全国版2021高考物理一轮复习专题十四热学考点2固体液体和气体热力学定律教案

全国版2021高考物理一轮复习专题十四热学考点2固体液体和气体热力学定律教案

考点2　固体、液体和气体　热力学定律 ‎421‎ 考向　考查气体实验定律及热力学定律 ‎[2019全国Ⅰ,33,15分](1)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热性能良好,空气可视为理想气体.初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于外界.现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同.此时,容器中空气的温度　　　(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度　　　(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度. ‎ ‎(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中.该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩 机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中.已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3,使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa;室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体.‎ ‎(i)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;‎ ‎(ii)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃,求此时炉腔中气体的压强.‎ 必备知识:热力学第一定律,理想气体内能、三个气体实验定律、气体压强影响因素.‎ 关键能力:三个气体实验定律的应用能力,等温变化、等容度变化前后状态量的计算能力.‎ 解题指导:运用热力学第一定律ΔU=W+Q和理想气体内能只与温度有关,综合分析即可求出第(1)题;运用玻意耳定律和查理定律,就能解决第(2)题.注意计算时温度必须转化为热力学温度.‎ 考法1 气体压强的计算 ‎1(1)如图甲所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直固定放置.金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面的夹角为θ,圆板质量为m,不计圆板与容器内壁之间的摩擦.若大气压强为p0,则封闭在容器内的气体的压强p为　　　　. ‎ ‎(2)如图乙、丙中两个汽缸的缸壁均光滑、质量均为M,内部横截面积均为S - 11 -‎ ‎,两个活塞的质量均为m,左边的汽缸静止在水平面上,右边的汽缸通过活塞竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B,大气压为p0,求封闭气体A、B的压强各多大.‎ 图丁 ‎(3)如图丁所示,光滑水平面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压为p0)‎ ‎(1)由圆板在竖直方向上受力平衡,可画出圆板的受力图如图(a)所示,则有mg+p0S=pScosθ·cos θ,解得p=p0+mgS.‎ ‎ 　图(a)　　　图(b)　　　图(c)‎ ‎(2)图乙中选活塞为研究对象,受力分析如图(b)所示,则有 pAS=p0S+mg 解得气体A的压强pA=p0+‎mgS 图丙中选汽缸为研究对象,受力分析如图(c)所示,有 p0S=pBS+Mg 得气体B的压强pB=p0-MgS.‎ ‎(3)选取汽缸和活塞整体为研究对象,相对静止时有F=(M+m)a 再选活塞为研究对象,根据牛顿第二定律有pS-p0S=ma 解得p=p0+mFS(M+m)‎.‎ ‎(1)p0+mgS　(2)p0+mgS　p0-MgS　(3)p0+‎mFS(M+m)‎ ‎1.若已知大气压强为p0,各图中的装置均处于静止状态,液体密度均为ρ,重力加速度为g,求各图中被封闭气体的压强.‎ - 11 -‎ 考法2 对气体实验定律及理想气体状态方程的应用 ‎2[2015新课标全国Ⅰ,33(2),10分]如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为 T=303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距l‎2‎,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2.求:‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度;‎ ‎(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的过程中,由于大气压不变,活塞重力不变,又忽略摩擦力,则缸内气体为等压变化,遵守盖—吕萨克定律.(2)大活塞被卡住以后,气体体积不再变化,则封闭气体遵守查理定律.‎ ‎(1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2.由题给条件得 V1=S2(l-l‎2‎)+S1(l‎2‎)　①‎ V2=S2l　②‎ 在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得 S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p)　③‎ 故缸内气体的压强不变.由盖—吕萨克定律有V‎1‎T‎1‎=V‎2‎T‎2‎　④‎ 联立①②④式并代入题给数据得T2=330 K　⑤.‎ ‎(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查理定律,有p'‎T=p‎1‎T‎2‎　⑥‎ - 11 -‎ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得p'=1.01×105 Pa.‎ ‎(1)330 K　(2)1.01×105 Pa ‎2.[2019全国Ⅱ,33(2),10分]如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑.整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气.平衡时,氮气的压强和体积分别为 p0和 V0,氢气的体积为 2V0,空气的压强为 p.现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求:‎ ‎(1)抽气前氢气的压强;‎ ‎(2)抽气后氢气的压强和体积.