热学专题复习二1、（10分）如图所示，水平地面上固定两个完全相同导热性能良好的足够长的气缸，两气缸内各有一个用轻杆相连接的活塞，活塞和气缸封闭着一定质量的理想气体，活塞到气缸底部的距离均为d，p，现锁定两个活塞，使右侧气缸与一个恒温热活塞与气缸之间无摩擦，轻杆无压力，大气压强为源接触，使右侧气体的热力学温度升高为原来的2倍，求：(i) 若右侧气缸的温度升高后，右侧气缸内的气体压强变为多大。

(ii)若保证右侧气缸与上述恒温热源的接触，解除两侧活塞的锁定，求稳定后活塞向左移动的距离。

2、(9分) 如图所示的玻璃管ABCDE，CD部分水平，其余部分竖直（B端弯曲部分长度可忽略），玻璃管截面半径相比其长度可忽略，CD内有一段水银柱，初始时数据如图，环境温度是300K，大气压是75cmHg。

现保持CD水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，当水平段水银柱刚好全部进入DE竖直管内时，保持玻璃管静止不动。

问：（i）玻璃管A端插入大水银槽中的深度是多少？（即水银面到管口A的竖直距离）？（ii）当管内气体温度缓慢降低到多少K时，DE中的水银柱刚好回到CD水平管中？3、（9分）如图所示除气缸右壁外其余部分均绝热，轻活塞K与气缸壁接触光滑，K把密闭气缸分隔成体积相等的两部分，分别装有质量、温度均相同的同种气体a和b，原来a、b两部分气体的压强为p0、温度为27 ℃、体积均为V。

现使气体a温度保持27℃不变，气体b温度降到-48℃，两部分气体始终可视为理想气体，待活塞重新稳定后，求：最终气体a的压强p、体积V a。

4. （10分）如下图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S=0.01m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，A的质量可不计、B的质量为M，并与一劲度系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连。

已知大气压强p0=1×105Pa，平衡时两活塞间的距离l0=0.6m。

现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡。

此时，用于压A的力F=5×102N。

假定气体温度保持不变，求:（1）此时两活塞间的距离。

（2）活塞A向下移的距离。

（3）大气压对活塞A和活塞B做的总功。

5 (9分)如图所示是小明自制的简易温度计。

在空玻璃瓶内插入一根两端开口、内横截面积为0.4cm2的玻璃管，玻璃瓶与玻璃管接口处用蜡密封，整个装置水平放置。

玻璃管内有一段长度可忽略不计的水银柱，当大气压为1.0×105P a、气温为7℃时，水银柱刚好位于瓶口位置，此时封闭气体体积为480cm3，瓶口外玻璃管有效长度为48cm。

求①此温度计能测量的最高气温；②当气温从7℃缓慢上升到最高气温过程中，密封气体吸收的热量为3J，则在这一过程中密封气体的内能变化了多少。

6、 (10分) 如图所示，内壁光滑长度为4l 、横截面积为S 的汽缸A 、B ，A 水平、B 竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p 0的环境中，活塞C 、D 的质量及厚度均忽略不计。

