13 第2章 专题突破四 理想气体的图像和综合问题-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 物理选择性必修三 多媒体课件 第二章　气体、固体和液体 专题突破四 理想气体的图像和综合问题 本专题主要涉及以下几个问题：能综合利用气体实验定律和理想气体状态方程对气体图像进行分析或转换；能巧妙地选择研究对象，灵活处理较复杂的变质量问题；学会综合应用气体实验定律和理想气体状态方程解决多过程、关联气体等问题。以上问题是前面所学知识的综合，也是历年高考考查的重点，对能力的要求较高。 突破点一　理想气体的图像问题 突破点二　气体的变质量问题　　 突破点三　气体的“多过程”和“关联气”问题　　 [专题突破(四)]　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 名称 图像 特点 等温线 p ­V pV＝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 ­ p＝，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高 名称 图像 特点 等容线 p ­T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小 等压线 V ­T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小 【典例1】 (2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p ­T图像如图所示。该过程对应的p ­V图像可能是(　　 ) 解析：选B。根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T，结合题给p ­T图像可知，从a到b，气体的压强不变，温度升高，则气体体积变大，故C、D错误；从b到c，气体的压强减小，温度降低，因为c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，所以c状态的体积大于b状态的体积，故A错误，B正确。 [规律方法]从气体的图像可以直接读取两个状态参量的变化情况，而第三个状态参量的变化情况往往需要借助与该图像对应的“特殊线”并结合理想气体状态方程间接获取。 【针对训练1】 (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(　　 ) 解析：选BD。从A到B是等温变化，气体体积变大，压强p变小，从B到C是等容变化，在p ­T图像中为一条过原点的倾斜直线，从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；从A到B是等温变化，气体体积变大，从B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律知温度升高，从C到A是等压变化，在V ­T图像中为一条过原点的倾斜直线，故C错误，D正确。 气体变质量问题的处理方法 (1)通过巧选研究对象和过程将变质量问题转化为定质量问题。如充气或抽气问题、灌气或漏气问题等。 (2)利用理想气体状态方程推导的结论 已知理想气体的状态方程＝C中，C＝nR(n指物质的量，R是普适气体常数)。把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…的几部分理想气体进行混合，混合后的压强、体积、温度为p、V、T，根据物质的量守恒可以推知：＋…＋＝。 若气体的温度不变，则有：p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV。 【典例2】 (2024·安徽高考)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小； (2)充进该轮胎的空气体积。 解析：(1)充气前，轮胎内气体做等容变化，由查理定律可得 ＝ 其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。 (2)以轮胎内原有气体和新充进的气体整体为研究对象，由理想气体状态方程可得 p2V0＋p0V＝p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为 V＝6 L。 答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 【针对训练2】 (2024·湖南衡阳检测)现代瓷器的烧制通常采用电热窑炉。如图是窑炉的简图，上方有一单向排气阀，当窑内气压升高到2.4p0(p0为大气压强)时，排气阀才会开启。某次烧制过程，初始时窑内温度为27 ℃，窑内气体体积为V0，压强为p0。 (1)求窑内温度为387 ℃时窑内气体的压强； (2)求窑内温度为927 ℃时，排出气体质量与窑内原有气体质量的比值。 解析：(1)假设窑内温度为387 ℃时，排气阀未开启，则气体升温过程中发生等容变化， 根据查理定律有＝ 解得p1＝2.2p0<2.4p0，假设成立。 (2)以初始时窑内的气体为研究对象，设气体温度为927 ℃，压强为2.4p0时，体积为V2，根据理想气体状态方程有 ＝ 解得V2＝ 排出气体的体积为V排＝V2－V0 则排出气体质量与窑内原有气体质量的比值为η＝＝ 解得η＝。 答案：(1)2.2p0　(2) 角度1 单一气体多过程问题的分析思路 1.确定研究对象 研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞、液柱等)。 2．分析物理过程，确定状态参量 (1)对热学研究对象：认真审题，搞清气体状态变化过程及对应每一过程的初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。 (2)对力学研究对象：分析汽缸、活塞、液柱等的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。 3．挖掘题目的隐含条件，注意状态变化的临界点、转折点等，列出辅助方程。 4．多个方程联立求解并检验求解结果的合理性。 【典例3】 (2024·吉林长春期末)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0.2 V0。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306 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至气体温度达到489.6 K。求： (1)整个过程中，气体对外做的功； (2)活塞刚离开B处时的温度TB； (3)缸内气体最后的压强p； (4)在图乙中画出整个过程的p ­V图线。 解析：(1)设活塞横截面积为S，B到A的距离为x。整个过程中，只有B到A过程中气体对外做功，此过程气体压强为p0不变。气体对外做功 W＝p0S·x＝p0×0.2V0＝0.2p0V0。 (2)活塞刚离开B处时，气体压强等于大气压强p0，由查理定律得＝ 解得TB＝T1＝×306 K＝340 K。 (3)刚运动到A时，气体的温度为T2 由盖­吕萨克定律得＝ 解得T2＝1.2TB＝1.2×340 K＝408 K 温度继续升高，气体体积为1.2V0不变，设T3＝489.6 K时，气体压强为p 由查理定律得＝ 解得p＝p0＝p0＝1.2p0。 (4)整个过程的p ­V图线如图所示。 答案：(1)0.2p0V0　(2)340 K　(3)1.2p0　(4)见解析 角度2 两部分关联气体问题的分析思路 1.分别选取两部分封闭气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的气态方程。 2．依据平衡条件找到两部分气体之间的压强关系，依据几何关系找出两部分气体之间的体积关系——辅助方程。 3．将多个方程联立求解，并检验求解结果的合理性。 【典例4】 (2023·全国高考)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位) 解析：设B管在上方时上部分气体压强为pB，下部分气体压强为pA，此时有 pA＝pB＋20 cmHg 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱长度减小1 cm，又因为SA＝4SB，可知B管中水银柱长度增加4 cm，空气柱长度减小4 cm 设此时两管的压强分别为pA′、pB′，则有 pA′＋23 cmHg＝pB′ 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律，对A管内空气柱有 pASALA＝pA′SALA′ 对B管内空气柱有 pBSBLB＝pB′SBLB′ 其中LA′＝10 cm＋1 cm＝11 cm LB′＝10 cm－4 cm＝6 cm 联立以上各式解得 pA＝74.36 cmHg pB＝54.36 cmHg。 