理想气体状态方程1、如图所示,U形管右管横截面积为左管2倍,管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱,左右两管水银面高度差为36cm,大气压为76cm Hg.现向右管缓慢补充水银.①若保持左管内气体的温度不变,当左管空气柱长度变为20cm时,左管内气体的压强为多大?②在①条件下,停止补充水银,若给左管的气体加热,使管内气柱长度恢复到26cm,则左管内气体的温度为多少?2、如图所示,两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在水银槽中,管的上部有一定长度的水银,两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。
开启上部连通左右水银的阀门A,当温度为300 K平衡时水银的位置如图(h1=h2=5 cm,L1=50 cm),大气压为75 cmHg。
求:(1)右管内空气柱的长度L2;(2)关闭阀门A,当温度升至405 K时,左侧竖直管内气柱的长度L3。
3、如图所示,截面均匀的U形玻璃细管两端都开口,玻璃管足够长,管内有两段水银柱封闭着一段空气柱,若气柱温度是270C时,空气柱在U形管的左侧,A、B两点之间封闭着的空气柱长为15cm,U形管底边长CD=10cm,AC高为5cm。
已知此时的大气压强为75cmHg。
(1)若保持气体的温度不变,从U形管左侧管口处缓慢地再注入25cm长的水银柱,则管内空气柱长度为多少?某同学是这样解的:对AB部分气体,初态p1=100cmHg,V1=15S cm3,末态p2=125cmHg,V2=LS cm3,则由玻意耳定律p1V1=p2V2解得管内空气柱长度L=12cm。
以上解法是否正确,请作出判断并说明理由,如不正确则还须求出此时管内空气柱的实际长度为多少?(2)为了使这段空气柱长度恢复到15cm,且回到A、B两点之间,可以向U形管中再注入一些水银,且改变气体的温度。
问:应从哪一侧管口注入多长的水银柱?气体的温度变为多少?4、一圆柱形气缸,质量M为10 kg,总长度L为40 cm,内有一厚度不计的活塞,质量m为5 kg,截面积S为50 cm2,活塞与气缸壁间摩擦不计,但不漏气,当外界大气压强p0为1´105Pa,温度t0为7°C时,如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来,如图所示,气缸内气体柱的高L1为35 cm,g取10 m/s2.求:①此时气缸内气体的压强;②当温度升高到多少摄氏度时,活塞与气缸将分离.5、如图所示,两个绝热、光滑、不漏气的活塞A和B将气缸内的理想气体分隔成甲、乙两部分,气缸的横截面积为S = 500 cm2。
开始时,甲、乙两部分气体的压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃,甲的体积为V1 = 20 L,乙的体积为V2 = 10 L。
现保持甲气体温度不变而使乙气体升温到127 ℃,若要使活塞B仍停在原位置,则活塞A应向右推多大距离?6、如图所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置,在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环,活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体.当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时,活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm,不计活塞的质量和厚度.现对气缸加热,使活塞缓慢上升,求:①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1.②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2.7、使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化,图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A的温度T A=300K,问气体在状态B、C和D的温度各是多大?(2)将上述气体变化过程在V-T中表示出来(图中要标明A、B、C、D四点,并且要画箭头表示变化方向)。
8、一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程,T A=300 K,气体从C→A的过程中做功为100 J,同时吸热250 J,已知气体的内能与温度成正比。
求:(i)气体处于C状态时的温度T C;(i i)气体处于C状态时内能U C。
9、如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C。
已知状态A的温度为300 K。
①求气体在状态B的温度;②由状态B变化到状态C的过程中,气体是吸热还是放热?简要说明理由.10、用打气筒给自行车打气,设每打一次可打入压强为一个大气压的空气125cm3。
