热门试卷

解：（1）由连通器原理可知，甲图中气体压强为p0=76cmHg，乙图中气体压强为p0+4cmHg=80cmHg．

（2）由玻意耳定律p1V1=p2V2，即p1l1S=p2l2S，即p1l1=p2l2（l1、l2为空气柱长度），所以玻璃管的横截面积可不用测量．

故答案为：（1）76；80；（2）正确

解：（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；

（2）由表格数据可得：在误差范围内，一定质量的气体，温度不变时，PV乘积为一定值，即压强与体积成正比，为了图象直观，应做图象

（3）根据理想气体状态方程，有PV=CT，常数C由气体的质量决定，根据温度不变的情况下，出现乘积变小，则可能是气体的质量减小，即实验时注射器的空气向外发生了泄漏．

故答案为；（1）温度、注射器内气体

（2）误差范围内，一定质量的气体，温度不变时，压强与体积成反比；

（3）实验时注射器的空气向外发生了泄漏

解：由题意可知，气球受到的浮力：F=10Mg，

气球要升空，球内空气剩余质量为9M，

气体膨胀过程为等压过程，温度：T1=300K，

设升温前气体的体积为V1，升温膨胀后体积为V2，

由盖吕萨克定律得：=，==，

代入数据解得：T2=333.3K=60.3℃；

答：为使热气球升空，球内气体温度至少应该升高到60.3摄氏度．

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：根据玻意耳定律知，当温度不变时，一定质量的理想气体压强与体积成反比，故描绘“p-”图象更直观看出P与V关系；

根据克拉柏龙方程PV=nRT知，PV值不同，可能是各实验小组封闭气体的质量不同．

故答案为：通过压强与体积的倒数的图线是一条经过原点的直线，能够直观的看出P与V是否成反比；

两实验小组封闭气体的质量不同．

解；①对于理想气体由图象可知：A→B等容变化，由查理定律得：

代入数据得：TB=100K…①

又：T=273+t…②

①②得：tB=-173℃

B→C等压变化，由盖吕萨克定律得：

代入数据得：TC=300K…③

②③联立得：tC=27℃

②由A→C过程，温度相等，故内能变化量△E=0

答：①该气体在状态B、C时的温度分别为-173℃，27℃

②该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量为零．

解：选锅内气体为研究对象，则有：

初状态：T1=293 K，p1=1.0×105 Pa

末状态：T2=393 K

由查理定律得：

则得：=×1.0×105 Pa=1.34×105Pa

对限压阀受力分析可得：

mg=p2S-p1S

可得：m==×3.14×（0.015）2kg=0.024 kg．

答：限压阀的质量应为0.024 kg．

解：当外界环境的温度缓慢升高时，气缸内理想气体压强不变．根据盖-吕萨克定律得知，温度升高，体积增大．

由题气缸内理想气体温度升高，内能增大，△U＞0，气体膨胀，气体对外界做功，W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q得

Q＞0，则气体吸热．

故本题答案是：增大，吸热

解：（1）溶液浓度为：

每一滴溶液中的纯油酸的体积为：cm3=8×10-6cm3=8×10-6ml

由d==

（2）解：①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有：

代入数据得：T1=360K

②由查理定律有：

代入数据得：

答：

（1）8×10-6；4×10-10

（2）：①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度为360K

②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强为1.5×105Pa

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