答案：pA＝74.36 cmHg　pB＝54.36 cmHg 【针对训练3】 (2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部分气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求： (1)此时上、下部分气体的压强； (2)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 解析：(1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知 p0·SL0＝p1·SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0 根据玻意耳定律有p0·SL0＝p2·SL0 解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。 (2)对“H”形连杆活塞整体受力分析，活塞所受的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S 解得活塞的质量为m＝。 答案：(1)2p0　p0　(2) 【基础应用题】 1．(多选)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 解析：选AB。由V ­T图像可知，直线AB过原点，气体做等压变化，且从A→B过程中气体的温度升高，A正确；连接DO的直线的斜率比AO连线的斜率大，所以D点的压强比A点的压强小，B正确；从B→C过程中气体体积不变，温度降低，根据＝C可知，压强减小，C错误；从C→D过程中气体温度不变，对于理想气体，若温度不变，则内能不变，D错误。 2．(多选)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(　　 ) 解析：选AD。由题图可知，气体从状态1到状态2是等容变化，压强p与温度T均增大；气体从状态2变化到状态3是等压变化，压强p不变，温度T降低，根据盖­吕萨克定律有＝，可知V2>V3；气体从状态3变化到状态1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，可知V3<V1。综上可知，A、D正确。 3．(2024·重庆沙坝期末)某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度不变，轮胎容积也不变。则打气筒的容积为(　　 ) A．300 mL B．450 mL C．500 mL D．600 mL 解析：选B。设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律有pV＋np1ΔV＝p′V，即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L，解得ΔV＝450 mL，故B正确。 4．医用氧气钢瓶的容积V0＝40 L，室内常温下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p1＝140 atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p2＝2 atm。病人一般在室内温度下吸氧时，每分钟需要消耗1 atm下2 L氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为(　　 ) A．23小时 B．33.5小时 C．46小时 D．80小时 解析：选C。由题意可知，气体的温度不变，由玻意耳定律可得p1V0＝p2V0＋p3V1，可得V1＝＝ L＝5 520 L，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t＝ min＝2 760 min＝46 h，故C正确。 5．如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为(　　 ) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1 解析：选B。对A部分气体有＝；对B部分气体有＝，因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，所以联立解得＝，即＝＝＝，故B正确。 【综合提升题】 6．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。 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可得 ＝＝ 代入数据解得 TC＝600 K，TD＝300 K 由题意知，从B到C是等温变化，所以 TB＝TC＝600 K。 (2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有 pBVB＝pCVC 解得VB＝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。 答案：(1)600 K　600 K　300 K (2)见解析 7．如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。 (1)求初始时理想气体B的压强； (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。 答案：(1)70 cmHg　(2)500 K 解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。 (2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm 以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得 p0(L1＋L2)S＝pA′L3S 以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝ 左、右两侧液面相平时pA′＝pB′ 联立解得T′＝500 K。 8．(2024·全国高考)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 解析：(1)活塞从卡销a到卡销b的过程中，气体做等温变化，初态：p1＝1.0×105 Pa，V1＝S·11；末态：V2＝S·10 根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 解得p2＝1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件得 F＋p1S＝p2S＋FN 解得卡销b对活塞支持力的大小 FN＝100 N。 (2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态：p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K；末态，对活塞根据平衡条件得 p3S＝F＋p1S 解得p3＝1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据查理定律得＝ 解得T3≈327 K。 答案：(1)100 N　(2)327 K 【创新拔高题】 9．如图所示，导热汽缸开口向上竖直放置，汽缸内甲、乙两个活塞把汽缸分成A、B两部分，两部分气柱的长度均为d，汽缸横截面积为S，两活塞质量均为m，外界大气压强p0＝(重力加速度为g)，环境温度为T0，若在活塞乙上缓慢倒入质量为m的沙子，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，求： (1)稳定后活塞乙下降的距离； (2)若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，此时气体的温度。 解析：(1)根据题意，初态B部分气体压强pB＝p0＋＝ 倒入沙子后压强pB′＝p0＋＝ 根据玻意耳定律有pBdS＝pB′dBS 初态A部分气体压强pA＝pB＋＝ 倒入沙子后压强pA′＝pB′＋＝ 根据玻意耳定律有pAdS＝pA′dAS 活塞乙下降的距离为x＝2d－(dA＋dB) 联立解得x＝d。 (2)环境温度升高时，A、B两部分气体均做等压变化 对A部分气体有＝ 对B部分气体有＝ 乙活塞回到原来位置，则dA′＋dB′＝2d 联立解得T＝T0。 答案：(1)d　(2)T0 $$