选修3-3活塞类计算题(8页).doc
-选修3-3活塞类计算题-第 8 页高要二中2017届高三专题复习三（活塞类计算题）1、如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h10.50 m，气体的温度t127 .给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底h20.80 m处，同时缸内气体吸收Q450 J的热量已知活塞横截面积S5.0×103 m2，大气压强p0 1.0×105 Pa.求：活塞距离汽缸底h2时的温度t2；此过程中缸内气体增加的内能U.L2L2、如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27，现对气体加热，求：（1）当加热到127时活塞离底部的高度；（2）当加热到427时，气体的压强。3、如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S2.5×103 m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好汽缸内密封有温度t027 °C，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出Ft图象如图乙所示，求：力传感器的读数为5 N时，密封气体的温度t；外界大气的压强p0.4、“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图2所示的实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t )关闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L。由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处。已知环境温度为27 不变，与大气压强相当，汽缸内的气体可看作理想气体，求t值。5、如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S(cm2)的2倍，且细筒足够长粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用，此时活塞相对于汽缸底部的高度h12 cm，大气压强p075 cmHg.现把体积为17S(cm3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦求活塞静止时下降的距离x.6、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上，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。假定在压力阀被顶起时，停止加热。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。假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1 J,并向外界释放了2 J的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？已知大气压强P随海拔高度H的变化满足PP0（1H），其中常数0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。7、如图所示，放置在水平地面上一个高为40cm、质量为35kg的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计活塞质量为10kg，横截面积为60cm2现打开阀门，让活塞下降直至静止不计摩擦，不考虑气体温度的变化，大气压强为1.0×105Pa 活塞经过细管时加速度恰为g求：（1）活塞静止时距容器底部的高度；（2）活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，是否能将金属容器缓缓提离地面？（通过计算说明）8、如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S120 cm2，S210 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时汽缸中的空气压强p11.2 atm，温度T1600 K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p01 atm1.0×105 Pa，取g10 m/s2，缸内空气可看做理想气体，不计摩擦求：重物C的质量M是多少；降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时缸内气体的温度是多少9、(1)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。由此可估算得，地球大气层空气分子总数为_，空气分子之间的平均距离为_。(2)如图7所示，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。10、如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m13m，m22m） 在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。m1m2h 在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。11、如图，水平放置的汽缸内壁光滑，一个不导热的活塞将汽缸内的气体分为A、B两部分，两部分气体可以分别通过放在其中的电热丝加热。开始时，A气体的体积是B的一半，A气体的温度是17ºC，B气体的温度是27ºC，活塞静止。现缓慢加热汽缸内气体， 使A、B两部分气体的温度都升高10ºC，在此过程中活塞向哪个方向移动？某同学的解题思路是这样的：设温度升高后，左边气体体积增加，则右边气体体积减少，根据所给条件分别对两部分气体运用气态方程，讨论出的正负便可知道活塞移动方向。AB你认为该同学的思路是否正确？如果认为正确，请按该同学思路确定活塞的移动方向；如果认为不正确，请指出错误之处，并通过计算确定活塞的移动方向。12、如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成、两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，此时、两部分气体的高度均为l0。已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mgp0S，不计一切摩擦。当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度。高要二中2017届高三专题复习三参考答案1、解析气体做等压变化，活塞距离汽缸底h2时温度为t2，则根据气态方程可得 即解得t2207 °C在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0pV1.0×105×(0.800.50)×5.0×103 J150 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为UWQW0Q150 J450 J300 J2、解析：开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设气缸横截面积为S，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为t，则对于封闭气体，状态一：T1=（27+273）K，V1=LS；状态二：T=（t+273）K，V=2LS。由，可得，解得t=327（1）当加热到127时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h，对于封闭气体，初状态：T1=300K，V1=LS末；末状态：T2=400K，V2=hS。由，可得 ，解得h=（2）设当加热到4270C时气体的压强变为p3，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，对于封闭气体，初状态：T1=300K，V1=LS， p1=1.0×105Pa；末状态：T3=700K，V3=2LS，p 3=？由，可得，代入数据得：p3=1.17×105Pa3、由题图乙可知得出t32 °C温度t1327 °C时，密封气体的压强p1p0p01.2×105 Pa密封气体发生等容变化，则联立以上各式并代入数据解得p01.2×105 Pa4、解析当汽缸内温度为t 时，汽缸内封闭气体状态：p1p0，V1LS，T1(273t) K当汽缸内温度为27 时，汽缸内封闭气体状态：p2p0p0，V2LS，T2300 K由理想气体状态方程得解得T1400 K 故t127 5、解析(2)以汽缸内封闭气体为研究对象初态压强p1p075 cmHg，初态体积V12hS末态体积V22(hx)S 末态压强p2(p0x)由玻意耳定律可知：p1V1p2V2化简得x2104x2040解得x2 cm或x102 cm(舍)6、解析：设锅内气体分子数为n： 根据热力学第一定律得：UWQ3 J锅内气体内能减少，减少了3 J由PP0（1H）（其中0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小。 由知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小。 根据查理定律得： 可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。7、解析：（1）活塞经阀门细管时, 容器内气体的压强为P1=1.0×105Pa，容器内气体的体积为 V1=60×10-4×0.2m3=1.2×10-3m3 活塞静止时,气体的压强为P2=P0mg/S=1.0×10510×10/60×10-4=1.17×105 Pa根据玻意耳定律，P1V1=P2V2 1.0×105×1.2×10-3=1.17×105×V2 求得 V2=1.03×10-3m3 h2= V2/S=1.03×10-3/60×10-4=0.17m （2）活塞静止后关闭阀门, 假设当活塞被向上拉起至容器底部h高时,容器刚被提离地面,则气体的压强为P3= P0Mg/S=1.0×10535×10/60×10-4=4.17×104 Pa P2V2=P3V3 1.0×105×1.2×10-3=4.17×104×60×10-4×h 求得 h=0.48 m 容器高度 金属容器不能被提离地面 8、解析活塞整体受力平衡，则有：p1S1p0S2p0S1p1S2Mg代入数据，得M2 kgA靠近D处时，后来，力的平衡方程没变，所以气体压强没变由等压变化有代入数据得T2400 K9、解析(1)设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mgp0S，即m分子数n，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a，而V4R2h，所以a。(2)A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1p0，对B分析有p2p1B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V，则有pp0因为温度始终不变，对于混合气体有p1Vp2VpV设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为hd漏气后A距离底面的高度为hd联立可得hhh以上各式联立化简得h·10、解析：设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即： 由此得： 在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳马略特定律得：解得： 即两活塞的高度差为 当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得： 活塞对气体做的功为： 在此过程中气体吸收热量11、解析：该同学思路正确。对A有： 对B有：将已知条件代入上述方程，得0） 故活塞向右移动还可以用下面方法求解：设想先保持A、B的体积不变，当温度分别升高10ºC时，对A有： 同理，对B有由于> 所以>，故活塞向右移动。12、解析：对气体分析，初状态的压强为：p1p0p0末状态的压强为：p1p0p0由玻意耳定律有：p1l0Sp1l1S解得：l1l0对气体分析，初状态p2p1p0 末状态p2p1p0由玻意耳定律p2l0Sp2l2Sl2l0A活塞上升的高度l(l0l1)(l0l2)l0。
