- 分子动理论:内能
- 共5581题
如图所示,为一端封闭的均匀玻璃管,有一段水银柱将管内空气与外界隔绝,管口向下竖直放置,在温度保持不变的情况下,将玻璃管倾斜,则封闭空气的压强将_________,体积将_________。(填“增大”“减小”或“不变”)
正确答案
增大,减小
如图甲所示,用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气,活塞上放一砝码,活塞和砝码的总质量为m。现对气缸缓缓加热,使气缸内的空气温度从T1升高到T2,空气柱的高度增加了△L。已知加热时气体吸收的热量为Q,外界大气压强为P0。求:
(1)此过程中被封闭气体的内能变化了多少?
(2)气缸内温度为T1时,气柱的长度为多少?
(3)请在图乙的V-T图上大致作出该过程的图象(包括在图线上标出过程的方向)。
正确答案
解:(1)对活塞和砝码:mg+p0S=pS,得
气体对外做功W=pS△L=(p0S+mg)△L
由热力学第一定律W+Q=△U
△U=Q-(P0S+mg)△L
(2)
(3)如图
如图,上端开口的圆柱形气缸竖直放置,截面积为5×10-3m2,一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在气缸内,其压强为_____________Pa(大气压强取1.01×105Pa,g取10m/s2)。若从初温27℃开始加热气体,使活塞离气缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m,则此时气体的温度为_______℃。
正确答案
1.05×105;33
如图,粗细均匀,内径很小,两端开口的U形管竖直放置。两管的竖直部分高度为20厘米,水平部分BC长16厘米。一空气柱把管内水银分成左右两部分。大气压强P0=76cmHg,当空气柱温度为T0=273K,长为L0=10cm时,水平管BC内左边水银柱长为2 cm,竖直管AB内水银柱长也为2cm。求
(1)空气柱右边水银柱总长是多少?
(2)当空气柱温度升高到多少时,左边水银恰好全部进入竖直管AB内?
(3)为使空气柱左侧管中水银全部溢出,空气柱温度至少要升高到多少?
正确答案
解:(1)由于气体压强为78cmHg,故右侧竖直管内水银高也为2cm,所以右边水银柱总长为6cm
(2)左边水银全部进入竖直管时,右边竖直管中水银柱高也为4cm,此时气体压强为80cmHg,气柱总长为14cm,由理想气体状态方程:
,可得T2=
=392K
(3)左边水银全部进入竖直管后,再升高温度气体做等压变化,左边水银柱上升,右边水银柱不再上升,当左边水银柱上升到竖直管开口处时,此时空气柱长为30厘米,气体体积最大,温度最高。此后稍有扰动,左边水银就会溢出,右边水银柱下降,气体开始做等容降温。所以Tm==840K
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,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。假定在压力阀顶起时,停止加热。
(1)若此时锅内气体的体积为V,摩尔体积为V0,阿伏加德罗常数为NA,写出锅内气体分子数的估算表达式。
(2)假定在一次放气过程中,锅内气体对压力阀及外界做功1.5J,并向外界释放了2.5J的热量,锅内原有气体的内能如何变化?变化了多少?
(3)若已知某高压锅的压力阀质量为m=0.1kg,排气孔直径为d=0.3cm,则锅内气体的压强最大可达多少?设压强每增加3.6×103Pa,水的沸点相应增加1℃,则锅内的最高温度可达多高?(外界大气压强p0=1.0×105Pa,取g=10m/s2)
正确答案
解:(1)设锅内气体分子数为n,NA
(2)根据热力学第一定律△U=W+Q=-4J
锅内气体内能减少,减少了4J
(3)当限压阀受到的向上的压力等于限压阀的重力和大气压力的合力时,气体将排出锅外,锅内气体压强不再升高,压强达最大,此时温度最高
锅内最大压强为,
代入数据得p=2.4×105Pa
此时水的沸点℃
如图所示,圆柱形气缸倒置在水平粗糙的地面上,气缸内部封有一定质量的气体。已知气缸质量为10kg,缸壁厚度不计,活塞质量为5kg,其横截面积为50cm2,所有摩擦不计。当缸内气体温度为27℃时,活塞刚好与地面相接触,但对地面无压力。求
(1)此时封闭气体压强?
