热点45 热力学定律和液柱模型解析版.docx

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热点45热力学定律和液柱模型解析版

热点45热力学定律和液柱模型

高考真题

1.（2019全国理综III卷33）

（2）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。

若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。

已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。

（i）求细管的长度；

（i）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。

【解析】（i）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。

由玻意耳定律有

pV=p1V1①

由力的平衡条件有

p=p0–ρgh③

式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。

由题意有

V=S（L–h1–h）④

V1=S（L–h）⑤

由①②③④⑤式和题给条件得

L=41cm⑥

（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有

⑦

由④⑤⑥⑦式和题给数据得

T=312K⑧

2.（10分）（2018·高考全国卷III）

（2）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=18.0cm和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。

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。

【命题意图】本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。

【解题思路】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，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

①

式中

为水银密度，g为重力加速度大小。

由玻意耳定律有

p1l1=pl1′②

p2l2=pl2′③

l1′–l1=l2–l2′④

由①②③④式和题给条件得

l1′=22.5cm⑤

l2′=7.5cm⑥

3.（2017海南高考）

（2）（8分）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p0=76cmHg。

求旋转后，AB、CD两侧的水银面高度差。

【命题意图】本题考查气体实验定律及其相关的知识点。

【解题思路】对封闭在U形管的AB一侧的理想气体，初状态压强p1=p0+ph1=81cmHg，

体积V1=l1S=25S

若将U形管垂直纸面缓慢旋转90°，封闭气体压强等于大气压强，气体体积为V2=l2S，

由玻意耳定律，p1V1=p0V2，解得：

V2=

S=26.64S。

此时U形管两侧的水银面之间沿管方向距离为△h=5cm-2×1.64cm=1.72cm

继续缓慢旋转至180°，气体压强小于大气压强，设AB、CD两侧的水银面高度差为h2，末状态压强p3=p0-ph2，

体积V3=V2-（h2-△h）S

由玻意耳定律，p3V3=p0V2，

（p0-ph2）（V2-（h2-△h）S）=p0V2

代入数据化简得：

h22-51.08h2+130.72=0

解得：

h2=1.23cm

4.

（1）（5分）（2017全国II卷·33·1）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。

现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。

待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。

假设整个系统不漏气。

下列说法正确的是________（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

A．气体自发扩散前后内能相同

B．气体在被压缩的过程中内能增大

C．在自发扩散过程中，气体对外界做功

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功

E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变

【答案】ABD

【解析】：

由于隔板右侧与绝热活塞之间是真空，气体在真空中自发扩散，不对外界做功，又由于绝热汽缸，与外界无热量交换，根据热力学第一定律，所以气体自发扩散前后内能相同，选项A正确C错误；气体被压缩时，体积减小，外界对气体做功

，而Q=0，根据热力学第一定律，

，则

，即气体在被压缩的过程中内能增大，选项BD正确；根据理想气体的内能只与温度有关，内能增大，温度升高；又温度是分子平均动能的标志，所以，气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能增大，选项E错误。

5.（2018·高考全国卷II）

（1）（5分）对于实际的气体，下列说法正确的是______。

（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

没选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．气体的内能包括气体分子的重力势能

B．气体的内能包括分子之间相互作用的势能

C．气体的内能包括气体整体运动的动能

D．气体体积变化时，其内能可能不变

E．气体的内能包括气体分子热运动的动能

【答案】ABC

【命题意图】本题考查气体内能及其相关的知识点。

【解题思路】气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故AC错，BE对；

根据热力学第一定律，△U=W+Q，知道，改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能可能不变，故D正确；

最新模拟题

1.（2020四川泸州市泸县一中月考）下列说法正确的是（　　）

A.当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小

B.一定量

的水变成

的水蒸气,其分子之间的势能增加

C.对于一定量的气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热

D.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关

E.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能不变

【答案】BCD

【解析】分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故A错误。

一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，由液态变成了气态，水吸收热量而分子的平均动能不变，所以其分子之间的势能增加，故B正确。

对于一定量的气体，根据状态方程：

PV=nRT可知，如果压强不变，体积增大，那么它的温度一定升高，同时又在对外做功，从能量守恒可知需要从外界吸收热量，选项C正确。

温度是分子的平均动能的标志，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故D正确。

理想气体在等压膨胀的过程中，根据PV=nRT可知，等压膨胀的过程中温度升高，气体分子的平均动能增加，故E错误。

【关键点拨】。

分子力随分子间距离的增加而减小．100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中吸收的热量转化为分子势能；气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以气体的分子势能可以忽略不计；温度是分子的平均动能的标志；根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化．

