【物理】2019届二轮复习　气体实验定律和理想气体状态方程的应用学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习　气体实验定律和理想气体状态方程的应用学案（全国通用）

微型专题　气体实验定律和理想气体状态方程的应用 ‎[学习目标]　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．‎ 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V0，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p0，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p0)(　　)‎ 图1‎ A．np0，p0‎ B.p0， p0‎ C．(1＋)np0，(1＋)np0‎ D．(1＋)p0，()np0‎ 答案　D 解析　打气时，活塞每推动一次，就把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：‎ p0(V＋nV0)＝p′V.‎ 所以p′＝p0＝(1＋n)p0.‎ 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＋V0，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V0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＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：‎ 第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，‎ p1＝p0.‎ 第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)‎ p2＝p1＝()2p0‎ 活塞工作n次，则有：‎ pn＝()np0.故正确答案为D.‎ 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.‎ 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＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小 等压线 V－T V＝T，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．‎ 图2‎ ‎(1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？‎ ‎(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　(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析 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pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L.‎ ‎(1)根据理想气体状态方程 ＝＝，‎ 可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K，‎ TD＝·TA＝×300 K＝300 K，‎ 由题意知B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K.‎ ‎(2)由状态B到状态C为等温变化，‎ 由玻意耳定律有pBVB＝pCVC，得 VB＝＝ L＝20 L.‎ 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．‎ 分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由＝C知，若气体在状态变化过程中pV之积不变，则温度不变；若比值不变，则V不变；若比值不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.‎ 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：‎ ‎①查理定律的分比形式：＝或Δp＝p.‎ ‎②盖—吕萨克定律的分比形式：＝或ΔV＝V.‎ ‎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l2＝2l1.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)‎ 图3‎ 答案　水银柱上移 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p1＝p2＋ph.温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，若Δp1<Δp2，水银柱向下移动，若Δp1＝Δp2，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：‎ 上段：＝，所以p2′＝p2，‎ Δp2＝p2′－p2＝(－1)p2＝p2；‎ 同理下段：Δp1＝p1.‎ 又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2，‎ 所以Δp1>Δp2，即水银柱上移．‎ 此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp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.‎ 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V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0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TB；‎ ‎(2)缸内气体最后的压强p；‎ ‎(3)在图乙中画出整个过程的p－V图象．‎ 答案　(1)330 K　(2)1.1p0　(3)见解析图 解析　 (1)汽缸内的气体初状态时p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297 K．当活塞刚离开B处时，气体的状态参量p2＝p0，V2＝V0，T2＝TB.根据＝，得＝，所以TB＝330 K.‎ ‎(2)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p4＝p，V4＝1.1V0，T4＝399.3 K．根据＝，得＝，解得p＝1.1p0.‎ ‎(3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A处时，气体的状态参量p3＝p0，V3＝1.1V0，T3＝TA，由＝得＝，解得TA＝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．‎ ‎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 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：‎ 图5‎ ‎(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？‎ ‎(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　(1)15次　(2)1.5 L 解析　(1)设打气筒打压n次可以使压强达到4 atm.‎ 初状态：p1＝1 atm，V1＝V＋nV0‎ 其中V＝7.5－6 L＝1.5 L＝1.5×103 cm3‎ 末状态：p2＝4 atm，V2＝V 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2‎ 代入数据解得n＝15‎ ‎(2)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.‎ ‎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．‎ 图6‎ 答案　见解析 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．‎ 由题意知VB＝VA＝1 L．因为＝，所以VC＝VB＝×1 L＝2 L．由pCVC＝pDVD，得VD＝VC＝×2 L＝6 L．所以VB＝1 L，VC＝2 L，VD＝6 L．根据以上数据，题中四个过程的p－V图象如图所示．