气缸压力计算气缸直径为120mm,气压为0.6MPa,求气缸压力为多少Kg?要求计算步骤及单位换算比如同一气缸分别向下移

在沙筒中加入沙子，使活塞缓慢右移，内部气体的体积增大，气体膨胀做负功，绝热汽缸没有热传递，根据热力学第一定律可知气体的内能减小，气体的内能与温度有关，内能减小温度一定减小，故A正确，BC错误；
根据活塞的平衡条件：PS+F=P₀S，可得气体的压强P必然减小，故D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查了热力学第一定律与气态方程的相结合，对于这类问题的突破点往往是根据气体体积变化情况，根据热力学第一定律判断其内能的变化，进一步判断其它状态参量的变化情况．

设大气和活塞对气体的总压强为p₀，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得：p0h＝(p0+p)(h−
1
4h)①
由①式得p＝
1
3p0②
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p₀+2p．设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，由玻马定律得：p₀h=（p₀+2p）h′③
联立②③式解得
h′=
3
5h
答：此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度为
3
5h．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，然后根据玻马定律列式求解．

（1）1min内做的有用功：W=Pt=7.5×10⁴W×60s=4.5×10⁶J．
（2）燃气的质量：m=ρv=1.35kg/m³×1.8×10^-3m³=2.43×10^-3kg，
因为空燃比是14：1，所以燃油的质量是整个质量的[1/15]，
做一次功消耗的汽油质量：2.43×10^-3kg×[1/15]=1.62×10^-4kg．
（3）1min内汽油燃烧释放的热量：Q=mq=1.62×10^-4kg×4.6×10⁷J/kg×2600=1.94×10⁷J，
发动机的效率：η=[W/Q]=
4.5×106J
1.94×107J=23.2%．
答：（1）1min内做的有用功为4.5×10⁶J．
（2）做功一次消耗汽油的质量是1.62×10^-4kg．
（3）发动机的效率是23.2%．

点评：
本题考点： 功的计算；热量的计算；热机的效率．

考点点评： 本题贴近生活，能让学生了解能量的转化和汽车的效率．本题考查了功的计算、热量的计算、热机效率的计算，难点在于计算做一次功消耗燃油的质量．难度较大．

已知：V=10L=0.01m³，ρ=1.5kg/m³，
∵ρ=[m/V]，
∴氧气的质量：
m=ρV=1.5kg/m³×0.01m³=0.015kg；
V′=4L=0.004m³，压缩后氧气质量不变，m′=m=0.015kg；
压缩后氧气的密度：
ρ′=[m′/V′]=
0.015kg
0.004m3=3.75kg/m³．
故选B．

点评：
本题考点： 密度的计算．

考点点评： 本题考查了求氧气的密度，应用密度公式及其变形公式即可正确解题，解题时要注意单位换算．

温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，故A错误；
松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同．故B错误，CD正确；
故选CD

点评：
本题考点： 热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；改变内能的两种方式；理想气体．

考点点评： 本题要注意理想气体分子间距离较大，故不计分子势能，分子内能只与温度有关，温度相同，则内能及分子的平均动能均相同．

设大气压为P₀，气缸质量为M，横截面积为S，则气缸内气体压强P=P₀-[Mg/s]
剪断细线后，气缸自由下落，处于完全失重状态，气缸内气体压强P=P₀，
缸内气体压强变大，所以气体体积减小，外界对气体做功，气体内能增大，所以BD正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 气缸自由下落时，活塞对气体就没有压力了，此时气体的压强和大气压强相同，分析出气体压强即可解决本题．

A、B、以气缸为研究对象有，设大气压强为P₀，有：P₀s=mg+Ps．因此当大气压强增大时，气体压强增大，气体等温变化，由P₁V₁=P₂V₂可知体积减小，故A错误，B错误；
C、以气缸和活塞组成的系统为研究对象，系统处于平衡状态，因此弹力弹力等于系统重力，由于重力不变，因此弹簧弹力不变，故C正确；
D、由于弹簧弹力不变，故弹簧的长度不变；又由于气体体积变化，故气缸底部离地面的高度变化，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 压强问题实质上还是力学问题，因此选取研究对象，正确受力分析，根据所处状态求解即可．

