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气体的等温变化大题及答案和解析越详细越好
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气体的等温变化、玻意耳定律典型例题 　　【例1】一个气泡从水底升到水面时,它的体积增大为原来的3倍,设水的密度为ρ=1×103kg／m3,大气压强p0=1.01×105Pa,水底与水面的温度差不计,求水的深度.取g=10m／s2.【分析】气泡在水底时,泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和.气泡升到水面上时,泡内气体的压强减小为与大气压相等,因此其体积增大.由于水底与水面温度相同,泡内气体经历的是一个等温变化过程,故可用玻意耳定律计算.【解答】设气泡在水底时的体积为V1、压强为： p1=p0+ρgh气泡升到水面时的体积为V2,则V2=3V1,压强为p2=p0.由玻意耳定律 p1V1=p2V2,即（p0+ρgh）V1=p0&#,得水深 【例2】如图1所示,圆柱形气缸活塞的横截面积为S,下表面与水平面的夹角为α,重量为G.当大气压为p0,为了使活塞下方密闭气体的体积减速为原来的1/2,必须在活塞上放置重量为多少的一个重物（气缸壁与活塞间的摩擦不计） 　　【误解】活塞下方气体原来的压强 设所加重物重为G′,则活塞下方气体的压强变为 　　∵ 气体体积减为原的1/2,则p2=2p1 　　【正确解答】据图2,设活塞下方气体原来的压强为p1,由活塞的平衡条件得　　 　　 　 同理,加上重物G′后,活塞下方的气体压强变为　　 气体作等温变化,根据玻意耳定律：　　 得 p2=2p1∴ G′=p0S+G【错因分析与解题指导】【误解】从压强角度解题本来也是可以的,但 免发生以上关于压强计算的错误,相似类型的题目从力的平衡入手解题比较好.在分析受力时必须注意由气体压强产生的气体压力应该垂直于接触面,气体压强乘上接触面积即为气体压力,情况就如【正确解答】所示.【例3】一根两端开口、粗细均匀的细玻璃管,长L=30cm,竖直插入水银槽中深h0=10cm处,用手指按住上端,轻轻提出水银槽,并缓缓倒转,则此时管内封闭空气柱多长?已知大气压P0=75cmHg.【分析】插入水银槽中按住上端后,管内封闭了一定质量气体,空气柱长L1=L-h0=20cm,压强p1=p0=75cmHg.轻轻提出水银槽直立在空气中时,有一部分水银会流出,被封闭的空气柱长度和压强都会发生变化.设管中水银柱长h,被封闭气体柱长为L2=L-h.倒转后,水银柱长度仍为h不变,被封闭气体柱长度和压强又发生了变化.设被封闭气体柱长L3.所以,管内封闭气体经历了三个状态.由于“轻轻提出”、“缓缓倒转”,意味着都可认为温度不变,因此可由玻意耳定律列式求解. 【解】根据上面的分析,画出示意图（图a、b、c）.气体所经历的三个状态的状态参量如下表所示： 由于整个过程中气体的温度不变,由玻意耳定律： p1V1=p2V2=p3V3即75×20S=（75-h）（30-h）S=（75+h）L3S　　由前两式得： h2-105h+750=0取合理解 h=7.7cm,代入得 　　【说明】必须注意题中隐含的状态（b）,如果遗漏了这一点,将无法正确求解.　　【例4】容器A的容积是10L,用一根带阀门的细管,与容器B相连.开始时阀门关闭, A内充有10atm的空气,B是真空.后打开阀门把A中空气放一些到B中去,当A内压强降到4atm时,把阀门关闭,这时B内压强是3atm.求容器B的容积.假设整个过程中温度不变.【分析】对流入容器B的这部分空气,它后来的状态为压强p′B=3atm,体积VB（容器B的容积）.为了找出这部分空气的初态,可设想让容器A中的空气作等温膨胀,它的压强从10atm降为4atm时逸出容器A的空气便是进入B内的空气,于是即可确定初态.【解答】先以容器A中空气为研究对象,它们等温膨胀前后的状态参量为VA=10L,pA=10atm；V'A=?,p'A=4atm.由玻意耳定律 pAVA=p'AV'A,得 如图1所示. 再以逸出容器A的这些空气为研究对象,它作等温变化前后的状态为：p1=p'A=4atm,V1=V'A-VA=15Lp'1=3atm,V'1=VB同理由玻意耳定律 p1V1=p'1VB,得 所以容器B的容积是20L.　　