第2章 专题强化2 理想气体图像问题 液柱移动问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（教科版2019）

专题强化2　理想气体图像问题　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 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 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 例1　(2023·江西省乐平中学高二期末)如图所示，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，下列判断不正确的是 (　　) A.A→B过程温度升高，压强不变 B.B→C过程体积不变，压强变小 C.B→C过程体积不变，压强不变 D.C→D过程体积变小，压强变大 答案　C 解析　V-T图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，则A→B过程温度升高，压强不变，故A正确；由图像可知，B→C过程，体积不变，温度降低，根据=C，可知压强变小，故B正确，C错误；由图像可知，C→D过程，温度不变，体积变小，根据pV=C，可知压强变大，故D正确。 例2　(2023·清远市第二中学周测)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，p-T和V-T图像各记录了其部分变化过程，求： (1)温度为600 K时气体的压强； (2)在p-T图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。 答案　(1)1.25×105 Pa　(2)见解析 解析　(1)气体从400 K升高到600 K的过程，已知p1=1.0×105 Pa，V1=2.5 m3，T1=400 K，V2=3 m3，T2=600 K，由理想气体状态方程有=，得p2==1.25×105 Pa。 (2)气体从T1=400 K升高到T3=500 K，经历了等容变化，由气体等容变化规律=，得气体压强p3=1.25×105 Pa，气体从T3=500 K变化到T2=600 K，经历了等压变化，画出两段线段如图。 图像转换问题的分析方法： (1)准确理解p-V图像、p-T图像和V-T图像的特点、函数关系和物理意义。 (2)知道图线上的某一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。 (3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p'、V'、T')的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。 (4)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T。 (5)根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。 二、液柱移动问题 如图所示，在两端封闭的玻璃管中间用水银柱将其分成体积相等的左右两部分，并充入温度相同的气体，若把气体缓缓升高相同的温度(保持管水平不动)，然后保持恒温，则： (1)水银柱如何移动？ (2)若气体B初始温度高，把气体缓缓升高相同的温度，然后保持恒温，则水银柱又如何移动？ 答案　(1)假设水银柱不动，两部分气体均做等容变化，设开始时气体温度为T0，压强为pA和pB，升高温度ΔT，升温后为T1和T2，压强为pA'和pB'，压强变化量为ΔpA和ΔpB，分别对两部分气体应用等容变化规律 对于A：==，ΔpA= 对于B：==，ΔpB= pA=pB，故有ΔpA=ΔpB，故水银柱不动。假设成立。 (2)假设体积不变，则ΔpA=，ΔpB= 由于TA<TB，则ΔpA>ΔpB，故水银柱向B移动。 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)等容变化规律的分比形式：=或Δp=p。 (2)等压变化规律的分比形式：=或ΔV=V。 例3　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 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。根据等压变化规律可知=，整理得ΔV=·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管中气体初始体积较大，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　［分值：100分］ 1~6题每题7分，共42分 1.(多选)(2023·长沙市高二期中)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气缸中，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，此过程可用以下哪几个图像表示 (　　) 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=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，体积增大，故D项正确。 2.(多选)(2024·浙江省开学考)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，根据等压变化规律=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，根据气体等温变化规律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，根据等容变化规律=C，可知压强增大，温度升高，故C错误，D正确。 3.(多选)一定质量气体，状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p-T图像或V-T图像上，其中正确的是 (　　) 答案　AC 解析　由题干图知A→B是等压膨胀过程，由=知，TB>TA即温度升高；B→C是等温压缩过程，pC>pB即压强变大；C→A是等容降压过程，由=知TC>TA温度降低。故选A、C。 4.一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，dc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 (　　) 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。 5.(2024·德州市第一中学月考)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==⇒Δp=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<Δp氢气，假设不成立，则右边氢气压强将大于左边氧气的压强，水银柱将向左移动，故选B。 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 答案　A 解析　设大气压为p0，由题图可以知道，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，由等压变化规律得：=，则V'=V，ΔV=V，由于均匀加热，所以温度变化相等，所以ΔV1=2ΔV2，又因为V1=2V2，所以V1'=2V2'，故选A。 7~9题每题9分，10题15分，共42分 7.(2023·湖北问津教育联合体联考)一定质量的理想气体从状态A经过B、C、D再回到A，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均经过O点，则下列说法正确的是 (　　) A.状态B的压强小于状态C的压强 B.状态B的内能和状态D的内能不同 C.从状态C到状态D，每个气体分子的速率都减小 D.从A到B的过程中，单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数增加 答案　A 解析　根据理想气体状态方程=C可知，V-T图像上各点与原点连线的斜率与压强的倒数成正比，所以状态B的压强小于状态C的压强，故A正确；状态B和状态D的温度相同，所以内能相同，故B错误；从状态C到状态D，温度降低，气体的平均动能变小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误；从A到B的过程中，体积变大，温度升高，气体压强不变，气体分子数密度减小，而气体分子平均速率变大，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞力变大，根据气体压强的微观解释可知单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数减少，故D错误。 