①将气缸状态1缓慢竖起到倒置状态2的过程等温变化，设活塞的横截面为S，其状态参量分别为：
状态1：P₁=P_o+[mg/s]=1×10⁵+0.2×10⁵=1.2×10⁵Pa V₁=L₁S
状态2：P₂=P₀-[mg/s]=1×10⁵-0.2×10⁵=0.8×10⁵Pa V₂=L₂S
由等温变化有：P₁V₁=P₂V₂
即为：P₁L₁=P₂L₂
代入数据解得：L₂=15cm
②由状态2到状态3为等压变化，状态2 的温度为：T₂=T₁=（273+27）K=300K
状态3的状态参量为：V₃=L₃S T₃=？
由等压变化有：
V2
T2=
V3
T3
解得：T₃=
V3
V2T₂=
L3
L2T₂=
25
15×300=500K
答：①求气缸倒置后封闭气柱的长度为156cm．
②气缸倒置后，使封闭气体温度升至500K时，活塞刚好接触平台（活塞摩擦不计）．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 利用理想气体状态方程解答问题时，首先要正确的确定状态和分析状态参量，选择合适的定律进行解答，对压强的确定，有时要借助于受力平衡或牛顿第二定律进行解答．

四冲程中只有做功冲程使汽车获得了动力，另外三个冲程依靠飞轮的惯性来完成．其中压缩和排气冲程都是活塞向上运动的；
故选D．

点评：
本题考点： 内燃机的四个冲程．

考点点评： 本题主要考查对热机一个工作循环中各冲程情况的了解以及工作的实质．

A、由于大气压强不变，对A受力分析可知，被封闭气体压强不变，故A错误；
B、当活塞向下移动时，气体体积增大，外界对气体做负功，故B错误；
C、当缓慢增加重物的质量时，被封闭气体压强变小，温度不变，根据
PV
T＝c(常数)可知，气体体积增大，温度不变内能不变，体积增大，对外做功，由△U=W+Q可知，气体吸热，故C正确；
D、重物的质量缓慢增加，被封闭气体压强变小，根据
PV
T＝c(常数)可知，要保持体积不变，温度要降低，即内能减小，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；封闭气体压强．

考点点评： 本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习．

1．设加热恰好能使活塞M移动到气缸最右端，则B室气体末态体积
V_B=2V₀ （1）
根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用T_B表示B室中气体末态的温度，有

V0
T0＝
VB
TB（2）
解（1）（2）两式可得
T_B=2T₀ （3）；
由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度
T_A=2T₀ （4）；
在加热过程中，A室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即
QA＝
5
2R(TA−T0) （5）；
由（4）（5）两式得
QA＝
5
2RT0 （6）；
B室中气体经历的是等压过程，在过程中B室气体对外做功为
W_B=p₀（V_B-V₀） （7）；
由（1）（7）式及理想气体状态方程得
W_B=RT₀ （8）；
内能改变为
△U＝
5
2R(TB−T0) （9）；
由（4）（9）两式得
△UB＝
5
2RT0 （10）；
根据热力学第一定律和（8）（10）两式，B室内气体吸收的热量为
QB＝△UB+WB＝
7
2RT0 （11）；
由（6）（11）两式可知电加热器提供的热量为
Q_m=Q_A+Q_B=6RT₀ （12）；
若Q₀=Q_m，B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀．
2．若Q₀＞Q_m，则当加热器供应的热量达到Q_m时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积不做功，根据热力学第一定律，若A室中气体末态的温度为T'_A，有
Q0−Qm＝
5
2R(TA′−2T0′)+
5
2R(TA′−2T0) （13）；
由（12）（13）两式可求得
TA′＝
Q0
5R+
4
5T0 （14）；
B中气体的末态的体积
V_B'=2V₀ （15）
3．若Q0＜Qm，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B室中气体末态的体积VB''小于2V0．设AB两室中气体末态温度为TA''，根据热力学第一定律，注意到A室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量
QA＝
5
2R(TA″−T0) （16）
B室中气体经历的是等压过程，吸收热量
QB＝
5
2R(TA″−T0)+p0(VB″−V0) （17）
利用气体状态方程，上式变为
QB＝
7
2R(T′′A−T0) （18）
由上可知
Q₀=Q_A+Q_B=6R（T''_A-T₀） （19）
所以A室中气体的末态温度
T″A＝
Q0
6R+T0 （20）
B室中气体的末态体积
V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0（21）
答：1．若加热停止时，活塞M有刚移动气缸右端，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度2T₀
2．若活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，则B室中气体末态体积为2V₀，A室中气体的末态温度TA′＝
Q0
5R+
4
5T0；
3．若隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，则B室中气体的末态体积V″B＝
V0
T0T′′A＝(
Q0
6RT0+1)V0，A室中气体的末态温度T″A＝
Q0
6R+T0．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题为气体的综合应用题，题中涉及内能的相关知识，难度极大，过程复杂，是极少见的气体模型中的难题中难题．

