- 理想气体的状态方程
- 共891题
如图所示，1、2、3为p-V图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态1经过程1-3-2到达状态2．
（1）试利用气体实验定律证明：
（2）试猜想①式中的常数由什么因素决定，并给出你的理由．
正确答案
（1）状态1到状态3是等压过程，据盖•吕萨克定律得 
状态3到状态2是等容过程，据查理定律得 
又由图知，P1=P3，V3=V2，
由①×②得：
（2）常数是由研究对象的摩尔数决定．在相同温度条件下，压强相等同种气体混合，总体积与摩尔数成正比，可知，此常数与气体的摩尔数有关．
答：（1）推导见上．
（2）常数是由研究对象的摩尔数决定．理由是在相同温度条件下，压强相等同种气体混合，总体积与摩尔数成正比，可知，此常数与气体的摩尔数有关．
如图所示，长为50cm粗细均匀的细玻璃管的一端开口另一端封闭，在与水平方向成30°角放置时一段长为h=20cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，管内气柱长度为L1=30cm，大气压强P0=76cmHg，室温t1=27℃。现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转过60°，使它下端浸入冰水混合物中，足够长的时间后对冰水混合物进行加热。
（1）求管内气柱长度的最小值；
（2）为了保证水银不会从管内溢出，求水温升高的最大值；
（3）如果水温升高到最大值后继续加热，管内气柱长度的变化与水温变化是否满足线性关系？为什么？
正确答案
解：（1）
解得：L2=24.46cm
（2）
解得：t3=61.88℃
（3）管内气柱长度的变化与水温变化不否满足线性关系，因为不是等压变化
（选修3-3选做题）
两端开口足够长的U形管内径均匀，现在向两侧注入水银，将一定质量的理想气体封闭在管中的水平部分，气柱及水银柱长度如图所示(单位均为cm) ，大气压强p0=76 cmHg，此时气柱温度是15 ℃。求当气柱温度缓慢地升到327 ℃时，左右两管水银面的高度差是多少？
正确答案
解：对于气柱，初态压强P1=96cmHg，初态气柱长度L1=10 cm，初态温度为T1=288 K，设当温度缓慢升到T2时，左边的水银刚好全部进入竖直管中，则此时气柱内气体压强为P2=100 cmHg，气柱长度L2=18 cm，根据理想气体状态方程得：
解得T2= 540 K
因为气柱温度缓慢地升到327℃，即T3= 600 K>T2= 540 K，所以左管中的水银还要继续上升，而右管中的水银面不再上升，气体做等压变化，设左管中的水银继续上升x，此时气柱长度为L3= (18+x)cm，p3=P2=100 cmHg，根据理想气体状态方程得：
解得x=2 cm
所以当气桂温度缓慢地升到327℃时，左右两管水银面的高度差是2 cm
水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左边气缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0。开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9P0（P0为大气压强），温度为297K，现缓慢加热缸内气体，当气体的温度升高到多高时，活塞恰好到达A处？
正确答案
解：对于理想气体开始时的状态：
恰好达到A时状态：
由理想气体方程
代入数据得
（1）某运动员吸一口气，吸进400cm3的空气，据此估算他所吸进的空气分子的总数．已知1mol气体处于标准状态时的体积是22.4L．（结果保留一位有效数字）
（2）如图所示，绝热隔板S把绝热的气分隔成体积相等的两部分，S与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b，气体分子之间相互作用可忽略不计．现通过电热丝对气体a缓慢加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡状态．试分析气体b的压强、温度、内能的变化情况．
正确答案
解；（1）他吸入的空气分子总数约为n=
（2）当a加热时，气体a的温度升高，内能增大，压强增大；a的压强增大了，对K的压力就增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，可以自由移动，所以a推动K向b移动．所以a，b两部分的压强始终相同，都变大．由于a气体膨胀，b气体被压缩，所以外界对b气体做功，根据热力学第一定律得：b的内能增大，温度升高了．
答：（1）所吸进的空气分子的总数约为1×1022个．
（2）气体b的压强增大，温度升高，内能增大．
已知地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．为了观测大气压这一微小变化，某实验小组巧妙地设计了如图所示的一个实验，在一个密闭的玻璃瓶的塞子上插入一根两端开口且足够长的细玻璃管，瓶内有一定量的水和空气．由于内外压强差，细玻璃管内水面a上升到一定的高度．将玻璃瓶放置在地面上，记录下此时管内水面a的位置，再将玻璃瓶放到离地1.2米的讲台上时，则玻璃管内水面将上升______mm；同时小组成员想用此装置来测量高度．先将此装置放在温度为27℃、大气压为750mmHg的实验室前场地上，测得水柱的高度h=204mm．然后将装置缓慢地平移到二楼的实验室桌面上，待稳定后发现水柱升高了40.8mm，已知实验室比楼下场地的温度高1℃，实验室桌面与外场地的高度差为______m；（不计水面升降引起的瓶内空气体积的变化，水银的密度为13.6×103Kg/m3）
