理想气体状态方程四种情况.doc

理想气体状态方程
1、如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm Hg．现向右管缓慢补充水银．
①若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？
②在①条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？
2、如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K平衡时水银的位置如图(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大气压为75 cmHg。求：
(1)右管内空气柱的长度L2；
(2)关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3。
3、如图所示，截面均匀的U形玻璃细管两端都开口，玻璃管足够长，管内有两段水银柱封闭着一段空气柱，若气柱温度是270C时，空气柱在U形管的左侧，A、B两点之间封闭着的空气柱长为15cm，U形管底边长CD=10cm，AC高为5cm。已知此时的大气压强为75cmHg。
（1）若保持气体的温度不变，从U形管左侧管口处缓慢地再注入25cm长的水银柱，则管内空气柱长度为多少？某同学是这样解的：
对AB部分气体，初态p1100cmHg，V1=15Scm3，末态p2=125cmHg，V2=LScm3，
则由玻意耳定律p1V1=p2V2解得管内空气柱长度L=12cm。
以上解法是否正确，请作出判断并说明理由，
如不正确则还须求出此时管内空气柱的实际长度为多少？
（2）为了使这段空气柱长度恢复到15cm，且回到A、B两点之间，可以向U形管中再注入一些水银，且改变气体的温度。问：应从哪一侧管口注入多长的水银柱？气体的温度变为多少？
4、一圆柱形气缸，质量M为10 kg，总长度L为40 cm，内有一厚度不计的活塞，质量m为5 kg，截面积S为50 cm2，活塞与气缸壁间摩擦不计，但不漏气，当外界大气压强p0为1´105 Pa，温度t0为7°C时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1为35 cm，g取
10 m/s2．求：①此时气缸内气体的压强；②当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．
5、如图所示，两个绝热、光滑、不漏气的活塞A和B将气缸内的理想气体分隔成甲、乙两部分，气缸的横截面积为S = 500 cm2。开始时，甲、乙两部分气体的压强均为1 atm（标准大气压）、温度均为27 ℃，甲的体积为V1 = 20 L，乙的体积为V2 = 10 L。现保持甲气体温度不变而使乙气体升温到127 ℃，若要使活塞B仍停在原位置，则活塞A应向右推多大距离?
6、如图所示一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T0=300K、大气压强p0＝1.0×105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：
①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1．②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2．
7、 使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
(1)已知气体在状态A的温度TA＝300K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大?
(2)将上述气体变化过程在V－T中表示出来(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)。

8、一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，TA＝300 K，气体从C→A的过程中做功为100 J，同时吸热250 J，已知气体的内能与温度成正比。求：
（i）气体处于C状态时的温度TC；（i i）气体处于C状态时内能UC。
9、如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C。已知状态A的温度为300 K。
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．
10、用打气筒给自行车打气，设每打一次可打入压强为一个大气压的空气125cm3。自行车内胎的容积为2.0L，假设胎内原来没有空气，那么打了40次后胎内空气压强为多少？（设打气过程中气体的温度不变）
11、容积为2L的烧瓶，在压强为1.0×105Pa时，用塞子塞住，此时温度为27℃，当把它加热到127℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把盖子塞好，停止加热并使它逐渐降温到27℃，求：
（1）塞子打开前的最大压强
（2）27℃时剩余空气的压强．
12、为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命系统，为航天员提供合适温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105Pa，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．
①求此时航天服内的气体压强；
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的等温气体多少升？

参考答案

一、计算题

1、解：（1）对于封闭气体有：
p1=（76﹣36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：

p1V1=p2V2

（2）停止加水银时，左管水银比右管高：
h1=76﹣52cmHg=24cmHg；
对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：
h2=h1﹣9cm=15cm
故封闭气体的压强：
p3=76﹣15cmHg=61cmHg
封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：

故：

答：①当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为52cmHg；
②使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为427K．

