- 气体等容变化的P-T图象
- 共315题
某同学想了解自己乘坐热气球在不同时刻离地大致的高度,他查阅资料得知低空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系是p=p0(1-0.12H),其中p0为地面大气压,单位为cmHg,H的单位为km.他利用热气球中一根带直尺并装有少许水银的一端开口的均匀玻璃管进行观察,发现在地面时水银柱封闭的气柱长度为l0,经过一定时间后水银柱移动了△x,如果忽略水银柱产生的压强,假设整个过程温度保持不变.
①求水银柱移动了△x时热气球离地的高度;
②若△x=2cm时,对应的高度H=0.758km,那么△x=1cm时,对应的高度为多少?
正确答案
解:①因为忽略水银柱产生的压强,故玻璃管中气柱在地面上时压强为p0,热气球上升H时气柱的压强为p
根据玻意耳定律有
p0l0S=p(l0+△x)S
又因为空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系是p=p0(1-0.12H)
解得:H=
②若△x=2cm时,H=0.758km,代入上式可解得:l0≈20cm
则△x=1cm时,H=km=0.397km
答:①水银柱移动了△x时热气球离地的高度为;
②若△x=2cm时,对应的高度H=0.758km,那么△x=1cm时,对应的高度为0.397km.
解析
解:①因为忽略水银柱产生的压强,故玻璃管中气柱在地面上时压强为p0,热气球上升H时气柱的压强为p
根据玻意耳定律有
p0l0S=p(l0+△x)S
又因为空中某个位置的大气压p与高度H的近似关系是p=p0(1-0.12H)
解得:H=
②若△x=2cm时,H=0.758km,代入上式可解得:l0≈20cm
则△x=1cm时,H=km=0.397km
答:①水银柱移动了△x时热气球离地的高度为;
②若△x=2cm时,对应的高度H=0.758km,那么△x=1cm时,对应的高度为0.397km.
(选做题B)请回答下列有关DIS实验“研究气体的压强的关系”的问题.
(1)如图所示,用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积关系.实验中气体的质量保持不变,气体的体积直接读出,气体的压强是由图中______传感器等计算机辅助系统得到.
(2)完成本实验的基本要求是______
(A)在等温条件下操作.
(B)封闭气体的容器密封良好.
(C)必须弄清所封闭气体的质量.
(D)气体的压强和体积必须用国际单位.
(3)某同学在做本实验时,按实验要求组装好实验装置,然后缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从初始体积20.0ml减为12.0ml.实验共测五次,每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机,同时由压强传感器测得对应体积的压强值.实验完成后,计算机屏幕上显示出如下表所示的实验结果:
仔细观察不难发现,pV(×105Pa•m1)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的原因可能是______
(A)实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大.
(B)实验时环境温度增大了.
(C)实验时外界大气压强发生了变化.
(D)实验时注射器的空气向外发生了泄漏.
(4)根据你在第(3)题中的选择,为了减小误差,你应当采取的措施是:______.
正确答案
解:(1)测量气压用压强传感器;
(2)A、B、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,故A正确,B正确;
C、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,气体质量具体值不需要测量,故C错误;
D、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,单位可以不用国际单位,故D错误;
故选AB;
(3)A、实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大,不会影响气压与体积,故A错误;
B、实验时环境温度增大了,根据理想气体状态方程=C,PV乘积变大,故B错误;
C、封闭气体压强与外界大气压强无关,故C错误;
D、实验时注射器的空气向外发生了泄漏,根据理想气体状态方程=C,常数C与质量有关,变小,故PV乘积减小,故D正确;
故选D.
(4)要保证气体质量一定,故需增强接口处的密封性,防止气体外泄;
故答案为:(1)压强;(2)A B;(3)D;(4)增强接口处的密封性,防止气体外泄.
解析
解:(1)测量气压用压强传感器;
(2)A、B、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,故A正确,B正确;
C、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,气体质量具体值不需要测量,故C错误;
D、玻意耳定律成立的前提是等温且质量一定,单位可以不用国际单位,故D错误;
故选AB;
(3)A、实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大,不会影响气压与体积,故A错误;
B、实验时环境温度增大了,根据理想气体状态方程=C,PV乘积变大,故B错误;
C、封闭气体压强与外界大气压强无关,故C错误;
D、实验时注射器的空气向外发生了泄漏,根据理想气体状态方程=C,常数C与质量有关,变小,故PV乘积减小,故D正确;
故选D.
