气体实验定律综合应用
气体实验定律的综合应用
气体实验定律的综合应用哎，说起这个气体实验定律啊，那可是咱们物理课上的一大亮点！记得有一次，我们班上那俩“杠精”——小李和小王，就为这个定律展开了激烈的辩论。
小李：“哎，你听说了吗？老张最近在做气体实验，那实验结果可神奇了！”小王：“是吗？什么神奇之处啊？”小李：“他发现了一个定律，说是在一定温度和压强下，气体体积和气体分子数量的关系是有规律的！”小王：“哦？那不就是我们物理课上学的玻意耳定律嘛？可这有什么神奇的？”小李：“你不懂，这可是气体实验定律的综合应用啊！老张就是用它解决了咱们实验室的一个大难题。
”原来，咱们实验室最近新买了一台精密仪器，需要用到一种特殊的气体。
可这气体在常温常压下不容易液化，这让实验室的老师们头疼不已。
老张就是用这个气体实验定律，找到了解决之道。
老张：“小李，你来看看，我这里有一些液化气体，你猜猜怎么液化它们的？”小李：“这个……肯定得加压吧？可这气体在常压下都不容易液化，加压能行吗？”老张：“对啊，那就试试看把温度降低吧。
不过，我得计算一下最佳温度和压强。
”小李：“哎呀，老张，这气体实验定律怎么这么有用啊！你能不能教教我？我也想学学！”老张：“哈哈，当然可以。
这气体实验定律就是告诉我们，只要掌握了温度、压强和体积之间的关系，就能解决很多实际问题。
”说着，老张就开始给小李讲解玻意耳定律、查理定律等。
小李听得如痴如醉，忍不住感叹：“原来，物理课上的定律这么有用啊！”从那以后，小李和小王都对气体实验定律产生了浓厚的兴趣。
他们不仅学会了如何应用这个定律解决实际问题，还发现原来物理课上的知识离我们生活这么近。
这让他们对物理这门学科产生了更深的喜爱。
所以说，气体实验定律的综合应用真的很神奇，不仅能解决实际问题，还能让我们发现生活中的美好。
嘿，朋友们，你们也来试试看，用这个定律解决一个生活中的难题吧！。
高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版
能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)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空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝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．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p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，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的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。
2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(三)--气体变质量问题
气体变质量问题一、变质量问题的求解方法二、针对练习1、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.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)2、某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。
3、用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？4、(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。
甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2，罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.5、某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中， 使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少 瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)6、容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7、某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)8、如图所示为某充气装置示意图。
第三章第三节能量守恒定律热力学第一定律和气体实验定律的综合应用学案人教版高中物理选择性必修三
预习案1【自主学习】阅读教材54页-58页，大约需要10分钟，读后请思考：1.能量守恒定律是某一个科学家发现的吗？2.永动机不可能制成的原因是什么？【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。
）课堂案例题:教材65页第5题课堂练习与讨论：教材65页第3、4题讨论：热力学第一定律与能量守恒定律有何联系与区别？课堂练习：教材64页第5、6题【进阶闯关检测】A类基础关1．(多选)下列对能量守恒定律的认识，正确的是( )A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是可能制成的D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了2．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律 B．违背了能量守恒定律C．技术上还达不到 D．找不到合适的材料和合理的设计方案B类能力关3.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。
轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。
离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。
下列说法正确的是( ) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。
如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将如何变化？。
C类综合关（选做）5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？(2)分子势能是增大还是减小？(3)分子的平均动能是增大还是减小？6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。
35 热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用(解析版)
热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用一热力学第一定律与能量守恒定律1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．2．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量；(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量；(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．3.改变内能的两种方式的比较4.温度、内能、热量、功的比较【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D 正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误．【变式1】．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】BDE.【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A 错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是()A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等B．一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E．