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课时2　气体实验定律
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　气体压强的计算
1.如图,两端开口的光滑的直玻璃管,竖直插入水银槽中,玻璃管上端有一段高为h的水银柱,中间封闭有一段空气,可视为理想气体,玻璃管下端内外水银面的高度差为H,直玻璃管足够长,则下列说法正确的是(　　)
A.H>h
B.气体温度缓慢升高时,H不变
C.外界大气压变大时,H变大
D.向玻璃管上端缓慢添加水银,H变小
解析:B　设封闭气体的压强为p,则对水银柱有p=p0+ρgh,对水银槽有p=p0+ρgH,解得H=h,A错误;气体温度缓慢升高时,h不变,H不变,B正确;外界大气压变大时,h不变,H不变,C错误;向玻璃管上端缓慢添加水银,h变大,H变大,D错误。
2.有一段12 cm长的水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强(设大气压强p0相当于76 cm高的水银柱产生的压强)相当于(　　)
A.70 cm高的水银柱产生的压强
B.76 cm高的水银柱产生的压强
C.78 cm高的水银柱产生的压强
D.80 cm高的水银柱产生的压强
解析:B　将玻璃管和水银柱作为整体,根据牛顿第二定律可得M总gsin θ=M总a,解得a=
gsin 30°。设被封闭气体的压强为p,以水银柱为对象,根据牛顿第二定律可得p0S+mgsin 30°-
pS=ma,联立解得p=p0,B正确。
命题视角2　气体实验定律与理想气体的状态方程的应用
3.某同学设计了一种测温装置,用于测量教室内的气温,结构如图所示。导热性能良好的大玻璃泡A内密封有理想气体,与A相连的B管插在水银槽中,B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度,据此在B管上标注出温度的刻度值。教室内的气压p0始终为一个标准大气压,标准大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强。当教室内温度为280 K时,B管内水银面的高度为20 cm。B管的气体体积可忽略不计,则(　　)
A.B管上所刻的温度数值上高下低
B.B管上所标的温度数值间隔是不均匀的
C.B管内水银面的高度为16 cm时,教室内的温度为290 K
D.若把刻好温度值的装置移到高山上,测出的温度比实际温度偏高
解析:D　设水银密度为ρ,玻璃泡A内气体的初始状态为T1=280 K,p1=p0-ρgh1,h1为20 cm,设热力学温度为T时,气体压强为p,B管内水银面的高度为x,由查理定律有=,因玻璃泡内气体压强为p=p0-ρgx,联立可得T=(380-5x) K,可知B管上的温度数值均匀,且上低下高,A、B错误;当x=16 cm时,有T=300 K,C错误;由于高山上的气压低于标准大气压,在温度相同的条件下,x会减小,因B管上所刻的温度数值上低下高,故所测温度比实际温度偏高,D正确。
4.某同学根据气体实验定律制作了如图所示的装置用来粗测物体的质量。导热性能良好的汽缸水平固定,面积S=0.001 m2的活塞密封一定质量的理想气体,环境温度为27 ℃,活塞上的轻绳绕过滑轮且另一端系有一轻质挂钩,未悬挂物体时活塞恰好在刻度“0”位置。已知图中刻度均匀,活塞厚度不计,刻度线“-2”与汽缸左端内壁对齐,大气压强恒为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦。现挂钩上悬挂一物体,活塞稳定时处于刻度线“6”位置。求:
(1)物体的质量;
(2)环境温度降为-3 ℃,悬挂物体后活塞稳定时对应的刻度线数值。
解析:(1)设活塞在刻度“0”位置时对应气柱长L0,在刻度“6”位置时对应气柱长L1,根据玻意耳定律有p0L0S=p1L1S,解得活塞稳定时气体压强为p1=p0,悬挂物体后,对活塞,由平衡条件有p1S+mg=p0S,代入数值解得物体的质量m=7.5 kg。
(2)设环境温度降为-3 ℃,悬挂物体后,活塞稳定对应刻度为x,根据理想气体状态方程有=,解得x=5.2,活塞稳定时对应刻度线数值为5.2。
答案:(1)7.5 kg　(2)5.2
命题视角3　气体状态变化的图像问题
5.如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,经历两个状态变化过程,先后到达状态B和C。以下图像可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:D　由p-V图像可知,A到B是等压过程,在p-T或p-t图像中也为平行于横轴的图线,B到C是等容过程,在p-T图像中为过原点的一条倾斜直线,在p-t图像中为过-273.15 ℃的一条倾斜直线,又pAVA=pCVC,知TA=TC。故D正确。
