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1、高考物理冲刺训练1【2018全国模拟卷】如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口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，不计他们之间的摩擦。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气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气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。【解析】由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。开始时活塞位于a处，
2、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=p1T1根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg联立式可得T1=1+mgp0ST0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=V2T2式中V1=SHV2=S（H+h）联立式解得T2=1+hH1+mgp0ST0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+mgh故本题答案是：W=p0S+mgh1【2018年（新课标I卷)】如图，容积为V的汽缸
3、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时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了，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。【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；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=p1V1 p0V2=p2V2 由已知条件得V1=V2+V6
4、-V8=1324V V2=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 2【2018全国III卷】在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。【解析】设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，
5、两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1和l2。由力的平衡条件有p1=p2+g（l1-l2）式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2l1l1=l2l2由式和题给条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm3【湖南省洞口一中2018届高三模拟】一粗细均匀的U形管ABCD的A端封闭，D端与大气相通用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的AB一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示此时AB侧的气体柱长度l1=25cm管中AB、CD两侧的水银面高度差h1=5cm现将U形管缓慢旋转180，使A、D两端在上，在转动过程中没有水银漏出已知大气压强p
6、0=76cmHg求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差【解析】对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg，体积为：V1=l1s； 设旋转后，气体长度增大x，则高度差变为（5-2x）cm，此时气体的压强为：p2=p0-（5-2x）=（71+2x）cmHg，体积为：V2=（25+x）s根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：（8125）=（71+2x）（25+x）解得：x=2cm根据几何关系知，AB、CD两侧的水银面高度差为：h=5-2x=1cm4【湖北省武汉市2019届高三模拟】粗细均匀的U形玻璃管竖直放置左端封闭右端开口，右端上部有一光滑轻活塞。初始时
7、管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知玻璃管的横截面积处处相同在活塞移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p0=76cmHg。(i)求初始时左端气体的压强p1；()若环境温度不变缓慢拉动活塞，当活塞刚好达到右端管口时，求左端水银柱下降的高度h。(解方程时可以尝试试根法)【解析】(1)初始时，两管液面高度差为h1=4cm，设左管中空气柱的压强为p1，右管中空气柱的压强为p2，有p1=p2-gh1 由于活塞轻质光滑，所以p2=p0 解得：p1=72cmHg；(2)对于左管中的气体，初始时的长度为l1=1cm，拉动活塞后的压强为p1，长度为l1 由玻意耳定律得：来源:学。科。网Z。X。X。Kp1l1
8、=p1l1 对于右管中的气体，初始时的长度为l2=6cm，拉动活塞后的压强为p2由玻意耳定律得：p2l2=p2l2拉动活塞后左端水银柱下降了h，由几何关系得：l1=l1+h l2=l2+15-h此时，两管中液面高度差为h2=4-2h 两管中气体压强满足p1=p2-gh2 解得：h=2cm。5【陕西省2019届高三第二次联考】如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm，两边水银柱高度差h=5cm，大气压强p0=75cmHg。为使左端水银面下降h1=5cm，封闭气体温度应变为多少；封闭气体的温度保持问中的值
9、不变，为使两液面相平，需从底端放出的水银柱长度为多少。【解析】设左端水银面下降后封闭气体的压强为P2，温度为T2，体积为T2，则：P2=80cmHg；V2=(L+h1)S；由理想气体状态方程得：P1V1T1=P2V2T2；代入数值解得：T2=384K；两液面相平时，气体的压强为：P3=P0，体积为V3，左端液面下降h2，右管液面下降：(h2+5)cm；由波意耳定律得：P2V2=P3V3；V3=(L+h1+h2)S；解得：h2=2cm；所以放出的水银柱长度：H=2h2+5=9cm；6【2019届广东省“六校”联考】密闭导热的气缸内有一定质量的理想气体，初始状态轻活塞处于A点，距离气缸底部6cm，
10、活塞横截面积为1000cm2，气缸内温度为300K，大气压强为p=1.0105Pa。现给气缸加热，气体吸收的热量Q=7.0102J，气体温度升高100K，轻活塞上升至B点。求：B点与气缸底部的距离；求此过程中气体内能的增量U。【解析】由题可知理想气体做等压变化，由盖吕萨克定得LATA=LBTB解得LB=8cm气体对外做功W=p(VB-VA)=p(LB-LA)S;解得W=200J;由热力学第一定律知U=W+Q；解得U=5.0102J7【四省名校2019届高三大联考】如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，一定量的气体做密封在气缸内
11、。当平台倾角为37时，气缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为气缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37=0.6，cs37=0.8。(i)当平合处于水平位置时，求气缸内气体的体积；()若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中气缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量U。【解析】（1）设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为370时气缸内气体的压强为p1=p0+mgcos370S 气体的体积V1=V当平台水平时，气缸内气体的压强p2=2p0=p0+mgS解得p1=1.8p0平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p1V1= p2V2解得V2=0.9V（2）降温过程，气缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律：V2T0=V30.9T0 解得V3=0.81V活塞下降过程，外界对气体做W=p2(V2-V3)已知气缸内气体吸收的热量Q=-0.38p0V由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量U=W+Q解得U=-0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V。