做功和热传递是不等价的【答案】ABD【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0 ℃水和0 ℃冰的温度相同，分子平均动能相同，由于0 ℃的冰需要吸收热量才能融化为0 ℃的水，温度不变，分子平均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大，选项B正确；根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项C错误；一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项D正确；在改变内能时，做功和热传递是等价的，选项E错误．二热力学第二定律的理解1．对热力学第二定律关键词的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义．(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热．(3)气体体积V1能自发地膨胀到不能自发地收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B能自发地混合成不能自发地分离成混合气体AB.3．两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律【例2】下列关于热现象的描述不正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对．【变式2】.下列说法正确的是()A．压缩气体总能使气体的温度升高B．能量耗散过程中能量是守恒的C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确．三封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．汽缸封闭气体问题【例3】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a 距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g.【答案】(1＋hH)(1＋mgp0S)T0(p0S＋mg)h【解析】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动．设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有p0 T0＝p1 T1①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝(1＋mgp0S)T0③此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a 处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2 T2④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝(1＋hH)(1＋mgp0S)T0⑦从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h⑧【变式】.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为20 cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A系于天花板上，用手托住B，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105 Pa，然后缓慢松手，让B下沉，当B下沉了2 cm 时，停止下沉并处于静止状态．求：(1)此时金属筒内气体的压强；(2)若当时的温度为24 ℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？ 【答案】(1)1.0×105 Pa (2)－3 ℃【解析】(1)设金属筒横截面积为S cm 2，p 1＝1.1×105 Pa ，V 1＝20S cm 3，V 2＝22S cm 3 根据玻意耳定律，p 1V 1＝ p 2V 2，p 2＝p 1V 1V 2＝1.1×105×20S22SPa ＝1.0×105 Pa(2)V 2＝22S cm 3，T 2＝297 K ，V 3＝20S cm 3，根据盖—吕萨克定律得到，V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3T 2V 2 ＝20S ×29722S K ＝270K ，t ＝(270－273)℃＝－3 ℃. 活塞封闭气体问题【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位 置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T 0， 封闭气柱长度为l 0＝10 cm.现在薄板上放置3个质量为m 的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l 1＝5 cm ， 现使封闭气体的温度缓慢升高60 ℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l 2＝6 cm ；然后取走2个质量为m 的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 ℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l 3.(已知上述过程 中薄板没有离开玻璃管)求：(1)开始时封闭气体的温度t 应为多少？(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l 3为多少？【答案】 (1)27 ℃ (2)10 cm【解析】 (1)气体初始状态：体积为V 0＝l 0S ，压强为p 0，温度为T 0 将质量为3m 的物体放在薄板上，则体积V 1＝l 1S ，温度T 1＝T 0 压强为：p 1＝p 0＋3mgS气体经等温变化，得：p 0V 0＝p 1V 1 则p 1＝2p 0由以上各式解得p 0＝3mgS当气体温度升高60 ℃时，温度为：T 2＝T 0＋60 K ，体积为：V 2＝l 2S 由于该过程为等压变化，则：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：T 0＝300 K 则t ＝(300－273) ℃＝27 ℃(2)取走质量为2m 的物体，继续加热使气体的温度再升高40 ℃后，最终气柱的高度为l 3，体积V 3＝l 3S ，压强p 3＝p 0＋mg S ＝43p 0，温度T 3＝400 K则由理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3代入数据解得：l 3＝10 cm.【变式】(2019·宁夏五中联考)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用 不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3 m 2，如图所示，开始时气体的体积为 3.0×10－3 m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之 一．设大气压强为1.0×105 Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？【答案】(1)3.0×105 Pa (2)30 kg【解析】(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105 Pa ；(2)活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0Sg＝30 kg. 四 关联气体的状态变化问题 多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的一定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联．若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系． 活塞封闭气体的问题【例5】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等 的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸 内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．