课外读物第一课时教学实录

《快速解题高中物理》

[选修部分] 专题 气体实验定律

热力学第一定律

ΔU＝W＋Q

[应考策略] 构建知识网络，根据知识网络梳理知识要点，同时对热点题型进行针对性训练．由于高考对本部分内容要求不太高，因此在复习中要抓基础，重全面，防止遗漏知识要点．

题型一、气体实验定律与热力学第一定律的综合

（一）气体实验定律与热力学第一定律的综合

求解此类综合问题的通用思路

数)．

2．利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路

3.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

1．三大气体实验定律

(1)玻意耳定律(等温变化)：p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．

(2)查理定律(等容变化)：＝或＝C(常数)．

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（注意对公式中三个物理量正、负符号的规定）来确定。

【特别提醒】做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．

p1p2pT1T2T

（二）

应用气体实验定律解决两类模型问题

气体实验定律在玻璃管液封模型和汽缸活塞1 V1V2V(3)盖—吕萨克定律(等压变化)：＝或＝C(常T1T2T

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类模型中的应用，命题形式趋向于应用型、综合型3.对于汽缸活塞类模型，其常见类型有

和能力型，易与生产生活、工农业生产等紧密联系，

(1)气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验高考中通常以选择题、计算题的形式命题，常用到定律和物体的平衡条件解题．

的相关知识和方法有：受力分析、压强的求解方法、(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律等，因此在复习中必须熟练地选取研气体实验定律和牛顿运动定律解题．

究对象和状态变化过程，掌握处理两类模型问题的(3)封闭气体的容器(如汽缸、活塞、玻璃管等)与基本思路和方法．

气体发生相互作用的过程中，如果满足守恒定律的1.解题思路

适用条件，可根据相应的守恒定律解题．

(1)弄清题意，确定研究对象，一般地说，研究对(4)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气气体)；另一类是力学研究对象(液柱、汽缸、活塞体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，或某系统)．

还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对后联立求解．

象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体说明

当选择力学研究对象进行分析时，研究对象实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行的选取并不唯一，可以灵活地选整体或部分为研究受力分析，依据力学规律列出方程．

对象进行受力分析，列出平衡方程或动力学方程．

(3)注意挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列【调研1】

(玻璃管液封模型)如图所示，一根两出辅助方程．

(4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够们的合理性．

深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封2.在玻璃管液封模型中求液柱封闭的气体压强时，闭着长L＝21 cm的气柱，气体的温度为t1＝7 ℃，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意：

汞柱压强)．

(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为至液面的竖直高度)；

(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；

(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；

(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷．

2 端开口、横截面积为S＝2 cm足够长的玻璃管竖直2外界大气压取p0＝1.0×10 Pa(相当于75 cm高的5

(1)若在活塞上放一个质量为m＝0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g＝10 m/s) (2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其2

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温度升高到t2＝77 ℃，此时气柱为多长？

程)；二是注意挖掘题目的隐含条件(比如缓慢压缩(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J，则气体的内能增加多少？

【快速入题】解此题抓住两点：

(1)第一问中的过程可视为等温过程，应用玻意耳定律，关键是如何确定被封闭气体末态的压强。

(2) 第二问中的过程可视为等压过程

【解析】(1)被封闭气体的初状态为p1＝p0＝1.0×10 Pa 5导热良好的汽缸中的气体，意味着气体温度与环境温度保持相等)．

【变式训练1

在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内，有一段长为l＝16 cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体。当玻璃管水平放置达到平衡时如图甲所示，被封闭气柱的长度l1＝23 cm；当管口向上竖直放置时，如图乙所示，被封闭气柱的长度l2＝19 cm。已知重力加速度g＝10 m/s，不计温度的变化。求：

2V1＝LS＝42 cm3，T1＝280 K 末状态压强p2＝p0＋＝1.05×10 Pa mgS5V2＝L2S，T2＝T1＝280 K 根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2，即p1L＝p2L2

