选修3-3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＝0.50 m，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＝

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

1.0×105 Pa.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、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＝2.5×10－3 m2.

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升高时力传感器的读数F也变化，描绘出F

－t图象如图乙所示，求：

①力传感器的读数为5 N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 10处。已知环境温度为27 ℃不变，mg S 与1

6大气压强相当，汽缸内的气体可看作理

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 (cm 2)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 ＝12 cm ，大气压强p 0＝75 cmHg.现把体积为17S (cm 3)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V 0，阿伏加 德罗常数为N A ，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1 J,并向外界释放了2 J 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 ＝P 0（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 1.0×105Pa．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＝20 cm2，S2＝10 cm2，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＝1.2 atm，温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/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N A，

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。

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）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m 1和m 2，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m 1＝3m ，m 2＝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T 0）。

⑵在达到上一问的终态后，环境温度由T 0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）。

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， 使A 、B 两部分气体的温度都升高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l 0。已知环境温度、大气压强p 0均保持不变，且满足5mg ＝p 0S ，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h 2时温度为t 2，则根据气态方程可得

h 1S T 1＝h 2S T 2 即0.50273＋27＝0.80273＋t 2 解得t 2＝207 °C

②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为

W 0＝p ΔV ＝1.0×105×(0.80－0.50)×5.0×10－

3 J ＝150 J

根据热力学第一定律可得气体内能的变化为 ΔU ＝W ＋Q ＝－W 0＋Q ＝－150 J ＋450 J ＝300 J

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 ，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为t ℃，则对于封闭气体，状态一：T 1=（27+273）K ，V 1=LS ； 状态二：T =（t +273）K ，V =2LS 。

由

1

1T T V V

=，可得

LS LS t 2300273=+，解得t =327℃ （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：T 1=300K ，V 1=LS 末；末状态：T 2=400K ，V 2=hS 。 由

1

212T T V V =，可得

300400=LS hS ，解得h =L 34 （2）设当加热到4270C 时气体的压强变为p 3，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：T 1=300K ，V 1=LS ， p 1=1.0×105Pa ； 末状态：T 3=700K ，V 3=2LS ，p 3=？ 由

111333T V p T V p =，可得11

3313p T V T V p =， 代入数据得：p 3=1.17×105

Pa 3、①由题图乙可知5 N

300 N ＝t －27 °C 327 °C －27 °C

得出t ＝32 °C

②温度t 1＝327 °C 时，密封气体的压强 p 1＝p 0＋F

S ＝p 0＋1.2×105 Pa

密封气体发生等容变化，则

p 0273＋t 0＝p 1

273＋t 1

联立以上各式并代入数据解得p 0＝1.2×105 Pa

4、解析 当汽缸内温度为t ℃时，汽缸内封闭气体Ⅰ状态：p 1＝p 0，V 1＝LS ，T 1＝(273＋t ) K 当汽缸内温度为27 ℃时，汽缸内封闭气体Ⅱ状态： p 2＝p 0－mg S ＝56p 0，V 2＝9

10LS ，T 2＝300 K

由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2

T 2

解得T 1＝400 K 故t ＝127 ℃ 5、解析(2)以汽缸内封闭气体为研究对象．

初态压强p 1＝p 0＝75 cmHg ，初态体积V 1＝2hS

末态体积V 2＝2(h －x )S 末态压强p 2＝(p 0＋x ＋17S －2xS

S )

由玻意耳定律可知：p 1V 1＝p 2V 2 化简得x 2－104x ＋204＝0 解得x ＝2 cm 或x ＝102 cm(舍)

6、解析：⑴设锅内气体分子数为n ： A 0

V n N V =

⑵根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝－3 J 锅内气体内能减少，减少了3 J

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

由10mg

P P S

=+

知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小。 根据查理定律得：

1

212

P P T T = 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P 1=1.0×105Pa ，容器内气体的体积为 V 1=60×10-4×0.2m 3=1.2×10-3m 3

活塞静止时,气体的压强为P 2=P 0＋mg/S=1.0×105＋10×10/60×10-4=1.17×105 Pa 根据玻意耳定律，P 1V 1=P 2V 2

1.0×105×1.2×10-3=1.17×105×V 2

求得 V 2=1.03×10-3m 3 h 2= V 2/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P 3= P 0－Mg/S=1.0×105－35×10/60×10-4=4.17×104 Pa

P 2V 2=P 3V 3

1.0×105×1.2×10-3=4.17×104×60×10-4×h

求得 h=0.48 m ＞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：p 1S 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋p 1S 2＋Mg

代入数据，得M ＝2 kg

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(S 1＋S 2)L T 1＝S 2·2L

T 2

代入数据得T 2＝400 K

9、解析 (1)设大气层中气体的质量为m ，由大气压强产生，mg ＝p 0S ，即m ＝p 0S

g

分子数n ＝mN A M ＝p 0SN A Mg ＝4πR 2p 0N A

Mg ，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则

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 ＝3V

n

，而V ＝4πR 2h ，所以a ＝3Mgh

p 0N A

。

(2)A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，在漏气前，对A 分析有p 1＝p 0＋mg

S ，

对B 分析有p 2＝p 1＋mg

S

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 ＝p 0＋mg

S

因为温度始终不变，对于混合气体有p 1V ＋p 2V ＝pV ′ 设活塞B 厚度为d ，漏气前A 距离底面的高度为h ＝2V S

＋d 漏气后A 距离底面的高度为h ′＝V ′

S ＋d

联立可得Δh ＝h ′－h

以上各式联立化简得Δh ＝mg p 0S ＋mg ·V

S

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

相等，即：

/32mg mg

A A

=

由此得： /

32

A A =

在两个活塞上各加一质量为m 的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。 在初态，气体的压强为

2mg A ，体积为5

2

Ah ；在末态，气体压强为83mg A ，体积为32Ax （x 为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：

4533mg mg Ah Ax A A

= 解得：54x h =

即两活塞的高度差为5

4

h ⑵当温度由T 0上升至T 时，气体的压强始终为83mg

A

，设x /是温度达到T 时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得： /

00

54T Th

x x T T =

= 活塞对气体做的功为：00

54(1)5(1)4T T

W Fs mg h mgh T T ==-=- 在此过程中气体吸收热量 11、解析：该同学思路正确。

对A 有：

A A A A T V V p T V p '?+'=)( 对

B 有：B

B B B T V V p T V p '?-'=?)

2(2

将已知条件代入上述方程，得V ?＞0） 故活塞向右移动

还可以用下面方法求解：设想先保持A 、B 的体积不变，当温度分别升高10oC 时， 对A 有：

A

A A A T p T p ''

= A A

A A A p p T T p 290300='=' 同理，对

B 有B B B B B p p T T p 300

310

='=' 由于290300,B A p p =>300

310

所以A p '>B p '，故活塞向右移动。

12、解析：对气体Ⅰ分析，初状态的压强为：p 1＝p 0－3mg S ＝2

5

p 0

末状态的压强为：p 1′＝p 0－

mg S ＝45p 0

由玻意耳定律有：p 1l 0S ＝p 1′l 1S 解得：l 1＝1

2

l 0

对气体Ⅱ分析，初状态p 2＝p 1－mg S ＝15p 0 末状态p 2′＝p 1′－mg S ＝3

5p 0

由玻意耳定律p 2l 0S ＝p 2′l 2S l 2＝1

3

l 0

A 活塞上升的高度Δl ＝(l 0－l 1)＋(l 0－l 2)＝7

6l 0。