内容正文:
13.答案:0.9l
玻璃瓶内的压强减小,瓶内气体对软木塞的压力减小,
解析:对I气体,初状态压强p1=p。十3g
玻璃瓶内外气体压力差变大,因此拔出软木塞更费力,
B正确,A、C、D错误。
末状态压强为p1'-=p,十3mg
3.C解析:开始时,A悬浮在水中某位置保持平衡,则A
设末态时I气体的长度为1,由玻意耳定律得
所受的浮力等于A所受的重力。根据玻意耳定律,用
piloS=P1IS
力按压橡皮膜到某一位置后,长玻璃槽上方空气的体积
减小,压强增大,则A内被封气体的压强增大,体积减
解得4=,
小,即排开水的重力减小,A所受的浮力减小,此时A
对Ⅱ气体,初状态压强p?=p,+4mg
所受的重力大于A所受的浮力,A将下沉。下沉过程
中压强不断增大,A内被封气体的体积不断减小,A所
末状态压强p'=p,+2mg
受的浮力不断减小,则A将加速沉到水底,C正确,A、
设末态时Ⅱ气体的长度为l2,由玻意耳定律得
B、D错误。
p2loS=p2'l2S
4.C解析:将管慢慢地向下按一段距离时,假设L1、L2
第得6=名
的长度不变,L1、L2内气体的压强增大,根据玻意耳定
律可得L1、L2的长度都减小,故C正确。
所以活塞A上升的高度为△h=l1十L2一2lo
5.B解析:a→b→c→a过程依次为等压膨胀过程、等温
解得△h=0.9l0。
压缩过程、等容降温过程,对应pT图线分别与T轴平
14.答案(1)12.9cm(2)363K
行、与力轴平行、过坐标原点;对应VT图线分别过坐
解析:(1)设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、
标原点、与V轴平行、与T轴平行。故B正确,A、C、D
右管的横截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程,
错误。
体积变为V2,压强变为2。由玻意耳定律有
6.C解析:假设水银柱不动,则气体体积不变,由查理定
PIVI=P2V2
①
徐释号-与,则降任的压强40=力一=0,开始
设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为P,按题
时两部分气体压强力与温度T都相等,则降温后左端
设条件有p1=po十Pgho
②
P2=Po+ogh
③
气体降低的压强为△p生-△:右常气体降低的压
V1=(2H-l-ho)S
④
V2=HS
⑤
展为p-△p:又图为△T发<△T:,我△p生<
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
△p右,左端气体压强大于右端气体压强,水银柱将向右
h=12.9cm;
⑥
移动。C正确,A、B、D错误。
(2)密封气体再经等压膨胀过程,体积变为V3,温度变
7.B解析:以细管中被封闭的气体为研究对象,开始时
为T2,由盖-吕萨克定律有元了
V2_V3
压强o=1.0×105Pa,体积Vo=LoS=50cm·S,被压
⑦
缩后,压强p1=1.04×105Pa,体积V1=L1S,由玻意耳
按题设条件有V3=(2H-h)S
⑧
定律可得Po LoS=p1L1S,解得L1=48cm,即细管中水
联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得
面离地高度为h1=Lo一L1=2cm;由平衡条件可得po
T2=363K。
十pgh2=1,其中h2为洗衣缸中水面和细管中水面的
热点强化卷1理想气体实验定律
高度差,解得h2=40cm,故洗衣缸中水面高度h=h1十
Vo
1.B解析:根据盖-吕萨克定律可知(273十7)K
h2=42cm,B正确,A、C、D错误。
8.B解析:火箭以a=g的加速度匀加速上升时,对气压
(273十27)K,因此=VV0=15≈6.7%,即此过
V
计内的水银柱进行受力分析,根据牛顿第二定律有p2S
程中室内空气的质量减少了6.7%。
-mg=na,解得=2,木银柱的质量m=hS=
2.B解析:由于玻璃瓶内气体的体积不变,经过一晚的
=e0.6pS=0.6p,S
时间,瓶内气体的温度降低,根据查理定律得温度降低,
,所以2=1.20;以舱内气
6
体为研究对象,起飞前p1=p=1atm,T1=T。=300
①式知汽缸内气体的压强p应增大,由玻意耳定律pV
K,。内气体发生等容变化,根器查理定停有会=号:
=C,可知气体体积应减小,则活塞相对汽缸要向上移
动,B正确;大气压强变小,要使此系统再次达到平衡,
解得T2=360K,故A、C、D错误,B正确。
由①式知汽缸内气体的压强应减小,由玻意耳定律pV
9.AD解析:两种情况下对整体进行受力分析得F=(M
=C,可知气体体积应增大,则活塞相对汽缸要向下移
十m)a,因此a1=a2,A正确;对活塞进行分析,第一种
动,C错误;让整个装置自由下落,由①式知汽缸内气
情况下poS-p1S=ma1,第二种情况下F+poS-p2S
体的压强应等于大气压强,缸内气体压强增大,由玻意
=ma2,得p1<p2,B错误;封闭气体的质量和温度不
耳定律V=C,可知气体体积减