得L2＝L＝20 cm. (2)对气体加热后，气体的压强不变，p3＝p2，

(1)大气压强p0(用cmHg表示)；

(2)当玻璃管开口向上以a＝5 m/s的加速度匀加速上升时，水银柱和玻璃管相对静止时被封闭气柱的长度。

【解析】(1)由玻意耳定律可得：

2p1p2V3＝L3S，T3＝350 K 根据盖—吕萨克定律，有＝，即＝

V2V3T2T3L2L3T2T3T3得L3＝L2＝25 cm. T2(3)气体对外做的功W＝p2Sh＝p2S(L3－L2)＝1.05 J 根据热力学第一定律得

ΔU＝W＋Q＝－1.05 J＋10 J＝8.95 J 即气体的内能增加8.95 J. 【解后反思】气体实验定律的应用技巧

（1）用气体实验定律解题的关键是恰当地选取研究对象(必须是一定质量的气体)，搞清气体初、末状态的状态参量，正确判断出气体状态变化的过程是属于等温、等压还是等容过程，然后列方程求解．

（2）分析气体状态变化过程的特征要注意以下两个方面：一是根据题目的条件进行论证(比如从力学的角度分析压强的情况，判断是否属于等压过3 p0l1S＝(p0＋ρgl)l2S

解得：p0＝76 cmHg (2)当玻璃管加速上升时，设封闭气体的压强为p，气柱的长度为l2，液柱质量为m，对液柱，由牛顿第二定律可得：

pS－p0S－mg＝ma

解得：p＝p0＋cmHg

由玻意耳定律可得：p0l1S＝pl3S

解得：l3＝17.48 cm 【解后反思】

mg＋ma＝100 S

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3数k＝2×10 N/m的轻弹簧相连．当汽缸内气体温加速运动系统中封闭气体压强的计算方法

一般选与气体接触的液柱或活塞、汽缸为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求出封闭气体的压强．

【变式训练2

如图所示，一根长l＝75 cm、一端封闭的粗细均匀的玻璃管，管内有一段长h＝25 cm的水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，管内水银柱封闭气柱的长度l1＝36 cm.已知外界大气压强p＝75 cmHg，管内、外气体的温度不变．如果将玻璃管倒置，使开口竖直向下，问水银柱长度将是多少厘米？

(1)当缸内气柱长度L2＝24 cm时，缸内气体温度为多少K? (2)缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少K? 【快速入题】解此题抓住两点：

(1)第一问的关键是如何确定被封闭气体初、末态的压强。

(2) 第二问要准确把握气体做等压膨胀时的真实情况，并且能准确求出此状态下气体的压强和体积。

【解析】

(1)当汽缸内气体温度为127 ℃时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L1＝20 cm时，设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析：pS＋mg＝p0S

当缸内气柱长度L2＝24 cm时，气体压强为p′，对活塞受力分析：p′S＋mg＝kΔx＋p0S

根据理想气体状态方程＝联立得T′＝720 K

度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1＝20 cm，g取10 m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．

【解析】

若水银没有流出管外，设管倒置后管内空气柱的长度为x0，管的横截面积为S，则倒置前有：p0＝100 cmHg，V0＝l1S；倒置后有：p0′＝50 cmHg，V0′＝x0S 由玻意耳定律得：p0V0＝p0′V0′

解得：x0＝72 cm 因为x0＋h>l＝75 cm，可知倒置后有水银从管口流出

设管倒置后空气柱长为x′，则剩下的水银柱的长度必为75 cm－x′，有：

初态：p1＝100 cmHg，V1＝l1S

末态：p1′＝[75－(75－x′)](cmHg)＝x′(cmHg)

pVp′V′ TT′

V1′＝x′S

由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′

解得：x1′＝60 cm，x2′＝－60 cm(舍去) 即水银柱长度是：(75－60) cm＝15 cm. 【调研2】(汽缸活塞类模型) 一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M＝10kg，活塞质量m＝4 kg，活塞横截面积S＝2×10

m，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0＝1.0×10 Pa.活塞下面与劲度系4 5－32(2)当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化；设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx，则kΔx＝(m＋M)g Δx＝7 cm，

