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微专题1　气体实验定律的应用
定位·学习目标
1.会应用气体实验定律和理想气体的状态方程解决综合问题。
2.会判断液柱移动问题,掌握解答该类问题的方法。
3.会找到两部分气体的关系,能解决关联气体问题。
4.会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析,并应用于解决气体状态变化问题。
要点一　气体实验定律和理想气体状态方程的应用
要点归纳
　应用气体实验定律和理想气体的状态方程解题的一般步骤
典例研习
[例1] 如图所示,导热性能良好的汽缸开口向上竖直放置,a、b是固定在汽缸内壁的卡环,两卡环间的距离为h。缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁接触良好,且无摩擦、不漏气,活塞只能在a、b之间移动,缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0,活塞与卡环b刚好接触但无作用力,活塞离缸底的距离为4h,两卡环能承受的最大压力为,活塞的厚度不计,大气压强p0=,重力加速度大小为g。求:
(1)要使卡环不被破坏,环境的最低温度;
(2)当环境温度提高到T0时,缸内气体的压强。
解析:(1)开始时,气体温度T1=T0,
缸内气体压强p1=p0+=,
设温度降低到T2时,活塞对b卡环的压力大小为,此时缸内气体
压强p2=p0+-=,气体发生等容变化,则有=,解得T2=T0。
(2)假设环境温度为T3=T0时,活塞与卡环a接触且a没有被破坏,设此时缸内气体压强为p3,根据理想气体状态方程有=,
解得p3=,
设此时活塞与卡环a的作用力大小为F,则mg+p0S+F=p3S,
解得F=<,
假设成立,因此缸内气体压强为。
答案:(1)T0　(2)
要点二　判断液柱移动问题的方法
要点归纳
用液柱隔开两部分气体,当气体的状态参量p、V、T发生变化时,常会引起液柱的移动。判断隔开两部分气体的液柱是否移动、移动方向的问题,一般有三种常用方法。
公 式 法 假设被液柱隔开的两部分气体的体积不变(或压强不变),对于每部分气体,利用Δp=p(或ΔV=V)计算Δp(或ΔV)的变化情况,判断液柱移动方向
图 像 法 假设液柱不动,两部分气体均做等容变化(或等压变化),在pT(或VT)图像上作出两部分气体的等容线(或等压线)。利用等容线(或等压线)求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量Δp(或体积变化量ΔV),根据Δp(或ΔV)间的大小关系判断出液柱的移动方向
极 限 法 让气体参量中某一个量的变化量无穷大,判断出液柱在这个极限条件下的状态,与初始状态相比就可知道液柱的变化情况。如温度减小我们可以认为减小到绝对零度,压强增大可以认为是增大到无穷大
典例研习
[例2] 如图所示,两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置,管内充有理想气体,一段水银柱将气体分成上下两部分,两部分气体的长度分别为l1、l2,且l1=l2,下列判断正确的是(　B　)
A.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1′>l2′
B.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1′C.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l1′>l2′
D.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l1′=l2′
解析:设上方气体为a、下方气体为b,初状态时b内气体压强大于a内气体压强,将玻璃管转至水平,b内的气体压强减小,a内的气体压强增大,则b内气体体积增大、长度增加,a内气体长度减小,故l1′Δp1,故b气体的压强增加量较大,水银柱将向上移动,稳定后两部分气体的长度l1′判断液柱移动的一般思路
(1)先假设液柱不发生移动,两部分气体均做等容(或等压)变化。
(2)确定两部分气体升高相同温度ΔT时,增加的压强Δp(或体积ΔV)的大小,液柱将向Δp(或ΔV)小的一侧移动。
要点三　相关联气体问题
要点归纳
1.问题情境
两部分气体通过液柱或活塞相联系,当其中一部分气体状态发生变化时,造成液柱或活塞移动,使另一侧气体状态发生变化。
2.解答关键
(1)把两部分气体分开看待,分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况,并列出相应的方程,切不可将两部分气体视为同种气体的两种状态。
(2)找出两部分气体之间的联系,如压强关系、体积关系等,并列出关系式。
(3)挖掘隐含条件,找出临界点,临界点是两个状态变化过程的分界点,找出临界点是解题的突破点之一。
(4)根据临界点前后的状态变化过程,利用相应物理规律列出相关
方程。
(5)涉及分割两部分气体的活塞或者液柱时,需要列出力学辅助方程。
典例研习