【说明】本题中研究对象的选取至关重要,可以有多种设想.例如,可先以后来充满容器A的气体为研究对象（见图2）假设它原来在容器A中占的体积为Vx,这部分气体等温变化前后的状态为： 变化前：压强pA=10atm、体积Vx,　　变化后：压强p′A=4atm 体积V′x=VA=10L.　　由 pAVx=p′AV′x 　　由此可见,进入B中的气体原来在A内占的体积为VA-Vx=（10-4）L=6L.再以这部分气体为研究对象,它在等温变化前后的状态为：　　变化前：压强p1=10atm,体积V1=6L,　　变化后：压强p2=3atm,体积V2=VB．　　由玻意耳定律得容器B的容积为： 决定气体状态的参量有温度、体积、压强三个物理量,为了研究这三者之间的联系,可以先保持其中一个量不变,研究另外两个量之间的关系,然后再综合起来.这是一个重要的研究方法,关于气体性质的研究也正是按照这个思路进行的.【例5】一容积为32L的氧气瓶充气后压强为1300N/cm2.按规定当使用到压强降为100N/cm2时,就要重新充气.某厂每天要用400L氧气（在1atm下）,一瓶氧气能用多少天（1atm=10N/cm2）?设使用过程中温度不变.【分析】这里的研究对象是瓶中的氧气.由于它原有的压强（1300N/cm2）,使用后的压强（100N/cm2）、工厂应用时的压强（10N/cm2）都不同,为了确定使用的天数,可把瓶中原有氧气和后来的氧气都转化为1atm,然后根据每天的耗氧量即可算出天数.【解】作出示意图如图1所示.根据玻意耳定律,由p1V1=p′1V′1,p2V2=p′2V′2得
所以可用天数为： 　　【说明】根据上面的解题思路,也可以作其他设想.如使后来留在瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成1300N/cm2的压强状态下,或使原来瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成100N/cm2的压强状态下,统一了压强后,就可由使用前后的体积变化算出使用天数.　　上面解出的结果,如果先用文字代入并注意到p′1=p′2=p0 ,即得 或p1V1=p2V2+np0V0　　这就是说,在等温变化过程中,当把一定质量的气体分成两部分（或几部分）,变化前后pV值之和保持不变（图2）.这个结果,实质上就是质量守恒在等温过程中的具体体现.在气体的分装和混合等问题中很有用. 【例6】如图所示,容器A的容积为VA=100L,抽气机B的最大容积为VB=25L.当活塞向上提时,阀门a打开,阀门b关闭；当活塞向下压时,阀门a关闭,阀门b打开.若抽气机每分钟完成4次抽气动作,求抽气机工作多长时间,才能使容器A中气体的压强由70cmhg下降到7.5cmHg（设抽气过程中容器内气体的温度不变）? 【误解】设容器中气体等温膨胀至体积V2,压强由70cmHg下降到7.5cmHg,根据pAVA=p2V2　　得
所需时间 【正确解答】设抽气1次后A中气体压强下降到p1,根据pAVA=p1（VA+VB）得 第二次抽气后,压强为p2,则 同理,第三次抽气后, 抽气n次后,气体压强 代入数据得：n=10（次）　　 　　【错因分析与解题指导】【误解】的原因是不了解抽气机的工作过程,认为每次抽入抽气机的气体压强均为7.5cmHg.事实上,每次抽气过程中被抽气体体积都是VB,但压强是逐步减小的,只是最后一次抽气时,压强才降低至7.5cmHg.因此,必须逐次对抽气过程列出玻意耳定律公式,再利用数学归纳法进行求解.　　【例7】有开口向上竖直安放的玻璃管,管中在长h的水银柱下方封闭着一段长L的空气柱.当玻璃管以加速度a向上作匀加速运动时,空气柱的长度将变为多少?已知当天大气压为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g.【误解】空气柱原来的压强为p1=p0+h当玻璃管向上作匀加速动时,空气柱的压强为p2,对水银柱的加速运动有p2S-p0S-mg=ma即 p2=p0+ρ（g+a）h考虑空气的状态变化有p1LS=p2L′S 【正确解答】空气柱原来的压强为p1=p0+ρgh　　当玻璃管向上作匀加速运动时,空气柱的压强为p2,由水银柱加速度运动得p2S-p0S-mg=ma
