2019届二轮复习　气体实验定律和理想气体状态方程的应用课件（38张）

2019届二轮复习　气体实验定律和理想气体状态方程的应用课件（38张）

微型专题　气体实验定律和理想气体状态方程的应用 [ 考纲下载 ] 　 1. 会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题 . 2. 会利用图象对气体状态、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 . 3 . 会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题 . 重点探究 一、变质量问题 例 1 　一只两用活塞气筒的原理如图 1 所示 ( 打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示 ) ，其筒内体积为 V 0 ，现将它与另一只容积为 V 的容器相连接，容器内的空气压强为 p 0 ，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作 n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为 ( 大气压强为 p 0 ) 图 1 √ 答案 解析 解析　 打气时，活塞每推动一次，就把体积为 V 0 、压强为 p 0 的气体推入容器内，若活塞工作 n 次，就是把压强为 p 0 、体积为 nV 0 的气体压入容器内，容器内原来有压强为 p 0 、体积为 V 的气体，根据玻意耳定律得： p 0 ( V ＋ nV 0 ) ＝ p ′ V . 抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从 V 膨胀为 V ＋ V 0 ，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为 V 0 的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从 V 膨胀到 V ＋ V 0 ，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得： 第一次抽气 p 0 V ＝ p 1 ( V ＋ V 0 ) ， 第二次抽气 p 1 V ＝ p 2 ( V ＋ V 0 ) 活塞工作 n 次，则有： 在对气体质量变化的问题分析和求解时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律 . 如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体收回来 . 可以设想有一个 “ 无形弹性袋 ” 收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解 . 方法 总结 二、理想气体状态方程与气体图象问题 名称 图象 特点 其他图象 等温线 p － V pV ＝ CT ( C 为常量 ) ，即 pV 之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p － p ＝ ， 斜率 k ＝ CT ，即斜率越大，对应的温度越高 等容线 p － T p ＝ 斜率 k ＝ 即 斜率越大，对应的体积越小 等压线 V － T V ＝ 斜率 k ＝ 即 斜率越大，对应的压强越小 例 2 　使一定质量的理想气体的状态按图 2 甲中箭头所示的顺序变化，图中 BC 段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分 . 答案 图 2 (1) 已知气体在状态 A 的温度 T A ＝ 300 K ，求气体在状态 B 、 C 和 D 的温度各是多少？ 答案 　 600 K 　 600 K 　 300 K 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 p A ＝ 4 atm ， p B ＝ 4 atm ， p C ＝ 2 atm ， p D ＝ 2 atm ， V A ＝ 10 L ， V C ＝ 40 L ， V D ＝ 20 L. 根据 理想气体状态方程 由题意知 B 到 C 是等温变化，所以 T B ＝ T C ＝ 600 K. (2) 将上述状态变化过程在图乙中画成用体积 V 和热力学温度 T 表示的图线 ( 图中要标明 A 、 B 、 C 、 D 四点，并且要画箭头表示变化的方向 ) ，说明每段图线各表示什么过程 . 答案 答案 　 见解析 解析 解析　 由状态 B 到状态 C 为等温变化， 由玻意耳定律有 p B V B ＝ p C V C ，得 在 V － T 图上状态变化过程的图线由 A 、 B 、 C 、 D 各状态依次连接 ( 如图 ) ， AB 是等压膨胀过程， BC 是等温膨胀过程， CD 是等压压缩过程 . 总结提升 三、理想气体的综合问题 1. 定性分析液柱移动问题 定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案 . 常用推论有两个： 2. 定量计算问题 定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、汽缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题 . 解决该问题的一般思路： ① 审清题意，确定研究对象 . ② 分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强 . ③ 注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程 . ④ 多个方程联立求解 . 对求解的结果注意检验它们的合理性 . 例 3 　如图 3 所示，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 l 2 ＝ 2 l 1 . 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？ ( 设原来上、下两部分气体温度相同 ) 答案 答案　 水银柱上移 图 3 解析 解析　 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 p 1 ＝ p 2 ＋ p h . 温度升高后，两部分气体的压强都增大，若 Δ p 1 >Δ p 2 ，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若 Δ p 1 <Δ p 2 ，水银柱向下移动，若 Δ p 1 ＝ Δ p 2 ，水银柱不动 . 