选修33活塞类计算题.docx

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选修33活塞类计算题

高要二中2017届高三专题复习三（活塞类计算题）

1、如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时

活塞距汽缸底高度h1＝0.50m，气体的温度t1＝27℃.给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底h2＝

－32

0.80m处，同时缸内气体吸收Q＝450J的热量．已知活塞横截面积S＝5.0×10－3m2，大气压强p0＝5

1.0×105Pa.求：

①活塞距离汽缸底h2时的温度t2；②此过程中缸内气体增加的内能ΔU.

2、如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的

活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度

为27℃，现对气体加热，求：

1）当加热到127℃时活塞离底部的高度；

2）当加热到427℃时，气体的压强。

－3

3、如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S＝2.5×10－3m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t0＝27°C，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好

为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度

－t图象如图乙所示，求：

①力传感器的读数为5N时，密封气体的温度t；②外界大气的压强p0.

4、“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图2所示的实验。

圆

柱状汽缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为t℃）关闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L。

由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L处。

已知环境温度为27℃不变，mg与1大气压强相当，汽缸内的气体可看作理

10S6

想气体，求t值。

5、如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S（cm2）的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞

将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用，此时活塞相对于汽缸底部的高度h＝12cm，大气压强p0＝75cmHg.现把体积为17S（cm3）的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求活塞静止时下降的距离x.

6、某压力锅结构如图所示。

盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压

强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。

假定在压力阀被顶起时，停止加热。

⑴若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式。

⑵假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量。

锅内原有气体的内能如何变化？

变化了多少？

⑶已知大气压强P随海拔高度H的变化满足

P＝P0（1－αH），其中常数α>0。

结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。

7、如图所示，放置在水平地面上一个高为40cm、质量为35kg的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计．活塞质量为10kg，横截面积为60cm2．现打开阀门，让活塞下降直至静止．不计摩擦，不考虑气体温度的变化，大气压强为1.0×150Pa．活塞经过细管时加

速度恰为g．求：

（1）活塞静止时距容器底部的高度；

（2）活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，是否能将金属容器

缓缓提离地面？

（通过计算说明）

8、如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1＝20cm2，

S2＝10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时汽缸中的空气压强p1＝1.2atm，温度T1＝600K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p0＝1atm＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2，缸内空气可看做理想气体，不计摩擦．求：

①重物C的质量M是多少；

②降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时

缸内气体的温度是多少．

9、

（1）已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。

由此可估算得，地球大气层空气分子总数为，

空气分子之间的平均距离为。

（2）如图7所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。

已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压

强为p0。

现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。

求活塞A移动的距离。

。

两气

10、如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）

缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。

活塞的下方为理想气体，上方为真空。

当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。

（已知m1＝3m，m2＝2m）

⑴在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。

⑵在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多

少功？

气体是吸收还是放出了热量？

（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

m1m2

h

11、如图，水平放置的汽缸内壁光滑，一个不导热的活塞将汽缸内的气体分为A、B两部分，两部分

使A、B两部分气体的温度都

气体可以分别通过放在其中的电热丝加热。

开始时，A气体的体积是B的一半，A气体的温度是

17oC，B气体的温度是27oC，活塞静止。

现缓慢加热汽缸内气体，

升高10oC，在此过程中活塞向哪个方向移动？

某同学的解题思路是这样的：

设温度升高后，左边气体体积增加V，则右边气体体积减少V，根据所给条件分别对两部分气体运用气态方程，讨论出V的正负便可知道活塞移动方向。

你认为该同学的思路是否正确？

如果认为正确，请按该同学思路确定活塞的移动方向；如果认为

不正确，请指出错误之处，并通过计算确定活塞的移动方向。

12、如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，

此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0。

已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg＝p0S，

不计一切摩擦。

当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度。

高要二中2017届高三专题复习三参考答案

1、解析①气体做等压变化，活塞距离汽缸底h2时温度为t2，则根据气态方程可得

h1S＝h2S即0.50＝0.80

T1＝T2即273＋27＝273＋t2

解得t2＝207°C

②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为

5－3

W0＝pΔV＝1.0×105×（0.80－0.50）×5.0×10－3J＝150J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为

ΔU＝W＋Q＝－W0＋Q＝－150J＋450J＝300J

2、解析：

开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。

设气缸横截面积为S，活塞恰上升到气缸

V

V1

上部挡板处时气体温度为t℃，则对于封闭气体，状态一：

T1=（27+273）K，V1=LS；

状态二：

T=（t+273）K，V=2LS。

T，可得t2732LS，解得t=327℃

T1300LS

（1）当加热到127℃时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h，对于封闭气体，初状态：

T1=300K，V1=LS末；末状态：

T2=400K，V2=hS。

（2）设当加热到4270C时气体的压强变为p3，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，对于封闭气体，初状态：

