高中物理复习专题02-热学活塞模型计算(解析版)

PAGEPAGE1专题02热学活塞模型计算-2021年高考物理一轮复习基础夯实专练1.如图甲、乙中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，图甲中的汽缸静止在水平面上，图乙中的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压强为p0，重力加速度为g，求封闭气体A、B的压强各多大？【答案】：p0＋eq\f(mg,S)p0－eq\f(Mg,S)【解析】：由题意可知选图甲中活塞为研究对象，受力分析如图（a）所示，根据平衡条件知：pAS＝p0S＋mg，得：pA＝p0＋eq\f(mg,S)图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图(b)所示，由平衡条件知：p0S＝pBS＋Mg，得：pB＝p0－eq\f(Mg,S)。2.如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。【答案】：eq\f(p0Sd,mL－d)【解析】：设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，则活塞受到汽缸内、外气体的压力分别为：F1＝p1S，F0＝p0S由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为p0。由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0式中V0＝SL，V1＝S(L－d)联立以上各式得：a＝eq\f(p0Sd,mL－d)。3.(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口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，不计它们之间的摩擦。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汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽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】：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0(p0S＋mg)h【解析】：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eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1)①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0③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eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,H)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(mg,p0S)))T0⑦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＋mg)h。⑧4.(2018·全国卷Ⅰ)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eq\f(V,8)时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了eq\f(V,6)。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】：eq\f(15p0S,26g)【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p0eq\f(V,2)＝p1V1p0eq\f(V,2)＝p2V2由已知条件得V1＝eq\f(V,2)＋eq\f(V,6)－eq\f(V,8)＝eq\f(13,24)VV2＝eq\f(V,2)－eq\f(V,6)＝eq\f(V,3)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＝eq\f(15p0S,26g)。5.如图所示，有两个不计质量和厚度的活塞M、N，将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18cm。现将一质量为m＝1kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2。(1)活塞重新稳定后，求下部分气体的压强；(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。【答案】：(1)1.5×105Pa(2)22cm16cm【解析】：(1)以两个活塞和重物作为整体进行受力分析，得：pS＝mg＋p0S得p＝p0＋eq\f(mg,S)＝1.0×105Pa＋eq\f(1×10,2×10－4)Pa＝1.5×105Pa。(2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1，末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2由理想气体状态方程可得：eq\f(p0h2S,T1)＝eq\f(ph3S,T2)得：h3＝eq\f(p0T2,pT1)h2＝eq\f(1.0×105×400,1.5×105×300)×18cm＝16cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(h1－h2)S＝pLS得：L＝6cm故此时活塞M距离底端的距离为h4＝h3＋L＝16cm＋6cm＝22cm。6.(2017·全国卷Ⅰ)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)eq\f(V,2)2p0(2)在汽缸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p0V＝p1V1①(3p0)V＝p1(2V—V1)②联立①②式得V1＝eq\f(V,2)③p1＝2p0。④(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下气体压强为p2。由玻意耳定律得(3p0)V＝p2V2⑤由⑤式得p2＝eq\f(3V,V2)p0⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝eq\f(3,2)p0。(3)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eq\f(p2′,T1)＝eq\f(p3,T2)⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0。⑧7.(2019·烟台模拟)如图所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，汽缸全长为21cm，大气压强为1.0×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。(g取10m/s2，不计活塞与汽缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字)(1)将汽缸倒过来放置，若温度上升到27℃，求此时气柱的长度；(2)汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度。【答案】：(1)16.1cm(2)100℃【解析】：以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p0S＋mg＝pS汽缸倒过来后，有p′S＋mg＝p0S温度为7℃不变，根据玻意耳定律有pSl0＝p′Sl′联立解得：l′＝eq\f(3,2)l0＝15cm。(1)温度由7℃升高到27℃的过程中，封闭气体压强不变，有eq\f(l′S,T1)＝eq\f(l″S,T2)解得l″≈16.1cm。(2)活塞刚好接触平台时，气体的温度为T，则由盖—吕萨克定律知eq\f(l″S,T2)＝解得：T≈373K，故t＝100℃。8.(2019·开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当A向右移动eq\f(L,4)时，水的深度h；(2)该深度计能测量的最大水深hm。【答案】：(1)3.33m(2)20m【解析】：(1)当A向右移动eq\f(L,4)时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1·eq\f(3,4)SL解得：p1＝eq\f(4,3)p0而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。