章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一 气体状态变化的图像问题
1.(2023·辽宁卷)“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( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 由p-T图像可知,在a→b过程中气体为等压变化,且温度升高,由盖-吕萨克定律可知 Vb>Va;过b、c分别作通过原点的直线,可知Vc>Vb,即气体体积关系为Va2.(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积 V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态D的压强pD;
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (1)2.0×105 Pa (2)2.0 m3
【解析】 (1)从状态D到A,根据查理定律有=,
解得pD=2.0×105 Pa。
(2)从状态C到D,根据玻意耳定律有
pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
热点二 气体实验定律的综合应用
3.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀,吸管与罐密封性良好,罐内气体可视为理想气体。已知罐体积为330 cm3,薄吸管底面积0.5 cm2,罐外吸管总长度为20 cm,当温度为 27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压强变化,下列说法正确的是( )
[A] 若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏
[B] 该装置所测温度不高于31.5 ℃
[C] 该装置所测温度不低于23.5 ℃
[D] 其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大
【答案】 B
【解析】 由题意可知,罐内气体压强始终等于大气压强,气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有 =,气体初态V1=V0+Sl1=335 cm3,T1=300 K,气体末态V2=V0+Sl2=330+0.5x(cm3),
t=T2-273 K,解得t=x+(℃),可知温度t与油柱移动的距离x呈一次函数关系,所以在吸管上标注等差温度值,刻度是均匀的,A错误;当该装置所测的温度最高时,油柱移动的距离为x=20 cm,代入t=x+(℃),解得tmax≈31.5 ℃,故该装置所测温度不高于31.5 ℃,B正确;当该装置所测的温度最低时,油柱移动的距离为0,代入t=x+(℃),解得tmin≈
22.5 ℃,故该装置所测温度不低于22.5 ℃,C错误;其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,气体体积不变,则油柱离罐口距离不变,D错误。
4.(2024·全国甲卷)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。
【答案】 (1)100 N (2) K
【解析】 (1)设汽缸内气体的初始压强为p0,活塞移动到b处时,汽缸内气体压强为p1,设卡销a、b间距离为d,由玻意耳定律有p0×11dS=p1×10dS,
设卡销b对活塞支持力大小为FN,对活塞受力分析,有p0S+F=p1S+FN,
联立解得FN=100 N。
(2)设温度升高到T时,活塞恰好能离开卡销b,此时汽缸内气体压强为p2,
对活塞受力分析,有p0S+F=p2S,
由查理定律有=,
联立解得T= K。
5.(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0,已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=
0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K 时:
(1)求B内气体压强pB2;
(2)求A内气体体积VA2;
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。
【答案】 (1)9×104 Pa (2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg
【解析】 (1)假设降温过程中,差压阀没有打开,B汽缸内气体做等容变化,
由查理定律有=,由题知pB1=p0,
代入数据解得pB2=9×104 Pa,
此时压强差ΔpAB=p0-pB2=0.1p0<Δp,
可知差压阀不会打开,假设成立。
(2)A汽缸内气体做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A汽缸内气体压强pA′=p0+,
B汽缸内气体压强pB′=p0,
因B内气体压强保持不变,则此时差压阀恰好关闭有pA′-pB′=Δp,
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
