- 气体等温变化的P－V图象
- 共285题
某同学解法为：
始、末两状态的压强分别为：P1=75cmHg，P2=75-25=50cmHg
此过程为等温变化，根据玻意耳定律有：P1V1=P2V2
即：L2=
你认为他的解法是否正确？若正确，请说明理由；若错误，也请说明理由，并且写出正确解的步骤和结果．
正确答案
解：他的解法不正确，从他的计算结果看：60cm+25cm＞80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出．
正确解法如下：
设留在管内水银长为h：
P1V1=P2V2
75×40=（75-h）×（80-h）
h≈22.67cm
管内空气柱长为：L=L0-h=（80-22.67）cm=57.33cm
故管内空气柱长为57.33cm．
解析
解：他的解法不正确，从他的计算结果看：60cm+25cm＞80cm，所以玻璃管开口向下时水银会漏出．
正确解法如下：
设留在管内水银长为h：
P1V1=P2V2
75×40=（75-h）×（80-h）
h≈22.67cm
管内空气柱长为：L=L0-h=（80-22.67）cm=57.33cm
故管内空气柱长为57.33cm．
（1）t1=27℃时，气缸内气体的压强p1
（2）当外界环境温度变为t2=77℃且保持不变时，活塞到气缸底部的距离L2．
正确答案
解：（1）对气缸受力分析可知：
由mg+P1S=P0S得：
（2）等温变化：据盖．吕沙克定律：
答：（1）t1=27℃时，气缸内气体的压强p1为1.5×105pa
（2）活塞到气缸底部的距离L2为35cm．
解析
解：（1）对气缸受力分析可知：
由mg+P1S=P0S得：
（2）等温变化：据盖．吕沙克定律：
答：（1）t1=27℃时，气缸内气体的压强p1为1.5×105pa
（2）活塞到气缸底部的距离L2为35cm．
（1）大气压强p0的值；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；
（3）当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？
正确答案
解：（1）初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P0-15cmHg V2=（31-15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg
（2）P3=75+15=90cmHg V3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm
（3）P4=P3=90cmHg V4=（31-15）S=16S T3=300K
由盖吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
答：（1）大气压强p0的值75cmHg；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm；
（3）当管内气体温度升高到177℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平．
解析
解：（1）初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P0-15cmHg V2=（31-15）S=16S
由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2
P0=75cmHg
（2）P3=75+15=90cmHg V3=LS
P1V1=P3V3
L=10.67cm
（3）P4=P3=90cmHg V4=（31-15）S=16S T3=300K
由盖吕萨克定律
T4=450K
得t=177℃
答：（1）大气压强p0的值75cmHg；
（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm；
（3）当管内气体温度升高到177℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平．
（I）下列说法正确的是______．
（A）气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和；
（B）气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变；
（C）功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；
（D）热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；
（E）一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小；
（F）一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．
（II）一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50m3．在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmGg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为-48.0℃．求：
（1）氦气在停止加热前的体积；
（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积．
正确答案
解：（I）A、气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；
B、气体的温度变化时，分子平均动能变化，其分子间势能不一定改变，故B错误；
C、第二定律开尔文表述：不可能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响．只有在不产生其它影响的条件下，从单一热源吸热全部变功才是不可能的（被客观规律所禁止的）．也就是说第二定律并不禁止下列情形：存在其他变化时，热全部变功．或者说：“从单一热源取热，把它全部变为功”并非不可能，但只有在发生其他变化时，才能实现．故C错误．
D、根据热力学第二定律得：热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D正确；
E、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小．故E正确．
F、一定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数在增加，故F正确．
故选ADEF．
（II）（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．
根据玻意耳-马略特定律有p1V1=p2V2①
式中，p1=76.0cmHg，V1=3.50m3，p2=36.0cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积．由①式得V2=7.39m3 ．
（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K．这是一等过程 根据盖-吕萨克定律有
式中，V3是在此等压过程末氦气的体积．由②式得V3=5.54m3 ．
故答案为：（I）ADEF
（II）（1）氦气在停止加热前的体积为7.39m3 ．；
（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积为5.54m3 ．
解析
解：（I）A、气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；
B、气体的温度变化时，分子平均动能变化，其分子间势能不一定改变，故B错误；
C、第二定律开尔文表述：不可能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响．只有在不产生其它影响的条件下，从单一热源吸热全部变功才是不可能的（被客观规律所禁止的）．也就是说第二定律并不禁止下列情形：存在其他变化时，热全部变功．或者说：“从单一热源取热，把它全部变为功”并非不可能，但只有在发生其他变化时，才能实现．故C错误．
D、根据热力学第二定律得：热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故D正确；
E、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小．故E正确．
F、一定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数在增加，故F正确．
故选ADEF．
（II）（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．
根据玻意耳-马略特定律有p1V1=p2V2①
式中，p1=76.0cmHg，V1=3.50m3，p2=36.0cmHg，V2是在此等温过程末氦气的体积．由①式得V2=7.39m3 ．
（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K．这是一等过程 根据盖-吕萨克定律有
式中，V3是在此等压过程末氦气的体积．由②式得V3=5.54m3 ．
故答案为：（I）ADEF
（II）（1）氦气在停止加热前的体积为7.39m3 ．；
（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积为5.54m3 ．
正确答案
解：设活塞距B端塞子L时，塞子刚好末被推出，此时气体压强为p2，体积为V2=SL2；活塞在C孔处时，气体压强p1=p0=1.0×105Pa
对气体有：p1 V1=p2 V2即：p1 SL1=p2 SL2（1）
塞子刚好末被推出时，对塞子有：p2S=p0 S+fm （2）
由（1）、（2）得：L2=10厘米 （3）
答：要使塞子不会被顶出，活塞推到离B端塞子的距离不得小于10厘米．
解析
解：设活塞距B端塞子L时，塞子刚好末被推出，此时气体压强为p2，体积为V2=SL2；活塞在C孔处时，气体压强p1=p0=1.0×105Pa
对气体有：p1 V1=p2 V2即：p1 SL1=p2 SL2（1）
塞子刚好末被推出时，对塞子有：p2S=p0 S+fm （2）
由（1）、（2）得：L2=10厘米 （3）
答：要使塞子不会被顶出，活塞推到离B端塞子的距离不得小于10厘米．
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