专题课 理想气体状态方程与气体实验定律的
综合应用
1.(1)不太大 不太低 (2)①相互作用 ②分子势能 热运动动能的总和 ③温度 无关
2.(1)状态 (2)=C 种类 质量 (3)一定质量
例1 BC [解析] 一定质量的理想气体,压强不变,体积与热力学温度成正比,不与摄氏温度成正比,温度由100 ℃上升到200 ℃,根据=,可知体积约增大为原来的1.27倍,故A错误;一定质量的理想气体由状态1变到状态2时,一定满足方程=,故B正确;由理想气体状态方程=C,可知一定质量的理想气体,体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍,故C正确;同C选项的分析可知一定质量的理想气体,压强增大到原来的4倍,可能是体积减半,热力学温度加倍,故D错误.
例2 78 ℃
[解析] 设玻璃管的横截面积为S
初状态:p1=p0=76 cmHg
V1=L1·S=8 cm·S,T1=304 K
末状态:p2=p0+2 cmHg=78 cmHg
V2=L2·S=9 cm·S
根据理想气体状态方程=
代入数据解得:T2=351 K,则t2=(351-273) ℃=78 ℃
例3 (1)8.0×104 Pa (2)900 K
[解析] (1)开始时,对活塞分析
根据平衡条件有p1S+mg=p0S
解得p1=8.0×104 Pa
(2)活塞与气缸口平齐时,对活塞分析
根据平衡条件有p2S+mg=p0S+k
解得p2=1.2×105 Pa
根据理想气体状态方程=
根据题意T1=300 K,V2=2V1
解得T2=900 K
例4 (1)4 kg (2)640 cm3
[解析] 设固体A的体积为ΔV
T1=300 K,p1=1.0×105 Pa
V1=(60×40-ΔV) cm3
T2=330 K,p2=（1.0×105+） Pa,V2=V1
T3=360 K,p3=p2,V3=(64×40-ΔV) cm3
(1)由状态1到状态2为等容过程,由查理定律有=
代入数据得m=4 kg
(2)由状态2到状态3为等压过程
由盖—吕萨克定律有=
代入数据得ΔV=640 cm3
例5 (1)1.67×105 Pa (2)不能安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏
[解析] (1)碰撞游戏时,气体从初始到压缩量最大的过程中,经历等温变化
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
其中p1=1.5×105 Pa,V1=0.8 m3
V2=(0.8-0.08) m3=0.72 m3
代入数据解得p2≈1.67×105 Pa
(2)从早晨充好气,到中午碰撞游戏前,气体经历等容变化,由查理定律知=,其中T2=(17+273) K=290 K
T3=(37+273) K=310 K
中午碰撞游戏时,气体从初始状态到压缩量最大的过程中,气体经历等温变化
由玻意耳定律知p3V1=p4V2
联立并代入数据解得p4≈1.78×105 Pa>1.75×105 Pa,所以不能安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏
随堂巩固
1.CD [解析] 气体实验定律是在压强不太大、温度不太低的情况下得出的,当温度极低、压强极大时,气体将不遵从理想气体实验定律,理想气体是对实际气体的抽象,实际并不存在,故选项A、B错误,C、D正确.
2.AC [解析] 由题图知A→B是等压膨胀过程,由盖—吕萨克定律=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,由查理定律=知TC>TA,即温度降低,故选项A、C正确.
3.AD [解析] 初态气体压强p1=p0+,添加沙子后气体压强p2=p0+,对气体由玻意耳定律得p1S2h=p2Sh,解得m'=m+,A正确,B错误;设活塞回到原来位置时气体温度为T1,该过程为等压变化,有=,T2=T0,V1=2V2,解得T1=2T0,C错误,D正确.专题课 理想气体状态方程与气体实验定律的综合应用
1.BC [解析] 理想气体是在研究气体的性质过程中建立的一种理想化模型,现实中并不存在,A错误;理想气体是理想化模型,其所具备的特性均是人为规定的,B正确;对于理想气体,分子间不存在相互作用力,也就没有分子势能的变化,其内能的变化即为分子动能的变化,宏观上表现为温度的变化,C正确;实际中的不易液化的气体,包括液化温度最低的氦气,只有在温度不太低、压强不太大的条件下才可当作理想气体,在压强很大和温度很低的情形下,分子的大小和分子间的相互作用力就不能忽略,D错误.
