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自主招生训练五 气体与热学
1.一定质量的理想气体，体积由V1膨胀到V2，如果是通过等压过程实现，做功为W1、传递热量为Q1、内能变化为△U1；如果是通过等温过过程实现，做功为W2、传递热量为Q2、内能变化为△U2，则 ( ) A A、W1＞W2，Q1＞Q2，△U1＞△U2 B、W1＞W2，Q1＞Q2，△U1=△U2
C、W1＞W2，Q1=Q2，△U1=△U2 D、W1＜W2，Q1=Q2，△U1=△U2
2．一定质量的理想气体积体处于标准状态下的为V0，分别经过三个不同的过程使体积都增大到2V0，①等温膨胀变为2V0，再等容升压使其恢复成一个大气压，总共吸收热量为Q1；②等压膨胀到2V0，吸收的热量为Q2；③先等容降压到0.5个大气压，再等压膨胀到2V0，最后等容升压恢复成一个大气压，总共吸收热量Q3，则Q1、Q2、Q3的大小关系是（ ）D
A、Q1=Q2=Q3 B、Q1>Q2>Q3 C、Q1
3．如图所示，一根内径均匀的细玻璃管弯成直角，开口端水平放置，封闭端竖直放置，两端管长都是50cm，管内有一段40cm的水银柱封住一段长25cm的气柱处于平衡。大气压强为75cmHg，玻璃管弯曲部分对长度和体积的影响可以略去不计，试求：
（1）若将这个玻璃管从图示位置逆时针缓慢转90°，则管内气柱长度将变为多长？ （2）若将这个玻璃管从图示位置顺时针缓慢转90°，则管内气柱长度将变为多长？ 解：（1）P1V1＝P2V2 2分
（75+25）×25＝ L1×（75+L1-50+40） 2分
L1＝27.1cm 2分 （2）设转动后，水银无漏出。
P1V1＝P3V3 1分
（75+25）×25＝ L2×（75 -40） 1分
L2＝71.4cm 加水银柱40cm，超过玻璃管全部长度1m。 与假设不符，舍去。 1分 设转动后，水银部分漏出。 P1V1＝P3V3 1分
（75+25）×25＝L2×（75 –100+L2） 1分
L2＝64cm 与假设相符。 1分
4．如图所示，长为l、粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置，玻璃管的最上端有高为h厘米的水银柱，封闭了一段空气柱，设大气压强为H0＝1.013×105Pa，温度保持不变.
(1)从开口端再注入一些水银而不溢出的条件是什么?
(2)若将玻管在竖直平面内缓慢倒转180°.试讨论水银全部刚溢出和水银流完还有气体溢出的条件分别是什么?(讨论l和H0、h关系)? 解：(1)选取封闭的气柱为研究对象，
?p1?H0?h初态 ??V1?(l?h)S(S是玻管截面积
)
根据题意，设注入x厘米汞柱而不溢出，则
?p2?(H0?h?x)?1.013?105Pa末态??v2?(1?h?x)S[加上x,空气柱长度小于
(1?h?x)是可能的].代入p1V1＝p2V2，得
(H0+h)(l-h)≤(H0+h+x)(l-h-x)， 根据题意要注入水银而不能溢出的条件，并要求x＞0，整理式(1)，得 x2-x(l-H0-2h)≤0， x［x-(lH0-2h)］≤0， 即0＜x≤(l-H0-2h)，得l＞H0+2h，
(1)
题设要求是玻璃管长度l要大于(H2+2h).
(2)在玻璃管翻转180°的过程中，会出现三种情况：水银部分溢出；水银刚全部溢出；有部分空气溢出.
上述三种物理过程怎样和气态方程的参量挂起钩来，这是解题的基本思路；假设玻管倒转后的压强即为H0，则由玻意耳定律得
(H0?h)(l?h)(H0+h)(l-h)＝H0·lx,则lx＝，
H0根据题意，若：
①lx＝l，即水银全部溢出的条件. ②lx＜l,即部分水银溢出的条件. ③lx＞l，即部分空气溢出的条件. (H0+h)(l-h)
H0 ＝l，得
①h＝l-H0；同理可得：②h＜l-H0；③h＞l-H0.
[质量问题]：理想气体变质量问题，可根据不同情况用克拉珀龙方程、理想气体状态方程和气体分态式方程进行解答。 我们知道，若理想气体在状态变化过程中，质量为m的气体分成两个不同状态的部分m1、m2，或由若干个不同状态的部分m1、m2的同种气体的混合，则应用克拉珀龙方程
pVT?mMR易推出：
pVT?p1V1T1?p2V2T2
5． 用真空泵抽出某容器中的空气。若容器的容积为V0，真空泵一次抽出空气的体积为△V，设抽气时气体温度不变，容器内原来空气的压强为p0。求：抽气N次后容器中气体的压强是多少？
解析：以未抽气前容器中的整个气体为研究对象，设第一次抽气后容器内气体的压强为p1，因抽气过程气体温度不变，据玻意耳定律有： p0V0?p1?V0??V? 所以，p1?V0V0??Vp0
以第一次抽气后容器内剩余气体为研究对象，设第二次抽气后容器内气体的压强为p2，由玻意耳定律有： p1V0?p2?V0??V?