正确答案
玻璃瓶放到离地1.2m的讲台上时，大气压降低了0.1mmHg，毛细管中水面上升0.1mm×13.6=1.36mm；
大气压为750mmHg，在A处时，
瓶内气体压强为：P1=750mmHg+
根据理想气体状态方程，有
代入数据得到：
解得P2=767.55mmHg；
故B处大气压为PB=P2-Ph=767.55mmhg-
故A、B间的高度差为：△h=（750-749.55）×12=5.4m；
故答案为：1.36；5.4．
1964年制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯．它的气室示意图如图所示，其工作原理是利用海浪上下起伏的力量将空气吸入气室，压缩后推入工作室，然后推动涡轮机带动发电机发电．当海水下降时阀门K1关闭，K2打开；吸入压强为1.0×105Pa的空气（可视为理想气体），吸气后气室中空气的总体积为0.8m3．当海水上升时K2立即关闭，海水推动活塞压缩吸入的空气，可以认为这一过程空气温度不变，当空气的体积被压缩到0.2m3时，阀门K1被推开，活塞继续推动空气使之进入工作室，同时工作室中的空气推动涡轮机工作，涡轮机带动发电机发电给航标灯提供电能，这一过程涡轮机带动发电机工作5s时间．
①试求阀门K1刚被推开时，气室内空气的压强；
②若这一过程航标灯得到的功率为2.0×103W，涡轮机及发电机的总效率为80%，求空气对涡轮机所做的功．
正确答案
①对于活塞内的气体，
P1=1.0×105Pa，V1=0.8m3，
P2=？V2=0.2m3，
由玻意耳定律得 P1V1=P2V2
所以 P2=
②航标灯得到的功率为2.0×103W，即为输出的功率，涡轮机及发电机的总效率为80%，
所以空气对涡轮机所做的功 W=
答：①阀门K1刚被推开时，气室内空气的压强为4.0×105Pa；
②空气对涡轮机所做的功为1.25×104J．
已知地面附近高度每升高12m，大气压降低1mmHg．为了利用大气压这一微小变化测量不同地点的高度差，某实验小组设计了如图所示的实验装置，在一个密闭的玻璃瓶的塞子上插入一根两端开口且足够长的细玻璃管，瓶内有一定量的水和空气．由于内外压强差，细玻璃管内水面与瓶内水面有一定的高度差h．现将此装置放在温度为27℃、大气压为750mmHg的A处，测得h=204mm．（不计水面升降引起的瓶内空气体积的变化，水银的密度为13.6×103kg/m3）
（1）将装置缓慢地从A处平移另一高度的B处，待稳定后发现水柱升高了40.8mm，若AB两地的温度相同，则B处______（选填：“高于”或“低于”）A处，AB间高度差为______m；
（2）再先将此装置平移另一高度的C处，稳定后发现水柱同样升高了40.8mm，但C处比A处的温度高1℃，则AC间高度差为______m．
正确答案
（1）将装置缓慢地从A处平移另一高度的B处，待稳定后发现水柱升高了40.8mm，设大气压降低了hmmHg，毛细管中水面上升hmm×13.6=40.8mm，
解得h=
（2）大气压为750mmHg，在A处时，瓶内气体压强为：P1=750mmHg+
根据理想气体状态方程，有
代入数据解得：P2=767.55mmHg；
故B处大气压强PPB=P2-Ph=767.55mmHg-
故A、B间的高度差为：△h=（750-749.55）×12=5.4m；
故答案为：（1）高于，36；（2）5.4
如图所示，用质量为m的活塞密封住质量为M的气缸，气缸内有一定质量的理想气体，活塞跟缸壁间
的摩擦不计，大气压为p0，活塞横截面积为S，整个装置倒立在水平地面上．当封闭气体的热力学温度为T时，活塞与地面接触但无相互作用力，这时封闭气体的压强为______．当温度升高到某一值时，发现气缸虽与地面接触但无相互作用力，这时封闭气体的温度为______．
正确答案
时活塞对地面无压力对活塞：P1S+mg=P0S，
即：P1=P0-
当温度升为T2时气缸对地面无压力，
对气缸：P2S=P0S+Mg
即：P2=P0+
对缸内气体：等容变化，由查理定律得：
T2=
故答案为：P0-
【选修3-3选做题】
如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C。已知状态A的温度为300K。
(1)求气体在状态B的温度；
(2)由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由。
正确答案
解：（1）由理想气体的状态方程
得气体在状态B的温度
（2）由状态B→C，气体做等容变化，由查理定律得：
故气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小。根据热力学第一定律，
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