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(共57张PPT)
DIERZHANG
第二章
专题强化　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.会应用假设法分析液柱(或活塞)的移动问题(难点)。
学习目标
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
理想气体的图像问题
一
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
等 压 线 V-T V=T，斜率k=，即斜率越大，对应的压强越小
　(多选)如图所示，一定质量的理想气体经历ab、bc、cd、da四个过程，下列说法正确的是
A.ab过程中气体压强减小
B.bc过程中气体压强减小
C.cd过程中气体压强增大
D.da过程中气体压强减小
例1
√
√
根据理想气体状态方程=C(C为常量)可知V=T，
在V-T图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率
与压强有关，斜率越大压强越小。ab过程的延长线
过V-T图像坐标原点，为等压线，所以压强不变，故A错误；
bc图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越大，压强越来越小，故B正确；
cd图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，故C正确；
da图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，故D错误。
　(2023·清远市第二中学检测)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，由查理定律=，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，画出图像如图所示。
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。
总结提升
(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。
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液柱移动问题
二
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。
(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，ΔpA=，ΔpB=
由于TAΔpB，故假设不成立，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>h2，两水银柱底端平齐，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
1.(2023·盐城市高二月考)开口向上，导热性能良好的汽缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒上细沙，则下列关于密封气体的图像中可能正确的是
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基础强化练
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由于汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。
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2.(多选)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
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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。
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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为双曲线的一支。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
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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温度降低。故选A、C。
4.如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行。由图线可知
A.A→B过程，气体压强不变，密度减小
B.B→C过程，气体压强增大，密度增大
C.B→C过程，气体温度升高，密度减小
D.C→A过程，气体温度不变，密度增大
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由题图可知，A→B过程，气体体积与热力学温度成正
比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，
密度变大，故A错误；
由题图可知，B→C过程，体积减小，温度升高，故压强增大，密度增大，B正确，C错误；
由题图可知，C→A过程，气体的体积增大，温度不变，故压强减小，密度减小，故D错误。
13
5.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
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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.如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1=V2>V3，h1A.丙管
B.甲管和乙管
C.乙管和丙管
D.三管中水银柱向上移动一样多
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由于气体的压强不变，故ΔV=·ΔT，由于V1=V2>V3，T和ΔT相同，故ΔV1=ΔV2>ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。
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7.(多选)(2023·沈阳市高二月考)一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体
A.状态b的压强大于状态c的压强
B.状态a的压强小于状态b的压强
C.从状态c到状态d，体积减小
D.从状态a到状态c，温度不变
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能力综合练
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分别过abcd四个点作出等压变化线，如图所示；保持温度不变，体积越大，则压强越小，可知，在V-T图像中，倾角越大，压强越小，所以pa由图像可知，状态c到状态d体积增大，故C错误；
从状态a到状态c，温度升高，故D错误。
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8.(2023·泰安市模拟)气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其结构示意图如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，柱状汽缸杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开
座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大
气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，
关于p、V、T的关系图正确的是
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从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强，故选B。
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9.如图所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且SaA.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
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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，从汽缸结构看活塞应向右移动一点，选B。
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10.(多选)(2023·高密市第一中学高二期末)如图所示为竖直放置的上粗下细密闭细管，水银柱将气体分隔为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，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，则下列说法正确的是(重力加速度为g)
A.初始状态满足pB=pA+ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度
B.ΔVA>ΔVB
C.ΔpA<ΔpB
D.液柱将向上移动
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初始状态满足pB=pA+ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度，
A正确；
由于气体的总体积不变，因此ΔVA=ΔVB，B错误；
首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，
由查理定律，对气体A有ΔpA1=ΔT，对气体B有ΔpB1=ΔT。由于pB>pA，所以ΔpB1>ΔPA1，则液柱将向上移动，液柱高度减小，则液体压强减小，液体稳定后有pB'=pA'+ρgh'，则pB'-pB=pA'-pA+ρg(h'-h)，即ΔpB=ΔpA+ρg(h'-h)<ΔpA，故C错误，D正确。
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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；
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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；
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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
从A至C，由理想气体状态方程有：=
解得：VA== m3=0.4 m3。
(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。
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答案　见解析
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由盖—吕萨克定律得：=
解得：VB== m3=0.6 m3
V-T图像如图所示。
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12.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。
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答案　600 K　600 K　300 K
(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？
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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。
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(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。
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答案　见解析
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因由状态B到状态C为等温变化，
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由气体等温变化规律有pBVB=pCVC，得
VB== L=20 L。
在V-T图像上气体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。
13.如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，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左面汽缸的容积为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，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3 K。求：
(1)活塞刚离开B处时的温度TB；
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尖子生选练
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答案　330 K
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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
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(2)缸内气体最后的压强；
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答案　1.1p0
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设活塞刚到达A处时，温度为T3，根据=，
可得T3=363 K，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：p3=p0，T3=363 K，
末态：T4=399.3 K，
由查理定律得=，
解得：p4=1.1p0
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(3)在图乙中画出整个过程的p-V图线。
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答案　见解析图
整个过程的p-V图线如图所示。
返回专题强化　理想气体的图像问题　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.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　(多选)如图所示，一定质量的理想气体经历ab、bc、cd、da四个过程，下列说法正确的是(　　)
A.ab过程中气体压强减小
B.bc过程中气体压强减小
C.cd过程中气体压强增大
D.da过程中气体压强减小
例2　(2023·清远市第二中学检测)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。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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？
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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>h2，两水银柱底端平齐，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
答案精析
例1　BC　［根据理想气体状态方程=C(C为常量)可知V=T，在V-T图像中，图线上各点与坐标原点连线的斜率与压强有关，斜率越大压强越小。ab过程的延长线过V-T图像坐标原点，为等压线，所以压强不变，故A错误；bc图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越大，压强越来越小，故B正确；cd图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，故C正确；da图线上各点与坐标原点的连线斜率越来越小，压强越来越大，故D错误。］
例2　(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，由查理定律=，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，
画出图像如图所示。
二、
(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。
(2)假设体积不变，ΔpA=，ΔpB=
由于TAΔpB，故假设不成立，水银柱向B移动。
例3　B　［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。］

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