‎ 考法3 气体的变质量问题 ‎3[抽气问题]用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0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p0,抽气过程中气体温度不变.求抽气机抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少? ‎ 设活塞第一次上提(即第一次抽气),容器中气体压强降为p1,活塞第二次上提(即第二次抽气),容器中气体压强降为p2.根据玻意耳定律,对于第一次抽气,有p0V0=p1(V0+ΔV)‎ 解得p1=V‎0‎V‎0‎‎+ΔV p0‎ 对于第二次抽气,有p1V0=p2(V0+ΔV)‎ 解得p2=(V‎0‎V‎0‎‎+ΔV)2p0‎ 以此类推,第n次抽气后容器中气体压强降为 pn=(V‎0‎V‎0‎‎+ΔV)np0.‎ ‎(V‎0‎V‎0‎‎+ΔV)np0‎ ‎3.[漏气+充气问题][2016全国Ⅱ,33(2),10分]一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气.若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天.‎ - 11 -‎ 考法4 热力学定律与气体实验定律的综合应用 ‎4如图所示,体积为V,内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体,p0和T0分别为大气的压强和温度.已知:气体内能U与温度T的关系为U=αT,α为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求:‎ ‎(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1;‎ ‎(2)在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q.‎ ‎(1)在缸内气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T=2.4T0变为T1‎ 由查理定律得T‎1‎T=p‎0‎p　①‎ 在气体温度由T1变为T0的过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变 由盖—吕萨克定律得VV‎1‎=T‎1‎T‎0‎　②‎ 由①②式得V1=‎1‎‎2‎V　③.‎ ‎(2)在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为 W=p0(V-V1)　④‎ 在这一过程中,气体内能的减少量为ΔU=α(T1-T0)　⑤‎ 由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为 Q=W+ΔU　⑥‎ 由②③④⑤⑥式得Q=‎1‎‎2‎p0V+αT0.‎ ‎(1)‎1‎‎2‎V　(2)‎1‎‎2‎p0V+αT0‎ ‎4.如图所示,内壁光滑的圆柱形汽缸竖直倒立在两木块上,汽缸底水平,汽缸质量为M=20 kg、横截面积为S=5.0×10-3 m2、高为H=0.5 m,质量m=10 kg、厚度可忽略的活塞在汽缸中封闭了一定质量的理想气体,气体温度t1=27 ℃,活塞静止,此时活塞到汽缸开口端的距离为h=0.1 m.通过一定的方法使汽缸内封闭气体从外界吸收了热量Q=620 J,此时气体温度为t2=177 ℃,已知大气压强为 p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g=10 m/s2,求:‎ - 11 -‎ ‎(1)最终气体的压强;‎ ‎(2)此过程中封闭气体的内能变化.‎ 考法5 气体状态变化的图象问题 ‎5如图甲所示是一定质量的理想气体由状态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1.5×105 Pa.‎ ‎(1)写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图甲中状态A对应的温度.‎ ‎(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,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程.‎ ‎(1)从图甲可以看出,A与B连线的延长线过原点,所以A→B是一个等压变化过程,即pA=pB 根据盖—吕萨克定律可得VATA=‎VBTB 所以TA=VAVBTB=‎0.4‎‎0.6‎×300 K=200 K.‎ ‎(2)由图甲可知,B→C是等容变化过程,根据查理定律得pBTB=‎pCTC 所以pC=TCTBpB=‎400‎‎300‎×1.5×105 Pa=2.0×105 Pa 则可画出状态A→B→C的p-T图象如图所示.‎ ‎(1)从A→B压强不变　200 K　(2)见解析 ‎5.[2017全国Ⅲ,33(1),5分,多选]如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到初态a.下列说法正确 - 11 -‎ 的是(　　)‎ A.在过程ab中气体的内能增加 B.在过程ca中外界对气体做功 C.在过程ab中气体对外界做功 D.在过程bc中气体从外界吸收热量 E.在过程ca中气体从外界吸收热量 模型构建　液柱模型移动问题的分析技巧 ‎6如图,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)?‎ 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.‎ 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 上段气体有p‎2‎T‎2‎=p'‎‎ ‎‎2‎T'‎‎ ‎‎2‎,所以p'2=T'‎‎ ‎‎2‎T‎2‎p2‎ Δp2=p'2-p2=(T'‎‎ ‎‎2‎T‎2‎-1)p2=ΔT‎2‎T‎2‎p2‎ 下段气体有Δp1=ΔT‎1‎T‎1‎p1‎ 由题意知T1=T2,ΔT1=ΔT2,p1=p2+ρgh 所以Δp1>Δp2‎ 水银柱将向上运动.‎ 见解析 ‎6.[2018全国Ⅲ,33(2),10分]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=18.0 cm和l2=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 - 11 -‎ 考点2　固体、液体和气体　热力学定律 ‎(1)低于　大于　(2)(i)3.2×107 Pa　(ii)1.6×108 Pa 解析:(1)初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强,容器和活塞绝热性能良好,容器中空气与外界没有热量交换,容器中的空气推动活塞对外做功,由热力学第一定律可知,空气内能减小.