6.如图所示,某同学在做探究气体的等温变化规律的实验时,在缓慢推动针筒活塞的过程中,由于操作不当,使气体的温度逐渐升高,则根据实验数据作出的p-图像可能是(　　)
A B
C D
解析:B　对于一定质量的理想气体,由理想气体的状态方程=C整理可得p=CT,C为常量,T为热力学温度,在p图像中,图像的斜率k=CT,实验中气体温度逐渐升高,即T增大,则斜率k逐渐增大,故B正确。
B级·高考过关练
7.冶金熔炉如图所示,放入熔点为3 000 K的矿石后炉内剩余容积为V0,熔炉上方有一横截面积为S、质量为m=的减压阀(p0为大气压强),温度达到某一值时炉内气体(可视为理想气体)会冲开减压阀泄气。加热前熔炉内气体的温度为27 ℃,压强为p0,密度为ρ,重力加速度为g,不计摩擦,则加热至矿石开始熔化时,炉内气体密度为(　　)
A.0.2ρ B.0.4ρ
C.0.6ρ D.0.8ρ
解析:B　发生泄气时,炉内气体压强设为p1,根据平衡条件p1S=mg+p0S,解得p1=4p0,当温度达到T1=3 000 K时,根据理想气体状态方程=,解得此时气体体积V1=2.5V0,气体质量不变,根据m=ρV,可知=,则此时密度ρ1=0.4ρ,B正确。
8.中国瓷器是从陶器发展演变而成的,原始瓷器起源于3 000多年前。现代瓷器烧制通常采用电加热式气窑,不同的瓷器有不同的烧制要求。某次烧制瓷器所用窑炉的简图如图所示,上方有一个只能向上打开的单向排气阀,排气阀横截面积为S。初始时窑内温度为27 ℃,窑内气体(可看成理想气体)体积为V,压强等于外界大气压强p0。某瓷器烧制时要求窑内温度为777 ℃时排气阀打开。
(1)加热时,排气阀打开前窑内气体发生的是　　　　(选填“等压”“等温”或“等容”)变化,该过程中单位时间撞击排气阀的分子数　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求排气阀两侧压力差达到多少时排气阀打开。
(3)开始加热前抽出部分气体,关闭排气阀,窑内气体质量变为原来的,求窑内气体温度为多少时,排气阀再次打开。
解析:(1)排气阀打开前,加热过程中,窑内气体发生等容变化;气体体积不变,分子数密度不变,温度升高,分子热运动的平均速率增大,则单位时间撞击排气阀的分子数增大。
(2)排气阀打开前,窑内气体发生等容变化,由查理定律有=,其中T0=300 K,T1=1 050 K,解得p=3.5p0,则排气阀将要打开时,两侧的压力差为ΔF=pS-p0S=2.5p0S。
(3)窑内原有气体的体积由V变成1.2 V,排气阀要打开时的窑内气体压强不变,对窑内原有气体,由盖-吕萨克定律=,解得T′=1 260 K
答案:(1)等容　增大　(2)2.5p0S　(3)1 260 K(共33张PPT)
课时2
气体实验定律
考点一
气体压强的计算
典例精析
命题视角　气体压强的计算
1.气体压强的计算
(1)活塞模型
最常见的封闭气体的两种方式如图所示。
求气体压强的基本方法:先对活塞或液柱进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
(2)连通器模型
如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
【典例1】 (中等)若已知大气压强为p0,图中液体密度均为ρ,
(1)图中各装置均处于静止状态,求被封闭气体的压强。
解析:(1)在题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知p甲S+ρghS=p0S,
所以p甲=p0-ρgh。
在题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡方程F上=F下,
有pAS+ρghS=p0S,
可得p乙=pA=p0-ρgh。
(2)将(1)中丙玻璃管放在倾角为θ的光滑固定斜面上,由静止释放,求封闭气体的压强。
解析:(2)对液柱受力分析如图3所示,
因玻璃管和液柱组成的系统的加速度a1=gsin θ,所以对液柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-p1S=ma1,故p1=p0。
答案:(2)p0
(3)若(2)中管与斜面间的动摩擦因数为μ,且μ答案:(3)p0-μρghcos θ