2.B [解析] 由p-V图像可知,气体由状态A到状态B为等容升压变化,根据查理定律,一定质量的理想气体,当体积不变时,压强跟热力学温度成正比,由A到B时压强增大,温度升高,故A错误;理想气体的温度升高,内能增加,故B正确;气体的温度升高,分子平均速率增大,故C错误;气体体积不变,分子密集程度不变,温度升高,分子平均速率增大,则气体分子在单位时间内与单位面积器壁的碰撞次数增加,故D错误.
3.CD [解析] 根据理想气体状态方程=C,可知气体的温度变化,压强和体积至少有一个量变化,故A错误;气体的温度、压强保持不变,则体积也保持不变,故B错误;气体的温度保持不变,而压强、体积发生变化是可能的,故C正确;气体的温度、压强、体积可以同时都发生变化,故D正确.
4.C [解析] 一定质量的理想气体压强不变,体积与热力学温度成正比,温度由100 ℃上升到200 ℃时,体积增大为原来的1.27倍,A错误;理想气体状态方程成立的条件为气体可看作理想气体且质量不变,B错误;由理想气体状态方程=C可知,C正确,D错误.
5.B [解析] 由理想气体状态方程得=C(C为常量),可知pV=TC,即p、V的乘积与温度T成正比,故B项正确.
6.A [解析] 以球内的气体为研究对象,初状态p1=p0+ρ水gh,V1=π3=V,T1=(273+7) K=280 K;末状态p2=p0,V2=π3=8V,T2=(273+27) K=300 K,由理想气体状态方程得=,代入数据解得h≈65 m,故A正确,B、C、D错误.
7.B [解析] 在等压过程中,由盖—吕萨克定律有=,可得V2=V0,再经过一个等容过程,由查理定律有=,可得T3=T0,所以B正确.
8.724.7 K
[解析] 以封闭气体为研究对象,设左管横截面积为S,当左管封闭的气柱长度变为30 cm时,左管水银柱下降4 cm,右管水银柱上升2 cm,即两端水银柱高度差为30 cm
由题意得V1=L1S=26 cm·S
p1=p0-ρgh1=76 cmHg-36 cmHg=40 cmHg
T1=273 ℃=546.15 K
p2=p0-ρgh2=76 cmHg-30 cmHg=46 cmHg
V2=L2S=30 cm·S
由理想气体状态方程有=
代入数据可得T2≈724.7 K
9.(1)2.0×105 Pa (2)1.47×10-3 m3 (3)见解析图
[解析] (1)该过程为等温变化
已知p1=1.0×105 Pa,V1=2.0×10-3 m3
V2=
由玻意耳定律有p1V1=p2V2
解得p2=2.0×105 Pa
(2)缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变
p3=p2,T3=400 K
T2=T1=273 K,V2==1.0×10-3 m3
由盖—吕萨克定律有=
解得V3≈1.47×10-3 m3
(3)
10.(1)85 cmHg (2)450 K
[解析] (1)封闭气体初始状态的压强
p=p0+ρgh1+ρgh2=85 cmHg
(2)封闭气体初始状态的体积为
V=LS1=80 cm3
温度T=(67+273)K=340 K
水银刚全部压入细管时水银柱高度为15 cm,此时封闭气体压强p1=p0+15 cmHg=90 cmHg
体积为V1=(L+h1)S1=100 cm3
由理想气体状态方程得=
解得T1=450 K
11.(1)16 cm (2)1.4×105 Pa
[解析] (1)气缸水平放置时p1=p0=1×105 Pa
T1=300 K,V1=4.8×10-4 m3
当气缸竖直放置时p2=p0+=1.2×105 Pa
T2=T1=300 K,V2=HS
根据理想气体状态方程有=
解得H=20 cm
所以活塞与卡环之间的距离为16 cm
(2)假设气体被加热到T3时,活塞恰好到达卡环处
p3=p2=p0+=1.2×105 Pa
V3=7.2×10-4 m3
根据理想气体状态方程有=
解得T3=540 K
所以加热到630 K时,活塞已经到达卡环处
V4=V3=7.2×10-4 m3,T4=630 K
根据理想气体状态方程有=
解得p4=1.4×105 Pa专题课 理想气体状态方程与气体实验定律的综合应用
学习任务一 理想气体状态方程
1.理想气体
(1)严格遵循三个气体实验定律的气体称为理想气体,实际气体在压强 、温度 的情况下可以看成理想气体.
