【物理】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

【物理】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

‎ ‎ ‎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)－