∴ p2=p0+ρ（g+a）h 气体作等温变化p1LS=p2L′S 【错因分析与解题指导】 本题是动力学和气体状态变化结合的综合题.由于牛顿第二定律公式要求使用国际单位,所以压强的单位是“Pa”.【误解】中p1=p0+h,由动力学方程解得p2=p0+ρ•（g+a）h,在压强的表示上,h和ρ（g+a）h显然不一致,前者以cmHg作单位是错误的.所以在解答此类习题时,要特别注意统一单位,高为h的水银柱的压强表达为p=ρgh是解题中一个要点.　　[例8]如图所示,内径均匀的U型玻璃管竖直放置,截面积为5cm2,管右侧上端封闭,左侧上端开口,内有用细线栓住的活塞.两管中分别封入L=11cm的空气柱A和B,活塞上、下气体压强相等为76cm水银柱产生的压强,这时两管内的水银面的高度差h=6cm,现将活塞用细线缓慢地向上拉,使两管内水银面相平.求（1）活塞向上移动的距离是多少?（2）需用多大拉力才能使活塞静止在这个位置上? [分析]两部分气体是靠压强来联系 U型玻璃管要注意水银面的变化,一端若下降xcm另一端必上升xcm,两液面高度差为2xcm,由此可知,两液面相平,B液面下降h/2,A管液面上升h/2在此基础上考虑活塞移动的距离[解答]（1）对于B段气体pB1=76-6=70（cmHg） pB2=p
VB1=11S(cm3) VB2=(11+3)S(cm3)　　根据玻意耳定律 pB1VB1=pB2VB2　　 对于A段气体　　pA1=76(cmHg) pA2=pB2=55(cmHg)
VA1=11s(cm3) VA2=L'S(cm3)　　根据玻意耳定律 pA1VA1=pA2VA2　　 　　对于活塞的移动距离： h'=L'+3-L=15.2+3-11=7.2(cm)　　（2）对于活塞平衡,可知 F+pA2S=P0S,F=P0S-PS　　 [说明]U型管粗细相同时,一侧水银面下降hcm,另一侧水银面就要上升hcm,两部分液面高度差变化于2hcm,若管子粗细不同,应该从体积的变化来考虑,就用几何关系解决物理问题是常用的方法.　　[例9]如图所示,在水平放置的容器中,有一静止的活塞把容器分隔成左、右两部分,左侧的容积是1.5L,存有空气；右侧的容积是3L,存有氧气,大气压强是76cmHg.先打开阀门K,当与容器中空气相连的U形压强计中左、右水银面的高度差减为19cm时,关闭阀K.求后来氧气的质量与原来氧气的质量之比（系统的温度不变,压强计的容积以及摩擦不计）. 　　[分析]对于密封的一定质量空气 把原来容器中的氧气做为研究对象 容器外（放走的）氧气体积△V　　△V=(V1'+V2')-(V1+V2),在后来状态下,氧气密度相同　　 　　[解答]对于空气（温度不变） 　　对于氧气（温度不变）做为研究对象 　　容器外的氧气（假设仍处于末态）的体积　　 　　[说明]：理想气体的状态方程,是对一定量的气体而言,当它的状态发生变化时,状态参量之间的变化规律.遵守气态方程.而两部分气体时,要各自分别应用状态方程.再通过力学条件,找到这两部分气之间压强或体积的关系.本题容器内的氧气是属于变质量问题,也可以把它假想成质量不变来处理. 气体单位体积的分子数相等,质量和体积成正比,可求得剩余质量（或放出的质量）与原质量之间的比例关系.　　求物体的质量可以用m=ρV某个状态时的密度和该状态时体积的乘积,而气态方程也可以写做密度形式 常用此式求某一状态时气体单位体积的分子数,然后再求气体的质量.　　[例10]一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的,两个活塞A和B将气缸分隔为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,不计活塞与气缸壁之间的摩擦. [分析]气缸水平放置,不计活塞与气缸壁的摩擦,平衡时,两气室的压强必相等.两气室各密封一定量的气体,缓慢推动活塞,故温度保持不变,分别运用玻意耳定律解题. [解]因气缸水平放置,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和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；最后气缸内压强为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①、②两式解得 [说明]气体实验定律,是研究某一定质量的气体,状态发生变化时,前、后状态参量变化的规律.切不可理解为两部分气体状态参量的关系.