热点三 理想气体的变质量问题
6.(2024·甘肃卷)如图,刚性容器内壁光滑,盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S,长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求:
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB;
(2)弹簧的劲度系数k。
【答案】 (1)p0 p0 (2)
【解析】 (1)抽气前A、B两部分体积均为V=Sl,
对A中气体分析,抽气后VA=2V-V=V,
根据玻意耳定律得p0V=pA·V,
解得pA=p0,
对B中气体分析,若体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0,则根据玻意耳定律得p0V=pB·V,
解得pB=p0。
(2)由题意可知,弹簧的压缩量为,对隔板受力分析有pAS=pBS+F,
根据胡克定律得F=k·,
联立解得k=。
7.(2024·安徽卷)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。
【答案】 (1)2.5×105 Pa (2)6 L
【解析】 (1)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)由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0,
代入数据解得,充进该轮胎的空气体积为V=6 L。
气体、固体和液体 检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于温度和温标,下列说法正确的是( )
[A] 温度就是温标的俗称
[B] 某物体的温度升高1 ℃和升高1 K冷热程度的改变是不同的
[C] 两个系统达到热平衡时,温度一定是相同的
[D] 在描述温度时,热力学温度的单位可根据实际情况选择 ℃或者K
【答案】 C
【解析】 温标是描述温度的一套方法,温度是表达热学性质的一个状态参量,二者意义不同,选项A错误;热力学温度与摄氏温度的分度值在数值上是相等的,表示温度差时1 ℃与1 K相等,选项B错误;两个系统达到热平衡时,温度一定相同,选项C正确;描述温度时,热力学温度的单位是K,不能用℃,选项D错误。
2.下列四幅图中有关固体和液体性质的描述,正确的是( )
[A] 图甲中实验现象说明薄板材料是晶体
[B] 图乙中液体和管壁表现为不浸润
[C] 图丙中液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的
[D] 图丁中水黾静止在水面上,说明其受到的表面张力等于重力
【答案】 C
【解析】 题图甲中实验现象表明薄板材料向各个方向的导热性能相同,无法判断薄板材料是晶体,A错误;题图乙中液体和管壁表现为浸润,B错误;题图丙中液晶显示器是利用液晶光学性质具有各向异性的特点制成的,C正确;题图丁中水黾静止在水面上,说明其受到水面的支持力等于重力,表面张力沿水面的切线方向,D错误。
3.如图所示,接开水后拧紧保温杯杯盖,待水冷却后就很难拧开。现向保温杯中倒入半杯热水后,拧紧杯盖,此时杯内气体温度为77 ℃,压强与外界相同。测得环境温度为7 ℃,外界大气压强为1.0×105 Pa,经过一段较长的时间后,杯内温度降到7 ℃。不计杯中气体质量的变化,且杯中气体可视为理想气体,则最后杯内气体的压强为( )
[A] 9×104 Pa [B] 8×104 Pa
[C] 7×104 Pa [D] 6×104 Pa
【答案】 B
【解析】 杯内气体发生等容变化,根据查理定律有=,其中p1=1.0×105 Pa,T1=(273+77)K=350 K,T2=(273+7)K=280 K,解得p2=8×104 Pa,故选B。
4.如图所示,足够长的U形管竖直放置,左端封闭、右端开口,左右两侧分别用水银封有A、B两部分气体,气柱及液柱长度如图中标注所示。已知大气压强为p0=75 cmHg,h1=5 cm,
h2=10 cm,则有( )
[A] pB=65 cmHg [B] pB=90 cmHg
[C] pA=80 cmHg [D] pA=90 cmHg
【答案】 C
【解析】 对B部分气体分析可知pB=p0+ph2=(75+10)cmHg=85 cmHg,对A部分气体分析可知pA=pB-ph1=(85-5)cmHg=80 cmHg,故选C。
5.一定质量的理想气体,在体积不变的情况下缓慢改变温度,能正确表示该过程的图像是( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 一定质量的理想气体,在体积不变的情况下缓慢改变温度,则根据查理定律可得=C,即 p=CT,所以pT图像是过原点的直线,选项A错误,B正确;根据p=CT=C(t+273 K),则pt图像是在p轴上有截距的倾斜直线,选项C、D错误。
6.如图所示,厚度不计,高h=90 cm,横截面积S=20 cm2且导热良好的汽缸置于水平地面上,用厚度不计的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体,此时气柱长度l0=60 cm,现将质量m=4 kg的物块轻放于活塞上,最终活塞重新达到平衡状态。已知活塞与汽缸间接触光滑,外界大气压强p0=1×105 Pa,环境温度始终不变,重力加速度g取 10 m/s2。现通过气阀缓慢向汽缸内充气,每次充入180 cm3、压强为 1×105 Pa的气体,若要活塞不滑出汽缸,则最多可充气次数( )
