【文档说明】热学活塞模型计算--2025高考物理专项练习（解析版）.pdf，共(9)页，340.649 KB，由envi的店铺上传

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1热学活塞模型计算【考查方法】对各个知识点进行过关，尽管有些知识点出现的概率比较小，但是一轮复习一定要全面覆盖。在复习过程中应加强对分子动理论、晶体和非晶体性质、液体表面张力、热力学定律相关的选择题或计算题的练习，加强对综合考查气体实验定律及热力学定律的计算题的训练。【试题

再现】1.在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像，气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B，然后从状态B绝热收

缩到体积为V0、压强为1.9p0、温度为TC的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W。已知p0、V0、T0和W。求：(1)pB的表达式；(2)TC的表达式；(3)B到C过程，气泡内气体的内能变化了多少？【答案】：(1)15p0(2)1.9T0(3)W【解析】：(

1)根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB解得pB=15p0。(2)根据理想气体状态方程可得pBVBTB=pCVCTC解得TC=1.9T0。(3)根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q从B到C的过程为绝热收缩的过程，故Q=0，又外界对气体做功为W，所以气体内能增加ΔU=W。2.可以用热水浸泡将踩

瘪后的乒乓球恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积的80％，外界温度恒为300K，把乒乓球全部浸入热水里，当球内气压等于1.5p0时，乒乓球就刚好开始恢复，已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E

。2(1)求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部气体压强；(2)要使乒乓球刚好开始恢复，热水温度至少要多少K？(3)若热水温度为(2)问最小值，乒乓球从放入热水直到恢复形变时总共吸收的热量为Q，求恢复形变过程中球内气体

做功多少。【答案】：(1)1.25p0(2)360K(3)Q-0.2E【解析】：(1)设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为p1，有p0V=p1×0.8V，可得p1=1.25p0。(2)踩瘪后到开始恢复为等容过程，设开始温

度T0=300K，开始恢复时温度为T1，由查理定律有1.25p0T0=1.5p0T1解得T1=360K。(3)由于气体内能只与温度成正比，则乒乓球最终内能为E'=360K300KE=1.2E，可知内能增加了0.2E，根据热力学第一定

律ΔU=Q-W，可得恢复形变过程中球内气体做功为W=Q-0.2E。3.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+mgSp0-MgS【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+mgS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-MgS。4.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。3【答案】：p0Sdm(L-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=p0Sdm(L-d)。5.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】：1+hH1+mgp0S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p0T0=p1T1①根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg②联立①②式可得T1=1+mgp0S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4和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2④式中V1=SH⑤V2=S(H+h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2=1+hH1+mgp0ST0

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W=(p0S+mg)h。⑧6.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V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。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】：15p0S26g【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p0V2=p1V1p0V2=p2V2由已知条件得V1=V2+V6-V8=1324VV2=V2-V6=V3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=15p0S26g。57.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+mgS=1.0×105Pa+1×102×10-4Pa=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：p0h2ST1=ph3ST2得：h3=p0T2pT1h2=1.0×105×4001.5×105×300×18cm=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。8.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。6(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)V22p0(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=V2③p1=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=3VV2p0⑥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′=32p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p

3，气体温度从T1=300K升高到T2=320K的等容过程中，由查理定律得p2′T1=p3T2⑦将有关数据代入⑦式得p3=1.6p0。⑧9.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。7【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′=32l0=15cm。(1)温度由7℃升高到27℃的过程中，封闭气体压强不变，有l′ST1=l″ST2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l″ST2=(l-1)ST解得：T≈373K，故t=100℃。10.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L4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L4时，设B不移动，对Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL=p1·34SL解得

：p1=43p0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·ρghp0=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8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·ρghmp0=20m。11.如图，竖直

放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm。求B管在上方时，

玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)【答案】：pA=135cmHg，pB=115cmHg【解析】：设B管在上方时上部分气压pB，则此时下方气压为pA，此时有pA=pB+20倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1cm，A管中水银柱减小1cm，又因为SA=2S

B可知B管水银柱增加2cm，空气柱减小2cm；设此时两管的压强分别为pA、pB，所以有pA+21=pB倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有pASALA=pASALA对B管有pBSBLB=pBSBLB其中LA=10cm+1cm=11cmL

B=10cm-2cm=8cm联立以上各式解得pA=135cmHgpB=115cmHg12.一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。(i)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时内气体的密度；

(ii)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度。【答案】：(i)1.41kg/m3；(ii)1.18kg/m39【解析】：(i)由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1=273+17K=290K，T2=273+27K=300K理想气体状态方程pV=nRT

可知nR=pVT其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的pVT正比于气体的质量，则ρ1ρ2=m1Vm2V=p1VT1p2VT2其中p1=p2=1.2p0，ρ1=1.46kg/m3，代入数据解得ρ2=1.41kg/m3(ii)由题意得p3=p0

，T3=273+27K=300K同理可得ρ2ρ3=m2Vm3V=p1VT2p3VT3解得ρ3=1.18kg/m3