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用活塞式抽气机,在温度不变的情况下,从容积为4L的玻璃瓶中抽气,每抽一次,瓶内气体的压强减小到原来的5/6,
萌小离丶gldkj
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首先要知道PV/T=C这一规律,在温度不变时就认为PV=C,这里C是常数设玻璃瓶原来气压p0,抽气机的气室容积X,p0*4=p1*(X+4),题目中说了p1=5/6*p0,代入就可以求得X
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在容积为2*10^-3m^3的容器中,有内能为6.75*10^2焦的刚性双原子分子某理想气体.求气体压强
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这个.对不起我不懂.
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＞＞＞活塞式抽气机气缸的容积为被抽容器容积的50%，用这个抽气机给容器..
活塞式抽气机气缸的容积为被抽容器容积的50%，用这个抽气机给容器抽气，抽气机动作抽气两次，容器内剩余气体的压强将是
A.为零&&&&&&&&&& B.为原来压强的1/2&&&& C.为原来压强的1/2.25&&&&&&&&&&D.为原来压强的1/2.5
题型：不定项选择难度：中档来源：辽宁省期中题
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据魔方格专家权威分析，试题“活塞式抽气机气缸的容积为被抽容器容积的50%，用这个抽气机给容器..”主要考查你对&&玻意耳定律（等温定律）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
玻意耳定律（等温定律）
玻意耳定律:
1.概念:一定质量的某种气体，在温度不变的条件下其压强与体积变化时的关系，叫做气体的等温变化2.规律:一定质量的气体，在温度不变的情况下，它的压强跟体积成反比—— 玻意耳定律3.公式:4.图像: 图线为双曲线，同一气体的两条等温线比较，双曲线顶点离坐标原点远的温度高，即图线为过原点的直线，同一气体比较，斜率()大的温度高，即。5.条件：m一定，p不太大，T不太低6.微观解释：一定质量的理想气体，分子的总数是一定的，在温度保持不变时，分子的平均动能保持不变，气体的体积减小到原来的几分之一，气体的密度就增大到原来的几倍，因此压强就增大到原来的几倍，反之亦然，所以气体的压强与体积成反比。液柱移动问题的求解方法：
液柱移动问题的分析方法 (1)假设推理法：根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。巧用假设推理法可以化繁为简，化难为易，简捷解题。 (2)温度不变情况下的液柱移动问题的特点是：在保持温度不变的情况下改变其他题设条件，从而引起封闭气体液柱的移动，或液面的升降，或气体体积的增减。解决这类问题通常假设液柱不移动，或液面不升降，或气体体积不变，然后从假设出发，运用玻意耳定律等有关知识进行推论，求得正确答案。 (3)用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液柱或活塞是否移动?如何移动? 此类问题的特点是：气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解：其一般思路为： ①先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化： ②对两部分气体分别应用查理定律的分比形式，求出每部分气体压强的变化量△p，并加以比较。a．如果液柱两端的横截面积相等，且△p均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱向△p值较小的一方移动；若△p均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱向压强减小量较大的一方(即|△p|较大的一方)移动；若△p相等，则液柱不移动。 b．如果液柱两端的横截面积不相等，则应考虑液柱两端的受力变化(△pS)。，若△p均大于零，则液往向△pS较小的一方移动；若△p均小于零，则液桂向|△pS|值较大的一方移动；若△p等于零，则液柱不移动。
