2020高考物理一轮总复习 第十三章 热学 能力课 气体实验定律的综合应用课件 新人教版

第十三章热学(选修3－3)气体实验定律的综合应用栏目导航12板块一考点突破板块二跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一气体实验定律的应用——师生共研|记要点|1．三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)p1V1＝p2V2或pV＝C(常数)．(2)查理定律(等容变化)p1T1＝p2T2或pT＝C(常数)．(3)盖—吕萨克定律(等压变化)V1T1＝V2T2或VT＝C(常数)．2．两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp＝p1T1ΔT.(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝V1T1ΔT.3．利用气体实验定律解决问题的基本思路|析典例|【例】(2017年全国卷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．[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＝p1V1①(3p0)V＝p1(2V－V1)②联立①②式得V1＝V2③p1＝2p0.④(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，活塞下气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V＝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.p2p0，所以活塞在汽缸B的顶部．(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝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.[答案](1)V22p0(2)在汽缸B的顶部(3)1.6p0|反思总结|处理“两团气”问题的技巧(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系．(2)分析“两团气”的体积及其变化关系．(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取合适的实验定律列方程．|练高分|1.(2018年全国卷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．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；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p0V2＝p1V1①p0V2＝p2V2②由已知条件得V1＝V2＋V6－V8＝1324V③V2＝V2－V6＝V3④设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S＝p1S＋mg⑤联立以上各式得m＝15p0S26g.答案：15p0S26g2．(2017年全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2.K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强．解析：(1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p.提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则V＝V0＋14πd2l①V1＝14πd2h②由力学平衡条件得p1＝p＋ρhg③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV＝p1V1④联立①②③④式得p＝ρπgh2d24V0＋πd2l－h.⑤(2)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤πρgl2d24V0⑦该仪器能够测量的最大压强为pmax＝πρgl2d24V0.答案：(1)ρπgh2d24V0＋πd2l－h(2)πρgl2d24V0考点二理想气体状态方程的应用——师生共研|记要点|1．理想气体宏观描述理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．微观描述理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间.2.状态方程p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C.3．应用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)由状态方程列式求解．(4)讨论结果的合理性．|析典例|【例】(2018届山师大附中一模)如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管的横截面积为S，内装有密度为ρ的液体．右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气．温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱(可视为理想气体)长度均为L，压强均为大气压强p0，重力加速度为g，现使左、右两管温度同时缓慢升高，在活塞离开卡口上升前，左右两管液面保持不动．求：(1)温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；(2)温度升高到T2为多少时，两管液面高度差为L.[解析](1)活塞刚离开卡口时，对活塞mg＋p0S＝p1S得p1＝p0＋mgS两侧气体体积不变，右管气体p0T0＝p1T1得T1＝T01＋mgp0S.(2)左管内气体V2＝3L2S，p2＝p0＋mgS＋ρgL应用理想气体状态方程p0LST0＝p2V2T2得T2＝3T02p0p2＝3T02p0p0＋mgS＋ρgL.[答案](1)T01＋mgp0S(2)3T02p0p0＋mgS＋ρgL|反思总结|(1)活塞上升之前，右侧气柱体积不变，满足查理定律．(2)活塞上升之后，右侧气柱的压强不变，满足盖—吕萨克定律，但左侧气柱T0状态与T2状态相比较，气柱的p、V、T均变化，应利用理想气体状态方程列式求解．(3)注意左右两侧高度差为L时，左侧液面下降的高度为L2.|练高分|1．(2018届峨山一中一模)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体，开始时管道内气体温度都为T0＝500K，下部分气体的压强p0＝1.25×105Pa，活塞质量m＝0.25kg，管道的内径横截面积S＝1cm2.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的34，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g＝10m/s2，求此时上部分气体的温度T.解析：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知p0V0＝pV其中V＝54V0解得p＝45×1.25×105Pa＝1.0×105Pa对上部分气体，初态：p1＝p0－mgS＝1.0×105Pa末态：p2＝p－mgS＝0.75×105Pa根据理想气体状态方程，有p1V0T0＝p2×34V0T解得T＝281.25K.答案：281.25K2．容器内装有1kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106Pa，温度为57℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的35，温度降为27℃，求漏掉多少千克氧气？解析：由题意知，气体质量m＝1kg，压强p1＝1.0×106Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330K经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300Kp2＝35p1＝35×1.0×106Pa＝6.0×105Pa设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得p1VT1＝p2V′T2代入数据解得V′＝p1VT2p2T1＝1×106×300V6.0×105×330＝5033V所以漏掉的氧气质量为Δm＝ΔVV′×m＝50V33－V50V33×1kg＝0.34kg.答案：0.34kg考点三气体状态变化的图象问题——师生共研|记要点|一定质量的气体的四类不同图象的比较图线特点举例p­VpV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远p­1Vp＝CT1V，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高p­Tp＝CVT，斜率k＝CV，即斜率越大，体积越小V­TV＝CpT，斜率k＝Cp，即斜率越大，压强越小|析典例|【例】(2019届吉林大学附中模拟)一定质量的理想气体，其状态变化过程如图中箭头顺序所示，AB平行于纵轴，BC平行于横轴，CA段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．已知气体在A状态的压强、体积、热力学温度分别为pA、VA、TA，且气体在A状态的压强是B状态压强的3倍．试求：(1)气体在B状态的热力学温度和C状态的体积；(2)从B到C过程中，是气体对外做功还是外界对气体做功？做了多少功？[解析](1)从A到B是等容过程，由查理定律有pATA＝pBTB由题知pA＝3pB解得TB＝13TA从B到C是等压变化过程，由盖—吕萨克定律，有VBTB＝VCTC又从A到C是等温变化过程，故TC＝TA解得VC＝3VA.(2)从B到C等压过程中，气体的体积在增大，故知是气体对外界做功，做功为W＝pB(VC－VB)＝23pAVA.[答案](1)13TA3VA(2)气体对外界做功23pAVA|反思总结|气体状态变化的图象的应用技巧(1)明确点、线的物理意义：求解气体状态变化的图象问题，应当明确图象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；图象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．(2)明确图象斜率的物理意义：在V­T图象(p­T图象)中，比较两个状态的压强(或体积)大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大．(3)明确图象面积的物理意义：在p­V图象中，p­V图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功．|练高分|1.如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是()A．TATB，TBTCB．TATB，TB＝TCC．TATB，TBTCD．TA＝TB，TBTC解析：选C由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故TATB.A、D项错；由状态B到状态C过程中，气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即TBTC，B项错，C项对．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断中正确的是()A．A→B温度升高，压强不变B．B→C体积不变，压强变大C．B→C体积不变，压强不变D．C→D体积变小，压强变大解析：选AD由题图可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由pVT＝C，可知气体压强不变，故A正确；由题图可知，在B→C的过程中，体积不变而温度降低，由pVT＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由题图可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由pVT＝C可知，压强p增大，故D正确．3．一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如