(1)当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象,并对其进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。
(2)在对系统进行分析时,可针对具体情况选用整体法或隔离法。
总结提升
考点二
气体实验定律与理想气体状态
方程的应用
基础梳理
1.气体实验定律
项目 玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨
克定律
内 容 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成 一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强与热力学温度成 一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积与热力学温度成
反比
正比
正比
p2V2
典例精析
命题视角　气体实验定律与理想气体状态方程的应用
1.理想气体状态方程的两个重要推论
2.解题思维链
【典例2】 (气体实验定律的应用·中等)(2025·温州模拟)如图,导热良好、两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口,右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=
12 cm,管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283 K,大气压强p0相当于76 cm高的水银柱产生的压强。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此过程中分子平均速率　　　　(选填“增大”“减小”或
“不变”),单位时间撞击单位面积管壁的分子数　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
解析:(1)U形管导热良好,则气体温度不变,故分子平均速率不变;注入水银后,气体体积减小,则压强增大,单位时间撞击管壁的分子数增大。
不变　
增大
(2)在(1)的情境下,当水银柱下端恰好到达右管底部时水银柱的高度为多少
答案: (2)12.9 cm
解析:(2)设封闭气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S;封闭气体经等温压缩过程体积变为V2,压强为p2。由玻意耳定律有p1V1=p2V2,设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为ρ,题意可得p1=p0+ρgh0,
p2=p0+ρgh,V1=(2H-l-h0)S,V2=HS,代入题中数据,联立解得h=12.9 cm。
(3)当水银柱下端恰好到达右管底部后,再对左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管管口平齐,此时密封气体的温度为多少
答案: (3)363 K
分析气体状态变化的问题要紧抓三点
(1)弄清始、末状态过程中要经历哪几个物理过程。
(2)找出各变化过程是由什么物理量联系起来的。
(3)明确每个变化过程遵循什么实验定律。
总结提升
(1)温度升高后,左半部分气体分子做热运动的平均速率　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),左半部分气体的压强　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”);
增大　
增大
解析:(1)温度升高后,左半部分气体的高度增大,气体做热运动的平均动能增大,平均速率也增大,左、右侧水银柱的高度差增大,左半部分气体的压强也增大。
(2)求升温后环境的摄氏温度;
答案: (2)47 ℃
(3)保持环境温度不变,向漏斗中缓慢加入一些水银,使左侧容器中的水银面恢复到升温前的位置,求加入水银的体积。
答案: (3)125 cm3
考点三
气体状态变化的图像问题
基础梳理
气体状态变化的图像比较
命题视角　气体状态变化的图像问题
【典例4】 (中等)一定质量的理想气体,状态变化过程如图中ABC图线所示,其中BC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,下列选项正确的是(　　)
A
典例精析
A B C D
气体状态变化图像的分析方法
(1)明确图像斜率的物理意义:在V-T图像(p-T 图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小,其规律是斜率越大,压强(或体积)越小;斜率越小,压强(或体积)越大。
