- 理想气体的状态方程
- 共891题
气体压强会随着流动速度而改变.如图所示,当有同学在桌子一侧向放在桌面上的一枚1角硬币水平吹气时(即有高速的气流通过硬币上方),硬币会跳起.
(1)已知当时大气压为p0(即静止空气的压强),硬币质量为m,上表面面积为A.为使硬币跳起,上方流动空气压强的最大值为p=______.
(2)某同学查阅了相关资料:忽略高度影响,流动的空气压强与流速满足ρv2+p=常量(其中ρ为空气密度).根据(1)中的物理量和上述公式可知,实验时此常量大小为______,并且在已知空气密度ρ的情况下,可计算得到硬币起跳时上方空气流速至少为v=______.
(3)若吹气时同学的嘴张开面积为S,则估算同学的吹气功率的表达式为______.
正确答案
(1)设上方的气体的压强为P,对硬币受力分析可得,
PA=mg+P0A,
所以上方流动空气压强的最大值p为p0-,
(2)当空气的速度为0的时候,上方的空气的压强就是大气压P0,此时可以得到,P=P0=C,所以常量大小为P0.
刚好吹起硬币时可看作硬币受到平衡力的作用,即△F=mg.
此时硬币上方的压强为:P上=C-ρv2;
硬币下方的压强为:P下=C(空气流速为0);
那么硬币上下方的压强差为:P下-P上=△P=ρv2;
∵△F=△p•A
∴ρv2•A=mg
即:v=;
(3)根据前面的分析得出的压强的差值为=△P=ρv2,
吹气时引起的力的大小为F=△PS=ρv2S,
所以功率的大小为P=Fv=ρSv3.
故答案为:p0-; p0; v=
;
ρSv3
如图所示,1、2、3为p-V图中一定质量理想气体的三个状态,该理想气体由状态1经过过程1-3-2到达状态2。试利用气体实验定律证明:。
正确答案
解:设状态3的温度为T
1-3为等压过程
3-2为等容过程
消去T即得
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=280K,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=320K,求此时气柱的长度;
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,求平衡后气柱的长度及此时管内外水银面的高度差。
正确答案
①②
①被封闭气体的
初状态为 ,
,
末状态为 ,
,
根据盖·吕萨克定律,有
,即
①
得 ②
②在活塞上施加拉力F后,气体的状态变为
③
根据玻意耳定律,有
,即
④
得 ⑤
⑥
所以管内外水银面的高度差为。 ⑦
如图所示,U形管右管内径为左管内径的倍,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76cmHg.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?
正确答案
(1)对于封闭气体有:P1=76-36=40cmHg,V1=26S1cm3
由于气体发生等温变化,由玻意耳定律可得:P1V1=P2V2V2=20S1cm3
得:P2==
=52cmHg
(2)2)P2=P0-h2=76-52=24cmHg,两侧水银面高度差是24cm;
U形管右管内径为左管内径的倍,则管右侧面积是左侧面积的2倍,为2S,
空气柱L3=26cm,则左管水银面下降的高度为L3-L2=26-20cm=6cm,水银的体积不变,
左侧水银面下降6cm,右侧管的横截面积是左侧横截面积的2倍,则右侧水银面上升3cm,
左右两侧水银面高度差h3=24-6-3=15cm,气体压强P3=P0-h3=76-15=61cmHg
由查理定律得:=
解得T3=
=
=427K.
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
如图所示,固定气缸两端活塞截面积分别为S1和S2,活塞间有轻杆相连,两活塞间为真空,摩擦不计。最初A内气体压强为p0、体积为V1、温度为T1,B内气体体积为V2、温度也为T1。现将A内气体加热到T2,B内气体温度始终保持不变,求:(1)活塞再达到平衡时移动的距离;(2)此时B中气体压强。
正确答案
(1)
(2)
略
(B题)(1)如图,用一个带有刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积关系,实验中应保持不变的参量是______;所研究的对象是______;它的体积可用______直接读出,它的压强是由图中______,______得到.
(2)在室温270c情况下,测得一组p、v值,如下表所示:
①据测量值,在p-V坐标上画出曲线图(如图 甲所示)
②根据所给条件(在室温27℃情况下的测量值),在p-T坐标上画出曲线图(如图乙所示)
(3)实验过程中,下列哪些操作是正确的:______
A.推拉活塞时,动作要慢.
B.推拉活塞时,手不能握住注射器筒.
C.压强传感器与注射器之间的软管脱落后,应立即重新接上,继续实验并记录数据.
D.活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气.
正确答案
(1)探究气体的压强和体积的关系,要保持温度一定;研究的气是体针筒封闭一定质量的气体;
由于横截面积相同,故体积与长度成正比;它的体积可用注射器上刻度直接读出,气体压强由压强传感器和数据采集器直接读取;
(2)根据实验数据作图得
(3)A、推拉活塞时,动作要慢,使其温度与环境保持一致,故A正确;
B、推拉活塞时,手不能握住注射器,防止手对其起加热作用,故B正确
C、橡皮帽与注射器脱落后,气体质量变化,需重新做实验,故C错误;
D、活塞与针筒之间要保持润滑,可以减小摩擦;不漏气可以保证气体质量一定,故D正确;
故选ABD
故答案为:(1)温度,针筒内气体,注射器上刻度,压强传感器和数据采集器
(2)如图
(3)ABD
有同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时,用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值.缓慢推动活塞,在使注射器内空气体积逐渐减小的过程中,多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机,同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据采集器传送给计算机.实验完成后,计算机屏幕上显示出如图1所示的P-V图线(其中实线是实验所得图线,虚线为一根参考双曲线).
