2025届高考物理二轮复习：微专题10 热学计算题型突破-专项训练 【含答案】

2025届高考物理二轮复习：微专题10热学计算题型突破-专项训练1.[2024·台州模拟]如图所示,开口向上、粗细均匀、长为L的玻璃管竖直放置,管内有一段高h=15cm的水银柱,封闭着长a=50cm的空气柱,大气压强为p0=75cmHg,管内气体的初始温度为T0=300K.(1)若将玻璃管自由释放,不计阻力,不考虑管内空气温度的变化且无水银溢出玻璃管,求稳定后管内封闭空气柱的长度;(2)若玻璃管长为L2=95cm,将玻璃管固定,则温度至少升到多高时,可使管内水银柱全部溢出?(计算结果保留一位小数)(3)若玻璃管长为L3=65cm,将玻璃管固定,则温度至少升到多高时,可使管内水银柱全部溢出?(计算结果保留一位小数)2.[2024·湖州模拟]某同学采用如图装置测量某一不规则实心矿石的体积V,导热良好的汽缸上部高L1=20cm,横截面积S1=100cm2,下部高L2=20cm,横截面积S2=450cm2,质量为m的活塞初始轻放到汽缸的顶部,封闭了空气后继续缓慢下落,待平衡后,活塞下表面距汽缸顶部h1=10cm.将矿石放入汽缸底部,再次封上活塞后,发现最终活塞静止时下表面距汽缸顶部h2=8cm.已知大气压强p0=1.0×105Pa,活塞、汽缸紧密接触且不计两者间的摩擦,封闭的空气可视为理想气体,重力加速度g取10m/s2,环境温度恒定.(1)活塞下降过程中,被封闭空气对外做(选填“正”或“负”)功,被封闭空气待温度稳定后,其内能将(选填“增加”“减少”或“不变”);

(2)求活塞的质量m;(3)求矿石的体积V.3.[2024·温州模拟]如图所示装置是一个高为H、底面积为S的圆柱形导热汽缸的截面图.汽缸顶部安装有挡柱,底部通过阀门(大小不计)连接一个充气源,厚度不计的活塞封闭有一部分空气,活塞距离汽缸底部高度h=13H,质量M=p0S2g(g为重力加速度),活塞与汽缸之间的摩擦可忽略.大气压强为p0,空气可视为理想气体.现用充气源给汽缸充气,每次可往容器中充入压强为p0、体积为130SH(1)初始时封闭气体的压强大小;(2)第一次充气前后,活塞缓慢上升的高度;(3)充气45次之后,缸内气体的压强大小.4.[2024·广东佛山模拟]一个容积为V0=9.9L的导热汽缸下接一圆柱形管,二者总质量为M=900g,现用质量m=100g、横截面积S=10cm2、厚度可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与圆管管壁间摩擦不计.活塞下端连接弹簧,弹簧下端与地面固定,汽缸始终保持竖直.开始时气体温度为T1=297K,活塞处在A位置,汽缸内气体压强为p1.随着环境温度缓慢升高到T2,活塞恰能缓慢移至容器底部B位置处,已知A、B间距离h=10cm,外界大气压强p0=1.01×105Pa,g取10m/s2.(1)环境温度由T1缓慢升高到T2过程中,汽缸内气体压强(选填“变化”或“不变”);

(2)求汽缸内的气体压强p1及环境温度T2;(3)升温过程中,若气体内能增加了ΔU=25J,求气体需要从外界吸收的热量.5.[2024·金华模拟]如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上,有一长L=16cm的绝热汽缸与绝热活塞静置于斜面上,活塞与重物通过不可伸长的轻绳连接,此时重物对地面恰好无压力,轻绳OA段与斜面平行,活塞距离汽缸底部3L4.活塞质量m=1kg,重物质量M=2kg,活塞面积S=10cm2,大气压p0=1.0×105Pa,缸内封闭的理想气体温度T0=300K,缸内气体分子总动能满足Ek=kT,其中k=0.8J/K,g取10m/s2.活塞厚度及活塞与汽缸壁的摩擦忽略不计,活塞始终与汽缸壁垂直且不漏气.当电热丝通电加热时,(1)加热过程气体压强(选填“增大”“减小”或“不变”),汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子的撞击数(选填“增大”“减小”或“不变”);