[例3] 如图所示,水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,其活塞横截面积之比为SA∶SB=1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连,可沿水平方向无摩擦滑动,两个汽缸始终不漏气。初始时,A、B中气体的体积分别为V0、3V0,温度皆为T0=300 K。A中气体压强pA=4p0,p0是汽缸外的恒定大气压强,现对A缓慢加热,在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB1=3p0。求:
(1)加热前汽缸B中的气体压强pB;
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB1;
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA1。
解析:(1)假设刚性细杆上的作用力大小为F,
对A中活塞有F+p0SA=pASA,
对B中活塞有F+p0SB=pBSB,
联立解得pB=2p0。
(2)若保持B中气体温度不变,则有pB·3V0=pB1VB1,
解得VB1=2V0。
(3)根据上述可知,刚性细杆向右移动的距离为x=,
则加热后A的体积VA1=xSA+V0,
解得VA1=V0,
加热后对刚性细杆分析有pA1SA+p0SB=p0SA+pB1SB,
解得pA1=7p0,
对A中气体由理想气体状态方程有
=,
解得TA1=700 K。
答案:(1)2p0　(2)2V0　(3)700 K
相关联气体问题中,对每一部分气体来讲独立满足=C。两部分气体往往满足一定的关系,如压强关系、体积关系,从而再列出关系方程即可。
要点四　气体状态变化中的图像问题
要点归纳
1.一定质量的理想气体的三种状态变化图像的比较
名称 常规图像及说明 其他图像
等温 变化 pV=CT(C为常量),即pV越大的等温线对应的温度越高,离原点越远
p=,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高
等容 变化 p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小
等压 变化 V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的压强越小
2.解决气体图像问题的关键
(1)一看“轴”——明意义:看清两坐标轴,明确图像物理意义。
(2)二看“点”——定状态:图像上的点表示一定质量气体的一个平衡状态,确定状态参量。
(3)三看“线”——定过程:图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
弄清各参量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)四比较——找关系:涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
3.理想气体的一般状态变化的图像问题的分析方法
(1)对于一定质量的气体状态变化的图像是否表示气体的等温变化、等压变化或等容变化,不能单看图像的“形”,而重点看与对应图像是否一致。例如pV 图像中,p与V乘积是否相等;VT图像、pT 图像为直线时,其延长线是否过原点或Vt图像、pt图像为直线时,其延长线是否过-273.15 ℃处。
(2)对于气体的一般状态变化的图像,可过图像不同状态点分别作对应的等温线、等压线或等容线,然后对不同状态点的参量作出判断,例如pV图像中状态变化图像为直线时,作出过其中某一状态的等温线,然后就可以判断其他状态的温度情况。
典例研习
[例4] 一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是2×104 Pa,则:
(1)求状态A、B、C的压强;
(2)在图乙中画出该状态变化过程的pT图像,并分别标出A、B、C、D各个状态。
解析:(1)由题图甲可知,A→B过程是等容升温过程,有 =,
B→C是等温膨胀过程,有pBVB=pCVC,
C→D是等容降温过程,有 =,
联立解得pA=4×104 Pa,
pB=1.6×105 Pa,
pC=4×104 Pa。
(2)该状态变化过程的pT图像如图所示。
答案:(1)4×104 Pa　1.6×105 Pa　4×104 Pa　(2)图见解析
气体状态变化中图像的转换方法
(1)原始图像一般是经过几个特殊变化过程(即等温变化、等压变化或等容变化),首先明确状态变化情况。
(2)根据气体的实验定律,确定各个状态变化过程中气体参量的变化。
(3)在新的图像中依据各个状态变化过程中气体参量的变化情况作出对应的图像。
1.如图所示,一定质量的理想气体经历从状态A→状态B→状态C→状态D→状态A的循环过程,则A、B、C、D这四个状态中体积最大的是(　C　)
A.状态A B.状态B
C.状态C D.状态D
解析:根据理想气体状态方程=C,可得p=·T,可知pT图像中某点与原点连线的斜率表示;由题图可知A、B、C、D这四个状态,状态C与原点连线的斜率最小,则状态C的体积最大。故选C。
2.如图所示,两个容器A和B的容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且tA>tB时,水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温,使它们都降低相同的温度,则水银柱将(　A　)
