高中 物理 必修第三册 第二章 气体、固体和液体《习题课2 理想气体的综合问题》教学设计

习题课2理想气体的综合问题题型一液柱(或活塞)的移动问题1．假设法用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，液体或活塞是否移动？如何移动？此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解。2．极限法所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时，将变化较大的压强推向无穷大，而将变化较小的压强推向零。这样使复杂的问题变得简单明了。3．图像法利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。【例1】如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)[解析]设上段气体初态压强为p1，末态压强为p1′，压强变化量为Δp1，下段气体初态压强为p2，末态压强为p2′，压强变化量为Δp2，初始温度为T1，末态温度为T2，温度变化量分别为ΔT1、ΔT2。水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ρgh。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。(1)假设法假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：eq\f(p2,T2)＝eq\f(p2′,\a\vs4\al(T2′))，所以p2′＝eq\f(T2′,T2)p2，Δp2＝p2′－p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2′,T2)－1))p2＝eq\f(ΔT2,T2)p2；下段：Δp1＝eq\f(ΔT1,T1)p1又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，所以Δp1>Δp2，即水银柱上移。(2)图像法在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱上移。(3)极限法由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。[答案]水银柱上移[针对训练1](多选)某校外学习小组在进行实验探讨。如图所示，在烧瓶上连着一根玻璃管，用橡皮管把它跟一个水银压强计连在一起，在烧瓶中封入了一定质量的理想气体，整个烧瓶浸没在温水中。用这个实验装置来研究一定质量的气体在体积不变时，压强随温度变化的情况。开始时水银压强计U形管两端水银面一样高，在下列几种做法中，能使U形管左侧水银面保持原先位置(即保持瓶内气体体积不变)的是()A．甲同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向下移B．乙同学：把烧瓶浸在热水中，同时把A向上移C．丙同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向下移D．丁同学：把烧瓶浸在冷水中，同时把A向上移答案：BC题型二关联气体问题的分析方法1．问题特点两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积关系的关联。2．解题思路(1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解。(2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。(3)多个方程联立求解。【例2】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l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。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p1和p2。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l1′和l2′。由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)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p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5cml2′＝7.5cm。[答案]见解析【例3】如图所示，一可移动的绝热活塞M将一横截面积为400cm2的汽缸分为A、B两个汽缸，A、B两个汽缸装有体积均为12L、压强均为1atm、温度均为27℃的理想气体。现给左边的活塞N施加一推力，使其向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。已知外界大气压强为1atm，1atm＝1×105Pa，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。当推力F＝2×103N，活塞N达到平衡状态时，求：(1)A汽缸中气体的压强；(2)活塞N向右移动的距离；(3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度。[解析](1)由题意知，pA＝1.0×105Pa，当推力F＝2×103N，活塞N达到平衡状态时，A汽缸中气体的压强pA′＝pA＋eq\f(F,S)＝1.5×105Pa＝1.5atm。(2)A汽缸中原来的气体压强及体积分别为pA＝1atm，VA＝12LA汽缸中气体发生等温变化后气体的体积设为VA′，由pAVA＝pA′VA′代入数据解得VA′＝8L则活塞N向右移动的距离Δx＝eq\f(VA－VA′,S)＝eq\f(（12－8）×103,400)cm＝10cm。(3)B汽缸中气体原来压强、温度分别为pB＝1atm，TB＝300K后来压强pB′＝pA′＝1.5×105Pa＝1.5atmB汽缸中气体发生等容变化，由eq\f(pB,TB)＝eq\f(pB′,TB′)解得升温后气体温度TB′＝eq\f(pB′,pB)TB＝eq\f(1.5,1)×300K＝450K即tB′＝177℃。[答案](1)1.5atm(2)10cm(3)177℃[针对训练2]一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为()A．eq\f(5,4)d B．eq\f(4,5)dC．eq\f(9,4)d D．eq\f(4,9)d解析：选D。以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，代入数据可解得：x＝eq\f(4,9)d，故A、B、C错误，D正确。[针对训练3]一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为()A.eq\f(5,4)d B.eq\f(4,5)dC.eq\f(9,4)d D.eq\f(4,9)d解析：选D。以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，代入数据可解得：x＝eq\f(4,9)d，故A、B、C错误，D正确。题型三气体状态变化的图像间的转换1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p－V图像变成p－T图像或V－T图像。2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p－V图像中重点比较气体的温度，p－T图像中重点比较气体的体积，以及V－T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。【例4】一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图所示。在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像。[解析]对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，有p0V0＝3p0VB，则VB＝eq\f(1,3)V0。由此可知A、B、C三点的状态参量分别为A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、eq\f(1,3)V0；C：3p0、3T0、V0。V－T图像和p－V图像分别如图甲、乙所示。[答案]见解析图[针对训练3](多选)一定质量的理想气体，状态变化过程如图中A→B→C→A图线所示，其中B→C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，下列表示正确的是()解析：选AC。由题图知A→B是等压膨胀过程，由盖­吕萨克定律eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)知，TB>TA即温度升高，B→C是等温压缩过程，由pBVB＝pCVC知，pC>pB即压强变大，C→A是等容降压过程，由查理定律eq\f(pC,TC)＝eq\f(pA,TA)知，TC>TA温度降低，故A、C正确。1．在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是()解析：选D。根据p－V、p－T、V－T图像的物理意义可以判断，其中D反映的是理想气体经历等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符。2．一定质量的理想气体的状态变化过程的V－T图像如图所示。则与之相对应的变化过程p－T图像应为下列选项中的()解析：选B。a→b过程中，V－T图像是经过坐标原点的直线，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，压强p一定，故是等压变化，p－T图像是与T轴平行的直线；b→c过程是等容变化，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，p－T图像是经过坐标原点的直线；c→a过程是等温变化，p－T图像是与p轴平行的直线；故A、C、D错误，B正确。3．如图所示，相同的两支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、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，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()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：A4．两端开口的玻璃管中有两段水银，封闭有一段气体LB，左边的活塞也封闭了一段气体LA，现将活塞缓慢地向下移动，两气柱长度变化是()A．LA不变，LB减小B．LA减小，LB不变C．LA增大，LB减小D．LA减小，LB增大答案：B5．如图所示，一定质量的气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化，若用p－V或V－T图像表示这一循环，在下列选项图中表示正确的是()解析：选B。在题图p－T图像中，气体在1→2过程发生的是等容变化，且压强、温度均增大，2→3过程发生的是等温变化，且压强减小、体积增大，3→1过程发生的是等压变化，且温度降低、体积减小，结合各过程状态参量变化特点，可知B正确。6．U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg。开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，如图所示。现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：(1)粗管中气体的最终压强；(2)活塞推动的距离。解析：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，(1)以右管封闭气体为研究对象，设初状态管内气体压强、体积为p1、V1，末状态为p2、V2，则p1＝80cmHg，V1＝11×3S＝33SV2＝10×3S＝30S等温变化：p1V1＝p2V280×33S＝p2·30Sp2＝88cmHg。(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，设初状态管内气体压强、体积为p1、V1，末状态为p2、V2，则p3＝76cmHg，V3＝11S，p4＝88cmHg等温变化：p3V3＝p4V4V4＝9.5S活塞推动的距离：L＝11cm＋3cm－9.5cm＝4.5cm。答案：(1)88cmHg(2)4.5cm7．如图所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝eq\f(3mg,S)，活塞移动的过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高。现将活塞A上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，