高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第三册第二章 气体、液体和固态本章综合与测试导学案及答案

气体实验定律的综合应用

[学习目标]　1.会根据气体实验定律分析温度变化引起的液柱(或活塞)移动问题.2.会分析气体变化的多过程问题．

一、温度变化引起的液柱(或活塞)移动问题

用液柱或活塞隔开的两部分气体，当气体温度变化时，气体的状态参量p、V、T往往都要发生变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，一般思路为：

1．先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．

2．对两部分气体分别应用查理定律的分比式Δp＝p，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较．

粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图1所示，已知两部分气体A和B的体积关系是VB＝3VA，且开始时温度相同，将玻璃管两端的气体均升高相同温度的过程中，水银柱将(　　)

图1

A．向A端移动

B．向B端移动

C．始终不动

D．以上三种情况都有可能

答案　C

解析　假设水银柱不发生移动，则两部分气体均做等容变化，由查理定律的分比式Δp＝p判断．由于pA＝pB，ΔTA＝ΔTB，TA＝TB，所以ΔpA＝ΔpB，所以水银柱始终不动，故假设正确，故选C.

(多选)如图所示，四个绝热气缸内的空气被一绝热活塞隔开，活塞可无摩擦移动，按图中标明的条件，当气缸水平放置时，活塞处于静止状态．如果气缸内两端的空气都升高相同的温度，则活塞向左移动的是(　　)

答案　CD

解析　假设升温后，活塞不动，则两边空气均为等容变化，由查理定律有＝，压强的增加量Δp＝，而各气缸原压强p相同，ΔT相同，所以Δp∝，即T越高，Δp越小，则活塞应向温度高的方向移动，故C、D正确．

二、气体实验定律的综合应用

1．气体状态的变化一般分为等温、等压、等容，其中等压变化和等温变化有时并不是那么明显，而是隐藏在题目中，需要我们挖掘题意，根据相关的描述进行判断．比如“缓慢移动”往往对应等压过程，但若是在大小不明的外力作用下缓慢移动，就不一定是等压过程，也有可能是等温过程，再比如外界温度不变时，“导热性能良好”往往对应等温过程．

2．一般解题思路

(1)确定研究对象，并判断是等温变化、等压变化还是等容变化．

(2)确定始末状态及状态参量(p、V、T)．

(3)根据气体实验定律列方程求解．

如图2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：

图2

(1)活塞的质量；

(2)物体A的体积．

答案　(1)4 kg　(2)640 cm3

解析　(1)设物体A的体积为ΔV.

T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3

T2＝330 K，p2＝ Pa，V2＝V1

T3＝360 K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3

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.

(2019·全国卷Ⅲ)如图3，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为

2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.

图3

(1)求细管的长度；

(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．

答案　(1)41 cm　(2)312 K

解析　(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有

pV＝p1V1①

由力的平衡条件有

p＝p0＋ρgh②

p1＝p0－ρgh③

式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有

V＝S(L－h1－h)④

V1＝S(L－h)⑤

由①②③④⑤式和题给条件得

L＝41 cm⑥

(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有

＝⑦

由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.

1.两端封闭且内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示，左、右两端空气柱的体积关系为V左＜V右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱降为0 ℃，左端空气柱降为10 ℃，则管中水银柱将(　　)

图1

A．不动

B．向左移动

C．向右移动

D．无法确定是否移动

答案　C

解析　设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左、右两端压强相等，即p左＝p右＝p，对左端＝，则Δp左＝p左＝p，同理，对右端Δp右＝p，所以Δp右＞Δp左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C正确．

2．(多选)装有两种不同气体的容积相同的两个容器A、B，用均匀的长直玻璃管水平连接，管内有一段水银柱，将两部分气体隔开，当A的温度低于B的温度17 ℃时，水银柱恰好平衡，位于管中央，如图2所示，为使水银柱保持在中央，则两容器的温度变化是(　　)

图2

A．升高相同温度

B．使A、B升高到相同温度

C．使两容器升温后的热力学温度之比等于它们的初状态的热力学温度之比

D．使两容器温度变化量之比等于它们的初状态的热力学温度之比

答案　CD

解析　假设水银柱不动，对A：＝，ΔpA＝pA′－pA＝TA′－pA＝pA，同理对B得：ΔpB＝pB，初始时，TA＝TB－17 K，pA＝pB，整理得＝或＝.由此判断C、D正确．

3.如图3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一定质量、相同温度的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，今使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)

图3

A．均向下移动，A管移动较多

B．均向上移动，A管移动较多

C．A管向上移动，B管向下移动

D．无法判断

答案　A

解析　因为在温度降低过程中，被封闭气柱的压强恒等于大气压强与水银柱因自重而产生的压强之和，故封闭气柱均做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银面高度不变．根据盖－吕萨克定律可知ΔV＝·V，因A、B管中的封闭气柱初温T相同，温度变化量ΔT也相同，且ΔT＜0，所以ΔV＜0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1＞H2，A管中气柱的体积较大，则|ΔV1|＞|ΔV2|，即A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱向下移动较多，故选A.

4．如图4甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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左面气缸的容积为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，现缓慢加热气缸内气体，直至温度为399.3 K．求：

图4

(1)活塞刚离开B处时的温度TB；

(2)缸内气体最后的压强p；

(3)在图乙中画出整个过程的p－V图线．

答案　(1)330 K　(2)1.1p0　(3)见解析图

解析　(1)活塞离开B之前，气体做等容变化，

根据查理定律有＝

解得TB＝＝ K＝330 K

(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到A处，从活塞刚离开B处到刚到达A处，气体做等压变化

由盖－吕萨克定律得＝

解得TA＝1.1TB＝363 K

从活塞刚到达A处到升温至399.3 K的过程中，气体做等容变化．

由查理定律有＝

解得p＝＝p0＝1.1p0

由结果p＞p0可知，活塞可以移动到A处的假设成立．

(3)整个过程的p－V图线如图所示

5.(2020·全国卷Ⅲ)如图5，两侧粗细均匀、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＝76 cmHg.

图5

(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．此时水银柱的高度为多少？

(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？

答案　见解析

解析　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有

p1V1＝p2V2①

设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有

p1＝p0＋ρgh0②

p2＝p0＋ρgh③

V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④

联立①②③④式并代入题给数据得

h≈12.9 cm⑤

(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有

＝⑥

按题设条件有V3＝(2H－h)S⑦

联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

T2≈363 K.

6．一个质量可不计的活塞将一定质量的气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸内，活塞上堆放着铁砂，如图6所示，最初活塞搁置在气缸内壁的固定卡环上，气柱的高度为H0，压强等于大气压强p0.现对气体缓慢加热，当气体温度升高了ΔT＝60 K时，活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升，继续加热直到气柱高度为H1＝1.5H0.此后，在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂，直到铁砂全部取走时，气柱高度变为H2＝1.8H0，求此时气体的温度．(不计活塞与气缸之间的摩擦)．

图6

答案　540 K

解析　以封闭气体为研究对象，气体经历了三个变化过程，如图所示．

气体温度升高60 K的过程中，活塞没有上升，此过程是等容变化过程，由查理定律得＝①

气柱高度从H0变化到H1＝1.5H0过程中，压强不变，为等压变化过程，由盖－吕萨克定律得＝②

气柱高度从H1变化到H2的过程中，温度不变，为等温变化过程，由玻意耳定律得1.5p1H0S＝1.8p0H0S③

联立①②③式可得T2＝540 K.