A.向右移动
B.向左移动
C.始终不动
D.以上三种情况都有可能
解析:假设降温过程中A、B内气体体积不变化,则两侧气体都发生等容变化,对A中气体有==,对B中气体有==,由于初始时pA=pB,由题意可知ΔtA=ΔtB,即ΔTA=ΔTB,联立可得=,由于tA>tB,即TA>TB,故<1,即A中气体压强的减少量小于B中气体压强的减少量,可知水银柱将向B侧移动,即向右移动。故选A。
3.一直立的圆柱形导热汽缸内有两个质量忽略不计的活塞a和b,把汽缸内理想气体分隔为A、B两部分,A气柱长20 cm,B气柱长 40 cm,如图所示。现在活塞a上放上重物使活塞a向下移动 15 cm后重新达到平衡,则活塞b新的平衡位置与原来相比下降了(　B　)
A.5 cm B.10 cm
C.15 cm D.20 cm
解析:初始状态,A、B气柱的压强为pA=pB=p0,设汽缸的横截面积为
S和重物质量为m,则放上重物后,A的压强为pA′=+p0,B的压强为pB′=pA′,整个过程为等温变化,根据玻意耳定律,对A、B气柱分别有pALAS=pA′LA′S,pBLBS=pB′LB′S,解得LB′=2LA′;根据题意有
LA′+LB′=45 cm,联立解得LA′=15 cm,LB′=30 cm,而LB=40 cm,则活塞b新的平衡位置相比原来要下降10 cm。故B正确。
4.如图所示,竖直放置的导热良好的U形管内盛有水银,环境温度为204 K时,左侧管内被封闭的气柱长度L=6 cm,左、右液面的高度差h=8 cm,大气压强p0=76 cmHg。
(1)随着环境温度升高,左右液面的高度差减小,当左右液面齐平时,环境温度为多少
(2)保持(1)中升高后的温度不变,向右侧管中缓慢注入水银,注入的水银柱长度为多少时,左侧管内封闭的气体长度为8 cm
解析:(1)设U形管横截面积为S,
初态压强p1=(76-8) cmHg=68 cmHg,
体积V1=6 cm·S,
末态压强p2=76 cmHg,
体积V2=(6+)cm·S=10 cm·S,
由理想气体状态方程,有=,
解得T2=T1=×204 K=380 K。
(2)左侧气柱的体积V3=8 cm·S,设此时压强为p3,由玻意耳定律,有
p2V2=p3V3,
代入数据p0×10 cm·S=p3×8 cm·S,
解得p3=p0,
右管比左管液面高出h′=×76 cm=19 cm,
因此,注入水银柱的长度l=2×(10-8) cm+19 cm=23 cm。
答案:(1)380 K　(2)23 cm
课时作业
基础巩固练
考点一　气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1.(多选)一导热良好的汽缸内用活塞封住一定质量的理想气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦),用一弹簧连接活塞,将整个汽缸悬挂在天花板上,如图所示。弹簧长度为L,活塞距地面的高度为h,汽缸底部距地面的高度为H,活塞内气体压强为p,体积为V,下列说法正确的是(　BD　)
A.当外界大气压变小(温度不变)时,L不变、H变大、p减小、V不变
B.当外界大气压变小(温度不变)时,h不变、H减小、p减小、V变大
C.当外界温度升高(大气压不变)时,h减小、H变大、p变大、V减小
D.当外界温度升高(大气压不变)时,L不变、H减小、p不变、V变大
解析:对活塞与汽缸整体进行受力分析,整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力,二者大小始终相等,由于总重力不变,因此弹簧拉力不变,故弹簧长度L不变,活塞的位置不变,h不变。对汽缸进行受力分析,设汽缸的质量为M,根据平衡条件有pS+Mg=p0S,解得p=p0-,可知当外界温度升高(大气压不变)时,气体的压强p不变,根据=C,当外界温度升高时,气体的体积V增大,由于活塞不动,所以汽缸向下移动,故L不变、H减小,故C错误,D正确;根据p=p0-,结合以上分析可知,当外界大气压p0变小(温度不变)时,pV=C′,p减小,V变大,由于活塞不动,则h不变,汽缸向下移动,L不变,H减小,故A错误,B正确。
2.某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发,设计了如图所示的温度报警装置,在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5 cm2、质量m=0.5 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,整个装置倒贴在水平天花板上,开始时房间的热力学温度T0=300 K,活塞与容器顶部的距离l0=20 cm,在活塞下方d=4 cm处有一压力传感器制成的卡口,环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高,当传感器受到的压力大于5 N时,就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)封闭气体开始的压强p1;
(2)触发报警装置的热力学温度T。