(2)从微观角度看理想气体的特点
①理想气体的分子大小与分子间的距离相比可忽略不计;除了碰撞外,分子间的 可忽略不计.
②理想气体的 可忽略不计,其内能只是所有分子 .
③一定质量理想气体的内能只与气体的 有关,而与气体的体积 .
2.理想气体状态方程
(1)一定质量的理想气体 发生变化时,压强、体积和温度变化所遵循的规律,称为理想气体状态方程.
(2)表达式: ,式中C是常量,与气体的 和 有关.
(3)适用条件: 的理想气体.
例1 (多选)[2024·厦门一中月考] 关于一定质量的理想气体的状态变化,下列说法中正确的是( )
A.当气体压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变到状态2时,一定满足方程=
C.气体体积增大到原来的4倍,可能是压强减半,热力学温度加倍
D.气体压强增大到原来的4倍,可能是体积加倍,热力学温度减半
例2 如图所示,粗细均匀、一端封闭一端开口的U形玻璃管竖直放置,管内水银将一定质量的理想气体封闭在U形管内,当t1=31 ℃,大气压强p0=76 cmHg时,两管水银面相平,这时左管被封闭的气柱长L1=8 cm,则当温度t2是多少时,左管气柱L2为9 cm
例3 [2024·山东济南期末] 如图所示,一气缸倒置悬挂,气缸的横截面积S=10 cm2,高度为H=16 cm,气缸壁的厚度忽略不计,活塞质量为m=2 kg,厚度忽略不计,其中密封一定质量的理想气体,气缸与活塞之间用一轻弹簧连接,弹簧的劲度系数k=5 N/cm.已知气缸和活塞由绝热材料制成,密封性良好,气缸内壁光滑,弹簧始终处于弹性限度内.外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2.开始时气体的温度为27 ℃,弹簧处于原长,活塞处于气缸的中间位置.(取0 ℃=273 K)求:
(1)开始时气缸内密封气体的压强;
(2)对气缸内气体缓慢加热,使活塞与气缸口平齐,此时气缸内密封气体的温度.
学习任务二 三个气体实验定律的综合应用
理想气体状态方程与气体实验定律=
例4 如图所示,上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置,横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在气缸内.在气缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞放在a、b上,缸内气体的压强为p0(p0=1.0×105 Pa为大气压强),温度为300 K.现缓慢加热气缸内气体,当温度为330 K时,活塞恰好离开a、b;当温度为360 K时,活塞上升了4 cm.g取10 m/s2,求:
(1)活塞的质量;
(2)固体A的体积.
例5 趣味运动“充气碰碰球”如图所示.用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型,人钻入洞中,进行碰撞游戏.充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3,压强为1.5×105 Pa.碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3,不考虑压缩时气体的温度变化.
(1)求压缩量最大时,球内气体的压强(结果保留3位有效数字);
(2)为保障游戏安全,球内气体压强不能超过1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球,球内气体压强为1.5×105 Pa,若升温引起的球内容积变化可忽略,请通过计算判断是否可以安全地在中午37 ℃ 的环境下进行碰撞游戏(取0 ℃=273 K).
【要点总结】
应用理想气体状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象,即一定质量的理想气体;
(2)确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2;
(3)由理想气体状态方程列式求解;
(4)必要时讨论结果的合理性.