发现相似题
与“活塞式抽气机气缸的容积为被抽容器容积的50%，用这个抽气机给容器..”考查相似的试题有：
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气体的等温变化、玻意耳定律典型例题 　　【例1】一个气泡从水底升到水面时,它的体积增大为原来的3倍,设水的密度为ρ=1×103kg／m3,大气压强p0=1.01×105Pa,水底与水面的温度差不计,求水的深度.取g=10m／s2.【分析】气泡在水底时,泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和.气泡升到水面上时,泡内气体的压强减小为与大气压相等,因此其体积增大.由于水底与水面温度相同,泡内气体经历的是一个等温变化过程,故可用玻意耳定律计算.【解答】设气泡在水底时的体积为V1、压强为： p1=p0+ρgh气泡升到水面时的体积为V2,则V2=3V1,压强为p2=p0.由玻意耳定律 p1V1=p2V2,即（p0+ρgh）V1=p0&#,得水深 【例2】如图1所示,圆柱形气缸活塞的横截面积为S,下表面与水平面的夹角为α,重量为G.当大气压为p0,为了使活塞下方密闭气体的体积减速为原来的1/2,必须在活塞上放置重量为多少的一个重物（气缸壁与活塞间的摩擦不计） 　　【误解】活塞下方气体原来的压强 设所加重物重为G′,则活塞下方气体的压强变为 　　∵ 气体体积减为原的1/2,则p2=2p1 　　【正确解答】据图2,设活塞下方气体原来的压强为p1,由活塞的平衡条件得　　 　　 　 同理,加上重物G′后,活塞下方的气体压强变为　　 气体作等温变化,根据玻意耳定律：　　 得 p2=2p1∴ G′=p0S+G【错因分析与解题指导】【误解】从压强角度解题本来也是可以的,但 免发生以上关于压强计算的错误,相似类型的题目从力的平衡入手解题比较好.在分析受力时必须注意由气体压强产生的气体压力应该垂直于接触面,气体压强乘上接触面积即为气体压力,情况就如【正确解答】所示.【例3】一根两端开口、粗细均匀的细玻璃管,长L=30cm,竖直插入水银槽中深h0=10cm处,用手指按住上端,轻轻提出水银槽,并缓缓倒转,则此时管内封闭空气柱多长?已知大气压P0=75cmHg.【分析】插入水银槽中按住上端后,管内封闭了一定质量气体,空气柱长L1=L-h0=20cm,压强p1=p0=75cmHg.轻轻提出水银槽直立在空气中时,有一部分水银会流出,被封闭的空气柱长度和压强都会发生变化.设管中水银柱长h,被封闭气体柱长为L2=L-h.倒转后,水银柱长度仍为h不变,被封闭气体柱长度和压强又发生了变化.设被封闭气体柱长L3.所以,管内封闭气体经历了三个状态.由于“轻轻提出”、“缓缓倒转”,意味着都可认为温度不变,因此可由玻意耳定律列式求解. 【解】根据上面的分析,画出示意图（图a、b、c）.气体所经历的三个状态的状态参量如下表所示： 由于整个过程中气体的温度不变,由玻意耳定律： p1V1=p2V2=p3V3即75×20S=（75-h）（30-h）S=（75+h）L3S　　由前两式得： h2-105h+750=0取合理解 h=7.7cm,代入得 　　【说明】必须注意题中隐含的状态（b）,如果遗漏了这一点,将无法正确求解.　　【例4】容器A的容积是10L,用一根带阀门的细管,与容器B相连.开始时阀门关闭, A内充有10atm的空气,B是真空.后打开阀门把A中空气放一些到B中去,当A内压强降到4atm时,把阀门关闭,这时B内压强是3atm.求容器B的容积.假设整个过程中温度不变.【分析】对流入容器B的这部分空气,它后来的状态为压强p′B=3atm,体积VB（容器B的容积）.为了找出这部分空气的初态,可设想让容器A中的空气作等温膨胀,它的压强从10atm降为4atm时逸出容器A的空气便是进入B内的空气,于是即可确定初态.【解答】先以容器A中空气为研究对象,它们等温膨胀前后的状态参量为VA=10L,pA=10atm；V'A=?,p'A=4atm.由玻意耳定律 pAVA=p'AV'A,得 如图1所示. 再以逸出容器A的这些空气为研究对象,它作等温变化前后的状态为：p1=p'A=4atm,V1=V'A-VA=15Lp'1=3atm,V'1=VB同理由玻意耳定律 p1V1=p'1VB,得 所以容器B的容积是20L.　　