[A] 4次 [B] 5次 [C] 6次 [D] 7次
【答案】 B
【解析】 放置物块后,活塞再次达到平衡时,由平衡条件得 p0S+mg=p1S,解得p1=1.2×105 Pa,气体发生等温变化有p0l0S=p1l1S,解得l1=50 cm,若活塞恰好不滑出汽缸,充气过程由玻意耳定律得p1l1S+np0V=p1hS,解得n=,则若要活塞不滑出汽缸,最多可充气5次。故选B。
7.自热米饭底层有一发热包,加入水后,将饭菜层盖上,在底层会密封一部分气体,发热包中物质与水反应放出大量的热,一段时间后饭菜即被加热。底层内的气体可视为理想气体,忽略加热过程中饭盒的体积变化,下列说法正确的是( )
[A] 加热后底层气体压强变小
[B] 加热后底层所有气体分子的动能都增大
[C] 加热后底层气体内能增大
[D] 使饭菜加热的热量来自底层气体做功
【答案】 C
【解析】 由题意可知,加热过程视为等容变化,则加热后底层气体压强变大,故A错误;加热后,分子的平均动能增大,但并不是饭盒内每一个气体分子的动能都增大,故B错误;加热后底层气体温度升高,内能增大,故C正确;发热包中物质与水反应放出大量的热,使饭菜温度升高,故D错误。
8.如图所示,一端封闭的粗细均匀且足够长的玻璃管竖直放置,其开口向上,管中有两段水银柱封闭了两段空气柱,上段空气柱的体积为V1,下段空气柱的体积为V2,开始时V1=2V2。现将玻璃管缓慢地均匀加热,加热后上、下段空气柱的体积变化量为ΔV1、ΔV2,则ΔV1和ΔV2的大小关系为( )
[A] ΔV1>2ΔV2 [B] ΔV1=2ΔV2
[C] ΔV1<2ΔV2 [D] 条件不足,无法确定
【答案】 B
【解析】 在整个加热过程中,上段空气柱的压强为p1=p0+ρgh1,可知上段空气柱的压强始终保持不变,下段空气柱的压强为p2=p1+ρgh2=p0+ρg(h1+h2),可知下段空气柱的压强也始终不变,即整个过程两段空气柱均为等压变化,根据盖-吕萨克定律有==,==,则有ΔV1=,ΔV2=,由于 V1=2V2,解得ΔV1=2ΔV2,故选B。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体,这些晶体不仅美丽,而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态;钻石和雪花都是由无数原子严谨而有序地组成的。关于晶体与非晶体,下列说法正确的是( )
[A] 固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体和非晶体是绝对的,是不可以相互转化的
[B] 多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有天然、规则的几何形状
[C] 单晶体沿不同方向的导热或导电性能相同,沿不同方向的光学性质也相同
[D] 单晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点
【答案】 BD
【解析】 固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体和非晶体不是绝对的,是可以相互转化的,例如天然石英是晶体,熔化以后再凝固的水晶却是非晶体,A错误;多晶体由许许多多的单晶体杂乱无章地组合而成,所以多晶体没有天然、规则的几何形状,B正确;单晶体具有各向异性,C错误;单晶体和多晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点,D正确。
10.如图所示为传统爆米花机,它的“爆米”原理是:封闭在铁炉内的玉米粒和空气同时受热,炉内产生高压,玉米粒中的水分蒸发受阻。打开铁炉,“嘭”的一声,玉米粒突遇内外压力差而爆炸形成爆米花。开始时,封闭铁炉内气体(可视为理想气体)的温度为室温 t0=27 ℃,气体的压强为p0。玉米粒内外压强差为3.5p0时才能炸成爆米花。设玉米粒的体积与打开铁炉后剩余爆米花的体积相等,则下列说法正确的是( )
[A] 为使玉米粒炸成爆米花,炉内温度至少为777 ℃
[B] 为使玉米粒炸成爆米花,炉内温度至少为 1 077 ℃
[C] 打开炉盖,当炉内温度变为327 ℃时,炉内剩余气体与加热前气体的质量之比为1∶2
[D] 打开炉盖,当炉内温度变为327 ℃时,炉内剩余气体与加热前气体的质量之比为1∶4
【答案】 BC
【解析】 玉米粒内外压强差为3.5p0时才能炸成爆米花,则内部最终压强至少为4.5p0,根据查理定律有=,解得炉内温度至少为T2=1 350 K,即 t=1 077 ℃,故A错误,B正确;打开炉盖,当炉内温度变为327 ℃时,由理想气体状态方程有 =,炉内剩余气体与加热前气体的质量之比==,故C正确,D错误。
11.一定质量的理想气体从状态a开始,缓慢经历ab、bc、ca回到a状态,其V-T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0,状态c的热力学温度为Tc,下列判断正确的是( )
[A] 气体从状态a到状态b的过程中密度一直减小
[B] pb=2.5p1
[C] pc=p1
[D] Tc=2.5T0
