2022届高三物理一轮复习 微专题25 热学——气体实验定律（全国通用）

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微专题25热学——气体实验定律解决目标及考点:图像问题连通器中液柱稳定、移动问题气缸变化问题充气与漏气问题【例题1】在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱．大气压强为P0，各部尺寸如图所示．求A、B气体的压强．     【解析】①平衡法：选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用它的受力平衡求出气体的压强求pA：取液柱h1为研究对象，设管截面积为S，大气压力和液柱重力向下，A气体压力向上，液柱h1静止，则 P0S＋ρgh1S=PAS∴PA=P0＋ρgh1 求 pB：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，下端液体自重产生的任强可不考虑，A气体压强由液体传递后对h2的压力向上，B气体压力、液柱h2重力向下，液往平衡，则PBS＋ρgh2S=PAS∴PB=P0+ρgh1-ρgh2②取等压面法：根据同种液体在同一水平液面压强相等，在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等建立方程求出压强，例：求pB从A气体下端面作等压面，则有PB+ρgh2＝PA＝P0+ρgh1，所以PB=P0+ρgh1-ρgh2．【例题2】如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的VT图象,由图象可知(     )A.pA>pB   B.pC<pBC.VA<VB   D.TA<TB【答案】D【解析】由V-T图象可以看出由A→B是等容过程,TB>TA,故pB>pA,A,C项错误,D项正确;由B→C为等压过程,pB=pC,故B项错误.一、气体实验定律①玻意耳定律：（C为常量）→等温变化微观解释：一定质量的理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的，在这种情况下，体积减少时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大。适用条件：压强不太大，温度不太低②查理定律：（C为常量）→等容变化微观解释：一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变，在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强就增大。适用条件：温度不太低，压强不太大③盖吕萨克定律：（C为常量）→等压变化微观解释：一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大，只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减少，才能保持压强不变适用条件：压强不太大，温度不太低图象表达：注意：气体压强的特点（1）气体自重产生的压强一般很小，可以忽略．但大气压强P0却是一个较大的数值（大气层重力产生），不能忽略．（2）密闭气体对外加压强的传递遵守帕斯卡定律，即外加压强由气体按照原来的大小向各个方向传递．考点:图像问题【例题3】(多选)如图所示,一定质量的某种气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程,A,C两点在同一条双曲线上,则此变化过程中（　　）A.从A到B的过程,温度升高B.从B到C的过程,温度升高C.从A到C的过程,温度先降低再升高D.A,C两点的温度相等【答案】AD【解析】作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,故从A到B的过程,温度升高,A项正确;从B到C的过程,温度降低,B项错误;从A到C的过程温度先升高后降低,C项错误;A,C两点在同一等温线上,D项正确.解决图像问题时，先根据图像的横纵坐标把理想气体方程式变型，然后分析解析式中的“斜率”对应式子中的物理量，按照数学的函数性质去分析变化。如P-V图像时，把式子PV/T=C改写为P=CT/V，可知P与V成反比关系，形同与y=k/x的形式，CT就是k，对于双曲线的k越大，曲线越“外”，同一曲线上的点的CT相同，即等温。【练习1】如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B到状态C的VT图象,由图象可知（　　）A.pA>pB B.pC<pBC.VA<VB D.TA<TB【答案】D【解析】:由V-T图象可以看出由A→B是等容过程,TB>TA,故pB>pA,A,C项错误,D项正确;由B→C为等压过程,pB=pC,故B项错误.【练习2】(多选)一定质量的某种理想气体经历如图所示的一系列过程,ab,bc,cd和da这四个过程在pT图上都是直线段,其中ab的延长线通过坐标原点O,bc垂直于ab,cd平行于ab,由图可以判断（　　）A.ab过程中,气体体积不断减小B.bc过程中,气体体积不断减小C.cd过程中,气体体积不断增大D.da过程中,气体体积不断增大考点:连通器中液柱稳定、移动问题【答案】BCD【解析】四条直线段只有ab是等容过程,A错误;连接Ob,Oc和Od,则Ob,Oc,Od都是一定质量的理想气体的等容线,依据p-T图中等容线的特点(斜率越大,气体体积越小),比较这几条图线的斜率,即可得出Va=Vb>Vd>Vc,故B,C,D都正确. 【例题4】（液柱移动）两个容器A,B,用截面均匀的水平细玻璃管连通,如图所示,A,B所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃,水银柱在管中央平衡,如果两边温度都升高10 ℃,则水银柱将（　　）A.