??V0p?p? 所以，2??p0 1V0??V?V0??V?V0??V0同理，可求得第N次抽气后容器内气体压强为：pn???p0
?V0??V?n26．某容积为20L的氧气瓶里装有30atm的氧气，现把氧气分装到容积为5L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为4atm，如每个小钢瓶中原有氧气压强为1atm。问最多能分装多少瓶？（设分装过程中无漏气，且温度不变）
解析：设最多能分装N个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和N个小钢瓶中的氧气整体为研究对象。 按题设，分装前后温度T不变。 分装前整体的状态
p1?30atm，V1?20Lp2?1atm，V2?5NL
分装后整体的状态 p1'?p2'?4atm，V1'?20L，V2'?5NL 由此有分类式： p1V1?p2V2?p1'V1'?p2'V2' 代入数据解得： N?34.7，取34瓶
说明：分装后，氧气瓶中剩余氧气的压强p1'应大于或等于小钢瓶中氧气应达到的压强p2'，即p1'?p2'，但通常取p1'?p2'。千万不能认为p1'?0，因为通常情况下不可能将氧气瓶中的氧气全部灌入小钢瓶中。
7．容器A的容积是10L，用一根带阀门的细管，与容器B相连。开始时阀门关闭， A内充有10atm的空气，B是真空。后打开阀门把A中空气放一些到B中去，当A内压强降到4atm时，把阀门关闭，这时B内压强是3atm。求容器B的容积。假设整个过程中温度不变。
析：对流入容器B的这部分空气，它后来的状态为压强p′B=3atm，体积VB（容器B的容积）。 为了找出这部分空气的初态，可设想让容器A中的空气作等温膨胀，它的压强从10atm降为4atm时逸出容器A的空气便是进入B内的空气，于是即可确定初态。
解：先以容器A中空气为研究对象，它们等温膨胀前后的状态参量为：
VA=10L，pA=10atm； V'A=？，p'A=4atm。
由玻意耳定律 pAVA=p'AV'A，得
如图1所示。
再以逸出容器A的这些空气为研究对象，它作等温变化前后的状态为：
p1=p'A=4atm，V1=V'A-VA=15L
p'1=3atm，V'1=VB
同理由玻意耳定律 p1V1=p'1VB，得
所以容器B的容积是20L。
【说明】本题中研究对象的选取至关重要，可以有多种设想。例如，可先以后来充满容器A的气体为研究对象（见图2）假设它原来在容器A中占的体积为Vx，这部分气体等温变化前后的状态为：
变化前：压强pA=10atm、体积Vx，
变化后：压强p′A=4atm 体积V′x=VA=10L。
由 pAVx=p′AV′x
由此可见，进入B中的气体原来在A内占的体积为VA-Vx=（10-4）L=6L。再以这部分气体为研究对象，它在等温变化前后的状态为：
变化前：压强p1=10atm，体积V1=6L， 变化后：压强p2=3atm，体积V2=VB．
由玻意耳定律得容器B的容积为：
【例题5】如图6-7所示，在标准大气压下，一端封闭的玻璃管长96cm ，内有一段长20cm的水银柱，当温度为27℃且管口向上竖直放置时，被封闭的气柱长为60cm。试问：当温度至少升高到多少度，水银柱才会从玻璃管中全部溢出？
【解说】首先应该明确的是，这是一个只有唯一解的问题还是一个存在范围讨论的问题。
如果是前一种可能，似乎应该这样解：P1L1T1 =
P2L2T2，即
（76?20）?60300 =
76?96T2，
得：T2 = 380K
但是，仔细研究一下升温气体膨胀的全过程，就会发现，在某些区域，准静态过程是不可能达成的，因此状态方程的应用失去意义。
为了研究准静态过程是否可能达成，我们可以假定水银柱是受到某种制约而准静态膨胀的，这样，气柱的压强只受玻马定律制约（而与外界大气压、水银柱长没有关系），设为P 。而对于一般的末状态，水银柱在管中剩下的长度设为x 。从初态到这个一般的末态
P1L1T1 =
PLT ，即
（76?20）?60300 =
P(96?x)T，得 P =
19.2T96?x
隔离水银柱下面的液面分析，可知 P ≤ 76 + x时准静态过程能够达成（P可以随升温而增大，直至不等式取等号），而P ＞ 76 + x时准静态过程无法达成（T升高时，P增大而x减小），水银自动溢出。
所以，自动溢出的条件是：T ＞ 考查函数 y =
119.22
119.2（－x2 + 20x + 7296）
（－x + 20x + 7296）发现，当x = 10cm
时，ymax = 385.2K
而前面求出的x = 0时，T只有380K，说明后阶段无须升．．．．．．温，即是自动溢出过程（参照图6-8理解）。而T ＞ ymax即是．．．．．．．．．．题意所求。
【答案】385.2K 。
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