MgV3＝(Δx＋L1)S， p3＝p0＋＝1.5×105 Pa S根据理想气体状态方程得＝解得T0＝1 012.5 K pVp3V3

TT3

【解后反思】在处理实际问题中过程不清晰、封闭

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气体的压强的求解错误是大多考生易犯的问题。需变，所以整个过程中，缸内气体向外界释放热量．

要特别指出的是：封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、气缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列出关于研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强。

【变式训练3

如图所示，固定的光滑斜面倾角为θ＝30°，一质量为M＝4 kg，底面积为S＝2 cm的气缸放在斜面上．导热活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸中，活塞通过一根细杆固定在斜面底端，细杆与斜面平行，活塞和气缸内壁间光滑．初始时气缸内、外气体压强均为大气压强p0＝1×10

Pa，活塞与气缸底部距离为l0＝0.2 m，将气缸由静止释放，经过足够长时间后气缸静止，重力加速度g取10 m/s. (1)求气缸最终静止时活塞与气缸底部距离．

(2)整个过程中，气缸内气体是从外界吸收热量还是向外界释放热量？数值为多少？

252始末状态，对气缸由动能定理，有

Mg(l0－l)sinθ＋p0S(l0－l)＋W＝0 即重力、大气压力做的功和内部气体压力做的功之和为零

对封闭气体，由热力学第一定律，有Q＋W′＝0 W′为外界对气体做的正功，且有W′＝－W

各式联立解得

Q＝－[Mg(l0－l)sinθ＋p0S(l0－l)]＝－4 J 即放出热量大小为4 J.

【调研3】如图所示，两端封闭的均匀玻璃管内，有一段水银柱将气体分为两部分，当玻璃管与水平面成α角且管内各处温度相同时，两部分气柱长之比L1∶L2＝1∶2.现使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将向什么方向移动？

【解析】

(1)释放气缸时，气缸内气体压强为p0，体积为l0S；气缸最终静止时，设气缸内气体压强为p，活塞与气缸底部距离为l，对气缸受力分析如图所示．

由平衡条件有

【快速入题】应从描述气体力学特性的状态参量p

的角度加以判定。

【解析】

解法1 (公式法) 由查理定律可知，对上段气柱有pS＝p0S＋Mgsinθ

Mgsinθ解得p＝p0＋

S由玻意耳定律得p0l0S＝plS

p′2T′2p2＝，可得Δp2＝ΔT2

p2T2T2同理对下段气柱有Δp1＝ΔT1

因为T1＝T2，ΔT1＝ΔT2，p1>p2

所以Δp1＞Δp2，故水银柱向上移动．

解法2 (图象法) 在p—T图上分别作出两段气柱的等容线，因在同温度下，p1＞p2，故L1长的气柱等容线斜率大于L2长的气柱的．如图所示，显然当5 p1T1p0Sl0解得l＝＝0.1 m. p0S＋Mgsinθ(2)气缸下降过程中，内部气体被压缩，外界对气体做功，最终静止时温度与外界相同，内能不

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温度变化相同时，其压强增量Δp1＞Δp2，故水银柱向上移动．反之若降低相同的温度，水银柱将向下移动．

判断两端封闭气体之间的水银柱移动的规律性结论是：“升温向高温、低压端移动，降温向低温、高压端移动”-----条件要求：这里的“升温或降温的数值相同”。

【调研4】容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×10

Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经3过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温5度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？

【快速入题】漏气问题，属于变质量的问题。解本题的关键是如何合理选取研究对象，一般选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，这样可以可将变质量问题转化为定质量问题．