(2)明确图像面积的物理意义:在p-V图像中,p-V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
总结提升
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考点一　气体压强的计算
命题视角　气体压强的计算
1.气体压强的计算
(1)活塞模型
最常见的封闭气体的两种方式如图所示。
求气体压强的基本方法:先对活塞或液柱进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
图甲中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS,则气体的压强为p=p0+。
图乙中的液柱也可以看成“活塞”,由于液柱处于平衡状态,所以pS+mg=p0S,则气体压强为p=p0-=p0-ρ液gh。
(2)连通器模型
如图所示,U形管竖直放置。同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线联系起来。则有pB+ρgh2=pA,而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。
【典例1】 (中等)若已知大气压强为p0,图中液体密度均为ρ,
(1)图中各装置均处于静止状态,求被封闭气体的压强。
(2)将(1)中丙玻璃管放在倾角为θ的光滑固定斜面上,由静止释放,求封闭气体的压强。
(3)若(2)中管与斜面间的动摩擦因数为μ,且μ解析:(1)在题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由二力平衡知p甲S+ρghS=p0S,
所以p甲=p0-ρgh。
在题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡方程F上=F下,
有pAS+ρghS=p0S,
可得p乙=pA=p0-ρgh。
在题图丙中,仍以B液面为研究对象,有pA+ρghsin 60°=pB=p0,所以p丙=pA=p0-ρgh。
题图丁中选活塞为研究对象受力分析如图1,由二力平衡知
pAS=p0S+mg得pA=p0+。
题图戊中选汽缸为研究对象,受力分析如图2所示,由二力平衡知p0S=pBS+Mg得pB=p0-。
(2)对液柱受力分析如图3所示,
因玻璃管和液柱组成的系统的加速度a1=gsin θ,所以对液柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-p1S=ma1,故p1=p0。
(3)以水银柱为研究对象,其受力情况如图4所示。
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsin θ+p2S-p0S=ma,
其中a=g(sin θ-μcos θ),
所以p2=p0+(a-gsin θ),
将m=ρSh及a值代入该式并整理得p2=p0-μρghcos θ。
答案:(1)p0-ρgh　p0-ρgh　p0-ρgh
p0+　p0-　(2)p0　(3)p0-μρghcos θ
(1)当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象,并对其进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。
(2)在对系统进行分析时,可针对具体情况选用整体法或隔离法。
考点二　气体实验定律与理想气体状态方程的应用
1.气体实验定律
项目 玻意耳定律 查理定律 盖-吕萨 克定律
内 容 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比 一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强与热力学温度成正比 一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积与热力学温度成正比
表达 式 p1V1=p2V2 = =
图像
2.理想气体的状态方程
一定质量的理想气体的状态方程=或=C。
3.克拉伯龙方程
pV=nRT,n为物质的量,n=,R为常数,对所有气体均相等。
命题视角　气体实验定律与理想气体状态方程的应用
1.理想气体状态方程的两个重要推论
(1)查理定律的推论:Δp=ΔT
(2)盖-吕萨克定律的推论:ΔV=ΔT
2.解题思维链
