热门试卷

解：（1）被封闭气体的初状态为

P1=P0=1.0×105Pa=75cmHg，

V1=LS=21S，T1=280K

末态为

V2=L2S，T2=T1=280K

根据玻意耳定律，有P1V1=P2V2，即P1L1=P2L2

得

由于△P=P2-P1=（78.75-75）cmHg=3.75cmHg

所以管内外水银面的高度差为△h=3.75cm．

（2）对气体加热后，气体的状态变为

P3=P2，V3=L3S，T3=350K

根据盖•吕萨克定律，有，即

得

答：（1）在活塞上放一个质量m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，平衡后气柱为20cm，此时管内外水银面的高度差为3.75cm

（2）保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77℃，此时气柱为25cm

解：（1）由对活塞分析，由平衡条件 得

G=PhS=ρghS=13.6×103×10×0.06×0.01N=81.6N   

（2）气缸内气体等容变化

P1=P0+Ph=1.0×105+13.6×103×10×0.06 Pa=1.08×105Pa 

代入上式得P2=

右支管用橡皮塞封住气体A，PA1=1.0×105 Pa，PA2=P2-ρg（h+2△h）

由于A做等温变化，故有PA1LA1=PA2LA2

代入数据1.0×105×0.2=[1.23×105-13.6×103×10×（0.06+2△h）]（0.2-△h）

解得△h=1.8cm    

所以h2=h1+2△h=6+2×1.8cm=9.6cm   

（3）气缸内气体等压变化，活塞至接口处时U形管内水银开始流动，

此时气缸内气体的温度为   

t3=T3-273=256.7-273=-16.3℃．

答：（1）活塞的重力为81.6N；

（2）现在将U形管右支管开口端用橡皮塞（厚度不计）封住，并在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体缓缓加热，让活塞高度始终不变．当气体温度升高到57℃时，不再加沙粒，同时停止对气体加热，这时U形管两支管内水银面的高度差h2变为9.6cm．

（3）保持上题中的沙粒质量不变，让气缸内的气体逐渐冷却，那么当气体的温度至少降为-16.3℃时，U形管内的水银开始流动．

解：设大气压强为p0，根据玻意耳定律：

   P0V1=P2V2                           

 代入数据得：P0（2.5+20×0.125）=2.5P2 

可解得：P2=2P0              

答：足球内部空气的压强是大气压的2倍．

解：（1）插入水银槽后右管内气体等温变化，左管竖直插入水银槽中后，右管体积为：

由玻意耳定律得：

带入数据解得：p=78cmHg．

故稳定后右管内的气体压强：p=78cmHg．

（2）插入水银槽后左管压强：p1=p+△h=80cmHg    ①

左管竖直插入水银槽中时，槽内水银表面的压强为大气压强，设左管内外水银面高度差为h1，此时左管内压强还可以表示为：

p1=p0+h1     ②，联立①式解得h1=4cm

中、左管内气体等温变化此时有：

p0lS=p1l1S

解得：l1=38cm．

左管插入水银槽深度．

故左管A端插入水银槽的深度h=7cm．