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题型:简答题
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简答题

如图(a)所示,水平放置的汽缸内封闭有体积为0.6m3的理想气体,已知此时汽缸内的气体温度为300K,气体压强与外界大气压强相等为p0=1.0×105Pa,封闭气体的光滑活塞面积为10-4m3.缓慢加热汽缸内气体,并在活塞上加以适当的外力,气体经历了如图(b)所示的状态变化,求:

(1)当温度上升到450K的状态B时,缸内气体的压强pB

(2)当气体处于状态B时,加在活塞上的外力F的大小和方向;

(3)当温度上升到600K的状态C时,缸内气体的体积VC

正确答案

(1)从状态A到状态B,气体经历了等容变化,=

代入数据,解得pB=1.5p0=1.5×105Pa

(2)对活塞根据平衡条件有,F=(pB-p0)S=5N,

方向水平向左

(3)从状态B到状态C,根据理想气体状态方程有=

代入数据,解得VC=1m3 

答:(1)当温度上升到450K的状态B时,缸内气体的压强pB为1.5p0=1.5×105Pa;

(2)当气体处于状态B时,加在活塞上的外力F的大小为5N,方向水平向左;

(3)当温度上升到600K的状态C时,缸内气体的体积VC为1m3

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简答题

一圆柱形气缸,质量为M,总长度为L,内有一厚度不计的活塞,质量为m、截面积为S,活塞与气缸壁间摩擦不计,但不漏气,温度为t0时,如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来,如图甲所示,气缸内气体柱的高为L1,如果用绳子系住气缸底,将气缸倒过来悬挂起来,如图乙所示,气缸内气体柱的高为L2,设两种情况下气缸都处于竖直状态,求:

(1)图乙状态时温度升高到多少时,活塞将从气缸中落出.

(2)当时的大气压强.

正确答案

(1)图乙状态时,一定质量的理想气体温度升高,在活塞将与气缸脱离前发生的是等压变化,得:

=

得 t=-273

(2)在甲图中对圆柱形气缸进行受力分析得:p1=p0-

在乙图中对活塞进行受力分析得:p2=p0-

一定质量的理想气体从甲图到乙图发生的是等温变化,所以得:p1L1S=p2L2S

所以(p0-)L1S=(p0-)L2S,

可解得p0=

答:(1)图乙状态时温度升高到-273°C时,活塞将与气缸脱离;

(2)当时的大气压强为

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简答题

如图所示,水平固定的汽缸封闭了体积为V=2×10-3m3的理想气体,已知外面的大气压为p0=1×105Pa,活塞的横截面积为S=1×10-2m2,活塞质量和摩擦忽略不计.最初整个装置处于静止状态.现用手托住质量为m=5Kg的重物,使其缓慢升高到绳刚要松弛,(g=10m/s2)求:

(1)重物需要升高多少高度?

(2)如果从绳子松弛时开始释放m,当m下落到最低点时,m共下降了H=1.6×10-2m高度,求这一过程中汽缸内气体作了多少功?

(3)重物到达最低点时的加速度a的大小和方向(设在整个过程中气体温度保持不变).

正确答案

(1)初态:p1=p0-=0.95×105pa,v1=2×10-3m3

        末态:p2=1×105pa,

由玻意耳定律得:p1V1=p2V2

则得  v2==1.9×10-3m3

重物升高的高度  h==0.01m

(2)对活塞和重物整体,根据动能定理得:

   W-p0SH+mgH=0

解得,汽缸内气体作功 W=15.2J

 (3)重物到达最低点时气体的体积 v3=v2+SH=2.06×10-3m3

 则有  p3==0.92×105pa

活塞质量不计,则对重物和活塞,根据牛顿第二定律得:(p0-p3)S-mg=ma

解得,a=6m/s2 方向向上

答:

(1)重物需要升高0.01m.

(2)汽缸内气体作了15.2J的功.

(3)重物到达最低点时的加速度a的大小为6m/s2,方向向上.