本题考查分子力、温度的微观意义、分子势能以及理想气体的状态方程等热力学的一些基本知识，平时要加强基本知识的学习，注重积累，难度不大．

2.（2019·四川诊断）（多选）如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。

轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。

离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。

下列说法正确的是________。

A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量

B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金从热水中吸收的热量

C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高

D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量

E．叶片在热水中吸收的热量一定大于水和转轮获得的动能

【答案】BDE

【解析】

根据能量守恒定律知，形状记忆合金从热水中吸收热量后，一部分能量在伸展划水时转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中。

转轮转动的过程中克服摩擦力做功，转轮的速度越来越小，所以要维持转轮转动需要外力做功。

故A错误，B正确。

转动的叶片不断搅动热水的过程是水对转轮做功的过程，同时水会向四周放出热量，根据热力学第一定律可知水的内能减小，故水温降低，故C错误。

根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，也一定大于水和转轮获得的动能。

故D、E正确。

3．[2019·河北衡水联考]（多选）下列说法正确的是________。

A．单晶体在不同方向上的导热性、导电性、机械强度等物理性质不一样

B．热量不可能从低温物体向高温物体传递

C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大

D．功可以完全转化为热量，而热量不能完全变为功，即不可能从单一热源吸热使之全部变为有用的功

E．若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多

【答案】ACE

【解析】

单晶体具有各向异性，A项正确；热力学第二定律是说热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但是通过外力做功是可以把热量从低温物体传到高温物体，B项错误；根据理想气体状态方程（或者查理定律）可知C项正确；在引起其他变化的情况下，是可以从单一热源吸热使之全部变为有用的功，D项错误；根据气体压强的微观含义可知E项正确。

4.[2019·湖北武汉模拟]（多选）如图所示，在一定质量的理想气体压强随体积变化的pV图象中，气体先后经历了ab、bc、cd、da四个过程，其中ab垂直于cd，ab垂直于V轴且与p轴平行，bc、da是两条等温线。

下列判断正确的是________。

A．气体在状态a时的温度低于在状态c时的温度

B．从a→b的过程，气体分子密集程度不变，分子平均动能增加

C．从a→b→c的过程，气体密度不断减小，温度先升高后不变

D．从c→d的过程，气体放出的热量大于外界对气体做的功

E．从a→b→c→d的过程，设气体对外做功为W1，外界对气体做功为W2，气体吸热为Q1，放热为Q2，则W1－W2

【答案】ABD

【解析】

　根据题图可知，气体在状态a和状态b时体积相同，气体的压强越大，温度越高，故状态b的温度比状态a的温度高，又bc为等温线，所以状态c的温度比状态a的温度高，A正确。

气体在状态a和状态b时体积相同，故分子密集程度不变，状态b的压强大，温度高，分子平均动能更大，B正确。

由c到d，气体体积减小，外界对气体做正功，且温度降低，内能减小，由热力学第一定律可得D正确。

从a到b，气体体积不变，密度不变，从b到c，气体体积变大，温度不变，C错误。

a、d等温，内能相等，故外界对气体做的功与气体放出的热量相等，E错误。

5.（10分）（2019广东深圳二模）某同学设计了测量液体密度的装置。

如图，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长Lo=1m，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体。

现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h1=0.7m时，右管内液柱高度h2=0.2m。

己知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p0=l.0×105Pa，取g=10m/s2。

（i）求此时右管内气体压强及该液体的密度；

（ii）若此时右管内气体温度T=260K，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时，刚好将右管中液体全部挤出？

（不计温度变化对液体密度的影响）

【解析】（i）对右侧管气体，由玻意耳定律，

p0V0=p1V1

其中：

V0=L0S，V1=（L0-h2）S，

解得：

p1=l.25×105Pa，

又，p1=p0+ρg（h1-h2）

解得：

ρ=5×103kg/m3

（ii）对右侧管气体，由理想气体状态方程，

=

其中：

p2=p0+ρgh1

解得：

T’=351K

6.（2019河南中原名校联盟模拟5）如图所示为一水平放置的导热性能良好的U型玻璃管，左端封闭，右端开口，左端竖直管与水平管的粗细相同，右端竖直管与水平管的横截面积之比为2：

