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- 2021-05-23 发布
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2020届一轮复习人教版 第十三章 热学(选修3-3) 第3课时 课时作业
热点一 变质量问题的求解
1.如图所示,一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为V0.开始时内部封闭气体的压强为p0,经过太阳暴晒,气体温度由T0=300 K升至T1=350 K.
(1)求此时气体的压强;
(2)保持T1=350 K不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.
解析:(1)由题意知气体发生等容变化,由查理定律得=,解得p1=p0=p0=p0.
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V2,由玻意耳定律可得p1V0=p0V2
则V2==V0
所以,集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为=.
答案:(1)p0 (2)
2.(2018·河南八市一模)为适应太空环境,航天员都要穿航天服.航天服有一套生命保障系统,为航天员提供合适的温度、氧气和气压,让航天员在太空中如同在地面上一样.假如在地面上航天服内气压为1 atm,气体体积为2 L,到达太空后由于外部气压低,航天服急剧膨胀,内部气体体积变为4 L,
使航天服达到最大体积.若航天服内气体的温度不变,航天服视为封闭系统.
(1)求此时航天服内的气体压强,并从微观角度解释压强变化的原因;
(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气,使航天服内的气压变为0.9 atm,则需补充1 atm的等温气体多少升?
解析:(1)在地面上航天服内气体压强p1=1 atm,体积V1=2 L,到达太空后航天服内气体压强为p2,体积V2=4 L.由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p2=0.5 atm
航天服内气体温度不变,气体分子平均动能不变,体积膨胀,单位体积内的分子数减少,单位时间撞击到单位面积上的分子数减少,故压强减小.
(2)设需补充1 atm的等温气体的体积为V′,取总气体为研究对象,有p1(V1+V′)=p3V2,解得V′=1.6 L.
答案:(1)0.5 atm,变化原因见解析 (2)1.6 L
热点二 气体实验定律的应用
3.(2018·河南商丘模拟)如图所示,汽缸放置在水平平台上,活塞质量为10 kg,横截面积为50 cm2,大气压强为1×105 Pa,环境温度为39 ℃,活塞封闭的气柱长为8 cm,现将汽缸缓慢倒过来放置,使活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通,重力加速度g=10 m/s2,不计活塞与汽缸之间的摩擦.
(1)求汽缸倒置时活塞内封闭气柱的长度;
(2)汽缸倒置时,若缓慢降低气体的温度,使活塞回到初始位置(汽缸正放时活塞相对汽缸的位置),求此时气体的温度.
解析:(1)以活塞为研究对象,汽缸正放时,有p0S+mg=p1S
汽缸倒过来后,有p2S+mg=p0S
根据玻意耳定律有:p1Sl1=p2Sl2,解得l2=12 cm.
(2)汽缸倒置时,缓慢降低气体的温度,使活塞回到初始位置,该过程为等压过程,由盖—吕萨克定律可得=,其中T1=273+39=312 K,
解得T2=208 K,即t2=-65 ℃.
答案:(1)12 cm (2)-65 ℃
4.(2018全国3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。
答案: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
p1=p2+ρg(l1-l2)①
式中ρ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′=22.5 cm⑤
l2′=7.5 cm⑥
【素能提升】
5.(2018·山西名校联考)如图所示,上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置,质量m=5 kg,截面积S=50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,在汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a、b,使活塞只能向上滑动,开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强等于大气压强,温度为300 K.现通过内部电热丝缓慢加热汽缸内气体,直至活塞恰好离开a、b.已知大气压强p0=1.0×105 Pa(g取10 m/s2).
(1)求汽缸内气体的温度;
(2)继续加热汽缸内的气体,使活塞缓慢上升H=0.1 m(活塞未滑出汽缸),气体的内能的变化量为18 J,则此过程中气体吸热还是放热?传递的热量是多少?
解析:(1)气体的状态参量为:T1=300 K,p1=p0=1.0×105 Pa,对活塞由平衡条件得:p2S=p0S+mg
解得:p2=1.1×105 Pa,由查理定律得:=
解得:T2=330 K.
(2)继续加热时,气体等压变化,体积增大,则温度升高,内能增大,气体膨胀对外界做功,则外界对气体做功W=-p2SH=-55 J,根据热力学第一定律:ΔU=W+Q
气体吸收的热量:Q=ΔU-W=73 J.
答案:(1)330 K (2)吸热 73 J
6.(2018·四川宜宾一诊)如图所示为一竖直放置、上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管,上部和下部的横截面积之比为2∶1,上管足够长,下管长度l=34 cm.在管内用长度h=4 cm的水银封闭一定质量的理想气体,气柱长度l1=20 cm.大气压强p0=76 cmHg,气体初始温度T1=300 K.
(1)若缓慢升高气体温度,使水银上端面到达粗管和细管交界处,求此时的温度T2;
(2)继续缓慢升高温度至水银恰好全部进入粗管,求此时的温度T3.
解析:(1)气体做等压变化,设细管横截面积为S,
l2=l-h=30 cm
由盖—吕萨克定律,得=
T2=T1=450 K.
(2)p1=p0+ph=80 cmHg,Sh=2Sh′,h′=2 cm
p3=p0+ph′=78 cmHg,l3=34 cm
由理想气体状态方程,得:=
T3=T1=497.25 K.
答案:(1)450 K (2)497.25 K
7.(2018·湖南怀化模拟)如图所示,竖直放置的汽缸,活塞横截面积为S,厚度不计,可在汽缸内无摩擦滑动.汽缸侧壁有一个小孔,
与装有水银的U形玻璃细管相通.汽缸内封闭了一段高为L的气柱(U形管内的气体体积不计).此时缸内气体温度为T0,U形管内水银面高度差为h.已知大气压强为p0,水银的密度为ρ,重力加速度为g.(汽缸内气体与外界无热交换)
(1)求活塞的质量m;
(2)若在活塞上添加质量为4m的沙粒时,活塞下降到距汽缸底部L处,求此时汽缸内气体的温度.
解析:(1)活塞受力如图所示,由平衡条件有:p1S=p0S+mg
结合液体压强公式有:
p1=p0+ρgh
所以活塞的质量:m=ρhS.
(2)在活塞上添加质量为4m的沙粒时,由平衡条件有:
p2S=p0S+5mg,
解得p2=p0+=p0+5ρgh
V2=LS,V1=LS,T1=T0
由气体状态方程有:=
所以此时汽缸内气体的温度为:
T2=T1=T0.
答案:(1)m=ρhS (2)T0
8.如图所示的汽缸距底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计,两边管足够长),汽缸内用一体积可忽略的T形活塞密闭一定质量的理想气体.初始时,封闭气体温度为T0,活塞距离汽缸底部为1.5h0,U
形管内两边水银面的高度差为Δh0.已知水银的密度为ρ,大气压强为p0,活塞竖直长柄长为1.2h0,重力加速度为g.现缓慢降低气体的温度,求:
(1)当T形活塞竖直长柄下端刚与汽缸底部接触时,气体的温度T1;
(2)当温度降为0.4T0时,U形管内两水银面的高度差Δh.
解析:(1)缓慢降温过程中,活塞长柄下端到达汽缸底部前,气体做等压变化,设活塞截面积为S,有=
解得T1=0.8T0.
(2)活塞长柄下端到达汽缸底部后,继续缓慢降温至T2=0.4T0过程中,气体做等容变化,有
p1=p0+ρg·Δh0
p2=p0+ρg·Δh
=
解得Δh=-.
答案:(1)0.8T0 (2)-