由p1＝p0＋ρgh解得：水的深度h＝10·eq\f(ρgh,p0)＝3.33m。(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)又p2＝p0＋ρghm联立解得hm＝10·eq\f(ρghm,p0)＝20m。9.(2019·漳州调研)如图，横截面积为S的汽缸导热良好、内壁光滑，汽缸上端开口，底端有一阀门K连接进气口。原长2l、劲度系数k＝eq\f(p0S,l)的轻弹簧一端固定在汽缸底部，另一端连接质量为m＝eq\f(p0S,g)的活塞，外界大气压强p0已知。现汽缸内封闭一定质量的空气，此时活塞距汽缸底部的距离为eq\f(3l,2)，求：(1)汽缸中气体的压强p1；(2)进气口连接打气筒，打开阀门K，给汽缸缓慢打气，每次打入气体压强为p0、体积为V＝eq\f(Sl,16)，为使汽缸中弹簧恢复原长，需要打气几次？(设环境温度不变，打入的气体及汽缸内已有的气体可视为理想气体)【答案】：(1)eq\f(3,2)p0(2)28次【解析】：(1)对活塞受力分析如图所示：根据平衡条件有：mg＋p0S＝p1S＋keq\f(l,2)解得：p1＝eq\f(3,2)p0。(2)设弹簧恢复原长时气体的压强为p2根据平衡条件有：mg＋p0S＝p2S可得：p2＝2p0设打气筒打气n次，对于打入的气体及汽缸内已有的气体，由玻意耳定律得p1·eq\f(3,2)Sl＋np0·eq\f(Sl,16)＝p2·2Sl解得：n＝28，故需要打气28次。10.(2019·怀化模拟)如图所示，导热性能极好的汽缸静止于水平地面上，缸内用横截面积为S、质量为m的活塞封闭着一定质量的理想气体。在活塞上放一砝码，稳定后气体温度与环境温度相同，均为T1。当环境温度缓慢下降到T2时，活塞下降的高度为Δh；现取走砝码，稳定后活塞恰好上升Δh。已知外界大气压强为p0保持不变，重力加速度为g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，T1、T2均为热力学温度，求：(1)气体温度为T1时，气柱的高度；(2)砝码的质量。【答案】：(1)eq\f(T1,T1－T2)Δh(2)【解析】：(1)设气体温度为T1时，气柱的高度为H，环境温度缓慢下降到T2的过程是等压变化，根据盖—吕萨克定律有解得H＝eq\f(T1,T1－T2)Δh。(2)设砝码的质量为M，取走砝码后的过程是等温变化V2＝(H－Δh)Sp3＝p0＋eq\f(mg,S)V3＝HS由玻意耳定律得p2V2＝p3V3联立解得M＝。11．(2019·东北三省四市二模)用销钉固定的导热活塞将竖直放置的导热汽缸分隔成A、B两部分，每部分都封闭有气体，此时A、B两部分气体压强之比为5∶3，上下两部分气体体积相等。(外界温度保持不变，不计活塞和汽缸间的摩擦，整个过程不漏气)(1)如图甲，若活塞为轻质活塞，拔去销钉后，待其重新稳定时求B部分气体的体积与原来体积之比；(2)如图乙，若活塞的质量为M，横截面积为S，拔去销钉并把汽缸倒置，稳定后A、B两部分气体体积之比为1∶2，重力加速度为g，求后来B气体的压强。【答案】：(1)3∶4(2)eq\f(3Mg,7S)【解析】：(1)拔销钉前，设A气体的体积为V，由玻意耳定律得到：pAV＝pA′(V＋ΔV)，pBV＝pB′(V－ΔV)又pA∶pB＝5∶3，pA′＝pB′解得：ΔV＝eq\f(1,4)V，B部分气体体积与原来的体积之比为3∶4。(2)初始状态：eq\f(pA,pB)＝eq\f(5,3)，最终平衡状态：pA′＝pB′＋eq\f(Mg,S)设汽缸总容积为V′，A、B两部分气体做等温变化pAeq\f(V′,2)＝pA′eq\f(V′,3)，pBeq\f(V′,2)＝pB′eq\f(2V′,3)联立解得：pB′＝eq\f(3Mg,7S)。12．(2018·商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A、B两部分，初态时已知A、B两部分气体的热力学温度分别为330K和220K，它们的体积之比为2∶1，末态时把A气体的温度升高70℃，把B气体温度降低20℃，活塞可以再次达到平衡。求气体A初态的压强p0与末态的压强p的比值。 【答案】：eq\f(9,10)【解析】：设活塞原来处于平衡状态时A、B的压强相等为p0，后来仍处于平衡状态压强相等为p。根据理想气体状态方程，对于A有：eq\f(p0VA,TA)＝eq\f(pVA′,TA′) ① 对于B有：eq\f(p0VB,TB)＝eq\f(pVB′,TB′)② 化简得：eq\f(VA′,VB′)＝eq\f(8,3) ③ 由题意设VA＝2V0，VB＝V0，④ 汽缸的总体积为V＝3V0⑤ 所以可得：VA′＝eq\f(8,11)V＝eq\f(24,11)V0 ⑥ 将④⑥代入①式得：eq\f(p0,p)＝eq\f(9,10)⑦13.(2018·达州一模)在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的V­T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102J，求：(1)气体在状态B的体积VB；(2)此过程中气体内能的增量ΔU。【答案】：(1)8.0×10－3m3(2)400J【解析】：(1)由V­T图像通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖吕萨克定律得：eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)；解得：VB＝eq\f(TB,TA)VA＝eq\f(4×102,3×102)×6.0×10－3m3＝8.0×10－3m3。(2)外界对气体做的功：W＝p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3)J＝－2×102J根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W解得：ΔU＝6.0×102J－2×102J＝4.0×102J＝400J14.(2018·湖南师大附中模拟)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：(1)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？(2)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？(3)当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？【答案】：(1)eq\f(L,L0)T0(2)(p0S－mg)(L－L0)(3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)【解析】：(1)气体等压变化，由盖吕萨克定律得：eq\f(L0S,T0)＝eq\f(LS,T)，解得：T＝eq\f(LT0,L0)。(2)对活塞，由平衡条件得：mg＋pS＝p0S，气体做功：W＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)，解得：W＝(p0S－mg)(L－L0)。(3)由热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q，气体吸收的热量：Q＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。15.（2019全国Ⅱ卷）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：（i）抽气前氢气的压强；（ii）抽气后氢气的压强和体积。【答案】：（p0+p）【解析】：（i）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得（p10–p）·2S=（p0–p）·S①得p10=（p0+p）②（ii）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1–2V0=2（V0–V2）⑥联立②③④⑤⑥式解得⑦⑧16.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。【答案】：【解析】：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①根据力的平衡条件有②联立①②式可得③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④式中V1=SH⑤V2=S（H+h）⑥联立③④⑤⑥式解得⑦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17.（2018全国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，