【答案】 15p 0S26g【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p 0V2＝p 1V 1① p 0V2＝p 2V 2② 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V ③V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg ⑤联立以上各式得m ＝15p 0S26g ⑥水银柱封闭气体的问题【例6】(2018·高考全国卷Ⅱ )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 闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝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p 1和p 2.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l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)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p 1l 1＝pl 1′②p 2l 2＝pl 2′③两边气柱长度的变化量大小相等l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm ⑤l 2′＝7.5 cm ⑥五 变质量问题分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解． 充气问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．【例7】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 cm 3. 如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)【答案】 2.5×105 Pa【解析】 设V 2为篮球的容积，V 1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则V 1＝V 2＋n ΔV ＝2.5 L ＋30×0.125 L ＝6.25 L由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝p 1V 1V 2＝105×6.252.5Pa ＝2.5×105 Pa. 抽气问题在用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题．【例8】用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？【答案】 (V 0V 0＋ΔV )n p 0【解析】 当活塞下压时，阀门a 关闭，b 打开，抽气机汽缸中ΔV 体积的气体排出，容器中气体压强降为p 1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p 2，根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )，解得p 1＝V 0V 0＋ΔV p 0，对于第二次抽气，有p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，解得p 2＝(V 0V 0＋ΔV )2p 0，以此类推，第n 次抽气后容器中气体压强降为p n ＝(V 0V 0＋ΔV )n p 0. 灌气问题将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一种典型的变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将变质量问题转化为质量一定的问题．【例9】某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【答案】 25【解析】 设最多能分装n 个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n 个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律．分装前整体的状态：p 1＝30 atm ，V 1＝20 L ；p 2＝1 atm ，V 2＝5n L.分装后整体的状态：p 1′＝5 atm ，V 1＝20 L ；p 2′＝5 atm ，V 2＝5n L根据玻意耳定律，有p 1V 1＋p 2V 2＝p 1′V 1＋p 2′V 2代入数据解得n ＝25(瓶)．漏气问题容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.【例10】某个容器的容积是10 L ，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)【答案】 5%【解析】 以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为V 1，膨胀后气体的体积为V 2.如图所示．初状态：p 1＝2.0×106 Pa ，V 1＝10 L末状态：p 2＝1.0×105 Pa ，V 2＝？由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得V 2＝p 1V 1p 2＝200 L V 1V 2＝10200×100%＝5%，即容器里剩下的气体是原来的5%. 六 热力学第一定律与图象的综合应用判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 来确定．【例11】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e .对此气体，下列说法正确的是 ( )A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小【答案】 BDE【解析】 过程①为等容变化，根据查理定律有p a T a ＝p b T b，因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选项A 错误；过程②气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项B 正确；过程④中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W ＝0，理想气体的温度降低，则内能减少，即ΔU <0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q <0，则气体向外界放出了热量，故选项C 错误；状态c 、d 的温度相等，则分子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项D 正确；连接Ob 、Od ，根据pV T ＝C 得T V＝p C，Ob 斜率大于Od 斜率，则状态d 的压强比状态b 的压强小，故选项E 正确． 【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p V 图中从a 到b 的直线所示．在此过程中 ( )A ．气体温度一直降低B ．气体内能一直增加C ．气体一直对外做功D ．气体一直从外界吸热E ．气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】在p V 图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a 到b 温度升高，A 错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B 对；气体体积膨胀，对外做功，C 对；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝ΔU －W ，由于ΔU ＞0、W ＜0，故Q ＞0，气体吸热，D 对；由Q ＝ΔU －W 可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E 错．七 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路【例12】(2019·河北保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A 时，体积为V 0，压强为p 0，温度为T 0，已知此时其内能为U 0.该理想气体从状态A 经由一系列变化， 最终还回到原来状态A ，其变化过程的p T 图线如图所示，其中CA 延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：(1)状态B 的体积；(2)状态C 的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量是多少？