【答案】 ACD
【解析】 由题图可知,气体由状态a到b的过程体积变大,气体密度减小,故A正确;气体由状态a到b为等温膨胀,所以p1V0=pb·2.5V0,所以 pb=0.4p1,故B错误;由于ac是一条过原点的直线,即等压线,所以pc=p1,故C正确;由状态c到a,有=,所以Tc=2.5T0,故D
正确。
12.如图所示,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定质量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销(未画出),活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,横截面积分别为3S、2S,弹簧原长为l0,初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为 l0,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的热力学温度为T0。现缓慢加热两活塞间的气体,使活塞Ⅱ刚好运动到汽缸连接处。已知活塞外大气压强恒为p0=,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积,重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
[A] 弹簧的劲度系数为
[B] 初始状态两活塞间气体的压强为
[C] 达到稳定后两活塞间气体的热力学温度为T0
[D] 达到稳定后弹簧的伸长量变为0.2l0
【答案】 AC
【解析】 设初始状态封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧整体受力分析,由平衡条件有mg+p0×3S+2mg+p1×2S=p0×2S+p1×3S,解得p1=,对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg+p0×3S+
k×l0=p1×3S,解得k=,故A正确,B错误;缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚好运动到汽缸连接处时,对两活塞和弹簧整体由平衡条件可知,气体的压强不变,仍为p2=p1=,即封闭气体发生等压变化,初、末状态的体积分别为V1=×3S+×2S=l0S,V2=l2×3S,由于气体的压强不变,则弹簧的弹力也不变,弹簧的伸长量不变,故有l2=l0,由气体的等压变化规律可得=,解得T2=T0,故C正确,D错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(8分)某同学用注射器和压强传感器探究一定质量的气体发生等温变化时所遵循的规律。实验装置如图甲所示,用活塞和注射器外筒封闭一定质量的理想气体,其压强可由左侧的压强传感器测得。
(1)下列关于该实验的说法正确的是 。(填字母)
A.实验时注射器必须水平放置
B.注射器内部的横截面积的具体数据必须测出
C.注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可,无须标注单位
(2)进行实验操作时,推拉活塞不能过快,其原因是 。(填字母)
A.防止封闭气体的温度发生改变
B.防止封闭气体的质量发生改变
(3)该同学首先在实验室Ⅰ进行了实验,下表为记录的实验数据,其中有一次记录的实验数据错误,记录错误的是 (填错误数据对应的实验序号)。
实验序号 1 2 3 4 5
封闭气柱的 长度L/cm 12.00 11.00 10.00 9.00 8.00
封闭气柱的压强 p/(105 Pa) 1.00 1.09 1.20 1.26 1.50
(4)该同学利用同一装置对同一封闭气体在另一温度稍低的实验室Ⅱ进行了实验,根据实验室Ⅰ、Ⅱ记录的数据用正确的方法作出的p-图像如图乙所示,根据实验室 Ⅱ 记录的数据作出的图像应为 (选填“①”或“②”)。
【答案】 (1)C (2)A (3)4 (4)②
【解析】 (1)实验时用压强传感器测量压强,则注射器没必要必须水平放置,选项A错误;注射器内部的横截面积的具体数据不需要测出,只需要用气柱的长度代替体积即可,选项B错误;注射器旁的刻度尺的刻度只要均匀即可,无须标注单位,选项C正确。
(2)若推拉活塞过快,则气体的温度会发生变化,所以进行实验操作时,推拉活塞不能过快,故选A。
(3)由表中数据可知pL乘积约为12×105 Pa· cm,而第4组数据乘积为11.34×105 Pa· cm,偏离较大,故第4组数据记录错误。
(4)根据=C可得p=·,温度越低,则图像的斜率越小,可知根据实验室Ⅱ记录的数据作出的图像应为②。
14.(12分)用图甲所示实验装置探究气体等温变化的规律。
(1)在本实验操作过程中,需要保持不变的量是气体的 和 。
(2)实验中测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后,为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系,应作出 (选填“p-V”或“p-”)图像。对图线进行分析,如果在误差允许范围内该图线是一条 ,就说明一定质量的气体在温度不变时,其压强与体积成反比。