【解析】

由题意知，气体质量：m＝1 kg，压强6

【答案】

水银柱向上移动

【解后反思】

液柱(活塞)的移动问题的分析方法

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．其一般思路为：

(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，求出每部分ΔT气体压强的变化量Δp＝p，并加以比较．

p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝330 K，经一段时间后35温度降为：T2＝300 K，p2＝p1＝6.0×10 Pa 5设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，

由理想气体状态方程得：代入数据解得：V′＝p1Vp2V′＝

T1T2Tp1VT250＝V

p2T133①如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱或活塞不移动．

②如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化(ΔpS)，若Δp均大于零，则液柱或活塞向ΔpS较小的一方移动；若Δ50V－V33ΔV所以漏掉的氧气质量：Δm＝m＝×1 kgV′50V33＝0.34 kg 【解后反思】

变质量气体问题的分析方法

这类问题的关键是巧妙地选择研究对象，把变质量转化为定质量问题．常见变质量气体问题有：

(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题．

(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩6 p均小于零，则液柱或活塞向|ΔpS|较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱或活塞不移动．

[一个重要的二级结论]

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余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程．

(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．

(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解．

【变式训练4

图甲为一个横截面积足够大的喷水装置，内部装有200 L水，上部密封1 atm的空气1.0 L．保持阀门关闭，再充入2 atm的空气1.0 L．设在所有过程中空气可视为理想气体，且温度不变．

(1)求充入2 atm的空气1.0 L后密封气体的压强；

(2)打开阀门后，水从喷嘴喷出(喷嘴与水面等高)，通过计算，在图乙中画出喷水过程中气体状态变化的图象，求最后容器内剩余水的体积．(不计阀门右侧的管中水的体积及喷嘴与装置水平的高度差)

【变式训练5（2010.山东物理）

一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K. 2 atm的空气在压强为p0时的体积V2＝p1V1

p0相当于密封的空气V0加空气V2做等温变化：

p0(V2＋V0)＝p2V0解得：p2＝3 atm (2)打开阀门后，水从喷嘴喷出(喷嘴与水面等高)，此时封闭气体的压强和外界的压强相等为p0，封闭的气体做等温变化，有p2V0＝p0V3

解得：V3＝3.0 L，故容器内剩余水的体积为198 L. 喷水过程中封闭气体做等压变化，作图如图所示．

(1)求此时气体的压强；

(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．

【解析】(1)气体做等温变化，

其中p0＝1 atm，p1＝2 atm，V0＝1.0 L，V1＝1.0 L 7 【解析】(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得

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p0p1T13507＝，得p1＝p0＝p0＝p0

T0T1T03006(2) 将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定由盖—吕萨克定律得＝，

解得h2＝. 2(2)设大气压强为p0，初始时体积V2＝h2S，

m1－m2gp2＝p0＋，

V1V2T1T2hSp1V07律可得p1V0＝p0V2，则V2＝＝V0

p06所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为

ρV06＝

77ρ·V06吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一定从外界吸收热量．

【调研5】（气体实验定律的应用）

如图所示，导热的圆柱形汽缸放置在水平桌面上，横截面积为S、质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体(可视为理想气体)，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气．总质量为m2的砝码盘(含砝码)通过左侧竖直

变化后体积V3＝hS，

m1－m2－Δmgp3＝p0＋，

S由玻意耳定律得p2V2＝p3V3，

m2＋2Δm－m1g解得p0＝. S【解后反思】如何正确认识变化过程是不少同学无法绕过的障碍。这时需要关注的是：除题设条件已指明外，常需通过研究对象跟周围环境的相互关系来确定。

【调研6】（理想气体状态方程的应用）

如图所示，一个质量为m的T形活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)，细管内装有一定量水银，初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，U形管两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g. (1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平？

(2)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．

的细绳与活塞相连．当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h.现使环境温度缓慢降为，求：

2(1)当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？

(2)保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为2Δm的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强．