解析:(1)对活塞受力分析,由平衡条件有p1S+mg=p0S,
得p1=9×104 Pa。
(2)设刚启动报警时封闭气体的压强为p2,对活塞受力分析,由平衡条件有p2S+mg=p0S+F,
得p2=1.0×105 Pa,
由理想气体状态方程得=,
得T=400 K。
答案:(1)9×104 Pa　(2)400 K
考点二　液柱移动问题
3.如图所示,10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同,汞柱在连通两容器的细管中央,下列叙述正确的是(　C　)
A.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱不移动
B.当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱将向左移
C.当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱向左移
D.当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱不会移动
解析:假设两部分气体的体积不变,设气体的初始状态为p1、T1,末状态为p2、T2,变化温度为ΔT,变化压强为Δp,由查理定律得==,得Δp=p1。原来两部分气体中的压强p1相同,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,即ΔT相同,由于初状态T氧Δp氢,汞柱向右移动,故A、B错误;开始时两部分气体压强p1相同,当氧气温度升高10 ℃,即ΔT氧=10 K,氢气温度升高20 ℃,即ΔT氢=20 K时,初状态T氧=(273+10)K=283 K,T氢=(273+20)K=293 K,则=×
=×=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,汞柱向左移,故C正确,D错误。
4.(多选)如图所示为竖直放置的上粗下细密闭细管,水银柱将气体分隔为A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB,压强变化量为ΔpA、ΔpB,则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　AD　)
A.B部分气体初始状态的压强为pB=pA+ρgh,ρ为水银的密度,h为水银柱长度
B.ΔVA>ΔVB
C.ΔpA<ΔpB
D.液柱将向上移动
解析:B部分气体初始状态的压强为pB=pA+ρgh,ρ为水银的密度,h为水银柱长度,A正确;由于气体的总体积不变,因此ΔVA=ΔVB,B错误;首先假设液柱不动,则A、B两部分气体发生等容变化,由查理定律,对气体A有ΔpA1=ΔT,对气体B有ΔpB1=ΔT,由于pB>pA,所以ΔpB1>ΔpA1,则液柱将向上移动,液体稳定后有pB′=pA′+ρgh′,h′考点三　图像问题
5.一定质量的理想气体经历了A→B→C的变化过程,其压强随热力学温度变化的pT图像如图所示,A、B、C三个状态时气体的体积分别为VA、VB、VC,通过图像可以判断它们的大小关系是(　A　)
A.VA=VB>VC B.VA=VBC.VAVB>VC
解析:由理想气体状态方程=C可得p=·T,由图像可知,A点和B点对应的斜率一样,且小于C点对应的斜率,即VA=VB>VC,故选A。
6.(多选) 如图所示,一定质量的理想气体从状态A开始,沿图示路径先后到达状态B和C后回到状态A,其中BA的延长线通过坐标原点,BC和AC分别与T轴和V轴平行。下列说法正确的是(　AC　)
A.从A到B,气体压强不变
B.从B到C,气体压强增大
C.从A到B,气体分子的平均动能增加
D.从C到A,气体分子的平均动能增加
解析:根据V=T可知,从A到B,气体压强不变,故A正确;根据=C可知,从B到C,体积不变,温度降低,则气体压强减小,故B错误;从A到B,温度升高,则气体分子的平均动能增加,故C正确;从C到A,温度不变,则气体分子的平均动能不变,故D错误。
考点四　关联气体问题
7.如图所示,a、b两容器中各密封有一定量的理想气体,a活塞的横截面积小于b活塞的,两活塞用一轻质刚性细杆相连,开始处于静止状态,两容器内气体温度相同。当两容器中气体升高相同温度后,活塞将(　A　)
A.向左移动 B.向右移动
C.仍静止不动 D.无法确定
解析:先对两活塞和轻杆用整体法分析水平方向的受力情况,如图所示,平衡时四个力的关系为p1S1+p0S2=p2S2+p0S1,因为S1p0S1,所以p1S1Δp2=p2,两边压力的变化Δp1S1=p1S1,Δp2S2=p2S2,由于原来两边气体产生的压力p1S1Δp1S1<Δp2S2,活塞将向左移动。故选A。
8.如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1=25.0 cm的空气柱,中间有一段长l2=25.0 cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0 cm。已知大气压强为p0=75.0 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度为l1′=20.0 cm。假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离。