(3)另一小组对实验装置进行了改进,如图乙所示,将注射器与导气管、压强传感器连接在一起,该小组绘出的V图像如图丙所示,该图像不过原点的原因是 。(填字母)
A.实验过程中有漏气现象
B.实验过程中气体温度降低
C.实验过程中气体温度升高
D.漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积
【答案】 (1)质量 温度 (2)p- 过原点的倾斜直线 (3)D
【解析】 (1)探究气体等温变化的规律,需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)由玻意耳定律可知一定质量的理想气体温度不变时,压强与体积成反比,故为了能最直观地判断气体压强p与气体体积V的函数关系,应作出p-图像。如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线,就说明一定质量的气体在温度不变时,其压强与体积成反比。
(3)根据=C,可得V=CT·。若实验过程中有漏气现象、气体温度降低或气体温度升高,图像会发生弯曲,故A、B、C错误。V-图像整体下移,可知相同压强下的体积偏小,即漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积,故D正确。
15.(8分)如图甲所示,在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=50 cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体(可视为理想气体),活塞上静止一质量为m的物块。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的VT图像,密闭气体在A状态的压强pA=1.05×105 Pa,已知外界大气压强p0=1.01×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块的质量;
(2)气体在状态B的体积。
【答案】 (1)2 kg (2)3.2×10-3 m3
【解析】 (1)在A状态,根据平衡条件有mg+p0S=pAS,
解得物块的质量为m== kg=2 kg。
(2)由题图乙可知,气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化,则有=,
解得VB== m3=3.2×10-3 m3。
16.(10分)如图所示,一根一端封闭粗细均匀的细玻璃管AB开口向上竖直放置,管内用高h=24 cm的水银柱封闭了一段长L=45 cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=76 cmHg,封闭气体的温度为t1=27 ℃,g取10 m/s2。
(1)若玻璃管AB长度为L0=75 cm,现对封闭气体缓慢加热,则温度升高到多少摄氏度时,水银刚好不溢出
(2)若玻璃管AB足够长,缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定,同时使封闭气体的温度缓慢降到t3=-13 ℃,求此时玻璃管内空气柱的长度。
【答案】 (1)67 ℃ (2)75 cm
【解析】 (1)若对封闭气体缓慢加热,直到水银刚好不溢出,封闭气体发生等压变化,设玻璃管的横截面积为S,则
初状态V1=LS,T1=(273+27)K=300 K,
末状态V2=(L0-h)S,
封闭气体发生等压变化,则=,
解得T2=340 K,
此时的温度为t2=(340-273)℃=67 ℃。
(2)初始时刻,气体的压强为
p1=p0+ρgh=100 cmHg,
玻璃管倒过来后的压强为
p3=p0-ρgh=52 cmHg,
且T3=(273-13)K=260 K,
由理想气体状态方程得=,
解得L3=75 cm。
17.(10分)如图所示为一温度计的原理图,利用汽缸底部的高度变化反映温度变化。质量可以忽略的导热汽缸内密封一定质量的理想气体,汽缸的长度为L,A、B、C、D是体积可以忽略的固定挡板,A、B到汽缸底部的距离是0.25L,体积可以忽略的活塞通过竖直杆固定在地面上,活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气。环境温度为T0(热力学温度)时,活塞刚好位于汽缸正中间,整个装置处于静止状态,大气压强为p0,求:
(1)环境温度为T0时,缸内气体的压强p1;
(2)温度计能测量的最小温度T min;
(3)环境温度为0.4T0时,缸内气体的压强p2。
【答案】 (1)p0 (2)0.5T0 (3)0.8p0
【解析】 (1)由于汽缸的质量可以忽略不计,可知环境温度为T0时,缸内气体的压强p1=p0。
(2)温度最低时,A、B恰好落在活塞上,该过程发生的是等压变化,
由盖-吕萨克定律得 =,
可得最低温度Tmin=0.5T0。
(3)从0.5T0到0.4T0,气体发生等容变化,由查理定律得=,
解得p2=0.8p0。