(4)要保证气体质量一定,故需增强接口处的密封性,防止气体外泄;
故答案为:(1)压强;(2)A B;(3)D;(4)增强接口处的密封性,防止气体外泄.
一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长L=21cm的气柱,气体的温度t1=7℃,外界大气压取P0=1.0×105Pa(相当于75cm汞柱高的压强).
(1)对气体加热,使其温度升高到t2=47℃,此时气柱为多长?
(2)在活塞上施加一个竖直向上的拉力F=4N,保持气体的温度t2不变,平衡后气柱为多长?此时管内外水银面的高度差为多少?
正确答案
解:(1)被封闭气体的初状态为
P1=P0=1.0×105Pa=75cmHg,
V1=LS=21S,T1=280K
末态为P2=P0=1.0×105Pa=75cmHg,
V2=L2S,T2=320K
根据盖•吕萨克定律,
=
,得:L2=24cm.
故此时气柱为24cm.
(2)在活塞上施加拉力F后,根据活塞受力平衡得:
F+P3S=P0S P3=0.8×105Pa
气体的状态变为
V3=L3S,T3=T2=320K
根据玻意耳定律,
P2V2=P3V3
得:L3=30cm
而 P3=0.8×105Pa (相当于60cm汞柱高的压强)所以管内外水银面的高度差为
△h=15cm.
故平衡后气柱为30cm,管内外水银面的高度差为15cm.
解析
解:(1)被封闭气体的初状态为
P1=P0=1.0×105Pa=75cmHg,
V1=LS=21S,T1=280K
末态为P2=P0=1.0×105Pa=75cmHg,
V2=L2S,T2=320K
根据盖•吕萨克定律,
=
,得:L2=24cm.
故此时气柱为24cm.
(2)在活塞上施加拉力F后,根据活塞受力平衡得:
F+P3S=P0S P3=0.8×105Pa
气体的状态变为
V3=L3S,T3=T2=320K
根据玻意耳定律,
P2V2=P3V3
得:L3=30cm
而 P3=0.8×105Pa (相当于60cm汞柱高的压强)所以管内外水银面的高度差为
△h=15cm.
故平衡后气柱为30cm,管内外水银面的高度差为15cm.
如图所示,上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管,管长L=100cm,其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中.当管竖直放置时,封闭气柱A的长度LA=50cm.现把开口端向下插入水银槽中,直至A端气柱长LA′=37.5cm时为止,这时系统处于静止状态.已知大气压强p0=75cmHg,整个过程中温度保持不变,试求槽内的水银进入管内的长度.
正确答案
解:对A部分气体,由玻意耳定律有:
pALAS=PA′LS
pA=60cmHg
解得:
PA′==
=80cmHg
对B部分气体有:
pBLBS=PB′LS
而 P=95cmHg pB=p0=75cmHg
解得:L=
=27.6cm
△h=L-L-h-L
=100-37.5-15-27.6=19.9cm
答:槽内的水银进入管内的长度为19.9cm.
解析
解:对A部分气体,由玻意耳定律有:
pALAS=PA′LS
pA=60cmHg
解得:
PA′==
=80cmHg
对B部分气体有:
pBLBS=PB′LS
而 P=95cmHg pB=p0=75cmHg
解得:L=
=27.6cm
△h=L-L-h-L
=100-37.5-15-27.6=19.9cm
答:槽内的水银进入管内的长度为19.9cm.
如图所示是一个油气田构造示意图.A处有一个废井管,横截面积为S,高为h,下端有一段质量为m的岩芯封住井管,设原来井中B处油气压强为p0(与外界相同),温度为27℃,在地热作用下,B处温度突然升高到127℃,岩芯在高压作用下向上喷射,试估算岩芯能射出的高度?(忽略一切阻力)
正确答案
解:1、等容升温,
得 ------------------①
2、岩芯沿井管匀加速上升pS-p0S-mg=ma-------②
------------③
由运动学可知 ------------④
3、岩芯竖直上抛的高度 ---------⑤
将③④代入⑤式,可得 =
.
答:岩芯射出的高度为.
解析
解:1、等容升温,
得 ------------------①
2、岩芯沿井管匀加速上升pS-p0S-mg=ma-------②
------------③
由运动学可知 ------------④
3、岩芯竖直上抛的高度 ---------⑤
将③④代入⑤式,可得 =
.
答:岩芯射出的高度为.
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