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简答题

如图所示,固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成,粗筒横截面积是细筒的4倍,细筒足够长,粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气,活塞A上方有水银。用外力向上托住活塞B,使之处于静止状态,活塞A上方的水银面与粗筒上端相平,当时气体温度为23℃水银深H=10cm,气柱长L=20cm,大气压强p0=75cmHg。现保持温度不变,使活塞B缓慢上移,直到水银的一半被推入细筒中。

(1)此时筒内气体的压强为多少?

(2)活塞B向上移动的距离。

(3)此时保持活塞B位置不变,改变气体温度,让A上方的水银刚好全部进入细筒内,则气体的温度是多少?

正确答案

解:P1=p0+h=85cmHg,V1=S20cm

(1)P2=p0+h2=100cmHg

(2)P1V1=P2V2,V2=s17cm,X=8cm

(3)V1/T1=V2/T2,T=180K

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简答题

如图所示,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内.在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强为p0(p0=1.0×105 Pa为大气压强),温度为300K.现缓慢加热汽缸内气体,当温度为330K,活塞恰好离开a、b.求:

(1)活塞的质量

(2)当温度升为360K时活塞上升的高度.

正确答案

已知:p1=1.0×105 Pa,p2=p0+,T1=300K,T2=330K,V1=60×40cm3 

(1)由=知:

p2=p0+=T2

mg=0.1×105×40×10-4=40N     m=4kg

(2)T3=360K    V2=V1=60×40cm3

由等压变化=

V3=T3=65.5×40

△h=65.5-60=5.5cm

答:(1)活塞的质量为4Kg.

(2)当温度升为360K时活塞上升的高度为5.5cm.

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简答题

某实验小组利用如图所示的装置测量温度:A是容积较大的玻璃泡,A中封有一定量的空气,B是一根很细的与A连接的均匀玻璃管,管壁有温度刻度标志,管下端开口插入水银槽中,管内外水银面高度差为h。

(1)h越大,温度读数越____________(填“大”或“小”);

(2)试用相关物理规律证明此装置的温度刻度线间距是均匀的;

(3)利用此装置测温度时,如果大气压强增大△P(cmHg),读出的温度值变大还是变小?如何进行修正?

正确答案

(1)小

(2)等容变化:P=KT,P=P0-h,△T(即△t)与△h成线性关系,所以刻度线的间距均匀

(3)变小,因为△h=△P,所以应从管内水银面向下移动△h的刻度线读数

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简答题

如图所示,左端封闭的U形管中,空气柱将水银分为A、B两部分,空气柱的温度t=87°C,长度L=12.5cm,水银柱A的长度h1=25cm,水银柱B两边液面的高度差h2=45cm,大气压强p0=75cmHg,

(1)当空气柱的温度为多少时,水银柱A对U形管的顶部没有压力;

(2)空气柱保持(1)中温度不变,在右管中注入多长的水银柱,可以使形管内水银柱B两边液面相平.

正确答案

(1)封闭气体初态:p1=(75-45)cmHg=30cmHg  V1=12.5sT1=273+87K=360K

A对顶部无压力时p2=25cmHg   h2′=(75-25)cm=50cm L2=L-=10cm(

由理想气体状态方程得:=

T2==K=240K

(2)封闭气体等温变化,有玻意耳定律得:P2L2=P0L3

解得:L3==cm=cm

注入的水银柱长度为△L=h2′+2(L2-L3)=50+2×(10-)cm=63.3cm

答:(1)当空气柱的温度为240K时,水银柱A对U形管的顶部没有压力;

(2)空气柱保持(1)中温度不变,在右管中注入63.3cm的水银柱,可以使形管内水银柱B两边液面相平

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简答题

一根粗细均匀全长为40厘米、一端封闭的直玻璃管,用长为19厘米的汞柱封闭一定质量的空气.开始时,玻璃管开口向下竖直放置,管内空气柱长为18.2厘米,温度为0℃.大气压强为76cmHg,1cmHg=1333Pa.