【答案】 (1)V 03(2)V 0 (3)气体吸收热量2p 0V 0 【解析】 (1)由题图可知，从状态A 到状态B 为等温变化过程，状态B 时气体压强为p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由题图可知，从状态B 到状态C 为等压变化过程，状态C 时气体温度为T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖－吕萨克定律得V 1T 0＝V 2T 2，解得V 2＝V 0. (3)由状态B 经状态C 回到状态A ，外界对气体做的总功为W ，从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为W BC ，W BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得W BC ＝－2p 0V 0；从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W ＝W BC ＝－2p 0V 0；从状态B 经状态C 回到状态A ，内能增加量为U ＝0，气体从外界吸收的热量为Q ，内能增加量为U ，由热力学第一定律得U ＝Q ＋W ，解得Q ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0.【变式】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m 深处的海水温度为280 K ．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示， 导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T 0＝300 K ，压强 p 0＝1 atm ，封闭气体的体积V 0＝3 m 3，如果将该汽缸下潜至990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气 体．(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．(2)求990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于10 m 深的海水产生的压强)．【答案】(1)放热 大于 (2)2.8×10－2 m 3【解析】(1)下潜过程中温度降低，则ΔU <0，气体体积减小，则W >0，由ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，放热，且|Q |>W .(2)当汽缸下潜至990 m 时，设封闭气体的压强为p ，温度为T ，体积为V ，由题意可知p ＝100 atm 根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pV T代入数据得V ＝2.8×10－2 m 3.【题型演练】1．(2019·四川达州模拟)下列说法正确的是( ) A ．布朗运动就是分子的无规则运动B ．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C ．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D ．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E ．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A 错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C 正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能。
气体实验定律及理想气体状态方程的应用PPT课件
典例：如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧
上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开
关K关闭，A侧空气柱的长度为ɭ1=10.0cm，B侧水 银面比A侧的高h1=3.0cm。现将开关K打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面
的高度差h2=10.0cm时将开关K闭合。 已知大气压强P0=75.0cmHg。 （1）求放出部分水银后A侧空气柱的高度ɭ2； （2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水
银面达到同一高度，求注入的水银在管内的高度
△h。
【定向导学，分组讨论，合作探究】
通过分组讨论以下问题来理解题意，从而体 会如何寻找的解题的思路及突破口
1、通过读题等效翻译获得的解题信息有哪些？ 2、本题的研究对象是一部分气体还是多部分气 体？ 3、如何寻找解决第一问的解题思路？即如何找 到解题的难点和突破方法？ 4、解决本题第二问时可确定的气体的初态有几 个？最有助于解题的初态是那一个？ 5、解决本题第二问时的难点是什么？如何突破 ？
根 据 玻 意 耳 定 律 p 1 V 1 p 1 'V 1 1 代 入 数 据 解 得 p 1 '= 9 0 c m H g
解 ： 对 细 管 中 封 闭 气 体
初 态 ： p 2p 07 5 cm H g,
V 2l1S1 2 s, T 2
末 态 ： p 2 ' p 1 ' p h9 6 cm H g, V 2 ' l2
（1）由如图的U形管可以想起确定封闭气体压强
的方法为 连通器等液面法 。
（2）将粗管管口封闭说明粗管的封闭气体可以作
为 研究对象
。
（3）将细管管口用一活塞封闭说明细管内的封闭
气体也可以作为 研究对象
关于气体三定律的实验教学
关于气体三定律的实验教学气体三定律是热力学中的基本知识之一，它们分别是玻意耳定律、查理定律和盖-吕萨克定律。
通过实验教学，学生可以更好地理解这些定律的原理和应用。
一、玻意耳定律的实验教学玻意耳定律是指在恒定压力下，气体的体积与其温度成正比，即V/T=常数。
在实验教学中，我们可以使用实验仪器如气压计、温度计和气体容器等来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，将其与一个气压计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以使用一个温度计来测量气体的温度。
接下来，我们可以改变气体的温度，例如通过加热或冷却气体容器，然后测量气体的体积和温度。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出V/T的值。
我们可以发现，这个值在不同的温度下是不变的，这就验证了玻意耳定律。
二、查理定律的实验教学查理定律是指在恒定体积下，气体的压力与其温度成正比，即P/T=常数。
在实验教学中，我们可以使用一个气体容器和一个压力计来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，并将其与一个压力计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以使用一个温度计来测量气体的温度。
接下来，我们可以改变气体的温度，例如通过加热或冷却气体容器，然后测量气体的压力和温度。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出P/T的值。
我们可以发现，这个值在不同的温度下是不变的，这就验证了查理定律。
三、盖-吕萨克定律的实验教学盖-吕萨克定律是指在恒定温度下，气体的压力与其体积成反比，即P×V=常数。
在实验教学中，我们可以使用一个气体容器和一个压力计来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，并将其与一个压力计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以改变气体的体积，例如通过改变气体容器的大小或加入一些气体，然后测量气体的压力和体积。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出P×V的值。
我们可以发现，这个值在不同的体积下是不变的，这就验证了盖-吕萨克定律。
03_气体实验定律(计算)
• 使管内外水面相平，此时气体的温度是多少？
专题三 气体的实验定律
三、盖.吕萨克定律:一定质量的气体,在压强不变的 情况下,气体体积的与热力学温度成正比.