8.(2023·沈阳市辽中区高二月考)如图所示，两个水平相对放置的固定气缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在气缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa<Sb。缸内及管中封有一定质量的理想气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现使缸内气体的温度缓慢降低一点，则系统再次达到平衡状态时 (　　) A.活塞向左移动了一点 B.活塞向右移动了一点 C.活塞的位置没有改变 D.条件不足，活塞的位置变化无法确定 答案　B 解析　初、末状态对活塞由平衡条件可知封闭气体压强等于外界大气压，保持不变。温度降低一点，气体体积减小，从气缸结构看活塞应向右移动一点，选B。 9.(多选)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.水银柱向上移动了一段距离 B.ΔVA<ΔVB C.ΔpA>ΔpB D.ΔFA=ΔFB 答案　AC 解析　首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由等容变化规律，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，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长度，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。 10.(15分)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)(6分)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)(9分)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==， 可得TC=·TA=×300 K=600 K， TD=·TA=×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， 由气体等温变化规律有pBVB=pCVC，得 VB== 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。 11.(16分)如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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左面气缸的容积为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，现缓慢加热气缸内气体，直至399.3 K。求： (1)(4分)活塞刚离开B处时的温度TB； (2)(7分)缸内气体最后的压强； (3)(5分)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)设等容过程中活塞刚离开B时气体的温度为TB，等容变化时，有=， 即：=，解得：TB=330 K (2)设活塞能够到达A处，活塞刚到达A处时，温度为T， 根据=， 可得T=363 K<399.3 K，假设成立，活塞到达A处后，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：T3=399.3 K， 由等容变化规律得 =， 解得：p3=1.1p0 (3)整个过程的p-V图线如图所示 学科网（北京）股份有限公司 $$ DIERZHANG 第二章 专题强化2　理想气体图像问题　 液柱移动问题 1 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 内容索引 3 理想气体的图像问题 一 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 名称 图像 特点 其他图像 等 容 线 p- T   p=T，斜率k=，即斜率越大，对应的体积越小   名称 图像 特点 其他图像 等 压 线 V-T   V=T，斜率k=，即斜率越大，对应的压强越小   　(2023·江西省乐平中学高二期末)如图所示，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，下列判断不正确的是 A.A→B过程温度升高，压强不变 B.B→C过程体积不变，压强变小 C.B→C过程体积不变，压强不变 D.C→D过程体积变小，压强变大 例1 √ V-T图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜 直线，为等压线，则A→B过程温度升高，压强 不变，故A正确； 由图像可知，B→C过程，体积不变，温度降低， 根据=C，可知压强变小，故B正确，C错误； 由图像可知，C→D过程，温度不变，体积变小，根据pV=C，可知压强变大，故D正确。 　(2023·清远市第二中学周测)一定 质量的理想气体经历了温度缓慢升 高的变化，如图所示，p-T和V-T图 像各记录了其部分变化过程，求： (1)温度为600 K时气体的压强； 例2 答案　1.25×105 Pa 气体从400 K升高到600 K的过程，已知p1=1.0×105 Pa，V1=2.5 m3，T1=400 K，V2=3 m3，T2=600 K，由理想气体状态方程有=，得p2==1.25×105 Pa。 (2)在p-T图像上将温度从400 K升 高到600 K的变化过程补充完整。 答案　见解析 气体从T1=400 K升高到T3=500 K，经历了等容 变化，由气体等容变化规律=，得气体压 强p3=1.25×105 Pa，气体从T3=500 K变化到T2 =600 K，经历了等压变化，画出两段线段如图。 总结提升 图像转换问题的分析方法： (1)准确理解p-V图像、p-T图像和V-T图像的特点、函数关系和物理意义。 (2)知道图线上的某一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。 (3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p'、V'、T')的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。 (4)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T。 (5)根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误。 返回 液柱移动问题 二 14 如图所示，在两端封闭的玻璃管中间用水银柱将其分成体积相等的左右两部分，并充入温度相同的气体，若把气体缓缓升高相同的温度(保持管水平不动)，然后保持恒温，则： (1)水银柱如何移动？ 答案　假设水银柱不动，两部分气体均做等容变化，设开始时气体温度为T0，压强为pA和pB，升高温度ΔT，升温后为T1和T2，压强为pA'和pB'，压强变化量为ΔpA和ΔpB，分别对两部分气体应用等容变化规律 对于A：==，ΔpA= 对于B：==，ΔpB= pA=pB，故有ΔpA=ΔpB，故水银柱不动。假设成立。 (2)若气体B初始温度高，把气体缓缓升高相同的温 度，然后保持恒温，则水银柱又如何移动？ 答案　假设体积不变，则ΔpA=，ΔpB= 由于TA<TB，则ΔpA>ΔpB，故水银柱向B移动。 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)等容变化规律的分比形式：=或Δp=p。 (2)等压变化规律的分比形式：=或ΔV=V。 提炼·总结 　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3 √ 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。根据等压变化规律可知=，整理得ΔV=·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管中气体初始体积较大，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。 返回 专题强化练 三 20 1.