热门试卷

解：（1）气体发生的等压变化，设活塞面积为S

开始时V1=SL1，T1=300 K，升温后V2=SL2，T2=350 K

根据盖•吕萨克定律应有

解得L2=52.5 cm

活塞移动的距离x=L2-L1=7.5 cm

（2）温度升高后，分子热运动平均动能增加，平均每次对器壁的撞击力度增加，而压强不变，所以单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少；

答：（1）活塞移动了7.5cm距离；

（2）升温后单位时间内气体分子对器壁单位面积的碰撞次数减少．

解：（1）1→2等温变化：P1=P0+=1.2×105Pa

P2=P0-=0.8×105Pa                     

P1L1=P2L2解得，L2=15cm                                 

（2）2→3等压变化：T2=T1=（273+7）K=280K

因L2=15cm，L3=20cm                              

由

解得，T3=373K                  

（3）3→4等容变化：P4=P0+=1.4×105Pa       

P3=P2=0.8×105Pa   

由

解得，T4=653K               

答：（1）气柱15cm；

（2）当温度373K时，活塞刚好接触平台；

（3）当温度653K时，缸筒刚好对地面无压力．

解：不正确．

因为温度升高时，气体先体积不变，压强增大，活塞与缸壁间的静摩擦力增大，所以当温度大于某一值时，气体体积会增大．   

（1）当活塞刚相对缸壁滑动时，Pa；

由，

代入数据得，

解得Tc1=315K   

T2=37+273=310K＜Tc1，因此气体体积不变．

由，

代入数据得 ，

解得p2=1.03×105 Pa；

另解：设气体体积不变，由，得，p2=1.03×105Pa；   

此时活塞与缸壁间的静摩擦力N

小于最大静摩擦力，因此假设成立． 

（2）当活塞刚运动到卡口处时，Pa；  Vc2=100cm3；

由，得，Tc2=350K   

T3=127+273=400K＞Tc2，因此活塞已运动到卡口处，V3=100cm3．

由，得，p3=1.2×105Pa；  

另解：T3=127+273=400K＞Tc1，因此活塞已向右运动．设活塞仍未到卡口处，则Pa；

由，得，V3=114.3cm3   

大于气缸的最大容积100cm3，因此活塞已运动至卡口处，V3=100cm3．

由，得，p3=1.2×105Pa；   

答：（1）温度缓慢升高到37℃时，气体的压强为1.03×105 Pa．

（2）温度缓慢升高到127℃时，气体的压强为1.2×105Pa．

解：（1）初状态各个状态参量为：p1=75cmHg，V1=L1S=40S，T1=273+27=300K；

末状态气体的各个参量为：p2=75cmHg，V2=L2S=50S；

根据玻意耳定律，有：

解出 T2=375K      

（2）设升高到T3，汞柱全部进入B管，

L3=50cm              p3=（75+10）cmHg                      

根据理想气态方程：

解出T3=425K                                                      

此后，气体作等压变化，T4=450K                                      

根据理想气态方程：

解出L4=52.9cm                                        

答：（1）若将此装置绕A点在纸面内顺时针转90°，当温度为375K 时水银柱恰好全部在OB段的最左端；

（2）若在图示位置将温度升高到450K，封闭气体的长度为52.9cm．

解：设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件可得：

对活塞A：2p0S-2p1S+f=0

对活塞B：p1S-p0S-f=0，

解得：p1=p0    

f=0

即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：

V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl

对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：

V2=4Sl+Sl=5Sl

根据盖•吕萨克定律得：

解得：

由此可知，当T≤时，气体的压强为：p2=p0

当T＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定律得：

解得：

即当T＞时，气体的压强为．

答：此时两活塞之间气体的压强为：当T≤时，气体的压强为：p2=p0；当T＞时，气体的压强为．

解：（1）被封闭气体的压强为

U形管左右液面高度差为

h=

（2）降低温度直至活塞刚接触卡环的过程中，气体压强不变

初态P1=p0+，V1=1.5Ls，T1=T0

活塞刚接触卡环时

P2=P1，V2=1.2Ls，T2=？

根据盖吕萨克定律

从活塞接触卡环到液面相平的过程中，气体等容变化

P3=P0，V3=1.2Ls，T3=？

根据查理定律可得

答：①气压计两管内水银柱面的高度差为；

②当活塞刚接触卡环时气体的温度与气压计两管水银面相平时气体温度的差值是

解：（1）先组装器材：EB；

再读出初始体积：A；

改变体积：D；

读出末状态体积并测量出弹簧拉力：C；

故实验步骤应为EBADC；

（2）根据玻意耳定律，有：

P0V1=（P0-）V2

解得：P0=

故答案为：（1）EBADC；（2）．

解：（1）等温变化P1V1=P2V2

因为P1=P0-21cmHg，P2=P0

所以（P0-21）×10×S=P0×7.2×S

解得：P0=75cmHg

（2）由于气体做等温变化，有P1V1=P3V3

因为P3=P0+21cmHg

所以

答：（1）大气压强为75cmHg．

（2）末状态时空气柱的长度为5.6cm．

解：①航天服内气体经历等温过程，

p1=1.0×105Pa，V1=2L，V2=4L

由玻意耳定律 p1V1=p2V2  

得p2=5×104Pa

②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=9.0×104Pa

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5×104Pa

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的等温气体为1.6L