(2)现使缸内气体温度升高,当气缸恰对地面无压力时,缸内气体温度为多少?(已知大气压强为p0=1.0×105Pa)
正确答案
解:(1)p1=p0-mg/s
p1=105-50/(50×104)=9×104Pa
(2)末态P2=p0+Mg/s
P2=105+1000/(50×104)=1.2×105Pa
等容,
T2=400K
如图,上端开口的圆柱形气缸竖直放置,截面积为5×10-3m2,一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在气缸内,其压强为_____________Pa(大气压强取1.01×105Pa,g取10m/s2)。若从初温27℃开始加热气体,使活塞离气缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m,则此时气体的温度为_______℃。
正确答案
1.05×105;33
一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S=2×10-3m2,竖直插入水面足够宽广的水中。管中有一个质量为m=0.4kg的密闭活塞,封闭一段长度为L0=66cm的气体,气体温度T0=300K,如图所示。开始时,活塞处于静止状态,不计活塞与管壁间的摩擦。外界大气压强P0=1.0×105Pa,水的密度ρ=1.0×103kg/m3。试问:
(1)开始时封闭气体的压强多大?
(2)现保持管内封闭气体温度不变,用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞。当活塞上升到某一位置时停止移动,此时F=6.0N,则这时管内外水面高度差为多少?管内气柱长度多大?
(3)再将活塞固定住,改变管内气体的温度,使管内外水面相平,此时气体的温度是多少?
正确答案
解:(1)当活塞静止时,
(2)当F=6.0N时,有
管内外液面的高度差
由玻意耳定律:P1L1S=P2L2S
空气柱长度:
(3)P3=P0=1.0×105Pa,L3=68+10=78cm,T2=T1
由气态方程:
气体温度变为:
有人设计了一种测定某种物质与环境温度关系的测温仪,其结构非常简单(如图所示)。两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有一段长10cm的水银柱将管内气体分隔成上、下两部分,上部分气柱长20cm,压强为50cmHg,下部分气柱长5cm。今将管子下部分插入待测温度的液体中(上部分仍在原环境中),水银柱向上移动2cm后稳定不动。已知环境温度为27℃,上部分气柱的温度始终与外部环境温度保持一致。求稳定后:
(1)上部分气柱的压强;
(2)下部分气柱的压强;
(3)待测液体的温度。
正确答案
解:(1)上部分气体,玻意耳定律:p1V1=p1′V1′
即p1l1S=p1′l1′S,p1′=p1l1/ l1′
解出p1′=500/9cmHg=55.56cmHg
(2)下部分气体压强p2′=p1′+ρgh=(500/9+10)cmHg =65.56 cmHg
(3)插入前,下部分气体压强p2=p1+ρgh=50+10=60 cmHg
对下部分气体使用理想气体状态方程:
解出185.89℃
大家都知道:用一个杯口光滑平整的玻璃杯盛满水,然后盖上平整的玻璃板,用手摁住玻璃板迅速翻转,松开托住玻璃板的手,由于大气压的原因,玻璃板不会掉下.一个同学在回家后自己也想做这个实验.由于家中没有玻璃板,他就找了一张普通的纸盖在了杯口光滑平整的玻璃杯上,而且杯中只放了一半的水.按住纸翻转杯子、松开手,他惊呆了:水居然不流下来,如图甲所示.已知玻璃杯粗细均匀,杯子内底部到杯沿的高度为12×10-2m,杯中水的高度为6×10-2m,大气压强为1.013×105Pa.该同学在经过仔细观察后发现,翻转后,纸略往下凸,其平均下凸高度为0.40×10-3m(见乙图).请通过计算说明水不流下来的原因.
正确答案
杯子翻过来后纸有一定的形变,同时纸也吸收了极少的水而湿润,即水的高度也有极小的降低,但主要原因是纸发生形变后空气的体积略有增大,气体压强减小.
杯子没翻过来之前气体的高度L1=6×10-2m,水的高度h=6×10-2m,
气体的压强 p1=1.013×105Pa.