(1)仔细观察不难发现,该图线与玻意耳定律不够吻合,造成这一现象的可能原因是:______;
(2)根据(1)中的回答,说明减小误差应采取的措施:______.
(3)由于此图无法说明P与V的确切关系,所以改画P-1/V图象.根据上述误差的图象画出的P-1/V图象应当与图2所示的哪个图象最接近______.
正确答案
(1)仔细观察不难发现,该图线与玻意耳定律不够吻合,造成这一现象的可能原因是:实验时注射器内的空气向外泄漏,或“实验时环境温度降低了”.
(2)增加密封性或者保持恒温;
(3)由于此图无法说明p与V的确切关系,所以改画p-图象.
由于实验时环境温度降低了,所以p-图象的图形向下弯曲,所以画出的p-
图象应当是A.
故答案为:(1)实验时环境温度降低了 或 实验时注射器内的空气向外泄漏.
(2)保持实验环境不变 或 给活塞涂润滑油,增加密闭性.
(3)A.
一足够高的内壁光滑的导热气缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中,用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体,如图所示.开始时气体的体积为2.0×10-3m3,现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙,最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半,然后将气缸移出水槽,缓慢加热,使气体温度变为136.5°C.(大气压强为1.0×105Pa)
(1)求气缸内气体最终的体积;
(2)在p-V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化(请用箭头在图线上标出状态变化的方向).
正确答案
(1)由题,状态一:P1=1.0×105Pa,V1=2.0×10-3m3,T1=273K
状态二:P2=?,V2=1.0×10-3m3,T2=273K
状态三:P3=P2,V3=?,T3=409.5K
气体先发生等温变化,则有:P1V1=P2V2,代入解得:P2=2.0×105Pa,
气体后发生等压变化,则有:=
,代入解得:V3=1.5×10-3m3,
(2)气体先发生等温变化,PV图象是双曲线,后发生等压变化,图线平行于V轴,作出P-V图象如图.
如图所示,用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分,分别封闭着A、B两部分理想气体:A部分气体压强为pA0 = 2.5×105 Pa,B部分气体压强为PB0 = 1.5×105 Pa。现拔去销钉,待活塞重新稳定后,(外界温度保持不变,活塞与气缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气发生)
①求此时A部分气体体积与原来体积之比;
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热,并简述理由。
正确答案
①5∶4 ②此过程中A部分气体是吸热。A部分气体由于温度不变,内能不变,体积膨胀,对外做功,由热力学第一定律可知,一定从外界吸收热量
①设A部分气体原来体积为V,由波意耳定律,pA0 V= pA(V+△V);
pB0 V= pB(V-△V);
又因为,pA = pB,
联立解得△V=V/4。
此时A部分气体体积与原来体积之比为5∶4.
②此过程中A部分气体是吸热。A部分气体由于温度不变,内能不变,体积膨胀,对外做功,由热力学第一定律可知,一定从外界吸收热量
大家都知道:用一个杯口光滑平整的玻璃杯盛满水,然后盖上平整的玻璃板,用手摁住玻璃板迅速翻转,松开托住玻璃板的手,由于大气压的原因,玻璃板不会掉下.一个同学在回家后自己也想做这个实验.由于家中没有玻璃板,他就找了一张普通的纸盖在了杯口光滑平整的玻璃杯上,而且杯中只放了一半的水.按住纸翻转杯子、松开手,他惊呆了:水居然不流下来,如图甲所示.已知玻璃杯粗细均匀,杯子内底部到杯沿的高度为12×10-2m,杯中水的高度为6×10-2m,大气压强为1.013×105Pa.该同学在经过仔细观察后发现,翻转后,纸略往下凸,其平均下凸高度为0.40×10-3m(见乙图).请通过计算说明水不流下来的原因.
正确答案
杯子翻过来后纸有一定的形变,同时纸也吸收了极少的水而湿润,即水的高度也有极小的降低,但主要原因是纸发生形变后空气的体积略有增大,气体压强减小.
杯子没翻过来之前气体的高度L1=6×10-2m,水的高度h=6×10-2m,
气体的压强 p1=1.013×105Pa.
设杯子翻过来后气体的高度平均为L2=6.04×10-2m
水的高度仍为6×10-2m,气体温度不变,则有:p水=ρ水gh=1×103×10×6×10-2=6×102Pa
要水不流下,则气体最大压强应为:
P3=p1-p水=1.013×105-6×102=1.007×105 Pa
由于气体的温度不变,现用玻马定律验证.
p1V1=p2V2
p2==
=1.006×105 Pa
因为p2<P3所以纸片不掉下来
答:水不流下来的是内外气体压力差大于水的重力的缘故.
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