(1)保持玻璃管位置不变,则当管中空气柱长为20厘米时,被封闭的空气温度为多少?

(2)保持第(1)问中的温度不变,将玻璃管缓慢逆时针转动90°使其水平放置,则此时空气柱长度为多少厘米?

正确答案

玻璃管竖直放置,温度变化时管内封闭气体压强不变.

(1)=⇒t2=T2-273=27°C

(2)玻璃转动过程中,温度不变.

P2V2=P3V3

P2=P0-hcmHg=(76-19)cmHg=57cmHg,P3=P0=76cmHg

V2=L2s=20s,V3=L3s

则有:

L3=L2=×20cm=15cm

答:(1)封闭气体的空气温度为27℃;

(2)空气柱的长度为15cm.

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题型:简答题
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简答题

有人设计了一个如图所示的测温装置,图中 C为测温泡,U形管的右管开口向上,左管通过细玻璃管与测温泡C相通,U形管的下端通过软管D与容器R相连通,在U形管中装入水银,在A管上画上刻度.测温时调节容器R的高度使左管中的液面位置保持在B处,此时根据U形管左、右两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度.假设该测温装置在制定刻度时候的大气压为76cmHg,该温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm.

(1)(多选题)以下关于该温度计的说法中正确的是______

    A.该温度计的刻度是均匀的;                     B.该温度计的刻度值上大下小;

    C.当大气压升高时,温度计的读数偏大;           D.在容器R中再加入一些水银时,这个温度计的测量值会偏小.

(2)某天由于天气的原因,大气压变为75cmHg,此时该温度计的读数是18℃,那么当天的实际温度是______℃.

正确答案

(1)0℃时右边水银面与左边水银面高度差为h1,温度为t℃时,右边水银面与左边水银面高度差为h2,则

根据查理定律得:

    = ①

由数学知识得:=

即得 =•△h

得:△T=•△h ②

A、可见△T与△h正比,故该温度计的刻度是均匀的;故A正确.

B、由②知,温度越高,h2越大,故该温度计的刻度值上大下小;故B正确.

C、由②得知,当大气压升高时,温度计的读数偏小.故C错误.

D、在容器R中再加入一些水银时,平衡后,A管中水银面升高,温度测量值偏大.故D错误.

故选AB

(2)设当天的实际温度是t℃.

由题意,温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm,则温度计的0℃和18℃刻度线间的距离是18cm.

根据查理定律得:

对于大气压为76cmHg,温度分别0℃和30℃时,有:== ③

对于大气压为76cmHg,温度分别0℃和大气压为75cmHg,温度t℃,有:== ④

由③④解得,t=17℃

故答案为:(1)AB;(2)17

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题型:填空题
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填空题

某登山爱好者在登山的过程中,发现他携带的手表表面玻璃发生了爆裂.这种手表是密封的,出厂时给出的参数为:27℃时表内气体压强为1×105Pa;在内外压强差超过6×104Pa时,手表表面玻璃可能爆裂.若当时手表处的气温为-3℃,则手表表面玻璃爆裂时表内气体压强的大小为______Pa;已知外界大气压强随高度变化而变化,高度每上升12m,大气压强降低133Pa.设海平面大气压为1×105Pa,则登山运动员此时的海拔高度约为______m.

正确答案

(1)手表内封闭的气体初始状态参量为:p0=1×105 Pa T0=(273+27)K=300 K

末状态参量T1=(273-3)K=270 K,

根据查理定律=

可得p1=p0=×105 Pa=9×104 Pa

(2)手表表面玻璃爆裂时表内气体压强为p1=9×104 Pa,

依题意,则表外大气压强p′=p1-6×104 Pa=3×104 Pa

因为海平面大气压为1×105 Pa,则由于海拔升高引起的大气压强的变化△p=1×105 Pa-3×104 Pa=7.0×104 Pa

则海拔高度H=×12 m=×12 m=6316 m.

故答案为:9×104,6316.

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