2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第三册 第2章 专题强化4 理想气体的图像问题　液柱移动问题（含解析）

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专题强化4　理想气体的图像问题　液柱移动问题[学习目标]　1.会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题(重点)。2.学会应用假设法分析液柱(或活塞)的移动问题(难点)。一、理想气体的图像问题例1　(多选)(2022·海口市高二期中)一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是(　　)A．a→b过程中，气体体积变小，温度降低B．b→c过程中，气体温度不变，体积变小C．c→a过程中，气体体积变小，压强增大D．c→a过程中，气体压强增大，温度升高答案　AD解析　根据气体实验定律分析，a→b过程中，气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律eq \f(V,T)＝C，可知气体温度降低，体积变小，故A正确；b→c过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律pV＝C，可知压强减小，体积增大，故B错误；c→a过程中，由题图可知p与T成正比，则气体发生等容变化，根据查理定律eq \f(p,T)＝C，可知压强增大，温度升高，故C错误，D正确。例2　(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V图像如图所示，过程为A→B→C→A，其中A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p－T图像和V－T图像表示，则下列图像可能正确的是(　　)答案　BD解析　A到B是等温变化，气体体积变大，压强p变小，B到C是等容变化，在p－T图像上为过原点的一条倾斜的直线，C到A是等压变化，气体体积减小，根据盖—吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；A到B是等温变化，气体体积变大，B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高，C到A是等压变化，气体体积变小，在V－T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。例3　使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分。(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和热力学温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)，说明每段图线各表示什么过程。答案　(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析解析　由p－V图像可知，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。(1)根据理想气体状态方程eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)＝eq \f(pDVD,TD)，可得TC＝eq \f(pCVC,pAVA)·TA＝eq \f(2×40,4×10)×300 K＝600 K，TD＝eq \f(pDVD,pAVA)·TA＝eq \f(2×20,4×10)×300 K＝300 K，由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。(2)因由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有pBVB＝pCVC，得VB＝eq \f(pCVC,pB)＝eq \f(2×40,4) L＝20 L。在V－T图像上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接(如图)，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p－V图像转换成p－T图像或V－T图像。2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p－V图像中重点比较气体的温度，p－T图像中重点比较气体的体积，V－T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。二、液柱移动问题分析液柱(或活塞)移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行推理。常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：eq \f(Δp,ΔT)＝eq \f(p,T)或Δp＝eq \f(ΔT,T)p。(2)盖—吕萨克定律的分比形式：eq \f(ΔV,ΔT)＝eq \f(V,T)或ΔV＝eq \f(ΔT,T)V。例4　(2022·湛江市高二期末)如图所示，20 ℃的氧气和10 ℃的氢气体积相同，水银柱在连通两容器的足够长的细管中央，当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，水银柱(　　)A．不移动 B．向左移动C．向右移动 D．先向右后向左移动答案　B解析　假设水银柱不移动，即气体体积不变，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)＝eq \f(Δp,ΔT)⇒Δp＝eq \f(p1,T1)ΔT，由题知开始时刻，气体两边压强相等，且T氧气1>T氢气1，可得两边升高相同的温度时，有Δp氧气H2，水银柱长度h1>h2，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)A．均向上移动，B中水银柱移动较多B．均向上移动，A中水银柱移动较多C．均向下移动，B中水银柱移动较多D．均向上移动，两管中水银柱移动情况相同答案　B解析　管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据盖—吕萨克定律可知eq \f(V,T)＝eq \f(ΔV,ΔT)，整理得ΔV＝eq \f(ΔT,T)·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度升高ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB。即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多，故选B。专题强化练考点一　理想气体的图像问题1.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，此过程可用选项图中哪几个图像表示(　　)答案　AD解析　由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据eq \f(pV,T)＝C可知压强将减小。对A图像进行分析，p－V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图像进行分析，p－V图像是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图像进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图像进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D项正确。2.