【快速入题】解此题关键是要善于挖掘隐含条件。由题意知第一问气体状态变化过程为等压过程。

TT

【快速入题】解本题的关键是理解“两水银面恰好相平”时，意味着“气缸内气体的压强的大小为p0，此时活塞下端一定与气缸底接触”，这样也就求出了此状态下气体的体积，而使本题得以解决。

[解析] (1)初态时，对活塞受力分析，可求气缸内气体压强p1＝p0＋

体积V1＝1.5h0S，温度T1＝T0

要使两边水银面相平，气缸内气体的压强p2＝【解析】

(1)环境温度缓慢降低过程中，汽缸中气体压强不变，初始时温度为T1＝T，体积为V1＝hS，变化后温度为T2＝，体积为V2＝h2S，

2mgSTp0

8

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活塞，封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以此时活塞下端一定与气缸底接触，V2＝1.2h0S

设此时温度为T2，由理想气体状态方程有

忽略)，不漏气的活塞被一劲度系数k＝20 N/cm的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示。环境温度为T1＝1500 K时被封气柱长度L1＝30 cm，缸口离地的高度为h＝5 cm，若环境温度变化时，缸体有良好的导热性能。已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L0＝27 cm，活塞横截面积S＝2×10 m，大气压强p0＝1.0×10 Pa，当地重力加速度g＝10 m/s，求环境温度降到多少时汽缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长。

25－32p1V1p2V2＝

T1T24p0T0S解得T2＝. 5p0S＋5mg(2)从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功

mgW＝p1ΔV＝p0＋×0.3h0S

S由热力学第一定律有ΔU＝W－Q

解得ΔU＝0.3p0＋h0S－Q. 【解后反思】对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)要做功，如果是等压变化，mgSW＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化．

【变式训练6

“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图实验．圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t℃)密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L.由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面Lmg1处．已知环境温度为27℃不变，与大气压强10S6相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t值．

【快速入题】在本题中两个气体状态变化过程要灵活选取研究对象求解气体压强，其中第一过程应取“气缸”，第二过程应取“活塞”。

【解析】

因汽缸悬空，汽缸内气体先降温时气体等压变化，压强恒为：p1＝p0＋下降h时着地，

由盖—吕萨克定律知：＝Mg＝1.5p0。汽缸SL1L1－h，

T1T2代入数据得：T2＝1250 K。

待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由kx＝(M＋m)g知弹簧的形变量为x＝7

cm。

设弹簧恢复原长时的环境温度为T3，气体压强为p3，气柱长度为L3，由活塞的平衡知：p3＝p0－【解析】

对汽缸内封闭气体研究，

Ⅰ状态：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t)K

mg59Ⅱ状态：p2＝p0－＝p0，V2＝LS，T2＝300 K S610由理想气体状态方程：故t＝127℃

【调研7】（理想气体状态方程与气体实验定律的综合应用）质量M＝10 kg的缸体与质量m＝4 kg的9 mgSp1V1p2V2＝

T1T2＝0.8p0，由几何关系知：L3＝L1－x－h＝18 cm。

由理想气体状态方程有p1V1p3V3＝

T1T31.5p0L10.8p0L3知＝，

T1T3整理可得：T3＝480 K。

【解后反思】解题的常见误区及提醒

《快速解题高中物理》策划大纲

(1)没有弄清理想气体状态方程的应用条件是一定V＝LS，解得：L＝18 cm 333质量的理想气体是常见的解题误区；

(2)对于多过程问题不能判断状态参量中的不变量，错误的选取气体实验定律．

【变式训练7

如图所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10

m，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底高度L1＝12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×10

Pa，温度T1＝300 K，外界大气压p0＝1.0×10

Pa，g＝10 m/s.