自行车内胎的容积为2.0L,假设胎内原来没有空气,那么打了40次后胎内空气压强为多少?(设打气过程中气体的温度不变)11、容积为2L的烧瓶,在压强为1.0×105Pa时,用塞子塞住,此时温度为27℃,当把它加热到127℃时,塞子被打开了,稍过一会儿,重新把盖子塞好,停止加热并使它逐渐降温到27℃,求:(1)塞子打开前的最大压强(2)27℃时剩余空气的压强.12、为适应太空环境,去太空旅行的航天员都要穿航天服.航天服有一套生命系统,为航天员提供合适温度、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1.0×105Pa,气体体积为2L,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4L,使航天服达到最大体积.若航天服内气体的温度不变,将航天服视为封闭系统.①求此时航天服内的气体压强;②若开启航天服封闭系统向航天服内充气,使航天服内的气压恢复到9.0×104Pa,则需补充1.0×105Pa的等温气体多少升?参考答案一、计算题1、解:(1)对于封闭气体有:p1=(76﹣36)cmHg=40cmHg,V1=26S1cm3由于气体发生等温变化,由玻意耳定律可得:p1V1=p2V2(2)停止加水银时,左管水银比右管高:h1=76﹣52cmHg=24cmHg;对左管加热后,左管下降6cm,右管面积是左管的2倍,故右管上升3cm,左管比右管高为:h2=h1﹣9cm=15cm故封闭气体的压强:p3=76﹣15cmHg=61cmHg封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同,由查理定律可得:故:答:①当左管空气柱长度变为20cm时,左管内气体的压强为52cmHg;②使管内气柱长度恢复到26cm,则左管内气体的温度为427K.2、解析:(1)左管内气体压强:p1=p0+p h2=80 cmHg,右管内气体压强:p=p+p=85 cmHg,设右管内外液面高度差为h3,则p2=p0+p h3,得p h3=10 cmHg,所以h3=10 cm,则L2=L1-h1-h2+h3=50 cm。
(2)设玻璃管截面积为S,对左侧管内的气体:p1=80 cmHg, V1=50S,T1=300 K。
当温度升至405 K时,设左侧管内下部的水银面下降了x cm,则有p2=(80+x) cmHg,V2=L3S=(50+x)S,T2=405 K,依据=代入数据,解得x=10 cm。
所以左侧竖直管内气柱的长度L3=60 cm。
答案:(1)50 cm (2)60 cm3、解:(1)不正确。
因为ACE段水银柱总长只有45cm,所以在左侧缓慢加入25cm长水银柱后,左侧竖直管中只可能保留45cm长的水银柱。
故末状态的压强不为125cmHg。
已知p1=100cmHg,V1=15S,T1=300K;p2=(75+45)cmHg=120 cmHg,V2=l2Sp1V1= p2V2 得L2=12.5cm(2)由水银柱的平衡条件可知向右侧注入25cm长的水银柱才能使空气柱回到A、B之间。
这时空气柱的压强为p3=(75+50)cmHg=125 cmHg由查理定律得T3=375K4、①p=p0-=(1´105-)Pa=0.8´105 Pa,(4分)②=,=,t=47°C,(5分)5、对气体乙,由题意知做等容变化p2 = 1 atm T2 = 300 K T2′ = 400 K p2′ = ?由查理定律……………………………………………………………(2分)得p2′ =atm ………………………………………………………………(2分)因活塞B光滑,甲乙气体压强相等,对气体甲,做等温变化,有:p1 = 1 atm p1′ = p2′ =atm………………………………………………(1分)V1= 20 L V1′ = ?由玻意耳定律p V= p′V′……………………………………………………(2分)得V1′ = 15 L ……………………………………………………(1分)活塞向右移动:……………………………………………………(2分)得x = 0.1 m ……………………………………………………………(1分)6、①设气缸的横截面积为S,由盖-吕萨克定律有…………(3分)代入数据得………………………………(2分)②由查理定律有…………………………(2分)代入数据得…………………………(2分)7、解:(1)根据气态方程得:(2分)由得:( 2分)T c = 600K (1分)(2)由状态B到状态C为等温变化,由玻意耳定律得:(2分)上述过程在图上状态变化过程的图线如图所示。
(3分)8、解析:(i)对气体从A到C由盖·吕萨克定律得:=①(2分)解得C状态的温度T C=T A=150 K ②(2分)(i i)从C到A对气体由热力学第一定律得:U A-U C=Q+W=250 J-100 J=150 J ③(2分)由题意得=④(2分)联立②③④式解得U C=150 J (1分)9、①由理想气体的状态方程=得气体在状态B的温度T B==1200 K ……………4分②由状态B到状态C,气体做等容变化,由查理定律得:=,则T C=T B=600 K故气体由状态B到状态C为等容变化,不做功,但温度降低,内能减小。
根据热力学第一定律ΔU=W+Q,ΔU<0,W =0,故Q<0,可知气体要放热。
……………9分10、根据玻意耳定律得:p1V1=p2V2p2==2.5 大气压11、解:(1)塞子打开前:瓶内气体的状态变化为等容变化,选瓶中气体为研究对象,初态:p1=1.0×105Pa,T1=273+27=300K末态:T2=273+127=400K由查理定律可得:p2=P1=×1.0×105 Pa≈1.33×105Pa(2)塞子塞紧后,选瓶中剩余气体为研究对象.初态:p1′=1.0×105Pa,T1′=400K末态:T2′=300K由查理定律可得:p2′=×p1′=×1.0×105≈7.5×104Pa(2)27℃时剩余空气的压强7.5×104Pa12、解:①航天服内气体经历等温过程,p1=1.0×105P a,V1=2L,V2=4L由玻意耳定律 p1V1=p2V2得p2=5×104P a②设需要补充的气体体积为V,将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体,充气后的气压p3=9.0×104P a由玻意耳定律 p1(V1+V)=p3V2得V=1.6L答:①此时航天服内的气体压强5×104P a②若开启航天服封闭系统向航天服内充气,使航天服内的气压恢复到9.0×104Pa,则需补充1.0×105Pa的等温气体为1.6L。