(多选)(2022·保定市高二期末)一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是(　　)A．A→B温度升高，压强不变B．D点的压强比A点的压强小C．B→C体积不变，压强不变D．C→D体积变小，内能增大答案　AB解析　由题图可知从A→B过程中温度升高，根据eq \f(pV,T)＝C可知为等压变化，压强不变，选项A正确；由题图可知连接DO的直线的斜率比AO连线的斜率大，斜率越大，压强越小，所以D点的压强比A点的压强小，选项B正确；从B→C过程中，根据eq \f(pV,T)＝C可知，气体体积不变，温度降低，压强减小，选项C错误；从C→D过程中，气体温度不变，对于理想气体，温度不变，内能不变，选项D错误。3.一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－eq \f(1,V)图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，dc线段与p轴垂直，da线段与eq \f(1,V)轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　)A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变答案　A解析　由题图可知，a→b，温度不变，体积增大，压强减小，A正确；b→c，温度升高，压强增大，体积增大，B错误；c→d，压强不变，温度降低，体积减小，C错误；d→a，压强减小，温度降低，体积不变，D错误。4.(多选)(2022·周口市高二月考)如图所示，一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化。若用V－T或p－V图像表示这一循环，可能正确的选项是(　　)答案　AD解析　由题图可知，1到2状态是等容变化，p与T均增大，2到3状态是等压变化，p不变，T降低，根据盖—吕萨克定律有eq \f(V2,T2)＝eq \f(V3,T3)，T2>T3，可知V2>V3,3到1状态是等温变化，压强p减小，温度T不变，根据玻意耳定律有p3V3＝p1V1，p3>p1，可知V32V2′C．加热后V1′Tb，则ΔpapB′＋ph，因此水银柱将向上移动，则末状态水银柱长度大于初状态水银柱水度，即A、B压强差大于ph，ΔpA>ΔpB，由ΔF＝ΔpS可知，ΔFA>ΔFB，A、C正确，D错误；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误。9.(多选)(2022·鹤岗市高二月考)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示的p－t图像如图所示。已知在状态B时气体的体积为VB＝3 L，则下列说法正确的是(　　)A．从状态A到状态B，气体的体积不变B．从状态B到状态C，气体温度增加C．在状态C时气体的体积是2 LD．在状态A时气体的压强是0.5 atm答案　AC解析　因为BA的延长线过绝对零点，则状态A到状态B是等容变化，故气体的体积不变，A正确；由题中图像可知，从状态B到状态C，气体温度不变，B错误；由题中图像可知，pB＝1.0 atm，VB＝3 L，pC＝1.5 atm，根据玻意耳定律，有pBVB＝pCVC，解得VC＝2 L，C正确；由题中图像可知，TB＝409.5 K，TA＝273 K，从状态A到状态B是等容变化，则有eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)，解得pA＝eq \f(2,3) atm，D错误。10.(2022·镇江市高二期末)如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充有水银将两段空气柱分别封闭在两管内，两空气柱温度相同，若同时让两段空气柱升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是(　　)A．升高相同温度h变大，降低相同温度h变小B．升高相同温度h变小，降低相同温度h变大C．无论升高或降低相同温度，h都变大D．无论升高或降低相同温度，h都变小答案　A解析　由题图可知p左＝p右＋ph，假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量Δp＝eq \f(ΔT,T)p，初状态时p左>p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右边流动，两水银面高度差h增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左边流动，两水银面高度差h减小，故A正确，B、C、D错误。11．一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，p－T图像如图甲所示。若气体在状态A的温度为－73.15 ℃，在状态C的体积为0.6 m3，规定0 ℃为273.15 K。求：(1)状态A的热力学温度；(2)写出A至C过程中气体的变化情形，并根据图像提供的信息，计算VA的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定坐标值，请写出计算过程。答案　见解析解析　(1)状态A的热力学温度：TA＝tA＋273.15 K＝(－73.15＋273.15) K＝200 K。(2)由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程从A至C，由理想气体状态方程有：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)解得：VA＝eq \f(pCVCTA,pATC)＝eq \f(2.0×105×0.6×200,1.5×105×400) m3＝0.4 m3。(3)由盖—吕萨克定律得：eq \f(VA,TA)＝eq \f(VB,TB)解得：VB＝eq \f(VATB,TA)＝eq \f(0.4×300,200) m3＝0.6 m3V－T图像如图所示。12．如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0。开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3 K。求：　(1)活塞刚离开B处时的温度TB；(2)缸内气体最后的压强；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图线。答案　(1)330 K　(2)1.1p0　(3)见解析图解析　(1)设等容过程中活塞离开A时的温度为TA，等容变化时，有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，即：eq \f(0.9p0,297 K)＝eq \f(p0,TA)，解得：TA＝330 K(2)设活塞恰好到达A处时，温度为T，根据eq \f(V0,TA)＝eq \f(1.1V0,T)，可得T＝363 K，活塞到达A处时，温度继续升高，缸内气体又发生等容变化，初态：p2＝p0，T2＝363 K，末态：p3，T3＝399.3 K，由查理定律得eq \f(p2,T2)＝eq \f(p3,T3)，解得：p3＝1.1p0(3)如图所示名称图像特点其他图像等温线p－VpV＝CT(C为常量)，即p与V的乘积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远p－eq \f(1,V)p＝eq \f(CT,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高等容线p－Tp＝eq \f(C,V)T，斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，对应的体积越小等压线V－TV＝eq \f(C,p)T，斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，对应的压强越小