1.(理想气体)(多选)[2024·南平期末] 关于理想气体,下列说法正确的是 ( )
A.温度极低的气体也是理想气体
B.压强极大的气体也遵从气体实验定律
C.理想气体是对实际气体的抽象
D.理想气体实际并不存在
2.(等容线和等压线)(多选)一定质量的理想气体,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选项图中的p-T图像或V-T图像上,其中正确的是 ( )
A B C D
3.(理想气体的综合问题)(多选)如图所示,竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,缸内气柱高度为2h.现在活塞上缓慢添加沙子(加沙过程中气体温度保持不变),直至缸内气柱的高度变为h,然后再对气缸缓慢加热,以使缸内气体温度逐渐升高,让活塞恰好回到原来位置.已知大气压强为p0,环境温度恒为T0,重力加速度为g,不计活塞与气缸间摩擦.下列说法正确的是 ( )
A.所添加沙子的总质量为m+
B.所添加沙子的总质量为2m+
C.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为T0
D.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为2T0专题课 理想气体状态方程与气体实验定律的综合应用建议用时:40分钟
◆ 知识点一 理想气体
1.(多选)关于理想气体的性质,下列说法正确的是( )
A.理想气体虽然是一种假想的物理模型,但现实中可以存在
B.理想气体的存在是一种人为规定,它是一种严格遵守气体实验定律的气体
C.一定质量的理想气体,平均动能增大,其温度一定升高
D.氦气是液化温度最低的气体,任何情况下均可当作理想气体
2.如图所示,一定质量的理想气体由状态A沿平行于纵轴的直线变化到状态B,则它的状态变化过程是 ( )
A.气体的温度不变
B.气体的内能增加
C.气体分子的平均速率减小
D.气体分子在单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数不变
◆ 知识点二 理想气体状态方程及应用
3.(多选)[2024·云南大理期中] 对于一定质量的理想气体,下列过程可能发生的是 ( )
A.气体的温度变化,但压强、体积保持不变
B.气体的温度、压强保持不变,而体积发生变化
C.气体的温度保持不变,而压强、体积发生变化
D.气体的温度、压强、体积都发生变化
4.关于气体的状态变化,下列说法正确的是 ( )
A.一定质量的理想气体,当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时,其体积增大为原来的2倍
B.任何气体由状态1变化到状态2时,一定满足方程=
C.一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍,则气体可能压强减半,热力学温度加倍
D.一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍,则气体可能体积加倍,热力学温度减半
5.一定质量的理想气体,经历了如图所示的状态变化过程,则1、2、3三个状态的温度之比是 ( )
A.1∶3∶5 B.3∶6∶5
C.3∶2∶1 D.5∶6∶3
6.[2024·河南南阳一中月考] 湖底温度为7 ℃,有一球形气泡(气泡内气体视为理想气体)从湖底升到水面(气体质量恒定)时,其直径扩大为原来的2倍.已知水面温度为27 ℃,大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ水=1×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,则湖水深度约为 ( )
A.65 m B.55 m C.45 m D.25 m
◆ 知识点三 三个气体实验定律的综合应用
7.一定质量的理想气体,从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0,再经等容变化使压强减小到p0,则气体最后状态为 ( )
A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0
C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0
[2024·厦门期中] 如图所示,U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍,在左管内用水银封闭一段长为26 cm、温度为273 ℃的空气柱,可视为理想气体.左、右两管水银面高度差为36 cm,外界大气压为76 cmHg.若给左管的封闭气体加热,使管内气柱长度变为
30 cm,则此时左管内气体的温度为多少 (T=t+273.15 K,计算结果保留一位小数)
9.[2024·山东青岛期中] 内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中,用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105 Pa、体积为2.0×10-3 m3的理想气体.现在活塞上方缓慢倒上沙子,使封闭气体的体积变为原来的一半,然后将气缸移出水槽,缓慢加热,使气体温度变为127 ℃.(大气压强为1.0×105 Pa,T=t+273 K)
(1)求倒完沙后,加热前气体的压强;
(2)求气缸内气体的最终体积(计算结果保留三位有效数字);
(3)在图中画出整个过程中气缸内气体的状态变化.
10.如图所示为上端开口的“凸”形玻璃管,管内有一部分水银柱密封一定质量的理想气体,细管足够长,粗、细管的横截面积分别为S1=4 cm2、S2=2 cm2,密封的气体柱长度为L=20 cm,水银柱长度h1=h2=5 cm,封闭气体初始温度为67 ℃,大气压强p0=75 cmHg.
