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考点4热力学定律与气体试验定律的综合(实力考点·深度研析)解答该类问题的流程:[解析](1)当汽缸水平放置时,p0=1.0×105Pa,V0=L1S,T0=(273+27)K=300K。当汽缸口朝上,活塞上表面刚好与汽缸口相平常,对活塞受力分析如图所示,依据平衡条件有p1S=p0S+mgV1=(L1+L2)S由志向气体状态方程得eq\f(p0L1S,T0)=eq\f(p1L1+L2S,T1)解得T1=450K(或177℃)。(2)当汽缸口向上稳定后,未加热时,由玻意耳定律得p0L1S=p1LS加热后,气体做等压变更,气体对外界做功则W=-p1(L1+L2-L)S依据热力学第确定律ΔU=W+Q解得ΔU=295J。[答案](1)450K(或177℃)(2)295J【跟踪训练】某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封确定质量的志向气体,活塞能无摩擦滑动。起先时气体处于温度TA=300K、活塞与容器底的距离h0=30cm的状态A。环境温度上升时容器内气体被加热,活塞缓慢上升d=3cm恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态B。活塞保持不动,气体被接着加热至温度Tc=363K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158J。取大气压p0=0.99×105Pa,求气体:(1)在状态B的温度;(2)在状态C的压强;(3)由状态A到状态C过程中从外界吸取热量Q。[答案](1)330K(2)1.1×105Pa(3)188J[解析](1)依据题意可知,气体由状态A变更到状态B的过程中,封闭气体的压强不变,则有eq\f(VA,TA)=eq\f(VB,TB)解得TB=eq\f(VB,VA)TA=330K。(2)从状态A到状态B的过程中,活塞缓慢上升,则pBS=p0S+mg解得pB=1×105Pa依据题意可知,气体由状态B变更到状态C的过程中,气体的体积不变,则有eq\f(pB,TB)=eq\f(pC,TC)解得pC=eq\f(TC,TB)pB=1.1×105Pa。(3)依据题意可知,从状态A到状态C的过程中气体对外
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