255－32(3)等温变化：p3V3＝p4V4，解得p4＝1.35×10 Pa 应向上做匀加速直线运动

对活塞，由牛顿第二定律：p4S－p0S－mg＝ma

解得：a＝7.5 m/s. 【变式训练8

如图所示，一连通器与贮水银的瓶M用软管相连。连通器的两支竖直放置、粗细相同且上端封闭的均匀直管A和B内充有水银，水银面的高度差为h。水银上方都是空气，气柱长约为2h。当气体的温度为T0 K时，A管中气体的压强与3h高的水银柱产生的压强相等。现使气体的温度升高到1.5T0 K，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变。问流入A管的水银柱的长度为多少？

25

(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K．其压强p2多大？

(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？

(3)保持气体温度为360 K不变，让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求汽缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a的大小及方向．

【解析】

当温度为T0 K时，B管中气体的压强

pB＝pA＋h＝4h

当温度为1.5T0 K时，B管中气体体积不变，pB′pB设其压强为pB′，则由查理定律有＝

1.5 T0T0得pB′＝6h

设A管中水银面上升的高度为x，这时的压强为pA′

【解析】

(1)等容变化：＝，解得p2＝2.0×10 Pa (2)活塞受力平衡，故封闭气体压强

pA′＝pB′－(h＋x) p1p2T1T25得pA′＝5h－x

这时A管中气柱长为2h－x

由理想气体状态方程有得x－7hx＋h＝0 解得x≈0.15 h(另一根不合题意)。

10 22mgp3＝p0＋＝1.2×105 Pa S根据理想气体状态方程，有pA2hpA＝T0h－x

1.5T0p2V2p3V3＝，又V2＝L1S，T2T3

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【变式训练9

如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热．将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，初状态整个装置静止不动处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度均为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，环境温度保持不变．求：

(1)在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m，两活塞在某位置重新处于平衡时，活塞B下降的高度；

(2)现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置．此时Ⅱ气体的温度．

【解析】

(1)初状态时Ⅰ气体压强p1＝p0＋＝2p0

Ⅱ气体压强p2＝p1＋＝3p0

3mg添加铁砂后Ⅰ气体压强p1′＝p0＋＝4p0

mgSmgSSⅡ气体压强p2′＝p1′＋＝5p0

根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，p2l0S＝p2′l2S

可得：l2＝0.6l0，活塞B下降的高度h2＝l0－l2＝0.4l0

Ⅰ气体等温变化，p1l0S＝p1′l1S，可得l1＝0.5l0

(2)只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当活塞A回到原来位置时，Ⅱ气体高度l2′＝2l0－0.5l0＝1.5l0

根据理想气体状态方程：解得T2＝2.5T0

mgSp2l0Sp2′l2′S＝

T0T2

题型二

气体状态变化的图像问题

1.一定质量的气体不同图像的比较

类别

过程

图线

特点

示例

(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。

(2)明确斜率的物理意义：在V­T图像(或p­T图像)

中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：

斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。

(3)熟练掌握同一过程的p—V、V—T、p—T图象之间的转化，必要时能作出辅助的状态变化图线．

11 等温

过程

pV＝CT(其中C为恒量)，即p

­V pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远

11p＝CT，斜率k＝CT，即斜Vp

­

V率越大，温度越高

等容

p＝T，斜率k＝，即斜率VVp

­T 过程

越大，体积越小

等压

V＝T，斜率k＝，即斜率ppV

­T 过程

越大，压强越小

2.气体状态变化的图像的应用技巧

CCCC（4）利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析（同质量）不同温度的两条等温线，不同体积的两条等

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B．状态a的压强大于状态b的压强

容线，不同压强的两条等压线的关系．

C．从状态c到状态d，体积减小

【调研1】(多选)一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p­T图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，D．从状态a到状态c，温度升高

E．从状态b到状态d，体积增大

【解析】ADE 在V­T图象中等压过程是通过原点bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断(

) pV11的倾斜直线，由＝C，得p＝C·＝C·，压强pTVTk大时斜率小，所以A项正确，B项错误；从状态c到状态d，气体体积增大，C项错误；从状态a到状态c，气体体积不变，温度升高，D项正确；从状态b到状态d，温度不变，体积增大，E项正确．