(1)求封闭气体初始状态的压强;
(2)若缓慢升高气体温度,升高至多少恰好可将所有水银全部压入细管内
11.[2024·福州期中] 如图甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置,横截面积为S=2×10-3 m2、质量为m=4 kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体,此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm,在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环,气体的温度为300 K,大气压强p0=1.0×105 Pa.现将气缸竖直放置,如图乙所示,g取10 m/s2.求:
(1)活塞与卡环之间的距离;
(2)封闭气体被加热到630 K时的压强.(共56张PPT)
专题课 理想气体状态方程与气体实验定律的综合应用
学习任务一 理想气体状态方程
学习任务二 三个气体实验定律的综合应用
备用习题
随堂巩固
学习任务一 理想气体状态方程
1.理想气体
(1) 严格遵循三个气体实验定律的气体称为理想气体，实际气体在压强________、温度________的情况下可以看成理想气体.
不太大
不太低
(2) 从微观角度看理想气体的特点
③ 一定质量理想气体的内能只与气体的______有关，而与气体的体积______.
温度
无关
① 理想气体的分子大小与分子间的距离相比可忽略不计；除了碰撞外，分子间的__________可忽略不计.
② 理想气体的__________可忽略不计，其内能只是所有分子__________________.
热运动动能的总和
相互作用
分子势能
2.理想气体状态方程
(1) 一定质量的理想气体______发生变化时，压强、体积和温度变化所遵循的规律，称为理想气体状态方程.
(2) 表达式：_______，式中是常量，与气体的______和______有关.
(3) 适用条件：__________的理想气体.
状态
种类
质量
一定质量
例1 (多选)[2024·厦门一中月考] 关于一定质量的理想气体的状态变化，下列说法中正确的是( )
A.当气体压强不变而温度由上升到时，其体积增大为原来的2倍
B.气体由状态1变到状态2时，一定满足方程
C.气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍
D.气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半
√
√
[解析] 一定质量的理想气体，压强不变，体积与热力学温度成正比，不与摄氏温度成正比，温度由上升到，根据，可知体积约增大为原来的1.27倍，故A错误；一定质量的理想气体由状态1变到状态2时，一定满足方程，故B正确；由理想气体状态方程，可知一定质量的理想气体，体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍，故C正确；同C选项的分析可知一定质量的理想气体，压强增大到原来的4倍，可能是体积减半，热力学温度加倍，故D错误.
例2 如图所示，粗细均匀、一端封闭一端开口的形玻璃管竖直放置，管内水银将一定质量的理想气体封闭在形管内，当，大气压强时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长，则当温度是多少时，左管气柱为
[答案]
[解析] 设玻璃管的横截面积为
初状态：
，
末状态：
根据理想气体状态方程
代入数据解得：，则
例3 [2024·山东济南期末] 如图所示，一气缸倒置悬挂，气缸的横截面积，高度为，气缸壁的厚度忽略不计，活塞质量为，厚度忽略不计，其中密封一定质量的理想气体，气缸与活塞之间用一轻弹簧连接，弹簧的劲度系数.已知气缸和活塞由绝热材料制成，密封性良好，气缸内壁光滑，弹簧始终处于弹性限度内.外界
大气压强，重力加速度取.开始时气体的温度为，弹簧处于原长，活塞处于气缸的中间位置.(取求：
(1) 开始时气缸内密封气体的压强；
[答案]
[解析] 开始时，对活塞分析
根据平衡条件有
解得
(2) 对气缸内气体缓慢加热，使活塞与气缸口平齐，此时气缸内密封气体的温度.
[答案]
[解析] 活塞与气缸口平齐时，对活塞分析
根据平衡条件有
解得
根据理想气体状态方程
根据题意，
解得
学习任务二 三个气体实验定律的综合应用
理想气体状态方程与气体实验定律
例4 如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，横截面积为的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体封闭在气缸内.在气缸内距缸底处设有、两限制装置，使活塞只能向上滑动.开始时活塞放在、上，
缸内气体的压强为为大气压强)，温度为.现缓慢加热气缸内气体，当温度为时，活塞恰好离开、；当温度为时，活塞上升了.取，求：
(1) 活塞的质量；
[答案]
[解析] 由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有
代入数据得
(2) 固体的体积.
