2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题15固体液体气体与能量守恒含解析20190524156.wps
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1、专题 1515 固体、液体、气体与能量守恒 第一部分名师综述 综合分析近几年的高考物理试题发现,试题在考查主干知识的同时,注重考查必修中的基本概 念和基本规律,以选择题的形式考查晶体和非晶体的特点、液体的表面张力、饱和汽与饱和汽 压、热力学运动定律的理解等;以计算和问答题的形式结合气体考查内能、气体实验定律、理 想气体状态方程、热力学第一定律等; (1)考纲要求 知道晶体、非晶体的区别;理解表面张力,会解释有关现象;掌握气体实验三定律,会用三定 律分析气体状态变化问题。知道改变内能的两种方式,理解热力学第一定律;知道与热现象有 关的宏观物理过程的方向性,了解热力学第二定律;掌握能量守恒定律及其
2、应用 (2)命题规律 高考热学命题的重点内容有:理想气体状态方程和用图象表示气体状态的变化;气体实验定律 的理解和简单计算;固、液、气三态的微观解释和理解。高考对本部分内容考查的重点和热点 有以下几个方面:热力学定律的理解和简单计算,多以选择题的形式出现。 第二部分精选试题 1如图所示,向一个空的铝饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管,接口用蜡密封,在吸 管内引入一小段油柱(长度可以忽略 ),如果不计大气压的变化,这就是一个简易的气温计。 已知铝罐的容积是 360cm3,吸管内部粗细均匀,横截面积为 0.2cm2,吸管的有效长度为 20cm, 当 温 度 为 25 时 , 油 柱 离 管 口
3、10cm。 如 果 需 要 下 列 计 算 , 可 取 相 应 的 近 似 值 : 360298362296.4 364298362299.6 (1)吸管上标刻度值时,刻度是否均匀?说明理由; (系数可用分数表示) (2)计算这个气温计的测量范围(结果保留一位小数,用摄氏温度表示。) 【答案】(1)体积的变化量与温度的变化量成正比,吸管上的标的刻度是均匀的。 (2)23.426.6 【解析】 【详解】 V (1)根据盖-吕萨克定律, T = C V1 360 + 10 0.2 362 则有:C = T1 = 273 + 25 = 298cm 3/K 362 所以 V = C T = 298T
4、1 即体积的变化量与温度的变化量成正比,吸管上标的刻度是均匀的 362 (2)因为 V = 298T,所以有: T = 298 362 V = 298 362 0.2 (20 - 10)K = 1.6K 这个气温计可以测量的温度为:t=(251.6), 即这个气温计测量的范围是 296.4K299.6K,即 23.426.6 2利用如图所示的实验装置来测定容器内液体的温度,容器右侧部分水银压强计的左管中有 一段长度为 h=10cm的水银柱,水银柱下密封一段长为 l=4 cm的空气柱 B。实验开始时水银压 强计的两侧水银柱上端在同一水平面,这时容器内液体的温度为 27,后来对液体加热,通 过向水
5、银压强计右管中注入水银,使左管水银面仍在原来的位置,此时测得水银压强计左管中 密封空气柱 B 的长度为 l=3 cm。已知外界大气压强为 76 cmHg。求: (I)加热后液体的温度 t; (II)向水银压强计右管中注入水银的长度。 【答案】(1)t = 139.5 C;(2)水银压强计右管注入水银的长度为32cm 【解析】 【详解】 (I)由题意知,B 部分气体发生等温变化,则初始时 pB = p0 + (ph + pl) = (76 + 10 + 4)cmHg = 90cmHg 根据玻意耳定律得:pBlS = pBlS 得:pB = pBl l = 90 4 3 cmHg = 120cmH
6、g 这时 A 气体压强pA = pB - ph = 110cmHg A 气体做等容变化,初始时,pA = pB - ph = 80cmHg pA 根据查理定律,TA = pA TA 得TA = pATA pA = 110 (273 + 27) 80 K = 412.5K 得t = 139.5 C (II)设最终右侧水银面比左管中水银面高h,由题意知120cmHg = 76cmHg + ph +13cmHg 得ph = 31cmHg,h = 31cm 所以水银压强计右管注入水银的长度为h + l - l = 31 + 4 - 3cm = 32cm 2 3如图所示,一气缸水平放置,用一横截面积为
