气体的等容变化和等压变化_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2011•南昌三模）如图所示，导热性能良好粗细均匀两端封闭的细玻璃管ABCDEF竖直放置．AB段和CD段装有空气，BC段和DE段为水银，EF段是真空，各段长度相同，即AB=BC=CD=DE=EF，管内AB段空气的压强为p，环境温度为T．

（1）若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到多少？

（2）若保持环境温度T不变，将管子在竖直面内缓慢地旋转180°使F点在最下面，求此时管内两段空气柱的压强以及最低点F处的压强．

正确答案

解：（1）设初状态每段的长度为h，CD段空气柱末状态的长度为hCD

根据等压变化，

对CD段空气柱有

对BA段空气柱有

得T1=1.5T

（2）设CD段空气柱末状态的长度为hCD，压强为pCD

根据波意耳定律，

对CD段空气柱有

对AB段空气柱有PhS=（PCD-）（3h-hCD）S

得pCD=

pAB=

pF=PCD+=

答：（1）若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到1.5T；

（2）此时管内CD段空气柱的压强为，AB段空气柱的压强为，最低点F处的压强为pF=．

解析

解：（1）设初状态每段的长度为h，CD段空气柱末状态的长度为hCD

根据等压变化，

对CD段空气柱有

对BA段空气柱有

得T1=1.5T

（2）设CD段空气柱末状态的长度为hCD，压强为pCD

根据波意耳定律，

对CD段空气柱有

对AB段空气柱有PhS=（PCD-）（3h-hCD）S

得pCD=

pAB=

pF=PCD+=

答：（1）若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到1.5T；

（2）此时管内CD段空气柱的压强为，AB段空气柱的压强为，最低点F处的压强为pF=．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=25cm、L3=25cm、L4=10cm，A端被封空气柱的长度为L1=60cm，BC在水平面上．整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75cmHg．

①将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90°至CD管水平，求此时被封空气柱的长度；

②将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，求此时被封空气柱的长度．

正确答案

解：①由玻意耳定律：p1V1=p2V2

代入数据：、

解得：l‘1=72cm，＜（60+25）cm成立

②由玻意耳定律：p1V1=p3V3

代入数据：（75-25+10）×60s=（75+25）l1″s

解得：l''1=36cm，l1″＜（60-10）cm不成立

所以：设原水平管中有长为xcm的水银进入左管（75-25+10）×60s=（75+25-x）×（60-10-x）s

解得：x=10cm

所以

答：①将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90°至CD管水平，此时被封空气柱的长度为72cm；

②将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，此时被封空气柱的长度为40cm

解析

解：①由玻意耳定律：p1V1=p2V2

代入数据：、

解得：l‘1=72cm，＜（60+25）cm成立

②由玻意耳定律：p1V1=p3V3

代入数据：（75-25+10）×60s=（75+25）l1″s

解得：l''1=36cm，l1″＜（60-10）cm不成立

所以：设原水平管中有长为xcm的水银进入左管（75-25+10）×60s=（75+25-x）×（60-10-x）s

解得：x=10cm

所以

答：①将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90°至CD管水平，此时被封空气柱的长度为72cm；

②将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，此时被封空气柱的长度为40cm

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简答题

某同学将一体积较大的广口瓶开口向上放入77℃热水杯中，待热平衡后，用一个剥去蛋壳的熟鸡蛋（最粗处横截面略大于瓶口横截面）恰好封住瓶口，如图2所示，当热水杯中水温缓慢降至42℃时，观察到鸡蛋缓慢落入瓶中，已知大气压强P=1.0×10Pa，瓶口面积S=1.0×10-2m2，熟鸡蛋重G=0.50N．求：

①温度为42℃，鸡蛋刚要落入瓶中时，广口瓶内的压强变为多大？

②当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力多大？

正确答案

解：（1）广口瓶内的空气状态为：

p1=p0=1.0×105Pa；T1=273+42=315K；T2=273+77=350K；

根据查理定律，

故有：P1==0.9×105Pa

（2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时，根据力的平衡，有

G+p0S=p2S+f

即f=G+（p0-p2）S=[0.50+（1.0×105-0.9×105）×1.0×10-3]N=10.5N

答：（1）温度为42℃时广口瓶内的压强变为0.9×105 Pa

（2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力10.5N．

解析

解：（1）广口瓶内的空气状态为：

p1=p0=1.0×105Pa；T1=273+42=315K；T2=273+77=350K；

根据查理定律，

故有：P1==0.9×105Pa

（2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时，根据力的平衡，有

G+p0S=p2S+f

即f=G+（p0-p2）S=[0.50+（1.0×105-0.9×105）×1.0×10-3]N=10.5N

答：（1）温度为42℃时广口瓶内的压强变为0.9×105 Pa

（2）当熟鸡蛋缓慢落入瓶中时与瓶口间的阻力10.5N．

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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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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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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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简答题

