第2章 专题强化4 理想气体的图像问题 液柱移动问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（人教版2019，苏京）

DIERZHANG 第二章 专题强化4　理想气体的图像问题　 液柱移动问题 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)。 学习目标 2 一、理想气体的图像问题 二、液柱移动问题 专题强化练 学习目标 内容索引 3 一 理想气体的图像问题 4 名称 图像 特点 其他图像 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 等容线 p－T   即斜率越大，对应的体积越小 　 等压线 V－T   即斜率越大，对应的压强越小 　 　(2023·苏州市高二期中)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，气体温度降低，体积增大 B.b→c过程中，气体温度不变，体积变小 C.c→a过程中，气体压强增大，体积不变 D.在c状态时，气体的体积最小 例1 √ a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖－吕萨克定律 ＝C知，体积减小，故A错误； b→c过程中气体的温度保持不变，压强减小，根据玻意耳定律pV＝C知，体积增大，故B错误； c→a过程中，由题图可知，p与T成正比，过坐标原点，则气体发生等容变化，体积不变，而压强增大，综上所述可知在b状态时，气体的体积最小，故C正确，D错误。 　(2023·南通市高二期中)一定质量的理想气体，其状态变化过程为p－V图像中的ABCA，如图所示。则对应过程的V－T图像或p－T图像可能正确的是 例2 √ 根据图像可知A→B，压强不变，即 不变，故此时V－T图像为一条过原点的倾斜直线；同时此时体积减小，温度降低，A、B错误； 根据图像可知C→A，体积不变，即 不变，故此时 p－T图像为一条过原点的倾斜直线；同时压强增大，温度升高；由图像可知B→C过程中图线为直线，此时pV乘积可能先增大后减小，根据pV＝CT可知此时温度可能先升高后降低，C正确，D错误。 　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。 例3 (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？ 答案　600 K　600 K　300 K 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。 根据理想气体状态方程 由题意知B到C是等温变化， 所以TB＝TC＝600 K。 (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　见解析 因由状态B到状态C为等温变化， 由玻意耳定律有pBVB＝pCVC，得 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。 总结提升 16 二 液柱移动问题 17 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： 18 　 (2022·宿迁市高二期末)如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞，当A容器内气体的温度为－10 ℃，B容器内气体的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器内气体的温度都升高20 ℃时，下列判断正确的是 A.水银滴将不移动 B.水银滴将向A移动 C.水银滴将向B移动 D.无法判断水银滴将向哪个方向移动 例4 √ 假定两个容器内气体的体积不变，初始状态时A、B中气体温度分别为263 K和283 K，当温度升高ΔT时，容器A内气体的压强由p1增至p1′，则Δp1＝p1′－p1 容器B内气体的压强由p2增至p2′， 则Δp2＝p2′－p2， 因为p2＝p1，所以Δp1>Δp2，即水银滴将向B容器移动，故选C。 　如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>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 例5 √ 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。 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。 三 专题强化练 考点一　理想气体的图像问题 1.(2023·连云港市高二期中)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如V－ 图上从a到b的线段所示，在此过程中气体的温度 A.保持不变 B.逐渐升高 C.逐渐降低 D.先升高后降低 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.一定质量的理想气体，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，压强增大 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图可知从A→B过程中温度升高，根据　 ＝C可知为等压变化，压强不变，选项A错误； 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　 ＝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.(2023·宿迁市高二月考)一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程。其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与T轴平行，da和bc平行。则气体在 A.ab过程中体积不断减小 B.da过程中体积保持不变 C.cd过程中内能保持不变 D.bc过程中内能不断减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从p－T图像知道ab过程中，温度不变，压强减小，根据理想气体状态方程　 ＝C，所以体积不断增大，故A错误； cd过程中，压强不变，温度降低，则内能减小，故C错误； 气体在bc过程中，温度降低，内能减小，故D正确。 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由图像可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由理想气体状态方程可知：pV＝C·T，由图像可知， 连接Ob的直线的斜率小，所以b的温度小，b→c过程温度升高，由图像可知，同时压强增大，且体积也增大，故B错误； 由图像可知，c→d过程，气体压强p不变而体积V变小，由理想气体状态方程　 ＝C可知，气体温度降低，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由图像可知，d→a过程，气体体积V不变，压强p 变小，由由理想气体状态方程　 ＝C可知，气体温度降低，故D错误。 考点二　液注移动问题 5.两个容器A、B用截面均匀的水平玻璃管相通，如图所示，A、B中所装气体温度都为100 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度同时都升高50 ℃，则水银将 A.向左移动 B.向右移动 C.不动 D.