7、S、厚度不计的活塞将缸内封闭一定质量的 1 气体,活塞与缸底间的距离为 L,在活塞右侧3L处有一对气缸内壁固定连接的卡环,缸内气体 的温度为 T0,大气压强为 p0,气缸导热性良好。现将气缸在竖直面内缓慢转过 90,气缸开 口向下,活塞刚好与卡环接触,重力加速度为 g。不计气缸与活塞间摩擦。 (1)求活塞的质量; (2)再将气缸在竖直面内缓慢转动 180,当气缸开口向上时,对缸内气体缓慢加热,直到 当缸内活塞再次恰好与卡环接触,加热过程中气体内能增加E,求缸内气体的温度和加热过 程中气体吸收的热量。 p0S 5 2 【答案】(1)4g;(2)T = 3T0,3p0SL + E 【解析】 【详解
8、】 (1)设活塞的质量为 m,当汽车缸开口向下时,缸内气体的压强:p1 = p0 - mg S 当气缸从水平转到缸口向下,气体发生等温变化,则有:p0LS = p1 4 3LS 联立解得活塞的质量:m = p0S 4g (2)设气缸开口向上且活塞与卡环刚好要接触时,缸内气体的温度为 T,缸内气体的压强:p2 = p0 + mg S = 5 4p0 P1 气体发生等容变化,则有:T0 = P2 T 解得:T = 5 3T0 4 设气缸刚转到开口向上时,活塞力卡环的距离为 d,则:p0LS = p2(3L - d)S 解得:d = 8 15L 在给气体加热的过程中,气体对外做的功:W = p2Sd
9、 = 2 3p0SL 则根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量:W = p2Sd = 2 3p0SL + E 4底面积为 4S 的圆柱形烧杯装有深度为 H 的某种液体,液体密度为 ,将一横截面积为 S、 长度为 2H 的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触,如图 1 所示。现用 厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图 2 所示。再将玻璃管缓慢竖直上移,直至玻璃 管下端即将离开液面如图 3 所示。已知大气压强 p0=kgH,k 为常数,g 为重力加速度,环境 温度保持不变,求图 3 中液面下降的高度 h 及玻璃管内液柱的高度 h。 3 h H 2 + 4) h = 【答案】h
10、 = , 4 = 8(k + 2 - k H 2 + 4) 2(k + 2 - k 【解析】 【详解】 (1)由液体在整个过程中体积不变,设图 3 烧杯中液体的高度下降为h,则由几何关系有: H 4S = (H + h) 4S + Sh 解得h = 4h 对管内封闭气体发生等温变化,设图 3 红粉笔气体的压强为 p,由理想气体状态方程有:p0 HS = p(2H - h)S 对管内液体有平衡条件有:p +gh = p0 联立解得:h = H 2 + 4) 2(k + 2 k 考虑到无论 k 取何值h = H 2 + 4) 0,假设成立; 因此水银不会流出,管中水银面离管口的距离为(5 17-2
11、0)cm。 10如图所示,两正对且固定不动的导热气缸,与水平成 30角,底部由体积忽略不计的细 管连通、活塞 a、b 用不可形变的轻直杆相连,不计活塞的厚度以及活塞与气缸的摩擦,a、b 两活塞的横截面积分别为 S1=10cm2,S2=20cm2,两活塞的总质量为 m=12kg,两气缸高度均为 H=10cm。气缸内封闭一定质量的理想气体,系统平衡时活塞 a、b 到气缸底的距离均为 L=5cm(图 中未标出),已知大气压强为 P=105Pa.环境温度为 T0=300K,重力加速度 g 取 10m/s2。求: (1)若缓慢降低环境温度,使活塞缓慢移到气缸的一侧底部,求此时环境的温度; (2)若保持环
12、境温度不变,用沿轻杆向上的力缓慢推活塞,活塞 a 由开始位置运动到气缸底部, 求此过程中推力的最大值。 【答案】(1)200K(2)40N 【解析】 【分析】 (1)将两活塞作为整体受力分析,求得气缸内气体的压强;缓慢降低环境温度,使活塞缓慢移 动时,气体压强不变,体积减小,活塞向下移动;由盖吕萨克定律可得活塞缓慢移到气缸的 一侧底部时环境的温度。 (2) 沿轻杆向上的力缓慢推活塞,活塞 a 由开始位置运动到气缸底部时,推力最大。求得末状 9 态(活塞 a 由开始位置运动到气缸底部时)气体的总体积;据玻意耳定律求得末状态气体的压强; 将两活塞作为整体受力分析,求得推力的最大值。 【详解】 (1
