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气体的等温变化
气体的等温变化
一、单选题
1.某理想气体的初始压强为p0=3atm,若保持温度不变,使它的压强增大了△p=2atm,
而它的体积变化了△V=4L,则该气体的初始体积为()
A.2LB.4.37LC.10LD.6L
2.如图,玻璃管下端开口插入水银槽中,上端封有一定质量的气体,当玻璃管绕顶端转过一个角度时,水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是()
A.
h增大,
l增大
B.
h增大,
l减小
C.
h减小,
l增大
D.
h减小,
l减小
3.左端封闭右端开口粗细均匀的倒置U形玻璃管,用水银封住两部分气体,静止时
如图所示,若让管保持竖直状态做自由落体运动,则(
A.气体柱Ⅰ长度减小
B.气体柱Ⅱ长度将增大
C.左管中水银柱A将上移
D.右管中水银面将下降
4.如图所示,a,b,c三根完全相同的玻璃管,一端封闭,管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气,a管竖直向下做自由落体运动,b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动,c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑,若空气温度始终不变,当水银柱相对管壁静止时,a,b,c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为()
A.Lb=Lc=LaB.Lb C.Lb 5.医院里的某一氧气瓶的容积为0.08m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.病 人每次吸氧需要消耗1个大气压的氧气9L,当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气.若病人吸氧过程中氧气的温度保持不变,则这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的次数为() A.160次B.180次 C.200次D.250次 6.空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6.0L,现再充入1.0atm的空气9.0L.设充气过程为等温过程,空气可看作理想气体,则充气后储气罐中气体压强为()A.2.5atmB.2.0atmC.1.5atmD.1.0atm 7.用活塞式抽气机抽气,在温度不变的情况下,从玻璃瓶中抽气,第一次抽气后,瓶 4256内气体的压强减小到原来的,要使容器内剩余气体的压强减为原来的,抽气次 5 625 数应为( ) A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 、多选题 8.如图所示,用容器为V0的活塞式抽气机对容积为 3 中原来气体压强为P0,抽气过程中气体温度不变.则 V0的容器中的气体抽气,设容器 () A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B.第一次抽一次后容器内压强为2p0 30 3 C.第一次抽一次后容器内压强为p0 4 27 D.连续抽3次后容器内压强为p0 64三、解答题 9.如图1所示,竖直放置、粗细均匀的玻璃管开口向上,管里一段高为h=15cm的水银柱封闭一段长为L=14cm的气体,水银柱的截面积为S,若将玻璃管按如图2所示倾斜放置,倾角为θ=37,°重力加速度g=10m/s2,大气压强p0=75cmHg,sin37=°0.6,cos 37°=0.8,求: ①倾斜后气柱的长度; ②如果将图2所示的玻璃管以一定的加速度向右加速运动,空气柱的长度又变成L,则加速度a为多大? 如果 10.透明容器中装有足够深的某种均匀液体.液面上竖直倒插着一根质量m=0.01kg的细 长玻璃试管.当外界大气压强P=1.01×105Pa时.试管静止时露出液面的长度为L=5cm.管-122中空气柱的总长度为L0=15cm.已知试管横戴面积为S=1×10-1m2.重力加速度g=10m/s2.试管的壁厚不计.试管与液体之间的粘滞力也不计. ①求该液体的密度; ②若温度不变.但由于某种原因导致外界大气压强变为 5 p0'=0.991×05Pa.求试管再次静止 后露出水面部分的长度L. 11.如图所示,粗细均匀的U形管左端封闭右端开口,一段空气柱将水银分为A、B两 部分,水银柱A的长度h1=25cm,位于封闭端的顶部,B部分位于U形管的底部。 右管内有一轻活塞,活塞与管壁之间的摩擦不计。 活塞自由静止时,玻璃管右侧空气柱的长度L=39cm,左侧空气柱的长度L0=12.5cm,B部分水银两液面的高度差h2=45cm,外界大气压强p0=75cmHg,把两段空气柱视为理想气体。 保持温度不变,将活塞缓慢上提,当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时,求: (1)左侧空气柱的长度; (2)活塞移动的距离。 12 .U形管两臂粗细不同,开口向上,封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍,管中装入水银,大气压为76cmHg.