【说明】本题中研究对象的选取至关重要,可以有多种设想.例如,可先以后来充满容器A的气体为研究对象（见图2）假设它原来在容器A中占的体积为Vx,这部分气体等温变化前后的状态为： 变化前：压强pA=10atm、体积Vx,　　变化后：压强p′A=4atm 体积V′x=VA=10L.　　由 pAVx=p′AV′x 　　由此可见,进入B中的气体原来在A内占的体积为VA-Vx=（10-4）L=6L.再以这部分气体为研究对象,它在等温变化前后的状态为：　　变化前：压强p1=10atm,体积V1=6L,　　变化后：压强p2=3atm,体积V2=VB．　　由玻意耳定律得容器B的容积为： 决定气体状态的参量有温度、体积、压强三个物理量,为了研究这三者之间的联系,可以先保持其中一个量不变,研究另外两个量之间的关系,然后再综合起来.这是一个重要的研究方法,关于气体性质的研究也正是按照这个思路进行的.【例5】一容积为32L的氧气瓶充气后压强为1300N/cm2.按规定当使用到压强降为100N/cm2时,就要重新充气.某厂每天要用400L氧气（在1atm下）,一瓶氧气能用多少天（1atm=10N/cm2）?设使用过程中温度不变.【分析】这里的研究对象是瓶中的氧气.由于它原有的压强（1300N/cm2）,使用后的压强（100N/cm2）、工厂应用时的压强（10N/cm2）都不同,为了确定使用的天数,可把瓶中原有氧气和后来的氧气都转化为1atm,然后根据每天的耗氧量即可算出天数.【解】作出示意图如图1所示.根据玻意耳定律,由p1V1=p′1V′1,p2V2=p′2V′2得
所以可用天数为： 　　【说明】根据上面的解题思路,也可以作其他设想.如使后来留在瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成1300N/cm2的压强状态下,或使原来瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成100N/cm2的压强状态下,统一了压强后,就可由使用前后的体积变化算出使用天数.　　上面解出的结果,如果先用文字代入并注意到p′1=p′2=p0 ,即得 或p1V1=p2V2+np0V0　　这就是说,在等温变化过程中,当把一定质量的气体分成两部分（或几部分）,变化前后pV值之和保持不变（图2）.这个结果,实质上就是质量守恒在等温过程中的具体体现.在气体的分装和混合等问题中很有用. 【例6】如图所示,容器A的容积为VA=100L,抽气机B的最大容积为VB=25L.当活塞向上提时,阀门a打开,阀门b关闭；当活塞向下压时,阀门a关闭,阀门b打开.若抽气机每分钟完成4次抽气动作,求抽气机工作多长时间,才能使容器A中气体的压强由70cmhg下降到7.5cmHg（设抽气过程中容器内气体的温度不变）? 【误解】设容器中气体等温膨胀至体积V2,压强由70cmHg下降到7.5cmHg,根据pAVA=p2V2　　得
所需时间 【正确解答】设抽气1次后A中气体压强下降到p1,根据pAVA=p1（VA+VB）得 第二次抽气后,压强为p2,则 同理,第三次抽气后, 抽气n次后,气体压强 代入数据得：n=10（次）　　 　　【错因分析与解题指导】【误解】的原因是不了解抽气机的工作过程,认为每次抽入抽气机的气体压强均为7.5cmHg.事实上,每次抽气过程中被抽气体体积都是VB,但压强是逐步减小的,只是最后一次抽气时,压强才降低至7.5cmHg.因此,必须逐次对抽气过程列出玻意耳定律公式,再利用数学归纳法进行求解.　　【例7】有开口向上竖直安放的玻璃管,管中在长h的水银柱下方封闭着一段长L的空气柱.当玻璃管以加速度a向上作匀加速运动时,空气柱的长度将变为多少?已知当天大气压为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g.【误解】空气柱原来的压强为p1=p0+h当玻璃管向上作匀加速动时,空气柱的压强为p2,对水银柱的加速运动有p2S-p0S-mg=ma即 p2=p0+ρ（g+a）h考虑空气的状态变化有p1LS=p2L′S 【正确解答】空气柱原来的压强为p1=p0+ρgh　　当玻璃管向上作匀加速运动时,空气柱的压强为p2,由水银柱加速度运动得p2S-p0S-mg=ma