解析:在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+pl2,体积V1=l1S;
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1′,体积变为V1′=l1′S;
根据玻意耳定律得p1l1S=p1′l1′S,
代入数据解得p1′=125.0 cmHg。
对于上部空气柱,开始时压强p上=p0,体积V上=l3S;
活塞下推后,压强p上′=p1′-pl2,
体积为V上′=l3′S,
根据玻意耳定律得p上V上=p上′V上′,
代入数据解得l3′=30.0 cm;
设活塞下推距离为Δl,则Δl=l3+l1-l1′-l3′,
代入数据解得Δl=15.0 cm。
答案:15.0 cm
综合提升练
9.一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状态A,其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示,BA和CD的延长线均过原点O,气体在状态A时的压强为p0。下列说法正确的是(　C　)
A.气体在状态D时的压强大于p0
B.B→C过程中气体的内能减小
C.D→A过程中气体的温度升高了
D.C→D过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少
解析:根据=C可知,A→B、C→D过程中气体压强均不变,B→C过程中气体的压强减小,根据等温变化规律可得pBVB=pCVC,解得pC=p0,则气体在状态D时的压强为p0,故A错误。B→C过程中气体的温度不变,内能也不变,故B错误。A→B过程为等压变化,根据等压变化规律可知=,解得TA=;同理,D→A过程为等容变化,根据等容变化规律可知TD=,则D→A过程中气体的温度升高了,故C正确。根据=C可知,C→D过程中气体的压强不变且气体的体积减小,分子的数密度增大,所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加,故D错误。
10.(多选) 如图所示,两端封闭的U形管中装有水银,分别封闭住A、B两部分气体,当它们温度相同且A、B端竖直向上放置,静止时左右液面高度差为h,下列说法正确的是(　AC　)
A.使A、B两部分气体升高相同的温度,两部分气体的压强差变大
B.使A、B两部分气体降低相同的温度,则两侧水银柱高度差h变大
C.当U形管由图示位置开始自由下落时,则两侧水银柱高度差h变大
D.若U形管由竖直向上放置变为水平放置,两部分气体的压强差变大
解析:设水银的密度为ρ,根据平衡条件有pA+ρgh=pB,即pA11.如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的pT图像,已知气体在状态C时的体积是6 L,则:
(1)A到B、B到C、C到D分别属于什么变化(等温变化、等压变化、等容变化)
(2)求状态A时的体积VA。
解析:(1)根据图像可知A到B属于等温变化;B到C图像是过原点的直线,所以属于等容变化;C到D属于等压变化。
(2)由题图可知,状态A
pA=2.0×105 Pa、TA=200 K,
状态C　pC=1.5×105 Pa、TC=300 K、VC=6 L,
根据理想气体状态方程,有=,
代入数据解得VA=3 L。
答案:(1)A到B等温变化　B到C等容变化 C到D等压变化　(2)3 L
12.(2024·广东卷,13)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0,已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小g取10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K 时:
(1)求B内气体压强pB2;
(2)求A内气体体积VA2;
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。
解析:(1)假设降温过程中,差压阀没有打开,B汽缸内气体做等容
变化,
由查理定律有=,由题知pB1=p0,
代入数据解得pB2=9×104 Pa,
此时压强差ΔpAB=p0-pB2=0.1p0<Δp,
可知差压阀不会打开,假设成立。
(2)A汽缸内气体做等压变化,由盖吕萨克定律有=,
代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A汽缸内气体压强pA′=p0+,
B汽缸内气体压强pB′=p0,
因B内气体压强保持不变,则此时差压阀恰好关闭有pA′-pB′=Δp,
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
答案:(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2m3 (3)1.1×102 kg(共39张PPT)
微专题1　气体实验定律的
应用
「定位·学习目标」
1.会应用气体实验定律和理想气体的状态方程解决综合问题。