开口管中水银面到管口距离为11cm,且水银面比封闭管内高4cm,封闭管内空气柱长为11cm,如图所示.现在开口端用小活塞封住,并缓慢推动活塞,使两管液面相平,推动过程中两管的气体温度始终不变,试求: 1)粗管中气体的最终压强; 2)活塞推动的距离. 13.如图,绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。 两气缸内装有处于平衡状态的理想气体,开始时体积均为V0、温度均为T0。 缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强为原来的1.2倍。 设环 境温度始终保持不变,求气缸A中气体的体积VA和温度TA。 14.如图所示,一总长度为L导热性能良好的汽缸放置在水平面上,开口向左。 用横截面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞静止时距汽缸底部L/2。 现保持温度不变,缓慢转动汽缸.使其开口竖直向上放置,活塞最终静止时距汽缸底部L/4。 已知大气压强为po,不计活塞厚度,活塞与汽缸无摩擦接触且气密性良好。 重力加速度为g。 (1)求活塞质量m; (2)现用外力F缓慢竖直向上拉动活塞,活塞到达汽缸上边缘时,汽缸恰好对地面无压力。 求此时所施加外力F的大小。 2 15.两个侧壁绝热、底面积均为S=10cm2的圆柱形容器下端由可忽略容积的细管连通组成。 左容器足够高,上端敞开,右容器上端由导热材料封闭。 容器内两个绝热的活塞A、5 B下方封有氮气,B上方封有氢气。 大气的压强p0=1×105pa,温度为T0=280K,两个活塞质量均为m=1kg。 系统平衡时,各气体柱的高度如图所示。 h=10cm。 现将系统的底部浸入恒温热水槽中,并在活塞A上加一质量为M的重物再次达到平衡使A回到图中 1)求此时B活塞上方氢气压强; 2)所加重物的质量M; 3)水的温度。 16.如图所示,劲度系数k=500N/m的弹簧下端固定在水平地面上,上端与一活塞相连,导热良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的理想气体,整个装置处于静止状态。 已知汽 25 缸质量m1=5kg,汽缸底面积S=10cm2,大气压强p01.0105Pa,此时活塞离汽缸底部的距离h1=40cm。 现在汽缸顶部加一质量m2=5kg的重物。 忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力,汽缸下端离地足够高,环境温度保持不变,取g=10m/s2。 求汽缸 稳定时下降的距离。 参考答案 1.C 【解析】 试题分析: 气体发生等温变化,根据题意求出气体的状态参量,应用玻意耳定律可以求出气体体积. 解: 由题意可知,气体的压强增大,则体积减小;气体初状态参量: p1=3atm,设体积为: V1=V, 末状态参量: p2=3+2=5atm,V2=V﹣4L,由玻意耳定律得: p1V1=p2V2,即: 3V=5×(V﹣4),代入数据解得: V=10L;选项C正确,ABD错误. 故选: C 【点评】本题考查了求气体的体积,应用玻意耳定律即可正确解题,解答的关键是需要先判断出气体的压强增大,气体的体积减小. 2.A 【解析】 【分析】 先判断玻璃管绕顶端转过一个角度后管内气体压强的变化,再根据玻意耳定律分析气体体积的变化,即可分析管内液面如何变化. 【详解】当玻璃管绕顶端转过一个角度时,假设管内水银不动,则管内水银的竖直高度增大,根据pp0ph知,管内气体的压强减小,根据玻意耳定律pVc知气体的体积将增大,则l 增大;最终稳定时气体的压强减小,所以根据pp0ph知,管内液面升高,所以h增大,A正确. 【点睛】 在玻璃管绕顶端转过一个角度的过程中,要抓住封闭气体的温度不变,发生了等温变化,判断气体的压强如何变化,再分析体积如何变化,这是常用的思路. 3.A 【解析】 【详解】 设大气压强为p0,由图示可知,封闭气体压强: pⅠP0h pⅡpⅠhP0 当U型管做自由落体运动时,水银处于完全失重状态,对封闭气体不产生压强,封闭气体压强都等于大气压p0。 AD.气柱I的压强变大,温度不变,由玻意耳定律可知,气体体积变小,气柱长度变小,右管中的水银面上升,故A正确,D错误; BC.Ⅱ部分气体压强不变,温度不变,由理想气体状态方程可知,气体体积不变,气柱长度不变,左管中水银柱A不动,故B错误,C错误。 4.C 【解析】 【详解】 设大气压为p0.对a管: a管竖直向下做自由落体运动,处于完全失重状态,封闭气体的 压强等于大气压,即pap0; pbSp0Smgmamg 则得: 对c管: 以水银为研究对象, 2mgpbp0b0S根据牛顿第二定律得: p0SpcSmgsin45ma 又对管子和水银整体,有: Mgsin45Ma 解得: agsin45 pcp0 所以可得: 根据玻意耳定律 pVc 解得: A.A项与上述计算结果 LbLcLa不相符,故A错误; B.B项与上述计算结果 LbLcLa不相符,故B错误; C.C项与上述计算结果 LbLcLa相符,故C正确; D.D项与上述计算结果 LbLcLa不相符,故D错误. LbLc a 5.A 【解析】 n,则由等温变化方程可知: 【详解】 设这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的次数为 p0V0p2V0np1V1,即2080=280n19,解得n=160次; A.160次,与结论相符,选项A正确; B.180次,与结论不相符,选项B错误; C.200次,与结论不相符,选项C错误; D.250次,与结论不相符,选项D错误; 6.A 【解析】 【详解】将充气之前的两部分气体合起来作为初状态,压强都是,故初始体积为两部分的和;初状态: , 末状态: 根据玻意耳定律得: 代入数据解得,故A正确,BCD错误。 