2023版新教材高中物理第二章气体固体和液体微点6盖_吕萨克定律的应用课时作业新人教版选择性必修第三册

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微点6　盖­吕萨克定律的应用　1．(多选)对于一定质量的气体，在压强不变时，体积增大到原来的两倍，则下列说法正确的是(　　)A．气体的摄氏温度升高到原来的两倍B．气体的热力学温度升高到原来的两倍C．温度每升高1K体积增加是原来的eq \f(1,273)D．体积的变化量与热力学温度的变化量成正比2．一定质量的气体在等压变化中体积增大了eq \f(1,2)，若气体原来温度为27℃，则温度的变化是(　　)A．升高了450KB．升高了150℃C．降低了150℃D．降低了450℃3．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，温度为0℃时，其体积为V0，当温度升高为T(K)时，体积为V，那么每升高1℃增大的体积等于(　　)A．eq \f(V,T)B．eq \f(V0,T)C．eq \f(V,273)D．eq \f(V－V0,T)4.如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2.现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是(　　)A．加热过程中，始终有V1′＝2V2′B．加热后V1′>2V2′C．加热后V1′<2V2′D．条件不足，无法判断5.如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立汽缸的活塞，使汽缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是(　　)A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B．若外界大气压增大，则汽缸的上底面距地面的高度将增大C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D．若气温升高，则汽缸的上底面距地面的高度将增大6.如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0.当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时，活塞与汽缸底部的距离是多少？7.如图所示，质量M＝10kg的导热缸内用横截面积S＝100cm2的活塞封有一定质量的气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置处于静止状态，此时缸内气体的温度为27℃.已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，忽略汽缸和活塞的厚度．求：(1)缸内气体的压强p1；(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．8．[2023·河北保定高二校考阶段练习]某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸(出厂时已充入一定量气体).气缸内气柱长度变化范围为40mm～100mm，气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦，将其竖直放置于足够大的加热箱中(加热箱中气压恒定)，当温度T1＝300K时空气柱长度为60mm，当温度缓慢升至T2＝360K时空气柱长度为72mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好．9．孔明灯在中国有非常悠久的历史，热气球的原理与其相同．热气球由球囊、吊篮和加热装置3部分构成．如图，某型号热气球的球囊、吊篮和加热装置总质量m＝160kg，球囊容积V0＝2000m3.大气密度为1.2kg/m3，环境温度恒为16℃.在吊篮中装载M＝460kg的物品，点燃喷灯，热气球从地面升空．升空后通过控制喷灯的喷油量操纵气球的升降．热气球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，即f＝kv，其中k＝500kg/s，重力加速度g＝10m/s2，不计大气压强随高度的变化，忽略球囊的厚度、搭载物品的体积及喷油导致的装置总质量变化．当热气球在空中以1.6m/s的速度匀速上升时，求：(1)球囊内气体的质量；(2)球囊内气体的温度．微点6　盖­吕萨克定律的应用1．答案：BD解析：由盖­吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)可知，在压强不变时，体积与热力学温度成正比，故A错误，B正确；温度每升高1℃即1K，体积增加是0℃体积的eq \f(1,273)，故C错误；由盖­吕萨克定律的变形式eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)可知，体积的变化量与热力学温度的变化量成正比，故D正确．2．答案：B解析：由盖­吕萨克定律可得eq \f(V1,V2)＝eq \f(T1,T2)，代入数据可知，eq \f(1,1.5)＝eq \f(300K,T2)，得T2＝450K．所以升高的温度Δt＝150K＝150℃.3．答案：A解析：由等压变化可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)＝eq \f(ΔV,ΔT)＝eq \f(ΔV,Δt)，则每升高1℃增大的体积ΔV＝eq \f(V,T)＝eq \f(V0,273)，故选A.4．答案：A解析：加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖­吕萨克定律得eq \f(V1,T)＝eq \f(V′1,T′)，eq \f(V2,T)＝eq \f(V′2,T′)，所以eq \f(V′1,V′2)＝eq \f(V1,V2)＝eq \f(2,1)，即V1′＝2V2′，故A正确．5．答案：D解析：以气缸与活塞组成的系统为研究对象，系统受重力与弹簧弹力作用，外界大气压增大，大气温度不变时，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧的压缩量不变，活塞距离地面高度不变，A、C错误；选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS，向上受到缸内气体向上的压力p1S，物体受三力平衡G＋pS＝p1S，若外界大气压p增大，p1一定增大，根据理想气体的等温变化pV＝C(常数)，当压强增大时，体积一定减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；若大气温度升高，气体温度T升高，外界大气压不变，气体压强p不变，由盖­吕萨克定律eq \f(V,T)＝C可知，气体体积增大，活塞不动，所以汽缸向上运动，即汽缸的上底面距地面的高度将增大，D正确．故选D.6．答案：1.27h1解析：初状态：T1＝(273＋20) K＝293K，V1＝h1S.末状态：T2＝(273＋100) K＝373K，V2＝h2S，其中S为活塞的横截面积．根据盖­吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，得V2＝eq \f(V1,T1)T2，即h2＝eq \f(h1,T1)T2＝eq \f(h1,293)×373＝1.27h1.7．答案：(1)9×104Pa　(2)327℃解析：(1)以缸套为研究对象，列受力平衡方程p1S＋Mg＝p0S解得：p1＝9×104Pa(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．在这一过程中对缸内气体由盖­吕萨克定律得eq \f(S×0.5l,T1)＝eq \f(S×l,T2)所以T2＝2T1＝600K故t2＝(600－273) ℃＝327℃.8．答案：避震器不漏气解析：由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有mg＋p0S＝pS故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖­吕萨克定律eq \f(l1S,T1)＝eq \f(l2S,T2)代入得l2＝72mm气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气．9．答案：(1)1700kg　(2)135℃解析：(1)热气球匀速上升时，设球囊内气体质量为m2，根据平衡条件得F浮－mg－m2g－Mg－f＝0其中F浮＝ρgV0f＝kv解得m2＝1700kg.(2)升温前球囊内气体的质量m1＝ρV0初始气体温度T1＝t1＋273K＝289K升温后，根据盖­吕萨克定律有eq \f(V0,T1)＝eq \f(V0＋ΔV,T2)且升温前后的体积满足eq \f(V0＋ΔV,V0)＝eq \f(m1,m2)解得T2＝408K即t2＝T2－273K＝135℃.