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微专题18　热学　［2计算题］
1.(2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
(1)(4分)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)(4分)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
【点拨·提炼】　应用气体实验定律的解题思路 (1)选择对象——一定质量的理想气体； (2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2； (3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提； (4)列出方程——选用某一气体实验定律或理想气体状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。
2.(2024·安徽卷·13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)(4分)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)(4分)充进该轮胎的空气体积。
【点拨·提炼】
3.(2024·广东卷·13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时：
(1)(2分)求B内气体压强pB2；
(2)(3分)求A内气体体积VA2；
(3)(3分)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
4.(2024·浙江1月选考·17)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，气体内能增加ΔU=63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
(1)(2分)气体从状态1到状态2是　　　　(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)(3分)求水平恒力F的大小；
(3)(3分)求电阻丝C放出的热量Q。
【点拨·提炼】　解决热力学第一定律与气体实验定律综合问题的常用思路： (1)气体的状态变化由理想气体状态方程=C或结合图像直接判断分析。 (2)解决此类气体问题时，温度是联系状态方程与热力学第一定律的桥梁，在解题时，应从“温度”这个物理量寻找突破口。 p、V变 T变 内能U变 Q、W情况 (3)气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析： ①由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；体积被压缩，外界对气体做功。 ②由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。 ③由热力学第一定律ΔU=W+Q判断气体是吸热还是放热。 ④在p-V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
5.(2024·广西卷·14)如图，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图。大气压强p0=1×105 Pa。
(1)(2分)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
(2)(3分)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
(3)(5分)画出封闭气体等温变化的p-V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
1.(2024·湖北卷·13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
(1)(3分)再次平衡时容器内气体的温度；
(2)(5分)此过程中容器内气体吸收的热量。
2.(2024·山东卷·16)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2，高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
(1)(4分)求x；
(2)(4分)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
答案精析
高频考点练
1.(1)100 N　(2)327 K
解析　(1)活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11
末态p2=？、V2=S·10
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F+p0S=p2S+FN
解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，
初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K
末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S
解得p3=1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有=
解得T3≈327 K。
2.(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
解析　(1)由查理定律可得=
其中p1=2.7×105 Pa，
T1=(273-3) K=270 K，
T2=(273-23) K=250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa
(2)由玻意耳定律p2V0+p0V=p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L。
3.(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3
(3)1.1×102 kg
解析　(1)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=
代入数据可得pB2=9×104 Pa
由于p0-pB2<Δp
假设成立，即pB2=9×104 Pa
(2)A内气体做等压变化，压强保持不变，
初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3
(3)恰好稳定时，A内气体压强为
pA'=p0+
B内气体压强pB'=p0
此时差压阀恰好关闭，
所以有pA'-pB'=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
4.(1)不可逆　不变　(2)10 N
(3)89.3 J
解析　(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2·2V1
解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得
p2S=p0S+F
解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有=
可得状态3气体的体积为
V3=·2V1=×2×750 cm3
=1 750 cm3
该过程气体对外做功为
W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J
根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q'
解得气体吸收的热量为Q'=ΔU+W=63.8 J+25.5 J=89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。
5.(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析
解析　(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N
(2)根据题图乙可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F=k·
根据F=pS可得气体压强为p=(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。
(3)分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb=p0
在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3
在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3
根据玻意耳定律paVa=pbVb
解得pa=40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。
补偿强化练
1.(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0
解析　(1)气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得=即=
解得T1=T0
(2)此过程中气体内能增加量
ΔU=CΔT=CT0
气体对外做功，
W=-pSΔh=-h(p0S+mg)
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0
2.(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3
解析　(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄中气体发生等温变化，
所以有p1(H-x)S1=p2HS1
又因为p1=p0
p2+ρgh=p0
代入数据联立解得x=2 cm
(2)当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3(HS1+S2)
又因为p3+ρg·=p0
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。(共39张PPT)
微专题18
热学　[2 计算题]
专题五　热学与近代物理初步
高频考点练
内容索引
补偿强化练
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高频考点练
PART ONE
1.(2024·全国甲卷·33(2))如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相
同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。
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(1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小；
答案　100 N　
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活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11
末态p2=？、V2=S·10
根据玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=1.1×105 Pa
此时对活塞根据平衡条件得F+p0S=p2S+FN
解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N
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(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。
答案　327 K
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将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，
初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K
末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S
解得p3=1.2×105 Pa
设此时温度为T3，根据查理定律有=
解得T3≈327 K。
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点拨·提炼
应用气体实验定律的解题思路
(1)选择对象——一定质量的理想气体；
(2)找出参量——气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；
(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；
(4)列出方程——选用某一气体实验定律或理想气体状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性。