7.B 解析】 详解】设玻璃瓶的容积是V,抽气机的容积是V0, 气体发生等温变化,由玻意耳定律可得: PV4P(VV0) 5 解得: 抽一次时: PVP1(VV0) 得: P145P, 抽两次时: P1VP2(VV0) 得: P2(54)2P, 5 抽n次时: 解得: n=4; A.3次。 故A项错误; B.4次。 故B项正确; C.5次。 故C项错误; D.6次。 故D项错误。 8.CD 【解析】 13 理想气体由玻意耳定律得: p0V0p1(V0V0),解得p1p0,故C正确、B错误.A、 34 1 D、同理第二次抽气过程,由玻意耳定律得p1V0p2(V0V0),第三次抽气过程 3 13327 p2V0p3(V0V0),解得p3()3p0p0,可知抽几次气体后容器中还剩的气体体 3464 积是V0,故A错误,D正确.故选CD. 【点睛】本题是变质量问题,对于变质量问题,巧妙选择研究对象,把变质量问题转化为质 量不变问题,应用玻意耳定律可以解题 2 9.①x=15cm②5m/s2 【解析】 【详解】 ①玻璃管竖直时,管内气体压强: P1=75+15=90cmHg 当玻璃管倾斜时,管内气体压强: P2=P0+ρghsni37°=84cmHg 气体发生等温变化,则有: P1LS=P2xS 解得: x=15cm ②如果玻璃管向右做加速运动,使管中气体的长度仍为L,则管内气体的压强仍为P1,对水 银柱研究,受力如图所示,有: (P1-P0)Scos-Nsin=ma (P1-P0)Ssin+Ncos=mg其中m=ρSh 解得: a=0.5g=5m/s2 33 10.①1103kg/m3;②15.3cm 【解析】 【分析】本题考查热力学定律的应用。 【详解】 ①对试管由力的平衡条件得: gL0LSmg代入数据解得该液体的密度 m1103kg/m3 L0LS ②初态,试管内气体压强 p1p0mg1.02103Pa 10S 末态,设试管内气柱长为L0'试管内气体压强为 p2p0mg1.0105Pa 20S根据玻意耳定律有 p1SL0p2SL0代入数据解得: L015.3cm因试管排开的液体体积不变,故露出水面部分的长度变为15.3cm.11. (1)15cm; (2)8.5cm 【解析】 【详解】 (1)设玻璃管的横截面积为S,对左侧被封闭气体: 初态: p1=(75-45)cmHg=30cmHg,V1=L0S 末态: p2=25cmHg,V2=L2S由玻意耳定律p1V1=p2V2,得左侧空气柱的长度 L2=15cm (2)对右侧被封闭气体: 初态: p1′=75cmHg,V1′=LS末态: p2′=(25+45-2×2.5)cmHg=65cmHg,V2′=L2′S由玻意耳定律p1′V1′=p2′V2′,得右侧被封闭气体的长度 L2′=45cm 由几何关系可知,活塞上升的高度为 Δh=L2′-L+(L2-L0)=45cm-39cm+(15cm-12.5cm)=8.5cm 12. (1)88cmHg (2)4.5cm 【解析】 【详解】解: 设左管横截面积为S,则右管横截面积为3S, (1)以右管封闭气体为研究对象, P180cmHg,V1113S33S V2103S30S 等温变化: P1V1P2V2 8033SP230S P288cmHg (2)以左管被活塞封闭气体为研究对象, P176cmHg,V111S,P288cmHg 等温变化: P1V1P2V2 V29.5Scm 即Sh13Sh2,h1h24cm,联立得h21cm,故上升1cm;那么活塞推动的距离: L1139.54.5cm 13.7V0;1.4T0 6 【解析】 【详解】 设初态压强为p0,膨胀后A,B压强相等pB=1.2p0 B中气体始末状态温度相等p0V0=1.2p0(2V0-VA) ∴TA=1.4T0 答: 气缸A中气体的体积VA=7V0,温度TA=1.4T06 考点: 玻意耳定律 【点睛】 是关键。 解析】 详解】 SL 为P1,体积为,温度不变,由公式得: 4 解得: P12P0 汽缸开口币,活塞静止时受力分析得: P0SmgP1S 解得: P0Sm0;g 体积为SL,温度不变,由公式得: P0L2SP2SL 3 解得: FP0S。 2 15. (1)1.25po (2)2.5kg(3)378K 解析】 详解】 设末态的压强为P,由玻意耳定律得ppohs1.25po 0.8hSo 氮气的初态压强为P2=P0+mg/S=1.1p0,体积为V=2hS;末态的压强为P′2,体积为V′,则 P2′=P+mg/S=1.350P又P2′=0p+(M+m)/S解得M=2.5kg V′=2.2hS 得T=378K16.0.2m 【解析】 【详解】 p1Sm1gp0S① 解得 5 p11.5105Pa② 加重物后,设汽缸内气体的压强变为 p2,由平衡条件可得 p2Sm1gp0Sm2g③ p1h1Sp2h2S⑤ 解得p22.0105Pa④由玻意耳定律 解得h2=0.3m⑥ xm2g0.1m⑦k 活塞下降距离 所以汽缸下降距离为 hh1h2x0.2m⑧
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