所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合外力的方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多 . 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： 又因为 Δ T 2 ＝ Δ T 1 ， T 1 ＝ T 2 ， p 1 ＝ p 2 ＋ p h > p 2 ， 所以 Δ p 1 >Δ p 2 ，即水银柱上移 . 此类问题中，如果是气体温度降低，则 Δ T 为负值， Δ p 亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动 . 总结提升 例 4 　如图 4 甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在 A 、 B 两处设有限制装置，使活塞只能在 A 、 B 之间运动， B 左面汽缸的容积为 V 0 ， A 、 B 之间的容积为 0.1 V 0 . 开始时活塞在 B 处，缸内气体的压强为 0.9 p 0 ( p 0 为大气压强 ) ，温度为 297 K ，现缓慢加热汽缸内的气体，直至达到 399.3 K. 求： 图 4 (1) 活塞刚离开 B 处时的气体的温度 T B ； 答案 解析 答案　 330 K 解析　 汽缸内的气体初状态时 p 1 ＝ 0.9 p 0 ， V 1 ＝ V 0 ， T 1 ＝ 297 K. 当活塞刚离开 B 处时，气体的状态参量 p 2 ＝ p 0 ， V 2 ＝ V 0 ， T 2 ＝ T B . (2) 缸内气体最后的压强 p ； 答案 解析 答案　 1.1 p 0 解析　 随着温度不断升高，活塞最后停在 A 处，此时气体的状态参量 p 4 ＝ p ， V 4 ＝ 1.1 V 0 ， T 4 ＝ 399.3 K. (3) 在图乙中画出整个过程的 p － V 图象 . 答案 解析 答案　 见解析图 解析　 随着温度的升高，当活塞恰好停在 A 处时，气体的状态参量 p 3 ＝ p 0 ， V 3 ＝ 1.1 V 0 ， T 3 ＝ T A ， 解得 T A ＝ 363 K . 综 上可知，气体温度由 297 K 升高到 330 K 的过程中，气体做等容变化；气体温度由 330 K 升高到 363 K 的过程中，气体做等压变化；气体温度由 363 K 升高到 399.3 K 的过程中，气体做等容变化，故整个过程的 p － V 图象如图所示 . 达标检测 (1) 要使贮液筒中空气的压强达到 4 atm ，打气筒应打压几次？ 1 2 3 1.( 变质量问题 ) 某种喷雾器的贮液筒的总容积为 7.5 L ，如图 5 所示，装入 6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入 300 cm 3 、 1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求： 答案 解析 4 图 5 答案　 15 次 1 2 3 解析　 设打气筒打压 n 次可以使压强达到 4 atm. 初状态： p 1 ＝ 1 atm ， V 1 ＝ V ＋ nV 0 其中 V ＝ 7.5 － 6 L ＝ 1.5 L ＝ 1.5 × 10 3 cm 3 末状态： p 2 ＝ 4 atm ， V 2 ＝ V 由玻意耳定律得 p 1 V 1 ＝ p 2 V 2 代入数据解得 n ＝ 15 4 1 2 3 (2) 当贮液筒中空气的压强达到 4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ 答案 解析 4 解析　 设停止喷雾时贮液筒内气体体积为 V ′ 由玻意耳定律得： 4 atm × 1.5 L ＝ 1 atm × V ′ 解得 V ′ ＝ 6 L 故还剩药液 7.5 L － 6 L ＝ 1.5 L. 答案　 1.5 L 2.( 理想气体图象问题 ) 如图 6 所示，一定质量的气体从状态 A 经状态 B 、 C 、 D 再回到状态 A . 问 AB 、 BC 、 CD 、 DA 经历的是什么过程？已知气体在状态 A 时的体积是 1 L ，求气体在状态 B 、 C 、 D 时的体积各为多少，并把此图改为 p － V 图象 . 1 2 3 4 答案 解析 图 6 答案 　 见解析 1 2 3 4 解析　 A → B 为等容变化，压强随温度升高而增大 . B → C 为等压变化，体积随温度升高而增大 . C → D 为等温变化，体积随压强减小而增大 . D → A 为等压变化，体积随温度降低而减小 . 3.( 液柱移动的问题 ) 两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图 7 所示 . V 左 < V 右 ，温度均为 20 ℃ ，现将右端空气柱的温度降为 0 ℃ ，左端空气柱的温度降为 10 ℃ ，则管中水银柱 将 A. 不动 B . 向左移动 C. 向右移动 D . 无法确定是否 移动 答案 解析 1 2 3 4 √ 图 7 解析　 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即 p 左 ＝ p 右 ＝ p 1 2 3 4 所以 |Δ p 右 |>|Δ p 左 | ，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项 C 正确 . 答案　 1.3 × 10 5 Pa 　 1.3 × 10 5 Pa 4.( 理想气体状态方程的综合应用 ) 用销钉固定的活塞把容器分成 A 、 B 两部分，其容积之比 V A ∶ V B ＝ 2 ∶ 1 ，如图 8 所示，起初 A 中有温度为 127 ℃ 、压强为 1.8 × 10 5 Pa 的空气， B 中有温度为 27 ℃ 、压强为 1.2 × 10 5 Pa 的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温 27 ℃ ，活塞也停住，求最后 A 、 B 中气体的压强 . 1 2 3 4 解析 答案 图 8 解析　 对 A 中空气，初状态： p A ＝ 1.8 × 10 5 Pa ， T A ＝ 400 K. 末状态： T A ′ ＝ 300 K ， 1 2 3 4 对 B 中空气，初状态： p B ＝ 1.2 × 10 5 Pa ， T B ＝ 300 K. 末状态： T B ′ ＝ 300 K. 1 2 3 4 又 V A ＋ V B ＝ V A ′ ＋ V B ′ ， V A ∶ V B ＝ 2 ∶ 1 ， p A ′ ＝ p B ′ ， 联立解得 p A ′ ＝ p B ′ ＝ 1.3 × 10 5 Pa.