，大气压强