【典例2】 (气体实验定律的应用·中等)(2025·温州模拟)如图,导热良好、两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口,右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm,管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=
283 K,大气压强p0相当于76 cm高的水银柱产生的压强。
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此过程中分子平均速率　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),单位时间撞击单位面积管壁的分子数　　　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)在(1)的情境下,当水银柱下端恰好到达右管底部时水银柱的高度为多少
(3)当水银柱下端恰好到达右管底部后,再对左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管管口平齐,此时密封气体的温度为多少
解析:(1)U形管导热良好,则气体温度不变,故分子平均速率不变;注入水银后,气体体积减小,则压强增大,单位时间撞击管壁的分子数增大。
(2)设封闭气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S;封闭气体经等温压缩过程体积变为V2,压强为p2。由玻意耳定律有p1V1=p2V2,设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为ρ,题意可得p1=p0+ρgh0,p2=p0+ρgh,V1=(2H-l-h0)S,V2=HS,代入题中数据,联立解得h=
12.9 cm。
(3)密封气体经等压膨胀过程体积变为V3,温度为T2,由盖-吕萨克定律有=,题意可知V3=(2H-h)S,联立解得T2=363 K。
答案:(1)不变　增大　(2)12.9 cm　(3)363 K
分析气体状态变化的问题要紧抓三点
(1)弄清始、末状态过程中要经历哪几个物理过程。
(2)找出各变化过程是由什么物理量联系起来的。
(3)明确每个变化过程遵循什么实验定律。
【典例3】 (理想气体状态方程的综合应用·中等)(2025·杭州模拟)如图所示,某导热性良好的装置可分为左右两部分,中间由细导管连接,其左半部分为密闭的长方体容器,底面积为S=1.372 cm2,上方封闭了高度为h=98 cm的空气,右半部分为底面半径与高相等的圆锥形漏斗,其上方开口。整个装置底部有适量的水银,初始时左右两部分水银等高,右半部分水银面恰好位于漏斗顶端,环境温度为27 ℃,现升高环境温度,稳定后左半部分气体高度增加了d=2 cm。假设水银体积始终不变,外界环境压强始终恒定,大气压强p0相当于75 cm高的水银柱产生的压强,已知143=2 744,π取3,圆锥的体积公式为V0=S0h0,其中S0为圆锥的底面积,h0为圆锥
的高。
(1)温度升高后,左半部分气体分子做热运动的平均速率　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),左半部分气体的压强　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”);
(2)求升温后环境的摄氏温度;
(3)保持环境温度不变,向漏斗中缓慢加入一些水银,使左侧容器中的水银面恢复到升温前的位置,求加入水银的体积。
解析:(1)温度升高后,左半部分气体的高度增大,气体做热运动的平均动能增大,平均速率也增大,左、右侧水银柱的高度差增大,左半部分气体的压强也增大。
(2)升温后,由体积关系可知V=Sd=π(Δh)2×Δh,解得Δh=1.4 cm,故升温后左右两侧水银面的高度差为3.4 cm,设水银密度为ρ,此时封闭气体的压强为p2=p0+ρg(d+Δh),解得p2相当于78.4 cm高的水银柱产生的压强,由理想气体状态方程有=,其中p1=p0,T1=300 K,V1=Sh,
V2=S(h+d),解得T2=320 K=47 ℃。
(3)对容器内气体在升温前的状态和加入水银后的状态,由查理定律有=,
解得p3相当于80 cm高的水银柱产生的压强,
可知此时两侧水银面的高度差为h1=80 cm-75 cm=5 cm,则加入水银的总体积为V总=π=
125 cm3。
答案:(1)增大　增大　(2)47 ℃　(3)125 cm3
考点三　气体状态变化的图像问题
气体状态变化的图像比较
名称 图像 特点 其他图像
