专题课 理想气体的图像问题 液柱移动问题 例1 AD [解析] 根据气体实验定律分析,a→b过程中,气体发生等压变化,根据盖—吕萨克定律可知,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,根据玻意耳定律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,根据查理定律可知,压强增大,温度升高,故C错误,D正确. 例2 BD [解析] A到B是等温变化,气体体积变大,压强p变小,B到C是等容变化,在p-T图像上为过原点的一条倾斜的直线,C到A是等压变化,气体体积减小,根据盖—吕萨克定律知温度降低,故A错误,B正确;A到B是等温变化,气体体积变大,B到C是等容变化,压强变大,根据查理定律,温度升高,C到A是等压变化,气体体积变小,在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线,故C错误,D正确. 例3 = < [解析] 在1、3两个状态,根据理想气体状态方程有=,解得T1=T3;在1、2两个状态,体积保持不变,根据=,可知T1=2T2,从1到2的过程中,气体体积保持不变,单位体积内的分子数保持不变,而压强减小为原来的一半,若温度不变,分子的平均动能保持不变,则单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数减半.而现在温度降低,分子平均动能减小,分子撞击容器壁的冲力减小,因此N1<2N2. 例4 B [解析] 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>,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. 例5 B [解析] 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.根据盖—吕萨克定律可知=,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. 随堂巩固 1.AC [解析] 甲图中的p-T图像延长线是过原点的倾斜直线,即压强与热力学温度成正比,气体发生等容变化,所以理想气体体积一定不变,故A正确;p-V图像为双曲线的一支则为等温线,乙图中不一定是等温线,所以理想气体的温度可能变化,故B错误;丙图中的V-T图像延长线是过原点的倾斜直线,即体积与热力学温度成正比,气体发生等压变化,所以理想气体压强一定不变,故C正确;p-V图像中的等温线是在第一象限的双曲线的一支,p与V的乘积越大,温度越高,由图丁所示图像可知,从P到Q的过程中,温度先升高,后降低,故D错误. 2.(1)600 K 600 K 300 K (2)见解析 [解析] 从p-V图中可以直观地看出,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. (1)根据理想气体状态方程得 == 解得TC=·TA=×300 K=600 K TD=·TA=×300 K=300 K 由题意知从B到C是等温变化,所以TB=TC=600 K (2)由状态B到状态C为等温变化,由玻意耳定律有 pBVB=pCVC 解得VB== L=20 L V-T图线如图所示,AB是等压膨胀过程,BC是等温膨胀过程,CD是等压压缩过程 3.(1)12.9 cm (2)363 K [解析] (1)设密封气体初始体积为V1,压强为p1 左、右管的截面积均为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,按题设条件有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= cm≈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 K⑧专题课 理想气 ... ...
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