2.会判断液柱移动问题,掌握解答该类问题的方法。
3.会找到两部分气体的关系,能解决关联气体问题。
4.会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析,并应用于解决气体状态变化问题。
突破·关键能力
要点一　气体实验定律和理想气体状态方程的应用
「要点归纳」
应用气体实验定律和理想气体的状态方程解题的一般步骤
「典例研习」
[例1] 如图所示,导热性能良好的汽缸开口向上竖直放置,a、b是固定在
汽缸内壁的卡环,两卡环间的距离为h。缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁接触良好,且无摩擦、不漏气,活塞只能在a、b之间移动,
缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0,活塞与卡环b刚好接触但
(1)要使卡环不被破坏,环境的最低温度;
(2)当环境温度提高到 时,缸内气体的压强。
要点二　判断液柱移动问题的方法
「要点归纳」
用液柱隔开两部分气体,当气体的状态参量p、V、T发生变化时,常会引起液柱的移动。判断隔开两部分气体的液柱是否移动、移动方向的问题,一般有三种常用方法。
图像法 假设液柱不动,两部分气体均做等容变化(或等压变化),在p-T(或V-T)图像上作出两部分气体的等容线(或等压线)。利用等容线(或等压线)求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量Δp(或体积变化量ΔV),根据Δp(或ΔV)间的大小关系判断出液柱的移动方向
极限法 让气体参量中某一个量的变化量无穷大,判断出液柱在这个极限条件下的状态,与初始状态相比就可知道液柱的变化情况。如温度减小我们可以认为减小到绝对零度,压强增大可以认为是增大到无穷大
「典例研习」
[例2] 如图所示,两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置,管内充有理想气体,一段水银柱将气体分成上下两部分,两部分气体的长度分别为l1、l2,且l1=l2,下列判断正确的是(　　)
A.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1′>l2′
B.将玻璃管转至水平,稳定后两部分气体长度l1′C.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l1′>l2′
D.保持玻璃管竖直,使两部分气体升高相同温度,稳定后两部分气体长度l1′=l2′
B
规律方法
判断液柱移动的一般思路
(1)先假设液柱不发生移动,两部分气体均做等容(或等压)变化。
(2)确定两部分气体升高相同温度ΔT时,增加的压强Δp(或体积ΔV)的大小,液柱将向Δp(或ΔV)小的一侧移动。
要点三　相关联气体问题
「要点归纳」
1.问题情境
两部分气体通过液柱或活塞相联系,当其中一部分气体状态发生变化时,造成液柱或活塞移动,使另一侧气体状态发生变化。
2.解答关键
(1)把两部分气体分开看待,分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况,并列出相应的方程,切不可将两部分气体视为同种气体的两种状态。
(2)找出两部分气体之间的联系,如压强关系、体积关系等,并列出关系式。
(3)挖掘隐含条件,找出临界点,临界点是两个状态变化过程的分界点,找出临界点是解题的突破点之一。
(4)根据临界点前后的状态变化过程,利用相应物理规律列出相关方程。
(5)涉及分割两部分气体的活塞或者液柱时,需要列出力学辅助
方程。
「典例研习」
[例3] 如图所示,水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,其活塞横截面积之比为SA∶SB=1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连,可沿水平方向无摩擦滑动,两个汽缸始终不漏气。初始时,A、B中气体的体积分别为V0、3V0,温度皆为T0=300 K。A中气体压强pA=4p0,p0是汽缸外的恒定大气压强,现对A缓慢加热,在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB1=3p0。求:
(1)加热前汽缸B中的气体压强pB;
答案:(1)2p0
解析:(1)假设刚性细杆上的作用力大小为F,
对A中活塞有F+p0SA=pASA,
对B中活塞有F+p0SB=pBSB,
联立解得pB=2p0。
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB1;
答案:(2)2V0　
解析:(2)若保持B中气体温度不变,则有pB·3V0=pB1VB1,
解得VB1=2V0。
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA1。
答案:(3)700 K
规律方法
相关联气体问题中,对每一部分气体来讲独立满足 两部分气体往往满足一定的关系,如压强关系、体积关系,从而再列出关系方程即可。
名称 常规图像及说明 其他图像
等温 变化 pV=CT(C为常量),即pV越大的等温线对应的温度越高,离原点越远
斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高
要点四　气体状态变化中的图像问题
「要点归纳」
1.一定质量的理想气体的三种状态变化图像的比较
等容 变化 即斜率越大,对应的体积越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小
等压 变化 即斜率越大,对应的压强越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的压强越小
2.解决气体图像问题的关键
(1)一看“轴”——明意义:看清两坐标轴,明确图像物理意义。
(2)二看“点”——定状态:图像上的点表示一定质量气体的一个平衡状态,确定状态参量。
(3)三看“线”——定过程:图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
弄清各参量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)四比较——找关系:涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
3.理想气体的一般状态变化的图像问题的分析方法
(1)对于一定质量的气体状态变化的图像是否表示气体的等温变化、等压变化或等容变化,不能单看图像的“形”,而重点看与对应图像是否一致。例如p-V 图像中,p与V乘积是否相等;V-T图像、p-T 图像为直线时,其延长线是否过原点或V-t图像、p-t图像为直线时,其延长线是否过-273.15 ℃处。
(2)对于气体的一般状态变化的图像,可过图像不同状态点分别作对应的等温线、等压线或等容线,然后对不同状态点的参量作出判断,例如p-V图像中状态变化图像为直线时,作出过其中某一状态的等温线,然后就可以判断其他状态的温度情况。
「典例研习」
[例4] 一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是2×104 Pa,则:
(1)求状态A、B、C的压强;
答案:(1)4×104 Pa　1.6×105 Pa　4×104 Pa　
(2)在图乙中画出该状态变化过程的p-T图像,并分别标出A、B、C、D各个状态。
答案及解析:(2)该状态变化过程的p-T图像如图所示。
规律方法
气体状态变化中图像的转换方法
(1)原始图像一般是经过几个特殊变化过程(即等温变化、等压变化或等容变化),首先明确状态变化情况。
(2)根据气体的实验定律,确定各个状态变化过程中气体参量的变化。
(3)在新的图像中依据各个状态变化过程中气体参量的变化情况作出对应的图像。
检测·学习效果
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3
4
1.如图所示,一定质量的理想气体经历从状态A→状态B→状态C→状态D→状态A的循环过程,则A、B、C、D这四个状态中体积最大的是(　　)
A.状态A B.状态B
C.状态C D.状态D
C
2.如图所示,两个容器A和B的容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且tA>tB时,水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温,使它们都降低相同的温度,则水银柱将(　　)
A.向右移动
B.向左移动
C.始终不动
D.以上三种情况都有可能
A
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3.一直立的圆柱形导热汽缸内有两个质量忽略不计的活塞a和b,把汽缸内理想气体分隔为A、B两部分,A气柱长20 cm,B气柱长 40 cm,如图所示。现在活塞a上放上重物使活塞a向下移动 15 cm后重新达到平衡,则活塞b新的平衡位置与原来相比下降了(　　)
A.5 cm B.10 cm
C.15 cm D.20 cm
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B
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4.如图所示,竖直放置的导热良好的U形管内盛有水银,环境温度为204 K时,左侧管内被封闭的气柱长度L=6 cm,左、右液面的高度差h=8 cm,大气压强p0=76 cmHg。
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(1)随着环境温度升高,左右液面的高度差减小,当左右液面齐平时,环境温度为多少
答案:(1)380 K
解析:(1)设U形管横截面积为S,
初态压强p1=(76-8) cmHg=68 cmHg,
体积V1=6 cm·S,
末态压强p2=76 cmHg,
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(2)保持(1)中升高后的温度不变,向右侧管中缓慢注入水银,注入的水银柱长度为多少时,左侧管内封闭的气体长度为8 cm
答案:(2)23 cm
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