2、解析：(1)左管内气体压强：p1＝p0＋ph2＝80 cmHg，
右管内气体压强p2＝p1＋ph1＝85 cmHg，
设右管内外液面高度差为h3，则p2＝p0＋ph3，得ph3＝10 cmHg，所以h3＝10 cm，
则L2＝L1－h1－h2＋h3＝50 cm。
(2)设玻璃管截面积为S，
对左侧管内的气体：p1＝80 cmHg, V1＝50S，T1＝300 K。
当温度升至405 K时，设左侧管内下部的水银面下降了x cm，则有p2＝(80＋x) cmHg，
V2＝L3S＝(50＋x)S，T2＝405 K，
依据＝
代入数据，解得x＝10 cm。
所以左侧竖直管内气柱的长度L3＝60 cm。
答案：(1)50 cm　(2)60 cm
3、解：（1）不正确。  因为ACE段水银柱总长只有45cm，所以在左侧缓慢加入25cm长水银柱后，左侧竖直管中只可能保留45cm长的水银柱。故末状态的压强不为125cmHg。
已知  p1=100cmHg，V1=15S，T1=300K； p2=（75+45）cmHg=120 cmHg，V2=l2S     
p1 V1= p2 V2 得    L2=12.5cm                            
（2）由水银柱的平衡条件可知向右侧注入25cm长的水银柱才能使空气柱回到A、B之间。
这时空气柱的压强为 p3=（75+50）cmHg=125 cmHg    由查理定律       得  T3=375K  
4、①p＝p0－＝（1´105－）Pa＝0.8´105 Pa，（4分）
②＝，＝，t＝47°C，（5分）
5、对气体乙，由题意知做等容变化
           p2 = 1 atm  T2 = 300 K  T2′ = 400 K   p2′ = ?
由查理定律  ……………………………………………………………（2分）
 得   p2′ =atm   ………………………………………………………………（2分）
因活塞B光滑,甲乙气体压强相等，对气体甲，做等温变化，有：
p1 = 1 atm    p1′ = p2′ =atm………………………………………………（1分）
V1= 20 L   V1′ = ?
由玻意耳定律  p1 V1= p1′V1′  ……………………………………………………（2分）
得        V1′ = 15 L  ……………………………………………………（1分）
活塞向右移动：  ……………………………………………………（2分）
得   x = 0.1 m  ……………………………………………………………（1分）
6、①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有   …………（3分）
代入数据得        ………………………………（2分）
②由查理定律有          …………………………（2分）
  代入数据得                           …………………………（2分）
7、解：(1)根据气态方程得：
    （2分）
由得：
    （ 2分）
Tc = 600K                             （1分）
(2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得：

                （2分）
上述过程在图上状态变化过程的图线如图所示。(3分)
8、解析：（i）对气体从A到C由盖·吕萨克定律得：＝    ①　　（2分）
解得C状态的温度TC＝TA＝150 K    ②　　　　（2分）
（i i）从C到A对气体由热力学第一定律得：
UA－UC＝Q＋W＝250 J－100 J＝150 J     ③ （2分）   由题意得＝  ④  （2分）
联立②③④式解得UC＝150 J    （1分）
9、①由理想气体的状态方程＝
得气体在状态B的温度TB＝＝1200 K                   ……………4分
②由状态B到状态C，气体做等容变化，由查理定律得：＝，则TC＝TB＝600 K
故气体由状态B到状态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ΔU＝W＋Q，ΔU＜0，W＝0，故Q＜0，可知气体要放热。  ……………9分
10、根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2
p2==2.5 大气压
11、解：（1）塞子打开前：瓶内气体的状态变化为等容变化，选瓶中气体为研究对象，
初态：p1=1.0×105Pa，T1=273+27=300K
末态：T2=273+127=400K
由查理定律可得：p2=P1=×1.0×105 Pa≈1.33×105Pa
（2）塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为研究对象．
初态：p1′=1.0×105Pa，T1′=400K
末态：T2′=300K
由查理定律可得：p2′=×p1′=×1.0×105≈7.5×104Pa
答：（1）塞子打开前的最大压强1.33×105Pa
（2）27℃时剩余空气的压强7.5×104Pa

12、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