专题强化练4 理想气体的图像问题 液柱移动问题
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
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
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
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( )
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
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
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
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( )
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
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
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
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。
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;
(2)在图乙中画出整个过程的p-V图线。
专题强化练4 理想气体的图像问题 液柱移动问题
1.C [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。]
2.B [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.D [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;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;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。]
4.A [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;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;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。]
5.C [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,由查理定律得Δp1=ΔT,Δp2=ΔT,因为p2=p1,所以Δp1=Δp2,即水银柱不动,故C正确,A、B、D错误。]
6.A [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,由盖-吕萨克定律得:=,则V′=V,ΔV=V,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.A [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TaΔpb,则水银柱向右移动,选项A正确;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.A [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=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。]
9.C [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,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.C [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;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。]
11.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:=
解得:VA== m3=0.4 m3。
(3)由盖-吕萨克定律得:=
解得:VB== m3=0.6 m3
V-T图像如图所示。
12.(1)363 K (2)见解析图
解析 (1)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
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
活塞由A移动到B的过程中,缸内气体发生等压变化,
由盖-吕萨克定律得=
代入数据解得TB=363 K
(2)p-V图像如图。