等压线:
专题三 气体的实验定律
一、玻意耳定律:一定质量的气体,在温度不变的情况下,气 体的压强与体积成反比. 公式: PV=恒量 P1 V1 =P2 V2
二、查理定律:一定质量的气体,在体积不变的情况下,气体 的压强与热力学温度成正比. 公式: P1/ T1 =P2 /T2 P/ T =P / T
• （1）当管子转过900到水平位置时， • 求管中空气柱的长度； • （2）为求管子转过1800开口向下时
• 管中空气柱的长度，
• 10.42cm • 12cm
•
一根截面积均匀粗细不计的U形管两侧长度均为50 cm， 水平部分长度为30 cm，且左侧管口封闭，右侧管口敞开， 如右图所示。管内灌有水银，左边水银上方的空气柱长度为 40 cm，右边水银面离管口30 cm。（大气压强为75 cmHg，环 境温度为27 0C）
• （1）若在气温为27℃时，用该气压计测得的气压读 数为64cmHg，则实际气压应为多少cmHg？
• （2）若在气温为7℃时，用该气压 • 计测得的气压读数为68cmHg，则实 • 际气压应为多少cmHg？
• 69cmHg
• 73.25cmHg
•
如图，长L＝100cm，粗细均匀的玻璃管一端封 闭。水平放置时，长L0＝50cm的空气柱被水银柱封 住，水银柱长h＝30cm。将玻璃管缓慢地转到开口 向下和竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有 h＝15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度 始终保持不变，大气压强p0＝75cmHg。求：
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V(cm3)
答案:TA=TC＜TB
【加固训练】
(2017·西宁模拟)如图所示,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297K,现缓慢加热汽缸内气体。求:
气体实验定律的应用
气体的三个实验定律：
玻意耳定律: 查理定律:
T不变, V不变,
p1V1=p2V2
盖.吕萨克定律: p不变,
某种气体在状态Ａ时压强2×105Pa,体积为1m3, 温度为200K, (1)它在等温过程中由状态A变为状态B,状态B 的 体积为2m3,求状态B 的压强. (2)随后,又由状态B 在等容过程中变为状态C ,状 态C 的温度为300K,求状态C 的压强.
A B C
如图甲所示所示，一端开口导热良好的气缸放置 在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为 50cm2，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气 压强为1x105Pa，活塞封闭的气柱长10cm， (1)此时缸内气体压强为多少 （2）现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上， 如图乙所示，g取10m/s2。求稳定后，活塞 相对气缸移动的距离；
如图甲，在玻璃管中用10cm长的水银柱封闭了一 段空气，已知空气柱的长度为38cm，外界大气压 强为1标准大气压。问： （1）被封闭的空气柱的压强是多少？ （2）如把玻璃管开口朝下（如图乙），则被封闭 的空气柱的压强是多少？被封闭的空气柱的长度是 多少？
甲
乙
上端开口、竖直放置的玻璃管，管内横截面积为 0.10 cm2.管中有一段15 cm长的水银柱将一些空 气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变 ，需要再注入多少克水银？设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3.
例2
一定质量的气体，在状态A时压强为 9×104Pa，体积为1m3。气体先经过一个 等压过程，由状态A到状态B，然后再经过 一个等容过程到状态C，在状态C时气体的 压强为1×105Pa，体积为1.2m3，温度为 1270C，则气体在状态A时的温度为多少？
答案:300K
例3
教室里的空气温度从100C上升到150C， 教室里的空气质量减少了百分之几？
答案:减少了1.74%
V1,TI
V2,T2
气体实验定律的图象
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
V 等压线 等容线 等压线 等 温 线 等 温 线 等等 容容 线线
等容线
等 温 线
等压线
0
T
0
0
例4
如图所示，一定质量的气体从状态
A变化到状态B ，在此过程中，气 体的体积如何变化？ 答案:VA＞VB
例5
一定质量的气体，经历 P(×10 Pa) 一个膨胀过程，这过程 4 A 可以用p-V图象上的直 3 B 线ABC来表示，如图， 2 在A、B、C三个状态 1 C 时气体的温度分别为TA、 0 5 10 15 20 TB、TC，它们之间的 关系如何？
应用气体实验定律解题的思路
确定研究对象 (找到气体所在) 确定状态及状态参量 (尤其注意压强的判断和计算) 选择适当的气体实验定律 (判断哪一状态参量不变) 统一单位 (其中温度只能用热力学温度单位—开尔文)
例1
如图所示,有一汽缸,活塞的面积为10cm2,质量为 1kg,当汽缸水平放置时,缸内气体的体积为 103cm3,温度为270C,外界大气压强为1×105Pa, 试求:(1)当汽缸改为竖直放置时,缸内气体的压强 及体积. （答案： 1.1×105Pa ，909cm3） (2)要使汽缸恢复到原来的体积,应该使温度升高多 少度? （答案：300C）
活塞刚到达A处时,气体的温度为多少K?