T1=300K，V1=LS，p1=1.0×15P0a；

末状态：

T3=700K，V3=2LS，p3=？

代入数据得：

p3=1.17×105Pa

得出t＝32°C

②温度t1＝327°C时，密封气体的压强

p1＝p0＋FS＝p0＋1.2×105Pa

联立以上各式并代入数据解得p0＝1.2×105Pa

4、解析当汽缸内温度为t℃时，汽缸内封闭气体Ⅰ状态：

p1＝p0，V1＝LS，T1＝（273＋t）K当汽缸内温度为27℃时，汽缸内封闭气体Ⅱ状态：

mg59

p2＝p0－S＝6p0，V2＝10LS，T2＝300K

由理想气体状态方程得

p1V1＝p2V2

T1＝T2

解得T1＝400K

故t＝127℃

5、解析

（2）以汽缸内封闭气体为研究对象．

初态压强p1＝p0＝75cmHg，初态体积V1＝2hS17S－2xS

末态体积V2＝2（h－x）S末态压强p2＝（p0＋x＋S）

由玻意耳定律可知：

p1V1＝p2V2

化简得x2－104x＋204＝0解得x＝2cm或x＝102cm（舍）

⑵根据热力学第一定律得：

ΔU＝W＋Q＝－3J锅内气体内能减少，减少了3J

⑶由P＝P0（1－αH）（其中α>0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小。

由P1P0mg知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小。

10S

P1P2

根据查理定律得：

T1T2

可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。

7、解析：

（1）活塞经阀门细管时,容器内气体的压强为P1=1.0×15P0a，容器内气体的体积为

V1=60×10-4×0.2m3=1.2×10-3m3

活塞静止时,气体的压强为P2=P0＋mg/S=1.0×105＋10×10/60×10-4=1.17×105Pa根据玻意耳定律，P1V1=P2V2

1.0×15×01.2×10-3=1.17×105×V2

求得V2=1.03×10-3m3h2=V2/S=1.03×10-3/60×10-4=0.17m

（2）活塞静止后关闭阀门,假设当活塞被向上拉起至容器底部h高时,容器刚被提离地面,则气体的压强为P3=P0－Mg/S=1.0×105－35×10/60×10-4=4.17×104Pa

P2V2=P3V31.0×15×01.2×10-3=4.17×104×60×10-4×h

求得h=0.48m＞容器高度

∴金属容器不能被提离地面

8、解析①活塞整体受力平衡，则有：

p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg代入数据，得M＝2kg

②A靠近D处时，后来，力的平衡方程没变，所以气体压强没变由等压变化有S1＋TS2L＝S2T·2L

T1T2

代入数据得T2＝400K

9、解析

（1）设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg＝p0S，即m＝pgS

分子数

2

n＝mNA＝p0SNA＝4πRp0NA，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则MMgMg

小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a＝Vn，而V＝4πR2h，

所以a＝3pM0gNhA。

（2）A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋mSg，

对B分析有p2＝p1＋mSg

B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋mSg

因为温度始终不变，对于混合气体有p1V＋p2V＝pV′

联立可得Δh＝h′－h

10、解析：

⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强

在初态，气体的压强为2mg，体积为5Ah；在末态，气体压强为8mg，体积为3Ax（x为左活A23A2

塞的高度）。

由玻意耳－马略特定律得：

mg4mg

5Ah3Ax

A3A

55解得：

xh即两活塞的高度差为h

44

⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为8mg，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由3A

盖·吕萨克定律得：

x/Tx5Th

T04T0

5TT

活塞对气体做的功为：

WFs4mgh

（1）5mgh

（1）

4T0T0

在此过程中气体吸收热量

11、解析：

该同学思路正确。

将已知条件代入上述方程，得V>0）故活塞向右移动

TB310

同理，对B有pBBpBpB

TB300

3mg2

12、解析：

对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：

p1＝p0－S＝5p0末状态的压强为：

p1′＝p0－mSg＝45p0

由玻意耳定律有：

p1l0S＝p1′l1S

解得：

l1＝21l0

对气体Ⅱ分析，初状态p2＝p1－mSg＝51p0末状态p2′＝p1′－mSg＝35p0

由玻意耳定律p2l0S＝p2′l2S

l2＝13l0

A活塞上升的高度Δl＝（l0－l1）＋（l0－l2）＝7l0。