原长3l 、劲度系数03p S k l=的轻弹簧，一端连接活塞C 、另一端固定在位于汽缸A 缸口的O 点。

开始活塞D 距汽缸B 的底部3l ．后在D 上放一质量为0p S m g =的物体。

求： （i ）稳定后活塞D 下降的距离；（ii ）改变汽缸内气体的温度使活塞D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少?7.如图，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体，p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)气缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q .8.(2013·新课标卷Ⅱ)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0cm 的空气柱，中间有一段长为l 2＝25.0cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0cm.已知大气压强为P 0＝75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l 1′＝20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．9.用DIS 研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接； ②移动活塞，记录注射器的刻度值V ，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p ；③用V －1p 图像处理实验数据，得出如图乙所示的图线． (1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是 ；(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是 和 ；(3)如果实验操作规范正确，但图中的V －1p图线不过原点，则V 0代表10．（10分）如图所示，粗细均匀的L 形细玻璃管AOB ，OA 、OB 两部分长度均为20cm ，OA 部分水平、右端开口，管内充满水银，OB 部分竖直、上端封闭．现将玻璃管在竖直平面内绕O 点逆时针方向缓慢旋转53°，此时被封闭气体长度为x ．缓慢加热管内封闭气体至温度T ，使管内水银恰好不溢出管口．已知大气压强为75cmHg ，室温为27℃，sin53°=0.8，．求：①气体长度x ；②温度T ．热学专题复习二参考答案1、(10分)解：(i)由题意可知，右侧气体做等容变化，升温前，左右气缸内气体压强均为0p ，升温后右侧气体压强为2p ，由查理定律得：T p T p 220= ① （2分） 解得022p p = ② （1分）(ii)设活塞向左移动x ，左侧气体压强变为1p '，右侧气体压强变为2p '，由玻意耳定律 对左侧气体有：S x d p dS p )(10-⋅'=⋅ ③ （2分） 对右侧气体有：S x d p ds p )(220+⋅'=⋅ ④ （2分） 对活塞受力分析可知：21p p '=' ⑤ （1分） 联立③④⑤式并代入数据解得：3d x = ⑥ （2分） 2、 解：ⅰ、P 1V 1=P 2V 2 即：75 ×160=（75+5）×L 2L 2=150cm h=25cmⅱ、 3113V V T T = L 3=140-25+15+10=140cm 3262.5T K =3、【答案】078P P ＝；87a V V ＝【解析】试题分析：由题意可知b 降温平衡后ab 两部分气体压强仍相等，设为P ；对b 气体，加热前压强为：P b =P 0，体积为：V b =V ，温度为：T b =T 0=273+27=300K设降温后气体压强P ，温度：T 1=273-48=225K ，体积为V 1根据理想气体状态方程得：101b PVPV T T ＝ ① 对a 气体，初态压强为：P a =P 0，体积为：V a0=V ，温度为：T a =T 0=300K末态压强为P ，体积为：V a =2V-V 1因为隔板绝热，a 做等温变化，由玻意耳定律得：P a V a0=PV a ②①②联立得：87a V V ＝；167V V ＝；078P P ＝4、【答案】（1）0.4m （2）0.3m （3）200J5、【答案】①18.2℃②1.08J【解析】试题分析：①当水银柱到达管口时，达到能测量的最高气温T 2，则初状态：T 1=(273+7)K=280K V 1=480cm 3末状态：V 2=(480+48×0.4)cm 3=499.2 cm 3由盖吕萨克定律 2211T V T V =代入数据得T 2=291.2K=18.2℃②水银移动到最右端过程中，外界对气体做功 W=-P 0SL=-1.92J由热力学第一定律得气体内能变化为△E=Q+W=3J+(-1.92J)=1.08J6、（10分）解：（i ）开始时被封气体的压强为01p p =，活塞C 距气缸A 的底部为l ，被封气体的 体积为4lS ，重物放在活塞D 上稳定后，被封气体的压强0022p Smg p p =+=.............................................................................................① 活塞C 将弹簧向左压缩了距离1l ，则S p p kl )(021-=...................................................................................................② 根据波意耳定律，得xS p lS p 204= .......................................................................................................③ 活塞D 下降的距离14l x l l +-=∆. ......................................................................④ 整理得l l 37=∆.........................................................................................................⑤ （ii ）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C 的位置不动，最终被封气体的体积为 S l l )4(1+,对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得273)34(273274220++=+t S l l p lS p ........................................................................................⑥ 解得C t o 3772=. ...............................................................................................⑦ 评分标准：本题共10分，其中③④⑥每式2分，其余每式1分。

7、解析：(1)在气体由p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T ＝2.4T 0变为T 1，由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：V V 1＝T 1T 0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝2T 0V 1＝12V . (2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)，在这一过程中，气体内能的减少量为ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为：Q ＝W ＋ΔU ，解得Q ＝p 0V ＋αT 08、解析：以cmHg 为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为 p 1＝p 0＋l 2①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′②如图，设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l 3′＝l 3＋l 1－l 1′－Δl ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′，则p 3′＝p 1′－l 2，④由玻意耳定律得p 0l 3＝p 3′l 3′⑤联立①－⑤式结合题给数据解得Δl ＝15.0cm.9、（1）在注射器活塞上涂润滑油（2）移动活塞要缓慢不能用手握住注射器封闭气体部分（3）注射器与压强传感器连接部位的气体体积.10【解答】解：①气体的状态参量：p1=75cmHg，V1=20S，V2=xS，p2=75+xsin53°﹣（20﹣x）cos53°=（63+1.4x）cmHg，气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：75×20S=（63+1.4x）×xS，解得：x=17.1cm；②气体的状态参量：T1=273+27=300K，p3=75+20sin53°=91cmHg，气体发生等容变化，由查理定律得：=，即：=，解得：T3=364K；答：①气体长度x为17.1cm；②温度T为364K．。