9.一个开口玻璃瓶内有空气,现将瓶口向下按入水中,在水面下5m深处恰能保持静止不动,下列说法中正确的是( )
A.将瓶稍向下按,放手后又回到原来位置
B.将瓶稍向下按,放手后加速下沉
C.将瓶稍向上提,放手后又回到原处
D.将瓶稍向上提,放手后加速上升
10.
图15
如图15所示,是一定质量的理想气体状态变化的p-V图象,气体由状态A变化到状态B的过程中,气体分子平均速率的变化情况是( )
A.一直保持不变
B.一直增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
11.
图16
一横截面积为S的汽缸水平放置,固定不动,汽缸壁是导热的,两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室,达到平衡时1、2两气室体积之比为3∶2,如图16所示.在室温不变的条件下,缓慢推动活塞A,使之向右移动一段距离d,求活塞B向右移动的距离,不计活塞与汽缸壁之间的摩擦.
12.
图17
一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽内,如图17所示,管内水银柱比槽内水银面高h=5cm,空气柱长l=45cm,要使管内外水银面相平,求:
(1)应如何移动玻璃管?
(2)此刻管内空气柱长度为多少?
(设此时大气压相当于75cmHg产生的压强)
第八章 气 体
第1节 气体的等温变化
课前预习练
1.温度T 体积V 压强p 气体的状态
2.反比 pV=C(常数) p1V1=p2V2
3.压强p 体积V 双曲线
4.B [用等压面法,选取管外水银面为等压面,则p气+ph=p0得p气=p0-ph即p气=(H-h)cmHg,B项正确.]
5.B [由图可知空气被封闭在细管内,缸内水位升高时,气体体积一定减小,根据玻意耳定律,气体压强增大,B选项正确.]
6.C [由玻意耳定律pV=C,得体积增大为原来的2倍,则压强变为原来的
,故C项正确.]
课堂探究练
1.C [由于气泡缓慢上升,因此其内气体始终与湖水的温度相同,即温度保持不变.P=P0+ρgh,在湖面下20m处,气体的压强约为p1=3atm(1atm即为1个标准大气压P0=1.01×105Pa,湖面上的大气压强为1atm);在湖面下10m深处,气体的压强约为p2=2atm.由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
因此
=
=
=1.5]
方法总结 玻意耳定律的研究对象为:
一定质量的气体,且这一部分气体温度保持不变.经常使用p1V1=p2V2或
=
这两种形式且只需使用同一单位即可.
2.25cm
解析 研究玻璃管内封闭的空气柱.
初态:
玻璃管未插入水银槽之前,
p1=p0=75cmHg;V1=LS=100·S.
末态:
玻璃管插入水银槽后,设管内外水银面高度差为h,
则 p2=(75+h)cmHg;
V2=[L-(
-h)]·S=[100-(50-h)]·S=(50+h)·S.
根据玻意耳定律p1V1=p2V2得
75×100·S=(75+h)(50+h)·S,
即h2+125h-3750=0.
解得h=25cm;h=-150cm(舍去).
所以,水银进入管内的长度为
-h=(
-25)cm=25cm.
方法总结 要根据题意,画出示意图,找准初、末态的压强和体积的表示方法,然后由玻意耳定律p1V1=p2V2列方程求解.
3.ABD [由等温线的物理意义可知,A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,等温线的位置就越高,C错,D对.]
方法总结 一定质量的气体在温度不变的情况下,p与V成反比,因此等温过程的p—V图象是双曲线的一支.一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越大,在p—V图上的等温线的位置就越高.
4.AB [A图中可以直接看出温度不变;B图说明p∝
,即p·V=常数,是等温过程;C图是双曲线,但横坐标不是体积V,不是等温线,D图的P-V图线不是双曲线,故也不是等温线.]
方法总结 由玻意耳定律知,一定质量的理想气体,T不变,p与V成反比,即p与
成正比,即p∝
,在p-
图象中等温线是一条过原点的直线.
5.
(1)66cmHg
(2)71cmHg (3)81cmHg
解析
(1)pA=p0-ph=76cmHg-10cmHg=66cmHg
(2)pA=p0-ph=76cmHg-10×sin30°cmHg=71cmHg
(3)pB=p0+ph2=76cmHg+10cmHg=86cmHg
pA=pB-ph1=86cmHg-5cmHg=81cmHg
方法总结 静止或匀速运动系统中压强的计算,一般选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析,列平衡方程求气体压强.
6.p0+
解析 设稳定时汽缸和活塞以相同加速度a向左做匀加速运动,这时缸内气体的压强为p,分析它们的受力情况,分别列出它们的运动方程为
汽缸:
pS-p0S=Ma①
活塞:
F+p0S-pS=ma②
将上述两式相加,可得系统加速度a=
将其代入①式,化简即得封闭气体的压强为p=p0+
·
=p0+
方法总结
(1)当系统加速运动时,选与封闭气体接触的物体如液柱、汽缸或活塞等为研究对象,进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强.