∴ p2=p0+ρ（g+a）h 气体作等温变化p1LS=p2L′S 【错因分析与解题指导】 本题是动力学和气体状态变化结合的综合题.由于牛顿第二定律公式要求使用国际单位,所以压强的单位是“Pa”.【误解】中p1=p0+h,由动力学方程解得p2=p0+ρ•（g+a）h,在压强的表示上,h和ρ（g+a）h显然不一致,前者以cmHg作单位是错误的.所以在解答此类习题时,要特别注意统一单位,高为h的水银柱的压强表达为p=ρgh是解题中一个要点.　　[例8]如图所示,内径均匀的U型玻璃管竖直放置,截面积为5cm2,管右侧上端封闭,左侧上端开口,内有用细线栓住的活塞.两管中分别封入L=11cm的空气柱A和B,活塞上、下气体压强相等为76cm水银柱产生的压强,这时两管内的水银面的高度差h=6cm,现将活塞用细线缓慢地向上拉,使两管内水银面相平.求（1）活塞向上移动的距离是多少?（2）需用多大拉力才能使活塞静止在这个位置上? [分析]两部分气体是靠压强来联系 U型玻璃管要注意水银面的变化,一端若下降xcm另一端必上升xcm,两液面高度差为2xcm,由此可知,两液面相平,B液面下降h/2,A管液面上升h/2在此基础上考虑活塞移动的距离[解答]（1）对于B段气体pB1=76-6=70（cmHg） pB2=p
VB1=11S(cm3) VB2=(11+3)S(cm3)　　根据玻意耳定律 pB1VB1=pB2VB2　　 对于A段气体　　pA1=76(cmHg) pA2=pB2=55(cmHg)
VA1=11s(cm3) VA2=L'S(cm3)　　根据玻意耳定律 pA1VA1=pA2VA2　　 　　对于活塞的移动距离： h'=L'+3-L=15.2+3-11=7.2(cm)　　（2）对于活塞平衡,可知 F+pA2S=P0S,F=P0S-PS　　 [说明]U型管粗细相同时,一侧水银面下降hcm,另一侧水银面就要上升hcm,两部分液面高度差变化于2hcm,若管子粗细不同,应该从体积的变化来考虑,就用几何关系解决物理问题是常用的方法.　　[例9]如图所示,在水平放置的容器中,有一静止的活塞把容器分隔成左、右两部分,左侧的容积是1.5L,存有空气；右侧的容积是3L,存有氧气,大气压强是76cmHg.先打开阀门K,当与容器中空气相连的U形压强计中左、右水银面的高度差减为19cm时,关闭阀K.求后来氧气的质量与原来氧气的质量之比（系统的温度不变,压强计的容积以及摩擦不计）. 　　[分析]对于密封的一定质量空气 把原来容器中的氧气做为研究对象 容器外（放走的）氧气体积△V　　△V=(V1'+V2')-(V1+V2),在后来状态下,氧气密度相同　　 　　[解答]对于空气（温度不变） 　　对于氧气（温度不变）做为研究对象 　　容器外的氧气（假设仍处于末态）的体积　　 　　[说明]：理想气体的状态方程,是对一定量的气体而言,当它的状态发生变化时,状态参量之间的变化规律.遵守气态方程.而两部分气体时,要各自分别应用状态方程.再通过力学条件,找到这两部分气之间压强或体积的关系.本题容器内的氧气是属于变质量问题,也可以把它假想成质量不变来处理. 气体单位体积的分子数相等,质量和体积成正比,可求得剩余质量（或放出的质量）与原质量之间的比例关系.　　求物体的质量可以用m=ρV某个状态时的密度和该状态时体积的乘积,而气态方程也可以写做密度形式 常用此式求某一状态时气体单位体积的分子数,然后再求气体的质量.　　[例10]一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的,两个活塞A和B将气缸分隔为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,不计活塞与气缸壁之间的摩擦. [分析]气缸水平放置,不计活塞与气缸壁的摩擦,平衡时,两气室的压强必相等.两气室各密封一定量的气体,缓慢推动活塞,故温度保持不变,分别运用玻意耳定律解题. [解]因气缸水平放置,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和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；最后气缸内压强为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①、②两式解得 [说明]气体实验定律,是研究某一定质量的气体,状态发生变化时,前、后状态参量变化的规律.切不可理解为两部分气体状态参量的关系.
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