【物理】2019届二轮复习气体学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习气体学案（全国通用）

‎ 4.4　《气体》整合与评价 ‎ ‎1.知道玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律,并能应用它们解决气体的相应的状态变化问题,解释生活中的有关现象.‎ ‎2.会从微观角度解释玻意耳定律、查理定律、盖·吕萨克定律.‎ ‎3.知道饱和汽、未饱和汽、绝对湿度、相对湿度等概念,了解与之相关的现象.‎ 一、图象表示多过程问题 例1　一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p-V图上,气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态,再沿与横轴平行的直线变化到c状态,a、c 两点位于与纵轴平行的直线上.以下说法中正确的是(　　)‎ A.由a状态至b状态过程中,内能不变 B.由b状态至c状态过程中,内能增加,气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数不变 C.c状态与a状态相比,c状态分子平均距离较大,分子平均动能较大 D.b状态与a状态相比,b状态分子平均距离较小,分子平均动能相等 二、气体压强的计算 例2　如图所示,竖直放置的U形管,左端开口右端封闭,管内有a、b两段水银柱,将A、B两段空气柱封闭在管内.已知水银柱a长为10 cm,水银柱b两个液面间的高度差为5 cm,大气压强为75 cmHg,求空气柱A、B的压强.‎ 学 ]‎ ‎　　‎ 变式训练1　如图所示,带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,其下部放入盛水的烧杯中.注射器活塞的横截面积S=5×1 m2,活塞及框架的总质量m0=5×1 kg,大气压强p0=1.0×105 Pa.当水温为t0=13 ℃时,注射器内气体的体积为5.5 mL.(取g=10 m/s2)‎ ‎(1)向烧杯中加入热水,稳定后测得t1=65 ℃时,气体的体积为多大?‎ ‎(2)保持水温t1=65 ℃不变,为使气体的体积恢复到5.5 mL,则要在框架上挂质量为多大的钩码?‎ 三、应用气体实验定律解决变质量问题 例3　如图所示,喷洒农药用的某种喷雾器,其药液桶的总容积为15 L,装入药液后,封闭在药液上方的空气体积为1.5 L,打气筒活塞每次可以打进1 atm、250 cm3的空气.‎ ‎(1)若要使气体压强增大到6 atm,应打气多少次?‎ ‎(2)如果压强达到6 atm时停止打气,并开始向外喷药,那么当喷雾器不能再向外喷药时,筒内剩下的药液还有多少升?‎ 四、气体动态问题分析 例4　 如图所示,一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中,内封一定质量的气体,‎ 管内水银面高于管外,在温度不变时,将玻璃管稍向下插一些.下列说法正确的是(　　)‎ A.玻璃管内气体体积减小 B.玻璃管内气体体积增大 C.管内外水银面高度差减小 D.管内外水银面高度差增大 变式训练2　如图所示,两端封闭,粗细均匀的玻璃管竖直放置,管内的空气被一段水银柱隔成两部分,A部分长度为L1,B部分长度为L2,它们温度相等,并且处于平衡状态.现将两部分空气的温度都升高20 ℃,忽略水银柱和管的热膨胀,则水银柱向哪个方向移动(　　) 学, , ,X,X,K]‎ A.向上移动 B.向下移动 C.不移动 D.条件不足,移动方向不能判断 五、汽缸类问题的分析 例5　 如图所示,圆柱形汽缸倒置在水平粗糙的地面上,汽缸内部封有一定质量的空气,汽缸的质量为10 kg,缸壁厚度可不计,活塞的质量为5 kg,其横截面积为50 cm2,活塞与缸壁间的摩擦不计.当缸内气体的温度为27 ℃时,活塞刚好与地面相接触,但对地面无压力.现对汽缸传热,使缸内气体温度升高,则当汽缸对地面无压力时,缸内气体的温度是多少? (已知大气压强p0=1.0×105 Pa)‎ ‎1.