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简答题

(9分) 图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。左容器足够高,上端敞开,右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气,B上方封有氢气。大气的压强p0,温度为T0=273K,连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时,各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中,再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定,第三次达到平衡后,氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求

(ⅰ)第二次平衡时氮气的体积;

(ⅱ)水的温度。

正确答案

(1)2.7hS ;(2)368.55K;

试题分析:(1)以氢气为研究对象,初态压强为p0,体积为hS,末态体积为0.8hS.

气体发生等温变化,由玻意耳定律得:p0V1=p2V2,即:p0hS=p×0.8hS,解得:p=1.25p0    ①

活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程.

该过程的初态压强为1.1p0,体积为V;末态的压强为p′,体积为V′,

则p′=p+0.1p0=1.35p0          ②V′=2.2hS          ③

由玻意耳定律得:1.1p0×V=1.35p0×2.2hS,解得:V=2.7hS       ④

(2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程.该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K,末态体积为2.7hS.设末态温度为T,由盖-吕萨克定律得:,解得:T=368.55K;

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如图所示,一个开口向上的圆筒气缸直立于地面上,距缸底处固定一个中心开孔的隔板a,在小孔处装有一个只能向下开启的单向阀门b,即只有当上部压强大于下部压强时,阀门开启,c为一质量与摩擦均不计的活塞,开始时隔板以下封闭空气压强为2(为大气压),隔板以上由活塞c封闭空气压强为,活塞c与隔板距离为.现缓慢地将铁砂加在活塞c上,已知铁砂质量为时,可产生向下的压强为,并设气体温度保持不变,活塞、缸壁与隔板厚度均可不计,求:

(1)当堆放铁砂质量为时,活塞c距缸底高度是多少?

(2)当堆放铁砂质量为时,缸内各部分气体压强是多少?

正确答案

(1)     (2)4P0

(1)堆放铁砂时,阀门已开启.

对隔板上部气体:

对隔板下部气体:

∴活塞C距缸底高为L=

(2)堆放铁砂时,阀门仍开启.

对全部气体:3··xS得x=(∵C不会越过隔板,不合理).

实际上,活塞C压在隔板上,气体体积为,则

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【选修3-3选做题】

内壁光滑的导热汽缸竖直浸入在盛有冰水混合物的水槽中,用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa,体积为2.0×10-3 m3的理想气体,现在活塞上缓慢倒上沙子,使封闭气体的体积变为原来的一半。求:

(1)气缸内气体的压强;

(2)若封闭气体的内能仅与温度有关,在上述过程中外界对气体做功145 J,封闭气体吸收还是放出热量?热量是多少?

正确答案

解:(1)等温过程,由玻意耳定律得

(2)温度不变,则内能不变,即△U=0

由△U=W+Q得Q=-W=-145 J

即气体放出145 J的热量

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【选修3-3选做题】

图示水平放置的气缸的长度和截面积均为20 cm和10 cm2是可在气缸内无摩擦滑动的、厚度不计的活塞,为阀门,整个装置均由导热材料制成.开始阀门关闭,内有压强为A=2.0×105 Pa 的氮气,内有压强为B=1.2×105 Pa的氧气;阀门打开后,活塞向右移动,最后达到平衡,试求活塞移动的距离及平衡后中气体的压强.

正确答案

解:设活塞移动的距离为,平衡后中气体压强为,由玻意耳定律得

部分气体有:

部分气体有:  

代入相关数据解得:

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(选修模块3—3)(7分)

(1)(3分)关于热现象和热学规律,以下说法正确的有           

(2)(4分)一气象探测气球,在充有压强为1.OOatm(即76.0cmHg)、温度为27.0℃的氦气时,体积为3.50m3.在上升至海拔6.50km高空的过程中,气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmGg,气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热,保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0℃.求:

(1)氦气在停止加热前的体积

(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积

(3)若忽略气球内分子间相互作用,停止加热后,气球内气体吸热还是放热?简要说明理由

正确答案

(1)BC

(2)①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m3……………………1分

②在停止加热较长一段时间后,氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同,即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2②…………1分

由②式得V3=5.54m3.…………………………………………………………1分

③温度降低,分子平均动能减少,内能减少;体积减少,外界对气体做功,由热力学第一定律得,气体对外放热.…………………………………………………………1分

(1)电流通过电阻后电阻发热,它的内能增加是通过电场力做功的方式实现的,所以A错误。晶体熔化时吸收热量,但是温度没有升高,所以分子平均动能不变,D错误。答案选BC。

(2)①根据玻意耳定律p1V1=p2V2①式. 由①式得V2=7.39m3

②在停止加热较长一段时间后,氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同,即T2=225K.这是一等压过程.根据盖—吕萨克定律有V2/T1=V3/T2

由②式得V3=5.54m3.

③温度降低,分子平均动能减少,内能减少;体积减少,外界对气体做功,由热力学第一定律得,气体对外放热.

下一知识点 : 气体等温变化的P-V图象
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