(多选)(2023·长沙市高二期中)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气缸中，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，此过程可用以下哪几个图像表示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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=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，体积增大，故D项正确。 2.(多选)(2024·浙江省开学考)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据气体实验定律分析，a→b过程中，气体发生等 压变化，根据等压变化规律=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，根据气体等温变 化规律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，根据等 容变化规律=C，可知压强增大，温度升高，故C错误，D正确。 3.(多选)一定质量气体，状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C为一段双曲线。若将这一状态变化过程表示在下图中的p-T图像或V-T图像上，其中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题干图知A→B是等压膨胀过程，由=知，TB>TA即温度升高；B→C是等温压缩过程，pC>pB即 压强变大；C→A是等容降压过程，由=知TC>TA 温度降低。故选A、C。 4.一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，dc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 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 5.(2024·德州市第一中学月考)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 √ 假设水银柱不移动，即气体体积不变，有==⇒Δp=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<Δp氢气，假设不成立，则右边氢气压强将大于左边氧气的压强，水银柱将向左移动，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设大气压为p0，由题图可以知道，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，由等压变化规律得：=，则V'=V，ΔV=V，由于均匀加热，所以温度变化相等，所以ΔV1= 2ΔV2，又因为V1=2V2，所以V1'=2V2'，故选A。 7.(2023·湖北问津教育联合体联考)一定质量的理想气体从状态A经过B、C、D再回到A，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均经过O点，则下列说法正确的是 A.状态B的压强小于状态C的压强 B.状态B的内能和状态D的内能不同 C.从状态C到状态D，每个气体分子的速率都减小 D.从A到B的过程中，单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据理想气体状态方程=C可知，V-T图像上各点 与原点连线的斜率与压强的倒数成正比，所以状态 B的压强小于状态C的压强，故A正确； 状态B和状态D的温度相同，所以内能相同，故B 错误； 从状态C到状态D，温度降低，气体的平均动能变小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 从A到B的过程中，体积变大，温度升高，气体压 强不变，气体分子数密度减小，而气体分子平均 速率变大，气体分子单位时间内对器壁单位面积 的平均碰撞力变大，根据气体压强的微观解释可 知单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数减少，故D错误。 8.(2023·沈阳市辽中区高二月考)如图所示，两个水平相对放置的固定气缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在气缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa<Sb。缸内及管中封有一定质量的理想气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现使缸内气体的温度缓慢降低一点，则系统再次达到平衡状态时 A.活塞向左移动了一点 B.活塞向右移动了一点 C.活塞的位置没有改变 D.条件不足，活塞的位置变化无法确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 初、末状态对活塞由平衡条件可知封闭气体压强等于外界大气压，保持不变。温度降低一点，气体体积减小，从气缸结构看活塞应向右移动一点，选B。 9.(多选)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.水银柱向上移动了一段距离 B.ΔVA<ΔVB C.ΔpA>ΔpB D.ΔFA=ΔFB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 首先假设水银柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化， 由等容变化规律，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，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 初状态水银柱长度，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。 10.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？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　600 K　600 K　300 K 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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==， 可得TC=·TA=×300 K=600 K， TD=·TA=×300 K=300 K， 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因由状态B到状态C为等温变化， 由气体等温变化规律有pBVB=pCVC，得 VB== 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。 11.如图甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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左面气缸的容积为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，现缓慢加热气缸内气体， 直至399.3 K。求： (1)活塞刚离开B处时的温度TB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 答案　330 K 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设等容过程中活塞刚离开B时气体的温度为TB， 等容变化时，有=， 即：=，解得：TB=330 K (2)缸内气体最后的压强； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　1.1p0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设活塞能够到达A处，活塞刚到达A处时，温度为T， 根据=， 可得T=363 K<399.3 K，假设成立，活塞到达A处后，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：T3=399.3 K， 由等容变化规律得=， 解得：p3=1.1p0 (3)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 答案　见解析图 整个过程的p-V图线如图所示 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$