一定质量的理想气体,在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1,在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2.下列关系正确的是(　　)‎ A.p1=p2,V1=2V2,T1=T2‎ B.p1=p2,V1=V2,T1=2T2‎ C.p1=2p2,V1=V2,T1=2T2‎ D.p1=2p2,V1=2V2,T1=T2‎ ‎2.如图所示,将一汽缸悬挂在弹簧下,缸内密闭了一定质量的理想气体,活塞与缸壁间的摩擦不计.若缸内气体的温度升高到某一数值,则下列物理量发生变化的是(　　)‎ A.活塞的高度h ]‎ B.缸体的高度H C.缸内气体的压强p D.弹簧的长度L ‎3.两端封闭、粗细均匀、水平放置的玻璃管正中央有一段水银柱,如图甲所示,两边是压强为76 cmHg的空气.当玻璃管竖直放置时,上部空气柱是下部空气柱长度的2倍,如图乙所示,则玻璃管水银柱的长度h应为多少厘米?‎ ‎4.容积为20 L的钢瓶充满氧气后,压强为30大气压,打开钢瓶中的阀门,让氧气分别装到容积为5 L的小瓶中.若小瓶原来为真空,装到小瓶中的氧气压强为2个大气压,分装中无漏气且温度不变,那么最多能装多少小瓶?‎ ‎ | ]‎ ‎ 4.4　《气体》整合与评价 ‎ ‎1.重点难点 教学重点:气体的实验定律及其应用.‎ 教学难点:影响气体压强的两个因素以及对三个实验定律图象的理解.‎ ‎2.高考前瞻 本章内容为每年高考的选考内容,可能以选择题、填空题或简答题的形式出现,联系生活、生产中的实际问题对本章知识进行考查是高考命题的热点,应予以关注.‎ ‎3.教学建议 近年新课标高考对“气体”内容的要求较低,‎ 在复习教学中应将重点放在气体三个实验定律的应用和微观解释、了解气体压强的产生微观原因和影响因素这几个方面.复习方略就是夯实基础,确保不失分.‎ 一、图象表示多过程问题 例1　AD ‎【解析】该图象是p-V图象,从a状态至b状态的图象是双曲线的一部分,所以是等温(分子平均动能不变)过程,体积减小(分子平均距离增大),压强增大,A、D正确;由b状态至c状态是等压过程,体积增大,温度必升高,所以内能增加,体积增大,单位时间内气体分子碰撞单位面积器壁的次数减小,B错误;c状态与a状态体积不变,分子的平均距离不变,C错误.‎ ‎【点拨】在p-T图象中,过原点的直线表示的是等容过程,斜率越大,体积越小;在V-T图象中,过原点的直线表示的是等压过程,斜率越大,压强越小;在p-中,过原点的直线表示的是等温过程,斜率越大,温度越高.‎ 二、气体压强的计算 例2　pA=65 cmHg　pB=60 cmHg ‎【解析】设气体A、B产生的压强为pA、pB,管截面积为S,取h1液柱为研究对象,得pAS+ph1S=p0S 所以pA=p0-ph1=75 cmHg-10 cmHg=65 cmHg 取液柱h2为研究对象,得:pBS+ph2S=pAS 所以pB=pA—ph2=65 cmHg-5 cmHg=60 cmHg.‎ ‎【点拨】根据连通器原理,分别取两段液柱h1、h2为研究对象,由共点力平衡知识即可求得A、B气体的压强.‎ 变式训练1　(1)6.5 mL　(2)0.1 kg ‎【解析】(1)此过程中气体的压强不变 由=,即=,解得V1=6.5 mL.‎ ‎(2)设所加挂的钩码质量为m'‎ 原来气体的压强为:‎ p1=p0+‎ ‎=1.0×105 Pa+ Pa ‎=1.1×105 Pa 加挂质量为m'的钩码后气体的压强为:‎ p2=p1+,体积为V2=5.5 mL 此过程中气体做等温变化 由p1V1=p2V2,即 ‎1.1×105×6.5=(1.1×105+)×5.5‎ 解得m'=0.1 kg.‎ 三、应用气体实验定律解决变质量问题 例3　(1)30　(2)6 L ‎【解析】(1)设应打n次,则有:‎ 初态:p1=1 atm,V1=250 cm3×n+1.5 L=0.25n L+1.5 L 末态:p2=6 atm,V2=1.5 L 根据玻意耳定律得:p1V1=p2V2‎ 即1×(0.25n+1.5)=6×1.5‎ 解得n=30.