等 温 线 pV pV=CT(C为常量),即pV之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 pT p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小
pt p与t呈线性关系,但不成正比,图线的延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小
等 压 线 VT V=T,k=,即斜率越大,对应的压强越小
Vt V与t呈线性关系,但不成正比,图线的延长线均过点(-273.15,0)点,斜率越大,对应的压强 越小
命题视角　气体状态变化的图像问题
【典例4】 (中等)一定质量的理想气体,状态变化过程如图中ABC图线所示,其中BC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,下列选项正确的是(　　)
A B
C D
解析:A　分析p-V图像可知,A→B为等压膨胀, B→C是等温压缩(反比例函数图像为双曲线),
C→A是等容降温,根据理想气体状态方程=C,可知p-T图像中A→B为平行横轴的直线, B→C是平行纵轴的直线,C→A是过原点的直线,A正确,B错误;V-T图像中A→B为过原点的直线, B→C是平行纵轴的直线,C→A是平行横轴的直线,图像C的变化方向错误,C、D错误。
气体状态变化图像的分析方法
(1)明确图像斜率的物理意义:在V-T图像(p-T 图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小,其规律是斜率越大,压强(或体积)越小;斜率越小,压强(或体积)越大。
(2)明确图像面积的物理意义:在p-V图像中,p-V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　气体压强的计算
1.如图,两端开口的光滑的直玻璃管,竖直插入水银槽中,玻璃管上端有一段高为h的水银柱,中间封闭有一段空气,可视为理想气体,玻璃管下端内外水银面的高度差为H,直玻璃管足够长,则下列说法正确的是(　　)
A.H>h
B.气体温度缓慢升高时,H不变
C.外界大气压变大时,H变大
D.向玻璃管上端缓慢添加水银,H变小
解析:B　设封闭气体的压强为p,则对水银柱有p=p0+ρgh,对水银槽有p=p0+ρgH,解得H=h,A错误;气体温度缓慢升高时,h不变,H不变,B正确;外界大气压变大时,h不变,H不变,C错误;向玻璃管上端缓慢添加水银,h变大,H变大,D错误。
2.有一段12 cm长的水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强(设大气压强p0相当于76 cm高的水银柱产生的压强)相当于(　　)
A.70 cm高的水银柱产生的压强
B.76 cm高的水银柱产生的压强
C.78 cm高的水银柱产生的压强
D.80 cm高的水银柱产生的压强
解析:B　将玻璃管和水银柱作为整体,根据牛顿第二定律可得M总gsin θ=M总a,解得a=
gsin 30°。设被封闭气体的压强为p,以水银柱为对象,根据牛顿第二定律可得p0S+mgsin 30°-
pS=ma,联立解得p=p0,B正确。
命题视角2　气体实验定律与理想气体的状态方程的应用
3.某同学设计了一种测温装置,用于测量教室内的气温,结构如图所示。导热性能良好的大玻璃泡A内密封有理想气体,与A相连的B管插在水银槽中,B管内水银面的高度x可反映所处环境的温度,据此在B管上标注出温度的刻度值。教室内的气压p0始终为一个标准大气压,标准大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强。当教室内温度为280 K时,B管内水银面的高度为20 cm。B管的气体体积可忽略不计,则(　　)
A.B管上所刻的温度数值上高下低
B.B管上所标的温度数值间隔是不均匀的
C.B管内水银面的高度为16 cm时,教室内的温度为290 K
D.若把刻好温度值的装置移到高山上,测出的温度比实际温度偏高
解析:D　设水银密度为ρ,玻璃泡A内气体的初始状态为T1=280 K,p1=p0-ρgh1,h1为20 cm,设热力学温度为T时,气体压强为p,B管内水银面的高度为x,由查理定律有=,因玻璃泡内气体压强为p=p0-ρgx,联立可得T=(380-5x) K,可知B管上的温度数值均匀,且上低下高,A、B错误;当x=16 cm时,有T=300 K,C错误;由于高山上的气压低于标准大气压,在温度相同的条件下,x会减小,因B管上所刻的温度数值上低下高,故所测温度比实际温度偏高,D正确。