C、D、当气缸竖直放置时，对活塞受力分析如图，

所以，P₀S=G+PS ①
即外界大气压力等于重力与内部气体产生的压力之和．
当气缸倾斜时活塞受力如图，

此时：Gcosθ+P₁S=P₀S ②
由①②可知，P₁＞P，即末状态压强大于初状态，故C正确，D错误．
A、B、整个过程是绝热变化，由PV=C可知，压强增大时，体积减小，故密度变大，外界对气体做功，根据热力学第一定律知内能增大，故A正确，B错误．
故选：AC．

点评：
本题考点： 热力学第一定律；封闭气体压强．

考点点评： 此题把受力平衡与理想气体状态方程相结合，所以在解题过程中思维不要仅局限在理想气体状态方程和热力学第一定律上．

A、将小石子缓慢的加在活塞上，由平衡条件可知活塞对气体的压力变大，则气体压强变大．故A错误．
B、压强是大量气体分子单位时间对单位器壁的平均冲量所致，压强增大，单位时间内汽缸内气体分子对活塞的平均撞击力增大，故B错误．
C、D、温度不变时，体积减小，对理想气体内能不变，由热力学第一定律知外界对气体做功与气体放出热量相等，故C正确，D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 封闭气体压强；热力学第一定律．

考点点评： 本题需要用到的热学知识较多，但主要知识是热力学第一定律，同时还要注意，理想气体的内能只和温度有关，和体积无关．

向上拉活塞时，气体体积变大，气体对外做功，W<0，由于气缸与活塞是绝热的，在此过程中气体既不吸热，也不放热，则Q=0，由热力学第一定律可知，△U=W+Q<0，气体内能减小，温度降低，分子平均动能变小，但并不是每一个分子动能都减小，每个分子对缸壁的冲力都会减小，故AC错误；气体物质的量不变，气体体积变大，分子数密度变小，单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少，B正确；若活塞重力不计，则活塞质量不计，向上拉活塞时，活塞动能与重力势能均为零，拉力F与大气压力对活塞做的总功等于缸内气体的内能改变量，D错误。

B

（1）如图，进气门、排气门都关闭，活塞上移，是压缩冲程；该冲程通过做功的方式使气体的内能增大；
（2）若飞轮转速为1200r/min，表示1min飞轮转动1200r，则汽油机1min完成600个工作循环，燃气对外做功600次．
故答案为：压缩；做功；600．

点评：
本题考点： 内燃机的四个冲程．

考点点评： 本题考查了改变内能的方法、内燃机四个冲程的工作过程，理解并用好：内燃机一个工作循环，4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周．

A、密度定义为ρ＝
m
V，由于质量和体积都不变，故密度不变，故A错误．
B、由
PV
T＝C，可知气体体积不变，当温度降低时压强减小，故B正确．
C、温度降低说明分子平均动能减小，故C错误．
D、由压强的微观意义，密度不变表示单位体积内分子数不变，而分子平均动能减小，故单位时间内撞击到器壁的分子数减小，撞击力减小，故D正确．
故选：BD

点评：
本题考点： 温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义．

考点点评： 本题重点掌握压强的微观意义；其次要知道温度决定分子平均动能．