[答案]
[解析] 设固体的体积为
，
，，
，，
由状态2到状态3为等压过程
由盖—吕萨克定律有
代入数据得
(2) 固体的体积.
例5 趣味运动“充气碰碰球”如图所示.用完全封闭的薄膜充气膨胀成型，人钻入洞中，进行碰撞游戏.充气之后碰碰球内气体体积为，压强为.碰撞时气体最大压缩量是，不考虑压缩时气体的温度变化.
(1) 求压缩量最大时，球内气体的压强(结果保留3位有效数字)；
[答案]
[解析] 碰撞游戏时，气体从初始到压缩量最大的过程中，经历等温变化
由玻意耳定律得
其中，
代入数据解得
(2) 为保障游戏安全，球内气体压强不能超过，那么，在早晨环境下充完气的碰碰球，球内气体压强为，若升温引起的球内容积变化可忽略，请通过计算判断是否
[答案] 不能安全地在中午的环境下进行碰撞游戏
可以安全地在中午 的环境下进行碰撞游戏(取.
[解析] 从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体经历等容变化，由查理定律知，其中
中午碰撞游戏时，气体从初始状态到压缩量最大的过程中，气体经历等温变化
由玻意耳定律知
联立并代入数据解得，所以不能安全地在中午的环境下进行碰撞游戏
【要点总结】
应用理想气体状态方程解题的一般步骤
(1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；
(2)确定气体在初、末状态的参量、、及、、；
(3)由理想气体状态方程列式求解；
(4)必要时讨论结果的合理性.
1.若室内生起炉子后温度从7 ℃升高到27 ℃,而室内气压不变,则此时室内的空气质量减少了( )
A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4%
[解析]以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象,发生等压变化时,根据盖—吕萨克定律有=,得出气体在27 ℃时的体积V=V0,则室内的空气质量减少了=≈6.7 %,故选B.
√
2.如图所示,A、B两容器容积相等,用粗细均匀的细玻璃管连接,两容器内装有不同气体,细管中央有一段水银柱,在两边气体作用下保持平衡时,A中气体的温度为273 K,B中气体的温度为293 K,如果将它们的温度都升高10 K,则水银柱将( )
A.向A移动
B.向B移动
C.不动
D.不能确定
√
[解析] 假定水银柱两边气体的体积不变,即V1、V2不变,所装气体温度分别为T1=273 K和T2=293 K,当温度升高ΔT=10 K时,由查理定律可知=,则Δp=ΔT,因为p2=p1,T2>T1,所以Δp1>Δp2,即A内压强增加得更多,所以最终A内压强大,水银柱将向B移动,故选B.
3.如图所示,绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分,K与气缸壁的接触面是光滑的.两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b.气体分子之间相互作用的势能可忽略.现通过电热丝对气体a加热一段时间后,a、b各自达到新的平衡.下列说法中错误的是( )
A.a的温度升高
B.加热后a的分子热运动比b更激烈
C.a增加的内能大于b增加的内能
D.a的体积增大,压强变小
√
[解析] 当加热a时,气体a的温度升高,故A正确;由于过程中a气体膨胀,b气体被压缩,由理想气体状态方程得==,pa=pb,Va>Vb,故Ta>Tb,所以a气体的温度较高,所以加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈,故B正确;a气体的最终温度较高,内能增加较多,故C正确;当a加热时,气体a的温度升高,VbT0,故pa=pb>p0,故D错误.
4.粗细均匀的“U”形细玻璃管竖直放置,左侧管开口,右侧管封闭,两侧均有水银柱,水平部分封闭有一段理想气体,各部分长度如图所示(图中数据单位均为cm). 现从左管口缓慢倒入水银,恰好使右侧水平部分的水银全部进入右侧竖直管中.已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度不变,左管足够长. 则左管中需要倒入水银柱的长度为( )
A.30 cm
B.27 cm
C.24 cm
D.21 cm
√
[解析] 对右管中的气体,初态压强p1=75 cmHg,V1=30S,末态体积V2=(30-5)S=25S,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p2=90 cmHg,对水平管中的气体,初态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg,V=11S,末态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg,根据玻意耳定律得pV=p'V',解得V'=9S,水平管中的气柱长度变为9 cm,此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中,所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是110 cm-75 cm-8 cm=27 cm,故选B.