4.某同学根据气体实验定律制作了如图所示的装置用来粗测物体的质量。导热性能良好的汽缸水平固定,面积S=0.001 m2的活塞密封一定质量的理想气体,环境温度为27 ℃,活塞上的轻绳绕过滑轮且另一端系有一轻质挂钩,未悬挂物体时活塞恰好在刻度“0”位置。已知图中刻度均匀,活塞厚度不计,刻度线“-2”与汽缸左端内壁对齐,大气压强恒为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦。现挂钩上悬挂一物体,活塞稳定时处于刻度线“6”位置。求:
(1)物体的质量;
(2)环境温度降为-3 ℃,悬挂物体后活塞稳定时对应的刻度线数值。
解析:(1)设活塞在刻度“0”位置时对应气柱长L0,在刻度“6”位置时对应气柱长L1,根据玻意耳定律有p0L0S=p1L1S,解得活塞稳定时气体压强为p1=p0,悬挂物体后,对活塞,由平衡条件有p1S+mg=p0S,代入数值解得物体的质量m=7.5 kg。
(2)设环境温度降为-3 ℃,悬挂物体后,活塞稳定对应刻度为x,根据理想气体状态方程有=,解得x=5.2,活塞稳定时对应刻度线数值为5.2。
答案:(1)7.5 kg　(2)5.2
命题视角3　气体状态变化的图像问题
5.如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,经历两个状态变化过程,先后到达状态B和C。以下图像可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:D　由p-V图像可知,A到B是等压过程,在p-T或p-t图像中也为平行于横轴的图线,B到C是等容过程,在p-T图像中为过原点的一条倾斜直线,在p-t图像中为过-273.15 ℃的一条倾斜直线,又pAVA=pCVC,知TA=TC。故D正确。
6.如图所示,某同学在做探究气体的等温变化规律的实验时,在缓慢推动针筒活塞的过程中,由于操作不当,使气体的温度逐渐升高,则根据实验数据作出的p-图像可能是(　　)
A B
C D
解析:B　对于一定质量的理想气体,由理想气体的状态方程=C整理可得p=CT,C为常量,T为热力学温度,在p图像中,图像的斜率k=CT,实验中气体温度逐渐升高,即T增大,则斜率k逐渐增大,故B正确。
B级·高考过关练
7.冶金熔炉如图所示,放入熔点为3 000 K的矿石后炉内剩余容积为V0,熔炉上方有一横截面积为S、质量为m=的减压阀(p0为大气压强),温度达到某一值时炉内气体(可视为理想气体)会冲开减压阀泄气。加热前熔炉内气体的温度为27 ℃,压强为p0,密度为ρ,重力加速度为g,不计摩擦,则加热至矿石开始熔化时,炉内气体密度为(　　)
A.0.2ρ B.0.4ρ
C.0.6ρ D.0.8ρ
解析:B　发生泄气时,炉内气体压强设为p1,根据平衡条件p1S=mg+p0S,解得p1=4p0,当温度达到T1=3 000 K时,根据理想气体状态方程=,解得此时气体体积V1=2.5V0,气体质量不变,根据m=ρV,可知=,则此时密度ρ1=0.4ρ,B正确。
8.中国瓷器是从陶器发展演变而成的,原始瓷器起源于3 000多年前。现代瓷器烧制通常采用电加热式气窑,不同的瓷器有不同的烧制要求。某次烧制瓷器所用窑炉的简图如图所示,上方有一个只能向上打开的单向排气阀,排气阀横截面积为S。初始时窑内温度为27 ℃,窑内气体(可看成理想气体)体积为V,压强等于外界大气压强p0。某瓷器烧制时要求窑内温度为777 ℃时排气阀打开。
(1)加热时,排气阀打开前窑内气体发生的是　　　　(选填“等压”“等温”或“等容”)变化,该过程中单位时间撞击排气阀的分子数　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)求排气阀两侧压力差达到多少时排气阀打开。
(3)开始加热前抽出部分气体,关闭排气阀,窑内气体质量变为原来的,求窑内气体温度为多少时,排气阀再次打开。
解析:(1)排气阀打开前,加热过程中,窑内气体发生等容变化;气体体积不变,分子数密度不变,温度升高,分子热运动的平均速率增大,则单位时间撞击排气阀的分子数增大。
(2)排气阀打开前,窑内气体发生等容变化,由查理定律有=,其中T0=300 K,T1=1 050 K,解得p=3.5p0,则排气阀将要打开时,两侧的压力差为ΔF=pS-p0S=2.5p0S。
(3)窑内原有气体的体积由V变成1.2 V,排气阀要打开时的窑内气体压强不变,对窑内原有气体,由盖-吕萨克定律=,解得T′=1 260 K
答案:(1)等容　增大　(2)2.5p0S　(3)1 260 K

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