设杯子翻过来后气体的高度平均为L2=6.04×10-2m
水的高度仍为6×10-2m,气体温度不变,则有:p水=ρ水gh=1×103×10×6×10-2=6×102Pa
要水不流下,则气体最大压强应为:
P3=p1-p水=1.013×105-6×102=1.007×105 Pa
由于气体的温度不变,现用玻马定律验证.
p1V1=p2V2
p2==
=1.006×105 Pa
因为p2<P3所以纸片不掉下来
答:水不流下来的是内外气体压力差大于水的重力的缘故.
如图,导热的气缸固定在水平地面上,用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中,气缸的内壁光滑.现用水平外力F作用于活塞杆,使活塞缓慢地向右移动,由状态①变化到状态②,在此过程中:
(1)如果环境保持恒温,下列说法正确的是______.
A.每个气体分子的速率都不变
B.气体分子平均动能不变
C.水平外力F逐渐变大
D.气体内能减少
E.气体放热
F.气体内能不变,却对外做功,此过程违反热力学第一定律,不可能实现
G.气体是从单一热源吸热,全部用来对外做功,此过程不违反热力学第二定律
(2)如果环境保持恒温,分别用P、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度.气体从状态①变化到状态②,此过程可用下列图象表示的是______
(3)如果在上述过程中,环境温度变化,气体对外界做功8×104J,吸收热量1.2×105J,求内能的变化量为______J.
正确答案
(1)A、B、封闭气体等温膨胀过程,温度是分子热运动平均动能的标志,故分子热运动的平均动能不变,不是每个分子动能都不变,故A错误,B正确;
C、气体等温膨胀,根据玻意耳定律PV=C,可知气压不断减小,故内外压力差变大,向左,故F逐渐变大,故C正确;
D、封闭气体等温膨胀过程,温度是分子热运动平均动能的标志,故分子热运动的平均动能不变,气体分子势能不计,故内能不变,故D错误;
E、根据热力学第一定律△U=Q+W,内能不变,气体膨胀,对外做功,即W<0,故Q>0,吸热,故E错误;
F、内能不变,气体膨胀,对外做功,吸热,仍满足热力学第一定律△U=Q+W,故F错误;
G、封闭气体从大气热源吸热,封闭气体与大气是两个有温度差的热源,故G错误;
故选BC.
(2)A:双曲线的方程:PV=恒量,故A正确,B错误;
C:①到②的过程体积减小,与题意相悖,故C错误;
D:①到②的过程温度不变,压强减小,根据玻意耳定律,气体的体积增大,故D正确.
故选:AD
(3)对①到②过程根据热力学第一定律公式△E=Q+W,求解得:△E=Q+W=-8×104+1.2×105(J)=4×104J
故答案为:(1)BCG (2)AD (3)4×104
如图所示,一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体;一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4。现用活塞将气缸封闭(图中未画出),使活塞缓慢向下运动各部分气体的温度均保持不变。当小瓶的底部恰好与液面相平时,进入小瓶中的液柱长度为l/2,求此时气缸内气体的压强。大气压强为P0,重力加速度为g。
正确答案
解:设当小瓶内气体的长度为3/4l时,压强为p1;当小瓶的底部恰好与液面相平时,瓶内气体的压强为P2,气缸内气体的压强为p3
依题意 ①
由玻意耳定律 ②
式中S为小瓶的横截面积,联立①②两式,得
③
又有 ④
联立③④式,得
利用图(a)实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置,管内塞有潮湿小棉球,实验者从玻璃管的一端A吹气,棉球从另一端B飞出,测得玻璃管内部截面积S,距地面高度h,棉球质量m,开始时的静止位置与管口B的距离x,落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改变x,测出对应的l,画出l2-x关系图线,如图(b)所示,并由此得出相应的斜率k。
(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力,根据以上测得的物理量可得,棉球从B端飞出的速度v0=_________。
(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值,不计棉球与管壁的摩擦,重力加速度g,大气压强p0均为已知,利用图(b)中拟合直线的斜率k可得,管内气体压强p=_________。
(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦,则(2)中得到的p与实际压强相比_________(填偏大、偏小)。
正确答案
(1)l
(2)p0+
(3)偏小
如图所示,一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体,活塞横截面积为S,汽缸内壁光滑且缸壁是导热的。开始活塞被固定,打开固定螺栓K,活塞上升,经过足够长时间后,活塞停在B点,则活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为____________,在该过程中,缸内气体____________(填“吸热”或“放热”)。(设周围环境温度保持不变,已知AB=h,大气压强为p0,重力加速度为g)
正确答案
,吸热
【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答.若三题都做,则按A、B两题评分.