5. (多选)如图所示,一竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室,CD上安装一单向阀门,单向阀门只能向下开启;气室1内气体压强为2p0,气室2内气体压强为p0,气柱长均为L,活塞面积为S,大气压强为p0,活塞与气缸间无摩擦,气缸导热性能良好.现在活塞上方缓慢放质量为m的细沙,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.若m=,则活塞下移 B.若m=,则活塞下移
C.若m=,则气室1内气体压强为3p0
D.若m=,则气室1内气体压强为3p0
√
√
[解析]若m=,对活塞AB有pS=p0S+mg,解得p=2p0,单向阀门未打开,所以气室2内的气体质量不变,气室1内气体质量不变,压强也不变,根据玻意耳定律得pxS=p0LS,解得x=,所以活塞下移,A正确,C错误;若m=,对活塞AB有pS=p0S+mg,解得p=1.5p0,单向阀门未打开,所以气室2内的气体质量不变,气室1内气体质量不变,压强也不变.根据玻意耳定律得pxS=p0LS,解得x=,所以活塞下移Δx=L-x=,B错误;若m=,对活塞AB有pS=p0S+mg,解得p=4p0,单向阀门打开,如果气室2的气体未完全进入气室1,则有p0LS+2p0LS=4p0xS,解得x=,假设不成立,所以气室2内的气体完全进入气室1,则有p0LS+2p0LS=pxLS,解得px=3p0,D正确.
6.随着生活质量的提高,自驾游越来越受到人们的青睐.刘师傅在27 ℃的室内对自驾车轮胎充气,已知充气前轮胎容积为20 L,压强为1 atm,充气筒每次充入压强也为1 atm的0.4 L气体,忽略轮胎体积变化和充气过程中气体温度变化,则:
(1)充气多少次可以让轮胎内气体压强增大至4 atm
[答案]150次
[解析]以自驾车轮胎内原有的气体和所充的气体整体为研究对象
由玻意尔定律得p1(V+nΔV)=p2V
代入数据有1×(20+n×0.4)=4×20
解得n=150次
(2)将充气后的轮胎拿到温度为30 ℃的室外后,车胎里气体的压强将变为多少
[答案] 4.04 atm
[解析] 将充气后的轮胎拿到温度为30 ℃的室外后,自驾车轮胎内发生等容变化
由查理定律得=
代入数据有=
解得p3≈4.04 atm
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;
[答案] 70 cmHg
[解析]设理想气体B的初始压强为pB,
则pB=p0-5 cmHg=70 cmHg
(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] 500 K
[解析] 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',解得T'=500 K
8.如图所示,一固定气缸中由两活塞封闭一定质量的理想气体,分别为A、B两部分,初始时,A的体积为V、B的体积为2V,压强均等于大气压强p0,热力学温度均为T0.现向右缓慢推动活塞1,使B的体积减小到V,该过程中气体A、B的温度始终保持不变,不计一切摩擦.
(1)求此时A的体积;
[答案]
[解析] 对气体B,根据玻意耳定律有
p0×2V=pBV
解得pB=2p0
同理,对气体A有p0V=pAVA
其中pA=pB
解得VA=
(2)固定活塞1,缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变,使气体B的体积变为,求此时气体A的热力学温度.
[答案] 4T0
[解析] 对气体B,根据玻意耳定律有pBV=pB'
解得pB'=4p0,对气体A
根据理想气体状态方程有=
其中pA'=pB',VA'=V
解得T=4T0
9.一个篮球的容积是2.5 L,用打气筒给篮球打气时,每次把105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球里的空气压强也是105 Pa,那么打30次以后篮球内的空气压强是多少 (设在打气过程中气体温度不变)
[答案]
[解析]由于每打一次气,总是把ΔV体积,相等质量、压强为p0的空气压到容积为V0的容器中,所以打n次气后,共打入压强为p0的气体的总体积为nΔV,因为打入的nΔV体积的气体与原先容器里空气的状态相同,故以这两部分气体的整体为研究对象.取打气前为初状态:压强为p1、体积为V0+nΔV;打气后容器中气体的状态为末状态:压强为p2、体积为V2
令V2为篮球的容积,V1为n次所充气体的体积及篮球的容积之和,则V1=2.5 L+30×0.125 L
由于整个过程中气体质量不变、温度不变,可用玻意耳定律求解,由p1V1=p2V2,解得
p2== Pa=2.5×105 Pa
10.热等静压设备广泛应用于材料加工中.该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中.已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3,使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa,室温为300 K.氩气可视为理想气体.