(2)压强关系的实质反映力的关系,力的关系由物体的状态来决定.
7.AD [解法一:
极限分析法:
设想把管压下很深,则易知V减小,p增大,因为p=p0+ph,所以h增大.即A、D选项正确.
解法二:
假设法:
将玻璃向下插入的过程中,假设管内气体体积不变,则h增大,p=p0+ph也增大,由玻意耳定律判断得V减小,故管内气体体积V不可能不变而是减小,由V减小得p=p0+ph增大,所以h也增大.即A、D选项正确.]
方法总结 此题属于定性判断气体状态参量变化的问题,需弄清p、V的定性变化关系,常用极限分析法或假设法来解决.
8.8cm
解析 由水银柱的高度H=10cm可以求出气体初状态的压强;当水银的一半被推入细筒中时,由水银的体积可以求出水银柱的总高度,从而求出气体末状态的压强.然后运用玻意耳定律求出气体末状态的体积,即可求得活塞B上移的距离.
设气体初态压强为p1(都以1cm水银柱产生的压强作为压强的单位,下同),则p1=p0+H.
设气体末态压强为p2,粗筒的横截面积为S,则有p2=p0+
H+
.
设末态气柱的长度为l′,气体体积为V2=Sl′,
在整个过程中气柱的温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V2.
活塞B上移的距离 d=l-l′+
,
代入数据得d=8cm.
方法总结 本题容易在两个问题上出现错误:
一是对液体压强及对压强的传递不够清楚,误认为初状态时水银只有
S的面积上受到大气压,其余
S的水银由于不与外界大气接触,因此不受大气压,从而导致p1值的表达式错误.二是几何关系上出错,搞不清一半水银被推入细筒后,水银柱的高度是多少,或列不出正确计算d值的式子.
课后巩固练
1.C [气球上升时,由于高空处空气稀薄,球外气体的压强减小,球内气体要膨胀,到一定程度时,气球就会胀破.]
2.D [
以圆板为研究对象,如右图所示,竖直方向受力平衡,则
pS′cosθ=p0S+Mg
因为S′=S/cosθ
所以p
·cosθ=p0S+Mgp=p0+Mg/S故此题应选D.]
3.A [水银柱所处的状态不是平衡状态,因此不能用平衡条件来处理.水银柱的受力分析如题图所示,因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a=gsinθ,所以对水银柱由牛顿第二定律得:
p0S+mgsinθ-pS=ma,解得p=p0.]
4.B [由p1V1=p2V2,得p1V0=p0V0+p0V,V0=20L,则V=380L,即容器中剩余20L、1大气压的气体,而同样大气压下气体的总体积为400L,所以剩下气体的质量与原来的质量之比等于同压下气体的体积之比,即
=
,B项正确.]
5.D
6.C [以缸套为研究对象,有pS+Mg=p0S,所以封闭气体的压强p=p0-
,故应选C.对于此类问题,选好研究对象,对研究对象进行受力分析是关键.]
7.ACD [两条等温线,故tA=tB,tC=tD,故A项正确;两条等温线比较,tD>tA,tC>tA,故B项错,C、D项正确.]
8.BD [这是一定质量的气体在发生等温变化时的p-
图线,由图线知p∝
,所以p与V应成反比,A错误;由图可以看出,p-
图线的延长线是过坐标原点的,故B正确;根据p-
图线斜率的物理意义可知C错误,D正确.]
9.BD [瓶保持静止不动,受力平衡mg=ρgV,由玻意耳定律,将瓶下按后,p增大而V减小,mg>ρgV,故放手后加速下沉.同样道理,D选项也正确.]
10.D [由图象可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相等,在同一等温线上,由于离原点越远的等温线温度越高,所以从状态A到状态B温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小.]
11.
d
解析 因汽缸水平放置,又不计活塞的摩擦,故平衡时两气室内的压强必相等,设初态时气室内压强为p0,气室1、2的体积分别为V1、V2;在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x;最后汽缸内压强为p,因温度不变,分别对气室1和2的气体运用玻意耳定律,得
气室1:
p0V1=p(V1-Sd+Sx)①
气室2:
p0V2=p(V2-Sx)②
由①②两式解得x=
d.
由题意
=
,得x=
d.
12.
(1)向下移动玻璃管
(2)42cm
解析
(1)欲使管内外水银面相平,则需增大管内气体的压强.可采取的办法是:
向下移动玻璃管,内部气体体积V减小、压强p增大,因此,h减小.所以应向下移动玻璃管.
(2)设此刻管内空气柱长度为l′,p1V1=p2V2,即(p0-h)lS=p0l′S,解得l′=
=
cm=42cm.