(2)求加热前汽缸内气体的压强p1;(3)求加热过程汽缸内气体吸收的热量Q.参考答案与详细解析1.(1)60cm(2)481.7K(3)325K[解析](1)若将玻璃管自由释放,不计阻力,则整体做自由落体运动,封闭气体的压强为p0=75cmHg,根据玻意耳定律有p1Sa=p0Sa'又p1=p0+ρgh=90cmHg解得稳定后管内封闭空气柱的长度为a'=60cm(2)温度升高,封闭气体压强不变,体积增大,水银柱升高,当水银柱上升至管口时,温度继续升高,水银开始逸出,气体压强减小.设温度为T1时,管内剩余水银柱高度为h',此时不用再升高温度,水银可自动从管中溢出,根据理想气体状态方程有p1Sa可以使水银全部溢出时T1最大,则p0+ρgℎ'L2-解得T1≈481.7K故温度至少升到481.7K时,可使管内水银柱全部溢出.(3)若玻璃管长为L3=65cm,同理,设管内剩内水银柱为h″时处于临界状态,水银自动溢出,根据理想气体状态方程有p1Sa代入数据解得h″=-5,而h″≥0,故h″取0解得T2≈325K故温度至少升到325K时,可使管内水银柱全部溢出.2.(1)负不变(2)10kg(3)2200cm3[解析](1)活塞下降过程中,气体体积减小,被封闭空气对外做负功,被封闭空气待温度稳定后,由于汽缸导热良好,温度不变,封闭的空气可视为理想气体,其内能将不变.(2)对活塞进行分析有mg+p0S1=p1S1汽缸导热良好,温度不变,即气体发生的是等温变化,根据玻意耳定律有p0L1S1+L2S2=p1[(L1-h1)解得m=10kg.(3)再次平衡时,根据玻意耳定律有p0L1S1+L2S2-V=p1[(L1-h2)解得V=2200cm3.3.(1)32p0(2)145H(3)2[解析](1)对活塞受力分析,由平衡条件得p0S+Mg=p1S解得p1=32p(2)第一次充气时,对充进部分的气体研究,有p0130SH=p解得h1=145(3)活塞与汽缸挡柱刚好接触时,有n=H-ℎ则充气的前30次气体做等压变化,后15次压强变化,有p115ℎ1+HS解得p2=2p04.(1)不变(2)1.1×105Pa300K(3)36J[解析](1)对汽缸受力分析,变化前有Mg+p0S=p1S,变化后有Mg+p0S=p1'S,可知p1=p1',则可知,环境温度由T1缓慢升高到T2过程中,汽缸内气体压强不变.(2)以汽缸为研究对象,根据平衡条件可知Mg+p0S=p1S解得p1=1.1×105Pa气体升温膨胀过程为等压过程,由盖-吕萨克定律有V0T解得T2=300K.(3)由热力学第一定律可知ΔU=W+Q气体膨胀对外做功,则可得W=-p1Sh=-11J所以气体需要从外界吸收热量Q=36J.5.(1)不变减小(2)8.5×104Pa(3)83.4J[解析](1)加热过程,活塞、汽缸和重物整体受力不变,汽缸向下滑动,活塞的受力不变,即气体对活塞的压力不变,气体的压强不变;加热过程,气体的温度升高,气体的平均动能增大,气体分子对汽缸内壁的平均作用力变大,但是气体的压强不变,即单位面积单位时间内气体分子的作用力不变,则汽缸内壁单位面积单位时间内受到分子的撞击数减