‎ ‎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|Δp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．‎ ‎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 VA∶VB＝2∶1，如图8所示，起初A中有温度为127 ℃、压强为1.8×105 Pa的空气，B中有温度为27 ℃、压强为1.2×105 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．‎ 图8‎ 答案　1.3×105 Pa　1.3×105 Pa 解析　对A中空气，初状态：pA＝1.8×105 Pa，TA＝400 K.‎ 末状态：TA′＝300 K，‎ 由理想气体状态方程有＝，得：＝ 对B中空气，初状态：pB＝1.2×105 Pa，TB＝300 K.‎ 末状态：TB′＝300 K.‎ 由理想气体状态方程有：＝，得：＝ 又VA＋VB＝VA′＋VB′，‎ VA∶VB＝2∶1，‎ pA′＝pB′，‎ 联立解得pA′＝pB′＝1.3×105 Pa.‎ 一、选择题 考点一　变质量问题 ‎1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为(　　)‎ A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 答案　A 解析　取全部气体为研究对象，由p1(V1＋V2)＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．‎ ‎2．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(　　)‎ A．10次 B．15次 C．20次 D．25次 答案　B 解析　温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得 pV＋np1ΔV＝p′V，‎ 代入数据得 ‎1．5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，‎ 解得n＝15.‎ 考点二　理想气体的图象问题 ‎3．在下列图象中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图象是(A中曲线为双曲线的一支)(　　)‎ 答案　D 解析　根据p－V、p－T、V－T图象的物理意义可以判断，其中D反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符．‎ ‎4．如图1所示是理想气体经历的两个状态变化的p－T图象，对应的p－V图象应是下图中的(　　)‎ 图1‎ 答案　C ‎5．(多选)如图2所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是(　　)‎ 图2‎ A．从状态c到状态d，压强减小 B．从状态d到状态a，压强不变 C．从状态a到状态b，压强增大 D．从状态b到状态c，压强增大 答案　AC 考点三　理想气体的综合问题 ‎6.(多选)如图3所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示(　　)‎ 图3‎ 答案　AD 解析　由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对B图象进行分析，p－V图象是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对C图象进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图象进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，D项正确．‎ 二、非选择题 ‎7．(变质量问题)容积为5×10－3 m3的容器内盛有理想气体，若用最大容积为10－4 m3的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？‎ 答案　0.82‎ 解析　本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．‎ 设容器中原有气体的压强为p0，体积为V0，抽气筒容积为ΔV.因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV.‎ 第一次抽气：p0V0＝p1(V0＋ΔV)，‎ 第二次抽气：p1V0＝p2(V0＋ΔV)，‎ 第三次抽气：p2V0＝p3(V0＋ΔV)，‎ ‎…‎ 第十次抽气：p9V0＝p10(V0＋ΔV)，‎ 各式相乘可得p10＝()10p0.‎ 所以＝()10＝()10≈0.82.‎ ‎8．(变质量问题)氧气瓶的容积是40 L，其中氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变，氧气可视为理想气体．‎ 答案　12天 解析　用如图所示的方框图表示思路．‎ 由V1→V2：p1V1＝p2V2，‎ V2＝＝ L＝520 L，‎ 由(V2－V1)→V3：p2(V2－V1)＝p3V3，‎ V3＝＝ L＝4 800 L，‎ 则＝12.‎ ‎9.(理想气体的状态方程及气体图象问题的综合应用)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4甲所示，若气体在状态D的压强是2×104 Pa.‎ 图4‎ ‎(1)求状态A的压强；‎ ‎(2)请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态．‎ 答案　(1)4×104 Pa　(2)见解析图 解析　(1)根据理想气体状态方程：＝ 则pA＝＝ Pa＝4×104 Pa.‎ ‎(2)A→B是等容变化 由查理定律得＝，‎ pB＝pA＝×4×104 Pa＝1.6×105 Pa B→C是等温变化 由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，‎ pC＝＝ Pa＝4×104 Pa C→D是等容变化 pD＝2×104 Pa，TD＝4×102 K p－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．‎ ‎10．(气体实验定律及理想气体状态方程的综合应用)如图5所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10 cm，右管上方的水银柱高h＝14 cm，初状态环境温度为27 ℃，A部分气体长度l1＝30 cm，外界大气压强p0＝76 cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30 cm.求：‎ 图5‎ ‎(1)右管中注入的水银高度是多少？‎ ‎(2)升温后的温度是多少？‎ 答案　(1)30 cm　(2)117 ℃‎ 解析　(1)设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2‎ p1＝p0＋14 cmHg＋10 cmHg，‎ p2＝p0＋14 cmHg＋ΔhV1＝l1S，‎ V2＝(l1－ΔL)S 代入数据解得加入的水银高度Δh＝30 cm.‎ ‎(2)设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14 cmHg＋Δh 升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14 cmHg＋Δh＋ΔL 由理想气体状态方程得＝ T0＝300 K 解得T＝390 K 则升温后的温度为t＝117 ℃.‎ ‎11．(气体实验定律的综合应用)如图6所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取 10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；‎ ‎(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ 答案　(1)330 K　(2)1.01×105 Pa 解析　(1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝ 初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495 K 末状态V2＝lS2‎ 解得T2＝T1＝330 K ‎(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有 m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2‎ 解得p1＝1.1×105 Pa 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝ T3＝T＝303 K 解得p2＝1.01×105 Pa.‎