收集气体的等温变化例题

收集气体的等温变化例题
收集气体的等温变化例题

收集气体的等温变化例题
1、一个右端开口左端封闭的U形玻璃管中装有水银,左侧封有一定质量的空气,如图8.1—11所示,已知,空气柱长是40cm,两侧水银面高度差56cm,若左侧距管顶66cm处的k点处突然断开,断开处上方水银能否流出?这时左侧上方封闭气柱将变为多高?（设大气压强为1.013×105Pa）
答：断开处的压强比外界压强小,因而水银不流出.对封闭气体应用玻意耳定律可得
,左侧封闭气体变为16cm.答案： 否：16cm
2`用托里拆利实验测大气压强时,管内混有少量空气,因此读数不准,当大气压强为75cmHg时,读数为74.5cmHg,这时管中空气柱长22 cm,当气压计读数为75. 5cmHg时,实际大气压强多大?
答：对封闭气体应用玻意耳定律可得.答案：76.2cm
3.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
【解析】塞子打开前,瓶内气体的状态变化为等容变化.塞子打开后,瓶内有部分气体会逸出,此后应选择瓶中剩余气体为研究对象,再利用查理定律求解.
（1）塞子打开前：选瓶中气体为研究对象,初态 ：p1=1.0×105Pa,T1=273+27=300K,末态：p2=?,T2=273+127=400K
由查理定律可得：p2=T2/T1 ×p1=400/300 ×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：p2′=? T2′=300K
由查理定律可得：p2′=T2′/T1′×p1′=300/4 00 ×1.0×105≈0.75×105Pa
4.如图8.3—10密闭的圆筒中央有一可以移动的绝热活塞,在0℃时,活塞两边气体的压强相 同,现在左半部分的气体加热,右半部分的气体仍为0℃,活塞开始向右移动,当活塞移动到右边体积是原来一半时,不再移动,则左半部分气体的温度是多少?
答案：819K
5.某容器的容积是10L,里面所盛气体的压强为2.0×106 Pa.保持温度不变,把这些气体装在另一个容器里,气体的压强变为1.0×105 Pa,这个容器的容积是多大?
初状态时气体的压强p1=2.0×106 Pa,体积V1=10 L；末状态时气体的压强p2=1.0×105 Pa,求体积V2.
由玻意耳定律克p1V1= p2V2可得V2 = = =200L
6.如图所示,竖直玻璃管里有一段4cm长的水银柱,水银柱的下面封闭着长60cm的空气柱,玻璃管的横截面积是0.1cm2. 在温度不变时,如果再向管里装入27.2g的水银,持平衡时,封闭在水银柱下面的空气柱有多高?已知大气压p0 = 1.0×105Pa,水银的密度ρ =13.6×103 kg/m3.
管里再装入27.2g水银时,水银柱增加的高度 = 0.2 m
空气柱初状态时的压强p1 = p0 + ph1 = p0 +ρHggh1= 1.0×105 Pa + 13.6×103×9.8×0.04 Pa= 10.5×104 Pa
V1 = 60 Scm,其中S为玻璃管的横截面积；
空气柱末状态时的压强p2 = p1 + ph2 = p0 +ρHggh2= 1.0×105 Pa + 13.6×103×9.8×(0.04 + 0.20) Pa= 1.32×105 Pa
由玻意耳定律p1V1= p2V2可得 ,V = Sh,所以 .
7． 如图所示,一个上下都与大气相通的直圆筒,内部横截面积为S = 0.01m2,中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体.A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动,且不漏气.A的质量不计,B的质量为M,并与一劲度系数为k = 5×103 N/m的较长的弹簧相连.已知大气压p0 = 1×105 Pa,平衡时两活塞之间的距离l0 = 0.6 m,现用力压A,使之缓慢向下移动一段距离后,保持平衡.此时用于压A的力F = 500 N.求活塞A下移的距离.
分析：从题中缓慢下移活塞A应当注意到,对于封闭在筒中的气体来说是在做等温变化.其原因是“缓慢过程”中气体有足够的时间与外界进行热交换,使气体的温度总与外界温度相等,而保持温度不变.由于活塞B下有一个弹簧所以活塞B下移又会压缩弹簧产生弹力作用于B.因此,解这道题应把气体状态的变化与力学中平衡及胡克定律相结合.
设活塞A下移距离为l,活塞B下移的距离为x对圆柱筒中的气体运用玻—马定律,可得方程： 根据胡克定律,活塞B移动x后弹簧的弹力有： F = k x 将这两个方程联立,去掉x得 将数值代入得： l=0.3 m答：活塞A下移的距离是0.3m.