A.(选修模块3-3)(12分)
(1)为了将空气装入气瓶内,现将一定质量的空气等温压缩,空气可视为理想气体.下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是 ▲ .
(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5kJ的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小 ▲ kJ,空气 ▲ (选填“吸收”或“放出”)的总能量为 ▲ kJ.
(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/和2.1kg/
,空气的摩尔质量为0.029kg/mol,阿伏加德罗常数
=6.02
.若潜水员呼吸一次吸入2L空气,试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字)
B.(选修模块3-4)(12分)
(1)激光具有相干性好,平行度好、亮度高等特点,在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是 ▲ .
(A)激光是纵波
(B)频率相同的激光在不同介质中的波长相同
(C)两束频率不同的激光能产生干涉现象
(D)利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
(2)如图甲所示,在杨氏双缝干涉实验中,激光的波长为5.30×m,屏上P点距双缝
和
的路程差为7.95×
m,则在这里出现的应是 ▲ (选填“明条纹”或“暗条纹”).现改用波长为6.30×
m的激光进行上述实验,保持其他条件不变,则屏上的条纹间距将 ▲ (选填“变宽”、“变窄”或“不变”).
(3)如图乙所示,一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质,经下表面反射后,从上面的A点射出.已知入射角为i,A与O相距l,介质的折射率为n,试求介质的厚度d.
C.(选修模块3-5)(12分)
(1)研究光电效应电路如图所示.用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K),钠极板发射出的光电子被阳极A吸收,在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压的关系图象中,正确的是 ▲ .
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量,从金属表面逸出,这就是光电子.光电子从金属表面逸出的过程中,其动量的大小 ▲ (选填“增大”、“减小”或“不变”),原因是___▲____.
(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为-3.40eV和-1.51eV,金属钠的截止频率为Hz,普朗克常量h=
J
s.请通过计算判断,氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板,能否发生光电效应.
正确答案
A.(1)B
(2)5;放出;29;
(3)设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为和
.一次吸入空气的体积为
,则有
=
,代入数据得△n=
B.(1)D(2)暗条纹;变宽
(3)设折射角为r,折射定律=n;几何关系l=2d
,
解得d=
C.(1)C
(2)减小;光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功);
(3)氢原子放出的光子能量.代入数据得
金属钠的逸出功,代入数据得
因为E<,所以不能发生光电效应
A.(1)本题考查等温变化下气体的压强与体积之间的关系,PV的乘积是定值,因此P与V成反比,即与1/V成正比,B项正确;(2)题考查的是热力学方程的计算;(3)题考查的是摩尔质量、阿伏伽德罗常数、物质的量以及分子个数之间的换算关系。
B.(1)本题考查激光的有关知识。激光是电磁波中的一种,是一种横波,A项错误;频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的,B项错误;能产生干涉的条件是两列光的频率要相同,C项错误;测定距离就是利用激光的平行度高的特性,D项正确。
(2)本题考查相干光的加强减弱的条件、条纹间距随波长变化的规律。当点到两光源的光程差为半波长的奇数倍时,出现暗条纹;,随波长变长,条纹间距变宽。
(3)设折射角为r,折射定律=n;几何关系l=2d
,
解得d=
C.(1)本题考查光电效应的遏止电压与饱和电流的相关知识。遏止电压不会随光的强弱而变化,光的强弱会影响饱和电流的大小,光照越强,饱和电流越大;C项正确。
(2)本题考查光电效应现象规律、光电效应方程以及能级跃迁时的能量相等关系。
(3)氢原子放出的光子能量.代入数据得
金属钠的逸出功,代入数据得
因为E<,所以不能发生光电效应
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