无法确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假定两个容器的体积不变，即V1、V2不变，A、B中所装气体温度为373 K， 当温度升高ΔT时，容器A的压强由p1增至p1′， 则Δp1＝p1′－p1，容器B的压强由p2增至p2′， 则Δp2＝p2′－p2， 因为p2＝p1，所以Δp1＝Δp2，即水银柱不动，故C正确，A、B、D错误。 6.如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，则下列说法正确的是 A.加热过程中，始终保持V1′＝2V2′ B.加热后V1′>2V2′ C.加热后V1′<2V2′ D.条件不足，无法确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设大气压为p0，由题图所示可以知道，封闭气体的压强：p1＝p0＋h1，p2＝p0＋h1＋h2，对气体加热过程气体压强不变，气体发生等压变化， 由于均匀加热，所以温度变化相等， 因为V1＝2V2，所以ΔV1＝2ΔV2，V1′＝2V2′，故A正确。 7.如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态，如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向右移动的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因Ta＝Tb，则Δpa＝Δpb，则水银柱不移动，选项B错误； 因Ta>Tb，则Δpa<Δpb，则水银柱向左移动，选项C、D错误。 8.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝　　，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。 9.如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同，使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量大小为ΔVA、ΔVB，压强变化量大小为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量大小为ΔFA、ΔFB，则 A.水银柱向下移动了一段距离 B.ΔVA<ΔVB C.ΔpA>ΔpB D.ΔFA＝ΔFB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设不成立，pA′>pB′＋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，C正确，A、D错误； 由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误。 10.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，气体的体积增大 B.从状态B到状态C，气体温度升高 C.在状态C时气体的体积是2 L D.在状态A时气体的压强是0.5 atm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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错误； 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； 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　见解析 状态A的热力学温度： TA＝tA＋273.15 K＝(－73.15＋273.15) K＝200 K。 (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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　见解析 由题图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程 (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 V－T图像如图所示。 12.(2023·南通市高二月考)如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　363 K 内气体压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求： (1)活塞移动到B时，缸内气体温度T； 活塞离开A处前缸内气体发生等容变化，初态p1＝0.9p0，T1＝297 K，末态p2＝p0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 活塞由A移动到B的过程中，缸内气体发生等压变化， 代入数据解得TB＝363 K (2)在图乙中画出整个过程的p－V图线。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　见解析图 p－V图像如图。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 V＝T，斜率k＝，  p＝T，斜率k＝，    ＝＝， 可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K， TD＝·TA＝×300 K＝300 K， VB＝＝ L＝20 L。 (1)查理定律的分比形式：＝或Δp＝p。 (2)盖－吕萨克定律的分比形式：＝或ΔV＝V。 由查理定律得Δp1＝·ΔT，Δp2＝·ΔT 根据盖－吕萨克定律可知＝，整理得ΔV＝·V，   由题图可知，从a到b过程中，图线上各点与原点的连线斜率减小，即V与的比值，也即pV乘积一直减小，由理想气体状态方程＝C可知，气体的温度逐渐降低，故选C。       根据＝C，可知p＝T，因d点与O点连线的斜率大于a点与O点连线的斜率，可知d点对应的体积小于a点的体积，da过程体积不断变大，故B错误； 4.(2022·镇江市高二期末)一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其  p－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，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中     由查理定律得Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT， 由盖－吕萨克定律得：＝， 则V′＝V，ΔV＝V， 假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律，压强的增加量Δp＝，而各管原压强p相同，所以Δp∝，即T高，Δp小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动；因Ta<Tb，则Δpa>Δpb，则水银柱向右移动，选项A正确； p 首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：＝；对气体B：＝，又初始状态满足pA＝pB＋ph，可见使A、B升高相同温度，  pA′＝pA＝(pB＋ph)，pB′＝pB， 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＝，解得pA＝ atm，D错误。 从A至C，由理想气体状态方程有：＝ 解得：VA＝＝ m3＝0.4 m3。 由盖－吕萨克定律得：＝ 解得：VB＝＝ m3＝0.6 m3 根据查理定律得＝，代入数据解得，活塞刚离开A处时的温度T2＝330 K 由盖－吕萨克定律得＝ $$