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2.(2024·安徽卷·13)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1=-3 ℃，压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
答案　2.5×105 Pa　
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由查理定律可得=
其中p1=2.7×105 Pa，T1=(273-3) K=270 K，T2=(273-23) K=250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2=2.5 ×105 Pa
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(2)充进该轮胎的空气体积。
答案　6 L
由玻意耳定律p2V0+p0V=p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V=6 L。
点拨·提炼
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3.(2024·广东卷·13)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速
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度大小取g=10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时：
(1)求B内气体压强pB2；
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答案　9×104 Pa　
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假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1=p0，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=
代入数据可得pB2=9×104 Pa
由于p0-pB2<Δp
假设成立，即pB2=9×104 Pa
(2)求A内气体体积VA2；
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答案　3.6×10-2 m3
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A内气体做等压变化，压强保持不变，
初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K
末态T2=270 K
根据=
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。
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答案　1.1×102 kg
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恰好稳定时，A内气体压强为pA'=p0+
B内气体压强pB'=p0
此时差压阀恰好关闭，
所以有pA'-pB'=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
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4.(2024·浙江1月选考·17)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V1=750 cm3的左右两部分。面积为S=100 cm2的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T1=300 K、压强p1=2.04×105 Pa的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使
气体达到温度T3=350 K的状态3，气体内能增加ΔU= 63.8 J。已知大气压强p0=1.01×105 Pa，隔板厚度不计。
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(1)气体从状态1到状态2是　　　　(选填“可逆”或“不可逆”)过程，分子平均动能　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)；
不可逆
不变
根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
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(2)求水平恒力F的大小；
气体从状态1到状态2发生等温变化，则有p1V1=p2·2V1
解得状态2气体的压强为p2==1.02×105 Pa
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为研究对象，根据受力平衡可得p2S=p0S+F
解得F=(p2-p0)S=(1.02×105-1.01×105)×100×10-4 N=10 N。
答案　10 N　
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(3)求电阻丝C放出的热量Q。
答案　89.3 J
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当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，使气体达到温度T3=350 K的状态3，可知气体做等压变化，则有
=
可得状态3气体的体积为
V3=·2V1=×2×750 cm3=1 750 cm3
该过程气体对外做功为
W=p2ΔV=p2(V3-2V1)=1.02×105×(1 750-2×750)×10-6 J=25.5 J
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根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q'
解得气体吸收的热量为
Q'=ΔU+W=63.8 J+25.5 J=89.3 J
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3 J。
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点拨·提炼
解决热力学第一定律与气体实验定律综合问题的常用思路：
(1)气体的状态变化由理想气体状态方程=C或结合图像直接判断分析。
(2)解决此类气体问题时，温度是联系状态方程与热力学第一定律的桥梁，在解题时，应从“温度”这个物理量寻找突破口。
p、V变 T变 内能U变 Q、W情况
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点拨·提炼
(3)气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析：
①由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；体积被压缩，外界对气体做功。
②由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
③由热力学第一定律ΔU=W+Q判断气体是吸热还是放热。
④在p-V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。
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5.(2024·广西卷·14)如图，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S=500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0=200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图。大气压强p0=1×105 Pa。
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(1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小；
答案　50 N　
活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为
F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N
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(2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化；
答案　见解析　
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根据题图乙可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F= k·
根据F=pS可得气体压强为p=(SI)
故可知活塞从a处到b处对封闭气体得
pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI)
故可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。
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(3)画出封闭气体等温变化的p-V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。
答案　见解析　
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分析可知全过程中气体做等温变化，
由(1)知pb=p0
在b处时气体体积为Vb=Sl0=10×10-5 m3
在a处时气体体积为Va=Sla=0.25×10-5 m3
根据玻意耳定律paVa=pbVb
解得pa=40×105 Pa
故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。
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补偿强化练
PART TWO
1.(2024·湖北卷·13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化
量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求：
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(1)再次平衡时容器内气体的温度；
答案　T0　
气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得==
解得T1=T0
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(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
答案　h(p0S+mg)+CT0
此过程中气体内能增加量ΔU=CΔT=CT0
气体对外做功，W=-pSΔh=-h(p0S+mg)
此过程中容器内气体吸收的热量
Q=ΔU-W=h(p0S+mg)+CT0
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2.(2024·山东卷·16)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2，高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储
液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
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(1)求x；
答案　2 cm
由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，长柄中气体发生等温变化，
所以有p1(H-x)S1=p2HS1
又因为p1=p0
p2+ρgh=p0
代入数据联立解得x=2 cm
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(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
答案　8.92×10-4 m3
当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3(HS1+S2)
又因为p3+ρg·=p0
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。

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