根据理想气体内能只与温度有关可知,活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低,即容器中的空气温度低于外界温度.因压强与气体温度和分子的密集程度有关,当容器中的空气压强与外界压强相同时,容器中空气温度小于外界空气温度,故容器中空气的密度大于外界空气密度.‎ ‎(2)(i)设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为p0;使用后瓶中剩余气体的压强为p1.‎ 假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时,其体积膨胀为V1.由玻意耳定律得p0V0=p1V1　①‎ 被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为 V1'=V1-V0　②‎ 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体积为V2.‎ 由玻意耳定律得 p2V2=10p1V1'　③‎ 联立①②③式并代入题给数据得 p2=3.2×107 Pa　④.‎ ‎(ii)设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为T1,气体压强为p3.由查理定律得p‎3‎T‎1‎=p‎2‎T‎0‎　⑤‎ 联立④⑤式并代入题给数据得 p3=1.6×108 Pa.‎ ‎1.甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0-‎3‎‎2‎ρgh　丁:p0+ρgh1　戊:pa=p0+ρg(h2-h1-h3)　pb=p0+ρg(h2-h1)‎ 解析:在图甲中,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;在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡方程F上=F下有p乙S+ρghS=p0S,得p乙 - 11 -‎ ‎=p0-ρgh;在图丙中,仍以B液面为研究对象,有p丙S+ρghsin 60°·S=p0·S,所以p丙=p0-‎3‎‎2‎ρgh;在图丁中,以液面A为研究对象,由二力平衡得p丁·S=(p0+ρgh1)S,所以p丁=p0+ρgh1;在图戊中,从开口端开始计算,右端为大气压p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1),而a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg·(h2-h1-h3).‎ ‎2.(1)‎1‎‎2‎(p0+p)　(2)‎1‎‎2‎p0+‎1‎‎4‎p　‎‎4(p‎0‎+p)‎V‎0‎‎2p‎0‎+p 解析:(1)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得 ‎(p10-p)·2S=(p0-p)·S　①‎ 得p10=‎1‎‎2‎(p0+p)　②.‎ ‎(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2.根据力的平衡条件有 p2·S=p1·2S　③‎ 由玻意耳定律得 p1V1=p10·2V0　④‎ p2V2=p0V0　⑤‎ 由于两活塞用刚性杆连接,故V1-2V0=2(V0-V2)　⑥‎ 联立②③④⑤⑥式解得 p1=‎1‎‎2‎p0+‎1‎‎4‎p V1=‎4(p‎0‎+p)‎V‎0‎‎2p‎0‎+p.‎ ‎3.4天 解析:设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2　①‎ 重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为 V3=V2-V1　②‎ 设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有 p2V3=p0V0　③‎ 设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=V‎0‎ΔV　④‎ 联立①②③④式,并代入数据得N=4.‎ ‎4.(1)0.96×105 Pa　(2)气体内能增加580 J 解析:(1)初始时气体压强为p1=p0-mgS=0.8×105 Pa 气体体积V1=(H-h)S,温度T1=300 K - 11 -‎ 假设汽缸足够长,温度变为T2=(273+177) K,根据盖—吕萨克定律有V‎1‎T‎1‎=‎V‎2‎T‎2‎ 解得V2=0.6S>V0(汽缸体积),表明活塞向下移动h后气体做等容变化 最终气体的压强为p3,体积V3=V0,温度T3=T2‎ 根据理想气体状态方程有p‎1‎V‎1‎T‎1‎=‎p‎3‎V‎3‎T‎3‎ 解得p3=0.96×105 Pa ‎(2)封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功W=p1hS 对封闭气体,应用热力学第一定律有ΔU=Q-W 解得ΔU=580 J,气体内能增加580 J.‎ ‎【易错警示】　求解本题时不少考生因不能正确判断活塞的状态而出错,求解本题的关键是通过假设推理判断出当气体温度为t2=177 ℃时活塞要下降到最底端.‎ ‎5.ABD　判断理想气体的内能变化情况可以通过两种方法:一是根据热力学第一定律ΔU=W+Q,通过判断做功和热传递来得出内能的变化情况;二是通过直接判断温度的变化情况得出内能的变化情况.在过程ab中,V不变,说明对外不做功,W=0,但不确定热传递情况,故利用热力学第一定律判断不出内能变化情况,那么看温度T,一定质量的理想气体pVT为定值,V不变,压强p增大,则温度升高,说明内能增加,故A选项正确,C选项错误.ca过程中,体积V减小,说明外界对气体做功,故B选项正确.ca过程中,压强p不变,据pVT为定值可知,温度T降低,则其内能减小,即ΔU<0,又外界对气体做功,即W>0,据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q<0,说明此过程中,气体向外界放热,故E选项错误.bc过程为等温变化,内能不变,即ΔU=0,而体积V增大,即气体对外做功,W<0,据热力学第一定律ΔU=W+Q可知Q>0,即气体从外界吸收热量,故D选项正确.‎ ‎6.左边空气柱长为22.5 cm,右边空气柱长为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'　②‎ p2l2=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'=22.5 cm　⑤‎ l2'=7.5 cm.‎ ‎37‎ - 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