‎ ‎(2)当内外气压相等时,喷雾器不能向外喷药 V2=1. 5 L,p2=6 atm,p3=1 atm 根据玻意耳定律 p2V2=p3V3可得 V3== L=9 L 剩下的药液V=15 L-9 L=6 L.‎ ‎【点拨】①本题为充气问题,由于充气前液面上方气体压强与每次打入气体的初始压强相等,故可以将每次打入的气体和充气前液面上方的气体作为整体研究.‎ ‎②求解剩余药液体积,应明确剩余药液与封闭气体末态体积之间的关系.同时挖掘“喷雾器不能再向外喷药”的隐含条件,即可进行求解.‎ 四、气体动态问题分析 例4　AC ‎【解析】假设玻璃管向下插入管后,气体体积不变,则液面的高度差h变小,气体压强p=p0-ρgh变大,由玻意耳定律知体积减小,故A、C正确.‎ ‎【点拨】①温度不变时液柱移动问题 在保持温度不变的情况下,改变其他题设条件,从而引起封闭气体的液柱的移动或液面的升降或气体体积的增减.解决这类问题通常假设液体不移动或液面不升降或气体体积不变,然后从这些假设出发,运用玻意耳定律等有关知识进行分析讨论,求得正确答案.‎ ‎②温度变化时液柱或活塞的移动问题 先假设液柱不动,两部分气体均做等容变化,由Δp=ΔT求出两部分气体压强的变化量Δp,并加以比较,进而判断液柱的移动方向.‎ 变式训练2　A ‎【解析】(1)假设法:先假定水银柱暂时不动,A,B两部分空气都做等容变化,由查理定律,有=,=,得 ΔpA=,ΔpB=,依题意得,TA=TB,ΔTA=ΔTB=20 ℃.由于pB>pA,所以ΔpB>ΔpA,即温度升高后,B部分气体增加的压强较A部分气体增加的压强大,故水银柱向上移动,A正确.‎ ‎(2)极限法:由于上部气体压强pA较小,设想pA=0,即上部几乎是真空,于是立即得到T增大时,水银柱上移.‎ 五、汽缸类问题的分析 例5　127 ℃‎ ‎【解析】整个过程汽缸内气体体积保持不变 初态:活塞受力平衡,压强p1=p0-=0.9×105 Pa 温度T1=300 K 末态:汽缸受力平衡,压强p2=p0+=1.2×105 Pa,温度设为T2‎ 由查理定律得:=‎ 解得:T2=400 K,t2=(T2-273) ℃=127 ℃.‎ ‎【点拨】①弄清题意,确定研究对象.一般地说,研究对象分两类:一是热学研究对象(一定质量的理想气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).‎ ‎②分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依状态方程列式;对力学研究对象要正确地进行受力分析,若系统处于平衡状态,由平衡条件列式,若系统具有加速度,由牛顿第二定律列式.‎ ‎③注意挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程.‎ ‎④多个方程联立求解.注意检验求解结果的合理性.‎ ‎1.C　【解析】A、B选项中,气体在两平衡状态下的压强相等, ≠,违背了盖·吕萨克定律,所以A、B选项均不正确;C选项中气体在两平衡状态下的体积相等,符合查理定律,所以C正确;D选项中气体的温度不变,p1 V1=2p2×2V2≠p2V2,不符合玻意耳定律,选项D错误.‎ ‎2.B　【解析】整个系统保持平衡,所以气体的压强保持不变,温度升高,体积增大,所以h增大,而H减小,弹簧的长度也不发生变化.‎ ‎3.57 cm ‎【解析】水银柱封闭着两部分空气设为1和2,1竖直放置后在上部.1和2两部分气体原来体积为V,则根据玻意耳定律,1部分气体有pV=×2Vp1,可得出竖直放置后1部分气体压强p1=;2部分气体有:pV=×2Vp2,得出竖直放置后2部分气体压强p2=.两部分气体由水银柱连接,p2=p1+ρgh,用 cmHg为压强单位,h=p2-p1=p-p==57 cm.‎ ‎4.56‎ ‎【解析】设能装n个小瓶,对钢瓶内的气体 p1=30 atm,V1=20 L p2=2 atm,V2=20 L+5n L 根据玻意耳定律 p1V1=p2V2‎ 解得 V2===20+5n ]‎ n=56.‎ ‎　　(见活页《金太阳导学测评七》)‎ ‎　　(见《课程纲要》课程评价表格)‎