18.(12分)如图所示,两等高、内壁光滑、导热性能良好的圆柱形汽缸竖直放置,左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、2S,汽缸顶部由细管(体积不计)连通,右侧汽缸底部带有阀门K,两汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b,两活塞的质量均为 m=,汽缸密闭且不漏气。初始时,阀门K关闭,活塞b处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力,封闭着气体C,活塞a处于右侧汽缸的中间位置,将汽缸分成A、B两部分,A中气体的压强为 1.5p0、体积为V0。现打开阀门K,用打气筒通过K给右侧汽缸下部分充气,每次将体积为、压强为p0的空气打入汽缸中,直至活塞b下降到整个汽缸高度的处。已知大气压强为p0,重力加速度大小为g,整个过程中,周围环境温度不变,其他量均为未知量。求:
(1)初始时,左侧汽缸中封闭的气体C的压强pC;
(2)充气后,右侧汽缸中封闭的气体A的压强p;
(3)打气次数n。
【答案】 (1)2.5p0 (2)2p0 (3)22
【解析】 (1)初始时,对活塞b,根据平衡条件有
pCS=mg+pBS,
对活塞a,根据平衡条件有
pB·2S+mg=pA·2S,
联立解得pC=2.5p0,pB=0.5p0。
(2)对气体C,根据玻意耳定律可得
pCVC=pC′·VC,
再次对活塞b和a根据平衡条件有
pC′S=mg+pB′S,
pB′·2S+mg=p·2S,
联立解得p=2p0。
(3)对气体B,根据玻意耳定律可知
pBV0=pB′VB′,
解得VB′=V0,
则VA=2V0-(V0-V0)=V0,
对气体A,根据玻意耳定律有
1.5p0V0+np0·=2p0·V0,
解得n=22。(共30张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一 气体状态变化的图像问题
1.(2023·辽宁卷)“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( )
B
[A] [B] [C] [D]
【解析】 由p-T图像可知,在a→b过程中气体为等压变化,且温度升高,由
盖-吕萨克定律可知 Vb>Va;过b、c分别作通过原点的直线,可知Vc>Vb,即气体体积关系为Va2.(2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa,体积 V1=1.0 m3,气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求:
(1)气体在状态D的压强pD;
【答案】 (1)2.0×105 Pa
(2)气体在状态B的体积V2。
【答案】 (2)2.0 m3
【解析】 (2)从状态C到D,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1,
解得V2=2.0 m3。
热点二 气体实验定律的综合应用
3.(2024·海南卷)用铝制易拉罐制作温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀,吸管与罐密封性良好,罐内气体可视为理想气体。已知罐体积为330 cm3,薄吸管底面积0.5 cm2,罐外吸管总长度为20 cm,当温度为 27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压强变化,下列说法正确的是( )
[A] 若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏
[B] 该装置所测温度不高于31.5 ℃
[C] 该装置所测温度不低于23.5 ℃
[D] 其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大
B
(1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小;
【答案】 (1)100 N
【解析】 (1)设汽缸内气体的初始压强为p0,活塞移动到b处时,汽缸内气体压强为p1,设卡销a、b间距离为d,由玻意耳定律有p0×11dS=p1×10dS,
设卡销b对活塞支持力大小为FN,对活塞受力分析,有p0S+F=p1S+FN,
联立解得FN=100 N。
(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。
5.(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0,已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。
当环境温度降到T2=270 K 时:
(1)求B内气体压强pB2;
【答案】 (1)9×104 Pa
(2)求A内气体体积VA2;
【答案】 (2)3.6×10-2 m3
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。
【答案】 (3)1.1×102 kg
热点三 理想气体的变质量问题
(1)抽气之后A、B的压强pA、pB;
(2)弹簧的劲度系数k。
7.(2024·安徽卷)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;
【答案】 (1)2.5×105 Pa
(2)充进该轮胎的空气体积。
【答案】 (2)6 L
【解析】 (2)由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0,
代入数据解得,充进该轮胎的空气体积为V=6 L。
感谢观看