A．ab过程中气体体积不断减小

B．bc过程中气体体积不断减小

C．cd过程中气体体积不断增大

D．da过程中气体体积不断增大

【快速入题】掌握p

­T图象的特点，从题图中迅速找到突破口。

【解析】BCD 分析图象时要注意，在p­T图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小。四条直线段只有【变式训练2】(多选)一定质量理想气体的状态沿如图所示的圆周变化,则该气体体积变化的情况是

(

) ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程。A.沿a→b,逐步减小

Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据p­T图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出Va＝Vb>Vd>Vc，故选项B、C、D正确。

【解后反思】处理图像问题切忌想当然，一定要仔细分析气体状态变化的特点。

【解析】选B、C。由理想气体状态方程【变式训练1】一定质量理想气体的状态变化如图所示，则该气体(

) B.沿b→c,先逐步增大后逐步减小

C.沿c→d,逐步减小

D.沿d→a,逐步减小

=C可

知,V=;由图象可知,沿a→b,气体压强减小而温

度升高,则气体体积变大,故A错误;由图象可知,沿b→c,压强变大温度升高,而p与T的比值先逐渐减小,后逐渐增大,则气体体积先增大后减小,故B正

确;沿c→d过程中,逐渐变大,则气体体积逐渐减

小,故C正确;沿d→a,先增大后减小,则气体体积

12

A．状态b的压强大于状态c的压强

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先减小后增大,故D错误。

【调研2】图中A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体自状态A沿直线变化到状态B时(

)

【解后反思】熟悉等温、等压、等容变化在p

­V图象、p

­T图象、V

­T图象中的特点是快速处理气体状态变化的图像问题的先决条件．

【变式训练3】一定质量的理想气体经历一系列变

A．气体内能一定增大

B．有可能经过体积减小的过程

C．外界对气体做正功

D．气体一定从外界吸热

【快速入题】分析气体自状态A沿直线变化到状态

A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大

B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小

C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变

D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小

E．c→a过程中，

气体从外界吸热，内能增大

【解析】BCE b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律＝C得知，体积应减小．故A错误．a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，压强减小，根据玻意耳定律化过程，如图所示，下列说法正确的是(

) B各状态参量如何变化是解决本题的关键。

【解析】AD 一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，由于从A到B，气体的温度升高，所以其内能一定增大，故A正确；根据A、B与O点的连线表示等容变化，直线AO的斜率大，大，由理想气体状态方程＝C(常数)，A状态的体积小，可知从pTpVTVTA到B，气体的体积增大，故B错误；由于气体的体积变大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体体积增大，气体对外界做功，W为负值，从图中看出气体温度升高，即ΔU为正值，所以Q必须为正值，即气体必须从外界吸热，故C错误，D正确．

pV＝C得知，体积增大．故B正确．c→a过程中，由图可知，p与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变，故C正确，D错误；一定质量的理想气体的内能只与气体温度有关，并且温度越高气体的内能越大，则知c→a过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以气体一定吸收热量．故E正13

确．

【变式训练4】

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5时的压强是1.5×10 Pa. 如图是一定质量的理想气体的p－V图，气体从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2.下列说法中正确的是（ ）

(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TA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，并在图线相应的

A．T1>T2

B．从C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功

C．若气体沿直线由A→B，则气体的温度先降低后升高

D．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的

E．若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J 【解析】ABE p－V图线为反比例函数图线，由理想气体状态方程＝C可知，图线离原点越远温度越高，即T1>T2，A正确；从C→D过程为等温过程，气体体积减小，压强增大，由热力学第一定律可知，B正确；从A→B过程，虚线与等温线AB的距离先增加再减小，气体的温度先升高再降低，C错误；从B→C过程气体体积不变，分子的密集程度不变，压强降低是由于温度减小，分子平均速率减小而引起的，D错误；状态C、状态D温度相同有相同的内能，A、B温度相同有相同的内能，由热力学第一定律分析可得E正确．

