气体等容变化的P－T图象_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h．现通过电热丝给气体加热一段时间，结果使活塞又缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量，求：

（1）气体的压强；

（2）这段时间内气体的内能增加了多少？

（3）这段时间内气体的温度升高了多少？

正确答案

解：（1）活塞静止，处于平衡状态，

由平衡条件得：p0S+mg=pS，

解得，封闭气体压强p=p0+；

（2）气体对外做功为

W=Fh=pSh==（P0S+mg）h，

由热力学第一定律得：

气体内阻的增量△U=Q-W=Q-（p0S+mg）h；

（3）由盖•吕萨克定律得：，

解得：t′=273+2t△t=t′-t=273+t；

答：（1）气体的压强为p0+；

（2）这段时间内气体的内能增加了=Q-（p0S+mg）h；

（3）这段时间内气体的温度升高了（273+t）K．

解析

解：（1）活塞静止，处于平衡状态，

由平衡条件得：p0S+mg=pS，

解得，封闭气体压强p=p0+；

（2）气体对外做功为

W=Fh=pSh==（P0S+mg）h，

由热力学第一定律得：

气体内阻的增量△U=Q-W=Q-（p0S+mg）h；

（3）由盖•吕萨克定律得：，

解得：t′=273+2t△t=t′-t=273+t；

答：（1）气体的压强为p0+；

（2）这段时间内气体的内能增加了=Q-（p0S+mg）h；

（3）这段时间内气体的温度升高了（273+t）K．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，内径均匀的导热性能良好的“U”形玻璃管竖直放置，横截面积S=5cm2，右侧管上端封闭，左侧管上端开口，内有用细线栓住的活塞．两管中均封入长L=11cm的空气柱A和B，活塞上、下表面处的气体压强均为p=76cm水银柱产生的压强，这时两管内的水银面的高度差h=6cm．环境温度恒定，现将活塞用细线缓慢地向上拉，使两管内水银面相平，则：

①此过程中活塞向上移动的距离h′是多少？

②此过程中空气柱B内的气体对外界做______（填“正功”或“负功”），气体将______（填“吸热”或放热”）．

正确答案

解：①对于B端气体：

初态时有：

压强 pB1=pA1-6cmHg，而pA1=76cmHg，解得，pB1=70cmHg

体积 VB1=LS

末态时有：VB2=（L+）S

根据玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2；

得 pB2==cm=55cmHg．

对于A端气体：

初态：pA1=76cmHg，VA1=LS

末态：pA2=pB2=55cmHg，VA2=L′S

根据玻意耳定律得：pA1VA1=pA2VA2；

解得：L′S===15.2S

即L′=15.2cm

故活塞向上移动的距离为 x=L′-L+h=15.2cm-11+3cm=7.2cm

②此过程中空气柱B内的气体体积增大，气体对外界做正功．温度不变，则其内能不变，根据热力学第一定律分析可知，该气体一定吸收热量．

答：①此过程中活塞向上移动的距离h′是7.2cm．

②正功，吸热．

解析

解：①对于B端气体：

初态时有：

压强 pB1=pA1-6cmHg，而pA1=76cmHg，解得，pB1=70cmHg

体积 VB1=LS

末态时有：VB2=（L+）S

根据玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2；

得 pB2==cm=55cmHg．

对于A端气体：

初态：pA1=76cmHg，VA1=LS

末态：pA2=pB2=55cmHg，VA2=L′S

根据玻意耳定律得：pA1VA1=pA2VA2；

解得：L′S===15.2S

即L′=15.2cm

故活塞向上移动的距离为 x=L′-L+h=15.2cm-11+3cm=7.2cm

②此过程中空气柱B内的气体体积增大，气体对外界做正功．温度不变，则其内能不变，根据热力学第一定律分析可知，该气体一定吸收热量．

答：①此过程中活塞向上移动的距离h′是7.2cm．

②正功，吸热．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0（p0=1.0×105 Pa为大气压强），温度为300K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b．求：

（1）活塞的质量

（2）当温度升为360K时活塞上升的高度．

正确答案

解：已知：p1=1.0×105 Pa，p2=，T1=300K，T2=330K，V1=60×40cm3

（1）由知：

p2==

mg=0.1×105×40×10-4=40N m=4kg

（2）T3=360K V2=V1=60×40cm3

由等压变化知

△h=65.5-60=5.5cm

答：（1）活塞的质量为4Kg．

（2）当温度升为360K时活塞上升的高度为5.5cm．

解析

解：已知：p1=1.0×105 Pa，p2=，T1=300K，T2=330K，V1=60×40cm3

（1）由知：

p2==

mg=0.1×105×40×10-4=40N m=4kg

（2）T3=360K V2=V1=60×40cm3

由等压变化知

△h=65.5-60=5.5cm

答：（1）活塞的质量为4Kg．

（2）当温度升为360K时活塞上升的高度为5.5cm．

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题型：简答题

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简答题

图1为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化关系”的实验装置示意图1．在烧瓶A中封有一定质量的气体，并与气压计相连，初始时气压计两侧液面平齐．

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的体积不变，应将气压计右侧管______（填“向上”或“向下”）缓慢移动，直至______．

（2）（单选）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示气压计两侧管内液面高度差的变化量．则根据测量数据作出的图线（图2）应是______．

正确答案

解：（1）气体温度升高，压强变大，气压计左管水银面下降，为保证气体体积不变，应适当提高气压计右管，所以应将右管向上移动，直至气压计左管水银面等高，即保证了气体体积不变；

（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示气压计两侧管内液面高度差的变化量；

体积不变时压强变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A．

故答案为：（1）向上，气压计左管液面回到原来的位置；（2）A．

解析

解：（1）气体温度升高，压强变大，气压计左管水银面下降，为保证气体体积不变，应适当提高气压计右管，所以应将右管向上移动，直至气压计左管水银面等高，即保证了气体体积不变；

（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示气压计两侧管内液面高度差的变化量；

体积不变时压强变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A．

故答案为：（1）向上，气压计左管液面回到原来的位置；（2）A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，导热良好的薄壁汽缸放在光滑水平面上，用横截面积为S=1.0×10-2m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．外界大气压强P0=1.0×l05Pa．当环境温度为27°C时，密闭气体的体积为2.0×10-3 m3．

①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是多少？

②在上述过程中封闭气体______（填“吸热”或“放热”），传递的热量______（填“大于”或“小于”）气体对外界所做的功．

正确答案

解：①封闭气体作等压变化，由盖•吕萨克定律得：

=

则得：V2=V1=×2×10-3m3=2.4×10-3m3

所以汽缸移动的距离是：△l==m=4×10-2m

②一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，△U＞0．气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律△U=W+Q得：Q＞0，即气体从外界吸热．

由热力学第一定律△U=W+Q可得：Q＞-W，即传递的热量大于气体对外界所做的功；

答：①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10-2m．

②吸热，大于．

解析

解：①封闭气体作等压变化，由盖•吕萨克定律得：

=

则得：V2=V1=×2×10-3m3=2.4×10-3m3

所以汽缸移动的距离是：△l==m=4×10-2m

②一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，△U＞0．气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律△U=W+Q得：Q＞0，即气体从外界吸热．

由热力学第一定律△U=W+Q可得：Q＞-W，即传递的热量大于气体对外界所做的功；

答：①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10-2m．

②吸热，大于．

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