(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;
[答案] 3.2×107 Pa
[解析]设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为p0;使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时,其体积膨胀为V1.由玻意耳定律有p0V0=p1V1
被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
V1'=V1-V0
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体积为V2.由玻意耳定律有p2V2=10p1V1'
联立解得p2=3.2×107 Pa
(2)将压入氩气后的炉腔加热到1500 K,求此时炉腔中气体的压强.
[答案] 1.6×108 Pa
[解析] 设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为T1,气体压强为p3.由查理定律有=
联立解得p3=1.6×108 Pa
11. 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段理想气体.当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中,气体温度不变.
[答案] 22.5 cm 7.5 cm
[解析] 设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'.由力的平衡条件有
p1=p2+ρg(l1-l2)①
式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1l1=pl1'②
p2l2=pl2'③
两边气柱长度的变化量大小相等,则l1'-l1=l2-l2'④
由①②③④式和题给条件得
l1'=22.5 cm
l2'=7.5 cm
12. [2022·全国乙卷] 如图所示,一竖直放置的气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,气缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,气缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l.初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到气缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,气缸无漏气,不计弹簧的体积.(重力加速度为g)
(1)求弹簧的劲度系数;
[答案]
[解析] 设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的整体受力分析,由平衡条件有
mg+p0·2S+2mg+p1S=p0S+p1·2S
解得p1=p0+
对活塞Ⅰ,由平衡条件有
2mg+p0·2S+k·0.1l=p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k=
(2)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到气缸连接处时,活塞间气体的压强和温度.
[答案] p0+ T0
[解析] 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到气缸连接处时,对两活塞和弹簧整体由平衡条件可知,气体的压强不变,为p2=p1=p0+
即封闭气体做等压变化,初、末状态的体积分别为V1=×2S+×S=,V2=l2·2S
由于气体的压强不变,则弹簧的弹力也不变,故有l2=1.1l
由盖—吕萨克定律有=
解得T2=T0
1.(理想气体)(多选)[2024·南平期末] 关于理想气体,下列说法正确的是( )
A.温度极低的气体也是理想气体
B.压强极大的气体也遵从气体实验定律
C.理想气体是对实际气体的抽象
D.理想气体实际并不存在
[解析] 气体实验定律是在压强不太大、温度不太低的情况下得出的,当温度极低、压强极大时,气体将不遵从理想气体实验定律,理想气体是对实际气体的抽象,实际并不存在,故选项A、B错误,C、D正确.
√
√
2.(等容线和等压线)(多选)一定质量的理想气体,状态变化过程如图中图线所示,其中为一段双曲线.若将这一状态变化过程表示在选项图中的图像或图像上,其中正确的是( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
√
√
[解析] 由题图知是等压膨胀过程,由盖—吕萨克定律知,,即温度升高;是等温压缩过程,,即压强变大;是等容降压过程,由查理定律知,即温度降低,故选项A、C正确.
3.(理想气体的综合问题)(多选)如图所示,竖直放置的导热气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体,活塞的质量为,横截面积为,缸内气柱高度为.现在活塞上缓慢添加沙子(加沙过程中气体温度保持不变),直至缸内气柱的高度变为,然后再对气缸缓慢加热,以使缸内气体温度逐渐升高,让活塞恰好回到原来位置.已知大气压强为,环境温度恒为,重力加速度为,不计活塞与气缸间摩擦.下列说法正确的是( )
A.所添加沙子的总质量为
B.所添加沙子的总质量为
C.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为
D.活塞返回至原来位置时缸内气体的温度为
√
√
[解析] 初态气体压强,添加沙子后气体压强,对气体由玻意耳定律得,解得,A正确,B错误;设活塞回到原来位置时气体温度为,该过程为等压变化,有,,,解得,C错误,D正确.
