第76课时-气体实验定律和理想气体状态方程(重点突破课)

第76课时气体实验定律和理想气体状态方程(重点突破课)考点一气体实验定律课时跟踪检测考点二理想气体状态方程返回考点一气体实验定律气体初末状态的状态参量的确定和气体实验定律公式的应用是这部分内容的重点，关键是区分气体发生的过程和公式的选用，而应用图像分析气体发生的过程是难点。返回玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成_______一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成____一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成_____反比正比正比返回玻意耳定律查理定律盖—吕萨克定律表达式或pV＝常量或pT＝常量或VT＝常量图像TaTbVaVbpapbp1V1＝p2V2p1T1＝p2T2V1T1＝V2T2续表返回[考法细研]考法1公式的选择和应用[例1](2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。返回[解析]设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；活塞下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0·V2＝p1V1p0·V2＝p2V2由已知条件得V1＝V2＋V6－V8＝1324VV2＝V2－V6＝V3返回设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S＝p1S＋mg联立以上各式得m＝15p0S26g。[答案]15p0S26g返回[规律方法]利用气体实验定律解决问题的基本思路返回考法2应用图像分析气体状态变化[例2](多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是()A．过程①中气体的压强逐渐减小B．过程②中气体对外界做正功C．过程④中气体从外界吸收了热量D．状态c、d的内能相等E．状态d的压强比状态b的压强小返回[解析]由题图过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误；过程②中，气体体积V变大，对外界做正功，故B正确；过程④中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即气体向外界放出热量，故C错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确；分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。[答案]BDE返回[规律方法](1)求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程，先判断出此过程属于等温、等容还是等压变化，再选用相应规律求解。(2)在V­T图像(或p­T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。返回[集训冲关]1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。返回解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有p0T0＝p1T1根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg解得T1＝1＋mgp0ST0此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有V1T1＝V2T2，V1＝SH，V2＝S(H＋h)解得T2＝1＋hH1＋mgp0ST0从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h。答案：1＋hH1＋mgp0ST0(p0S＋mg)h返回2．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经B、C、D再回到A，问AB、BC、CD、DA分别是什么过程？已知在状态A时气体体积为1L，请把此图改画为p­V图像。解析：由题图可知AB过程是等容升温升压；BC过程是等压升温增容，即等压膨胀；CD过程是等温减压增容，即等温膨胀；DA过程是等压降温减容，即等压压缩。已知VA＝1L，则VB＝1L(等容变化)，由VCTC＝VBTB(等压变化)得VC＝VBTBTC＝1450×900L＝2L由pDVD＝pCVC(等温变化)，得VD＝pCpDVC＝31×2L＝6L改画的p­V图像如图所示。答案：见解析返回3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。已知室温为27℃，汽缸导热。(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。返回解析：(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。由玻意耳定律得p0V＝p1V1①3p0V＝p1(2V—V1)②联立①②式得V1＝V2③p1＝2p0。④返回(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2≤2V)时，活塞下方气体压强为p2。由玻意耳定律得3p0V＝p2V2⑤由⑤式得p2＝3VV2p0⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2′＝32p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝(273＋27)K＝300K升高到T2＝320K的等容过程中，由查理定律得p2′T1＝p3T2⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1．6p0。⑧答案：(1)V22p0(2)在汽缸B的顶部(3)1．6p0返回考点二理想气体状态方程理想气体的概念、初末状态参量的分析及理想气体状态方程的应用是解决问题的关键。而理想气体三个状态参量p、V、T之间的制约关系是分析问题的难点。返回1.理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。2.一定质量的理想气体的状态方程：p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C常量。返回[典例](2019·吉林实验中学模拟)如图所示，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB＝90cm，BC＝40cm，CD＝60cm，竖直段CD内有一长10cm的水银柱。在环境温度为300K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10cm，此时CD段中的水银柱上端距C点10cm。已知大气压为75cmHg且保持不变。(1)环境温度缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱下端刚刚接触D点；(2)环境温度在(1)问的基础上再缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE。(计算结果保留三位有效数字)返回[解析](1)由题意知，在没有升温前，AB段内高出槽中水银面的水银柱高度为10cm，封闭气体的长度为L1＝(90－10－10)cm＋40cm＋10cm＝120cm，压强为p1＝75cmHg－10cmHg＝65cmHg，温度为T1＝300K；在升温后让CD段中水银柱下端刚刚接触D点，气体做等压变化，气体的长度为L2＝(90－10－10)cm＋40cm＋(60－10)cm＝160cm。设温度为T2，玻璃管横截面积为S，由盖－吕萨克定律得V1T1＝V2T2，V1＝L1S，V2＝L2S解得T2＝V2V1T1＝400K。返回(2)CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE时，封闭气体的压强为p3＝75cmHg，此时AB段内水银柱恰好与槽中水银面相平，气体的长度为L3＝(90－10)cm＋40cm＋60cm＝180cm。设温度为T3，由理想气体状态方程得p1V1T1＝p3V3T3，V3＝L3S解得T3＝p3V3p1V1T1≈519K。[答案](1)400K(2)519K返回[规律方法]应用理想气体状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体。(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。(3)由理想气体状态方程列式求解。(4)讨论结果的合理性。返回[集训冲关]1．(2019·昆明、玉溪统考)如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为100cm2，大气压强为1×105Pa，汽缸内气体温度为27℃，求：(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强和所加重物的重力；(2)在放着重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来的体积，应使气体温度升高到多少摄氏度。返回解析：(1)由题意知p1＝1×105Pa，V1＝V，V2＝V2由玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得p2＝2×105Pa又S＝100×10－4m2＝1×10－2m2由平衡条件得p2＝p0＋GS，解得G＝1000N。(2)由题意知p3＝2×105Pa，V3＝V，T1＝300K由理想气体状态方程有p3V3T3＝p1V1T1解得T3＝600K，即t3＝327℃。答案：(1)2×105Pa1000N(2)327℃返回2．“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图所示实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t℃)密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸顶为L。由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L10处。已知环境温度为27℃不变，mgS与16大气压强相当，汽缸内的气体可视为理想气体，求t为多少摄氏度。返回解析：对汽缸内封闭气体分析，初状态：p1＝p0V1＝LS，T1＝(273＋t)K末状态：p2＝p0－mgS＝56p0V2＝910LS，T2＝300K由理想气体状态方程得p1V1T1＝p2V2T2解得t＝127℃。答案：127℃返回“课时跟踪检测”见“课时检测(七十六)”(单击进入电子文档)