【调研3】如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A14

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．

【快速入题】

找到两个图象对应的状态变化过程及状态参量．

【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pA＝pB

根据盖—吕萨克定律可得＝

VAVBTATBVA0.4所以TA＝TB＝×300 K＝200 K VB0.6pVT

(2)由题图甲可知，B→C是等容变化，根据查理定律得＝

pBpCTBTCTC40055所以pC＝pB＝×1.5×10 Pa＝2.0×10 Pa TB300则可画出状态A→B→C的p－T图象如图所示．

【解后反思】（1）若题中给出了图象，则从中提取相关的信息，如状态变化的特点、已知量、待求量等．（2）若需作出图象，则分析状态变化特点，在特殊点处，依据题给已知量、解得待求量，按要求作图象．（3）深刻理解理想气体状态图像的“三性”：

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科学性、共融性、互换性，全面落实题图中信息的为状态C.其中在状态A时的压强为p、体积为V、00提取和处理。

【变式训练5】使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．

(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大？

(2)请在图乙上将上述气体变化过程在V­T图中表示出来(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)．

热力学温度为T0，在状态B时的压强为p0、体积为2V0，在状态C时的压强为2p0，体积为2V0.已知该气体内能与热力学温度成正比U＝CVT(CV为比例系数．)求：

(1)气体在C状态时的热力学温度；

(2)气体从状态A变化到状态C的过程中，吸

【解析】

(1)根据气体状态方程有收的热量．

[解析] (1)设状态C的热力学温度为TC，则对A到C的过程，由理想气体的状态方程得：

pAVApCVC＝

TATCpCVC2×40得TC＝TA＝×300 K＝600 K pAVA4×10由pAVApDVD＝

TTDpDVD2×20TA＝×300 K＝300 K pAVA4×10p0V02p0·2V0＝得：TC＝4T0

T0TC(2)气体由A到B的过程中体积增大，对外做功：W1＝p0ΔV＝p0V0

得TD＝B到C的过程中气体的体积不变，对外做功为0，即

TB＝TC＝600 K. (2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律得

W2＝0 气体从A到C的过程中内能增加：ΔU＝CV·ΔT

而：ΔT＝TC－T0＝4T0－T0＝3T0

由热力学第一定律：ΔU＝Q－W1－W2

联立方程得：Q＝p0V0＋3CVT0. 【变式训练7】在热力学中有一种循环过程叫做焦耳循环，是由两个等压过程和两个绝热过程组成，图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)，已知某些状态的部分参数如图

所示(见图中所标数据)，状态P位于过程AB的中点。1atm＝1×10Pa。

15 5pBVB＝pCVC

pCVC2×40VB＝＝L＝20 L pB4上述过程在V­T图上状态变化过程的图线如图所示．

【变式训练6】某一定质量的理想气体的压强p与体积V的变化关系如图所示．气体先经过等压变化由状态A变为状态B，再经过等容变化由状态B变

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(2)对P→C过程，根据理想气体状态方程，有：pPVPpCVC＝

TPTC可知，状态P和C的温度相同。

根据理想气体的内能只与温度有关，可知P、C

(1)已知状态A的温度TA＝400K，求状态D的温度TD；

(2)若已知P→C过程放热Q＝5×10J，求B→C过程外界对气体做的功。

[解析] (1)由题意知D→A过程为绝热过程，5两个状态内能相等

对P→B过程，外界做功

W1＝pPΔV＝1×105×(6－4)J＝2×105J 设B→C过程外界对气体做的功为W2

从P到C过程根据热力学第一定律，有0＝W1＋W2－Q

代入数据解得B→C过程外界对气体做的功：pAVApDVD根据理想气体状态方程，有：＝

TATD代入数据解得：TD＝600K

W2＝3×105J 16