1．一段长为12cm的水银柱位于图中所示位置且封闭一段空气柱，周围环境的温度27℃，大气压强为75cmHg，求：

①若周围环境的温度缓慢降到-3℃时空气柱长度是多少？

②若周围环境的温度缓慢上升到119℃时空气柱长度是多少？

【解析】：

状态1：

p1=75cmHg，V1=80S1，T=273+27=300K

①若周围环境的温度缓慢降到-3℃时，即T2=270K，V2=L2S1，

根据

=

可得L2=72cm＞30cm，说明是等压变化；

故空气柱长度是72cm；

②当温度为119℃即392K时，假设水银仍在水平管中，则气体压强不变，做等压变化

由

=

代入数据V2=104.5S1＞88S1，不合理

故有部分水银已经到达右端竖直管，设右端竖直管中水银柱高为xcm，则p3=（75+x）cmHg

此时空气柱的体积为V3═（88+2x）S1，

根据

=

得：

x=5cm

所以此时空气柱长度为：

L=88cm+2×5cm=98cm。

答：

①若周围环境的温度缓慢降到-3℃时空气柱长度是72cm；

②当温度为119℃时空气柱长度是98cm。

7．（10分）（2019河南开封三模）如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。

粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的理想气体被水银封闭于烧瓶内。

开始时，烧瓶中气体温度为300K，B、C内的水银面等高。

已知大气压强P0＝75cmHg且保持不变，现对烧瓶中气体缓慢加热使其温度变为360K，

①为保证气体体积不变，C管应该向哪移动？

移动距离是多少？

②为保证气体压强不变，C管应该向哪移动？

说明理由。

【解析】①由条件可知，气体做等容变化。

由查理定律：

解得：

P＝90cmHg

因此最终稳定后，左侧液柱应该比右侧液柱高15cm，即C端上移15cm

②若气体做等压变化，则气体体积膨胀，B端液面下移，稳定后C与B液面相平，即C端应向下移动。

答：

①向上移动，移动距离为15cm；

②若气体做等压变化，则气体体积膨胀，B端液面下移，稳定后C与B液面相平，即C端应向下移动。

8．（2019·山东淄博三模）（10分）如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h1＝25cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U形管的底部。

右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计。

活塞自由静止时，玻璃管右侧空气柱的长度L＝39cm，左侧空气柱的长度L0＝12.5cm，B部分水银两液面的高度差h2＝45cm，外界大气压强p0＝75cmHg，把两段空气柱视为理想气体。

保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，求：

①左侧空气柱的长度；

②活塞移动的距离。

【答案】　

（2）①15cm　②8.5cm

【解析】

（2）①设玻璃管的横截面积为S，对左侧被封闭气体：

初态：

p1＝（75－45）cmHg＝30cmHg，V1＝L0S

末态：

p2＝25cmHg，V2＝L2S

由玻意耳定律p1V1＝p2V2

得：

L2＝15cm。

②对右侧被封闭气体：

初态：

p1′＝75cmHg，V1′＝LS

末态：

p2′＝（25＋45－2×2.5）cmHg＝65cmHg，

V2′＝L2′S

由玻意耳定律p1′V1′＝p2′V2′

得：

L2′＝45cm

由几何关系可知，活塞上升的高度为

Δh＝L2′－L＋（L2－L0）＝45cm－39cm＋（15cm－12.5cm）＝8.5cm。

9.（2019·河南六市高三第二次联考）（10分）如图所示，水平放置的密闭、导热汽缸通过一段不计体积的导管和上端开口玻璃管相连，汽缸被一不计厚度的隔热轻活塞隔成体积相同的两部分气体，气体压强均等于大气压强p0，长度均为L＝10cm（上部分汽缸中接有一段体积不计的电阻丝），玻璃管内装有一段长为h＝40cm的水银，导管处阀门关闭。

已知汽缸横截面积为S，玻璃管横截面积为

，外界温度为t＝27℃，p0＝75cmHg，封闭气体可视为理想气体。

①打开阀门，求稳定后玻璃管内水银柱长度h′；

②给活塞上部分气体用电阻丝加热，直至水银柱回到初始液面，求此时上部分气体的温度T′。

【答案】

（2）①30cm　②620K

【解析】

（2）①汽缸内两部分气体可看成一个整体，进行等温变化。

假设打开阀门，稳定后水银柱下降高度为x，以汽缸内封闭的气体为研究对象，则有

p0·2LS＝

S

解得x1＝10cm，x2＝

cm（舍去）

即稳定后玻璃管内水银柱的长度：

h′＝h－x＝30cm。

②汽缸下部分气体进行等温变化，

满足p0LS＝（p0＋ρgh）L′S

解得L′＝

cm

对汽缸上部分气体，由理想气体状态方程，有

＝

解得上部分气体的温度T′＝620K。