如图甲所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度与质量均不计，在B处设有限制装置，使活塞只能在B以上运动，B以下汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0．开始时活塞在B处，缸内气体的压强与大气压强p0相同，温度为77°C，现缓慢升高汽缸内气体的温度，直至活塞移动到A处，然后保持温度不变，在活塞上缓慢加砂，直至活塞刚好移动到B，然后再缓慢降低汽缸内气体的温度，直到42°C．求：

（1）活塞刚到达A处时的温度TA；

（2）缸内气体最后的压强p；

（3）在图乙中画出整个过程的p-V图线．

正确答案

解：（1）先是等压过程，根据盖吕萨克定律：=，

=

TA=420K

（2）设A→C是等温过程：PAVA=PCVC，

pc=（ p0×1.2V0）×

PC=1.2p0

设C→D是等容过程：=

pD=0.9p0

（3）整个过程的p-V图线．

答：（1）活塞刚到达A处时的温度是420K

（2）缸内气体最后的压强是0.9p0

（3）如图

解析

解：（1）先是等压过程，根据盖吕萨克定律：=，

=

TA=420K

（2）设A→C是等温过程：PAVA=PCVC，

pc=（ p0×1.2V0）×

PC=1.2p0

设C→D是等容过程：=

pD=0.9p0

（3）整个过程的p-V图线．

答：（1）活塞刚到达A处时的温度是420K

（2）缸内气体最后的压强是0.9p0

（3）如图

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简答题

为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：

a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；

b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；

c．用电加热器加热容器内的空气；

d．将待测安全阀安装在容器盖上；

e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．

（1）将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：______；

（2）若测得的温度分别为t1=27℃，t2=87℃，已知大气压强为1.0X105pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是______．

正确答案

解：（1）首先要安装安全阀，则d为第一步；

第二步要保证气体质量一定，则e为第二步．

要记录初始封闭气体的温度．则a为第三步．

加热升温是第四步，则c为第五步．

记录刚漏气时温度，则b是第六步．

故正确的操作顺序为deacb

（2）T1=300K，T2=350K，P1=1.0X105Pa

根据查理定律得

解得 P2=1.2×105Pa

故本题答案是：

（1）deacb；（2）1.2×105Pa

解析

解：（1）首先要安装安全阀，则d为第一步；

第二步要保证气体质量一定，则e为第二步．

要记录初始封闭气体的温度．则a为第三步．

加热升温是第四步，则c为第五步．

记录刚漏气时温度，则b是第六步．

故正确的操作顺序为deacb

（2）T1=300K，T2=350K，P1=1.0X105Pa

根据查理定律得

解得 P2=1.2×105Pa

故本题答案是：

（1）deacb；（2）1.2×105Pa

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简答题

如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一中央开有小圆孔的固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体．开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．（不计活塞与汽缸壁的摩擦）

求：（1）当加热到127℃时活塞离底部的高度；

（2）当加热到627℃时，气体的压强．

正确答案

解：（1）对活塞下密封的气体，温度从27℃加热到127℃的过程中发生等压变化．

则T0=27℃=300K，T1=127℃=400K

设活塞面积为S，127℃时，活塞离底部高为h 则由盖•吕萨克定律得：

解得加热到127℃时活塞离底部的高度；

（2）加热过程中气体发生等压变化，设活塞刚好压到气缸上部的固定挡板时气体温度为，由盖•吕萨克定律得

解得

则气体加热到T2=627℃=900K前，活塞已经压在气缸上部的固定挡板，气体体积为2SL，由理想气体状态方程得：

解得p1=1.5×105Pa

答：（1）当加热到127℃时活塞离底部的高度为；

（2）当加热到627℃时，气体的压强为1.5×105Pa．

解析

解：（1）对活塞下密封的气体，温度从27℃加热到127℃的过程中发生等压变化．

则T0=27℃=300K，T1=127℃=400K

设活塞面积为S，127℃时，活塞离底部高为h 则由盖•吕萨克定律得：

解得加热到127℃时活塞离底部的高度；

（2）加热过程中气体发生等压变化，设活塞刚好压到气缸上部的固定挡板时气体温度为，由盖•吕萨克定律得

解得

则气体加热到T2=627℃=900K前，活塞已经压在气缸上部的固定挡板，气体体积为2SL，由理想气体状态方程得：

解得p1=1.5×105Pa

答：（1）当加热到127℃时活塞离底部的高度为；

（2）当加热到627℃时，气体的压强为1.5×105Pa．

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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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