13、)设初始气体压强为p1,将两活塞作为整体受力分析,由平衡条件可得:p0S1 + p1S2 = mgsin 300 + p0S2 + p1S1 p1 = 1.6 105Pa ,代入数据解得: 活塞缓慢移动过程中,缸内气体压强不变,温度降低,体积减小,活塞向下移动;由盖吕萨 S1L + S2L S1H 克定律可得: T0 = T ,解得:活塞缓慢移到气缸的一侧底部时环境的温度T = 200K (2) 沿轻杆向上的力缓慢推活塞,气体体积变化,又气体温度不变,则气体压强变化,当活塞 到达汽缸顶部时,向上的推力最大,此时气体的体积为HS2,设此时的压强为p2,由玻意耳定 律得:p1(LS1 +LS2)
14、= p2HS2 代入数据解得:p2 = 1.2 105Pa 将两活塞作为整体受力分析,由平衡条件可得:F + p0S1 + p2S2 = mgsin300 + p0S2 + p2S1 代入数据解得:F = 40N 11如图所示,绝热气缸 A 固定在水平桌面上,可通过电热丝给内部封闭的气体加热,其活塞 用一轻绳与导热气缸 B 的活塞通过定滑轮相连,气缸 B 悬在空中,质量为 M,底部悬挂有一质 量也为 M 的物体,气缸 B 的活塞到气缸 B 内部底端的距离为 d。两活塞面积均为 S,两气缸中 均封闭有相同质量的同种理想气体,两气缸都不漏气。开始时系统处于平衡状态,且温度均与 环境温度相同为 T0
15、,不计活塞和气体的重力,不计任何摩擦,已知重力加速度为 g,外界大气 压强为 P0。 (i)求 A、B 气缸中气体的压强; (ii)若环境温度、大气压保持不变,取下气缸 B 底部悬挂的物体,重新稳定后,要使气缸 B 底 部离地面的高度与取下物体前相同,则气缸 A 中气体的温度应升高多少?(活塞不会脱离气缸) 2Mg 2Mg 【答案】(i)PA = PB = P0 - (ii) P0S - 2MgT0 S 【解析】 【分析】 (i)对气缸 A、B 的活塞根据平衡条件列出方程即可求解向应的压强; 10 (ii)再次根据平衡条件以及理想气体状态方程进行求解即可; 【详解】 (i)取下物体前对气缸 B
16、 的活塞根据平衡条件有:PBS + 2Mg = P0S 解得:PB = P0 - 2Mg S 取下物体前对气缸 A 的活塞根据平衡条件有:PAS + F = P0S (F = 2Mg) 解得:PA = P0 - 2Mg S 故气缸 A、B 中的压强相等; (ii)取下物体,重新稳定后,对气缸 B 有:PBS + Mg = P0S 解得:PB = P0 - Mg S 此过程中气缸 B 中的气体等温变化,有:PB Sd = PB Sd 此过程中气缸 B 上移的距离为:d = d - d 联解得:d = Mg P0S - Mgd 取下物体前,气缸 A、B 中的压强相同,温度也相同,且两气缸中均封 闭
17、有相同质量的同种理 想气体,故气缸 A、B 中的气体体积相同,气缸 A 中活塞到气缸 A 内部底端的距离也为 d,要 使气缸 B 底部离地面的高度与取下物体前相同,则气缸 A 中活塞应向右移动 d 的距离,因此 PASd 在此过程中对 A 中气体有: T0 = PAS(d + d) T 而:PA = PB 联解得:T = P0S P0S - 2MgT0 2Mg 气缸 A 中气体的温度应升高:T = T - T0 = P0S - 2MgT0。 【点睛】 本题结合平衡条件求解气体的压强,然后结合等温变化和理想气体状态方程进行求解,要注意 两个气缸的体积、压强和温度之间的关系是解决本题的关键。 12
18、如图,内径均匀的弯曲玻璃管 ABCDE两端开口,AB、CD 段竖直,BC、DE 段水平, AB=100cm,BC=40cm,CD=50cm,DE=60cm。在水平段 DE 内有一长 10cm的水银柱,其左端距 D 点 10cm。在环境温度为 300K 时,保持 BC段水平,已知大气压为 75cm Hg 且保持不变。 (1)若将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中,使 A 端刚刚没入水银面,再将环境温度缓慢 升高,求温度升高到多少 K 时,水银柱刚好全部溢出; 11 (2)若将玻璃管 A 端缓慢竖直向下插入大水银槽中,使 A 端刚刚没入水银面下 10cm。再将环境 温度缓慢降低,求温度降低到
19、多少 K 时,水银柱刚好全部进入 CD段。 【答案】(1)375K(2)208K 【解析】 【分析】 V1 V2 (1)A 端刚没入水银面,随着环境温度缓慢升高,封闭气体做等压变化,根据 = 求解。 T1 T2 (2)当液柱刚好全部进入 CD 管时,玻璃管中的水银将沿 AB管上升 10cm,则封闭气体的压强 P1V1 P3V3 P3=65cmHg,所以大水银槽中的水银将沿 A 管上升 20cm。由理想气体状态方程: = 求解 T3。 T1 T3 【详解】 (1)A 端刚没入水银面,随着环境温度缓慢升高,封闭气体做等压变化,设玻璃管横截面积 V1 V2 200S 250S 为 S:V1=200S
20、,T1=300K;水银柱刚好全部溢出时:V2=250S。由 = ,代入数据: = ,解 T1 T2 300 T2 得 T2=375K,即当温度升高到 375K时,水银柱刚好全部溢出。 (2)若 A 端刚没入水银面下 10cm,当液柱刚好全部进入 CD管时,玻璃管中的水银将沿 AB 管 上升 10cm,则封闭气体的压强 P3=65cmHg,所以大水银槽中的水银将沿 A 管上升 20cm,封闭气 P1V1 P3V3 75 200S 65 160S 体的体积 V3=160S,由理想气体状态方程: = ,代入数据: = ,解得 T1 T3 300 T3 T3=208K,即当温度降低到 208K 时,水
21、银柱刚好全部进入 CD段。 【点睛】 当液柱刚好全部进入 CD管时,关键是根据压强能分析出大水银槽中的水银将沿 A 管上升 20cm,这样才能得到封闭气体的体积 V3. 13如图所示, A、 B 气缸长度均为 L,横截面积均为 S,体积不计的活塞 C 可在 B 气缸内无 摩擦地滑动, D 为阀门。整个装置均由导热性能良好的材料制成。起初阀门关闭, A 内有压 强 2P1的理想气体, B 内有压强 P1/2的理想气体,活塞在 B 气缸内最左边,外界热力学温度 为 T0。阀门打开后,活塞 C 向右移动,最后达到平衡。不计两气缸连接管的体积。求: (1).活塞 C 移动的距离及平衡后 B 中气体的压
22、强; (2).若平衡后外界温度缓慢降为 0.50T0,气缸中活塞怎么移动?两气缸中的气体压强分别变为 多少? 3 5 【答案】(1)活塞 C 移动的距离为 ,平衡后 B 中气体的压强为 (2)不移动,气体压强均 5L 4P1 12 5 为8P1 【解析】 【详解】 (1)打开阀门后,两部分气体可以认为发生的是等温变化,设最后 A、B 的压强均为 P2,活塞 向右移动 x,则 A 中气体:2P1LSP2 (L+x)S 1 B 中气体: P1LSP2 (Lx)S 2 3 5 解得:x L;P2= 4P1 5 (2)设降温后气缸内活塞向右移 x0,两部分气体的压强为 P3 8 8 P2 5L + x
23、0)S 5LS P3 ( 则 A 中气体: T0 0.5T0 2 2 P2 5LS 5L - x0)S P3 ( B 中气体: T0 0.5T0 P2 P3 得 x0=0,即活塞并不发生移动,因此降温过程两部分气体发生的是等容变化,由 A 中气体T0 0.5T0 解得:P3 = 5 8P1 【点睛】 本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究,同时要抓住两部分气体的相关条件, 如压强关系、体积关系等等 14如图所示,带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,其下部放入盛水的烧杯中。注射器活 塞的横截面积 S5105m2,活塞及框架的总质量 m05102kg,大气压强 p01.0105Pa。
24、当水温为 t013时,注射器内气体的体积为 5.5mL。(g10m/s2) (1)向烧杯中加入热水,稳定后测得 t165时,气体的体积为多大? (2)保持水温 t165不变,为使气体的体积恢复到 5.5mL,则要在框架上挂质量多大的钩码? 【答案】(1)6.5mL (2)0.1kg 【解析】 【分析】 (1)加入热水后,温度升高,但气体压强不变,故气体发生等压变化,则由盖-吕萨克定律 可求得气体的体积; (2)加上物体使气体做等温变化,则由玻意耳定律可求得变化后的压强,从而由压强公式可 13 求得需增加的质量 【详解】 ( 1) 加 入 热 水 , 由 于 压 强 不 变 , 气 体 发 生
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