向右移动B.向左移动C.不动D.条件不足,不能确定【答案】A【解析】假设水银柱不动,A,B气体都做等容变化,由Δp=ΔT/Pp知Δp∝1/T,因为TA<TB,所以ΔpA>ΔpB,所以水银柱向右移动.液柱(活塞)的移动问题的分析方法此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律可以简单地求解．其一般思路为：(1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化．(2)对两部分气体分别应用查理定律，求出每部分气体压强的变化量Δp＝p，并加以比较．①如果液柱或活塞两端的横截面积相等，则若Δp均大于零，意味着两部分气体的压强均增大，则液柱或活塞向Δp值较小的一方移动；若Δp均小于零，意味着两部分气体的压强均减小，则液柱或活塞向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动；若Δp相等，则液柱或活塞不移动．②如果液柱或活塞两端的横截面积不相等，则应考虑液柱或活塞两端的受力变化(ΔpS)，若Δp均大于零，则液柱或活塞向ΔpS较小的一方移动；若Δp均小于零，则液柱或活塞向|ΔpS|较大的一方移动；若ΔpS相等，则液柱或活塞不移动．考点:气缸变化问题【例题5】如图所示,上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置,横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一物体A封闭在汽缸内.在汽缸内距缸底 60 cm 处设有a,b两限制装置,使活塞只能向上滑动.开始时活塞搁在a,b上,缸内气体的压强为p0(p0=1.0×105 Pa为大气压强),温度为300 K.现缓慢加热汽缸内气体,当温度为330 K,活塞恰好离开a,b;当温度为360 K时,活塞上升了4 cm.g取10 m/s2求:(1)活塞的质量;(2)物体A的体积.【例题5】【解析】(1)设物体A的体积为ΔV.T1=300 K,p1=1.0×105 Pa,V1=60×40 cm3-ΔVT2=330 K,p2=1.0×105 Pa+,V2=V1T3=360 K,p3=p2,V3=64×40 cm3-ΔV由状态1到状态2为等容过程P1/T1=P2/T2代入数据得m=4 kg.(2)由状态2到状态3为等压过程V2/T2=V3/T3代入数据得ΔV=640 cm3.答案:(1)4 kg　(2)640 cm3无论是气缸问题还是液柱问题，题中都会涉及到“移动”“变化”等情况，要解决这类问题主要思想是“化动为静”，就是要找到装置变化前后的静态时对应的状态量（P、V、T）。变化前，可以通过平衡法（一般是气缸）、等圧法（一般是液柱）找出此时封闭气体的气压，同时根据几何关系找出封闭气体的V，还有T的量。变化后，通过同样的方法找出对应的P。需要注意的是变化后的V有时需要通过技巧计算。总之就是把变化前后的P、V、T都找到（未知的就用表达式代替）最后列等式方程求解即可。【变式3】如图(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之间活动,B左边汽缸的容积为 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399.3 K.求:(1)活塞刚离开B处时的温度TB;(2)缸内气体最后的压强p;(3)在图(乙)中画出整个过程的pV图线.【解析】:(1)活塞离开B之前,气体做等容变化,根据查理定律,得0.9P0/T0=P0/TB,解得TB=T0/0.9=330 K.(2)考虑气体各状态间的关系,设活塞最终可以移动到A处,活塞从刚离开B处到刚到达A处,气体做等压变化,由盖—吕萨克定律,有V0/TB=1.1V0/TA,解得TA=1.1TB=363 K.活塞从刚到达A处到气体升温至399.3 K,气体做等容变化,由查理定律P0/TA=p/T解得p=1.1p0.由结果p>p0可知,活塞可以移到A处的假设成立.(3)p-V图线如图所示.【变式4】如图(甲)所示,一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置,横截面积为S=2×10-3 m2、质量为m=4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体,此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm,在活塞的右侧 12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环,已知气体的温度为300 K,大气压强p0=1×105 Pa.现将汽缸竖直放置,开口向上,如图(乙)所示,取g=10 m/s2.求:(1)活塞稳定后与汽缸底部之间的距离;(2)将气体加热到675 K时,封闭气体的压强.【解析】(1)以汽缸内气体为研究对象,初状态:p1=p0=1×105 PaT1=300 K,V1=24 cm×S末状态:p2=p0+mg/S=1.2×105 PaT1=T2,V2=HS由玻意耳定律得p1V1=p2V2解得H=20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处,则T3=675 K,V3=36 cm×S由理想气体状态方程P2V2/T2=P3V3/T3得p3=1.5×105 Pa>p2=1.2×105 Pa所以活塞能到达卡环处,此时封闭气体压强为1.5×105 Pa.答案:(1)20 cm　(2)1.5×105 Pa考点:充气、漏气问题【例题6】用容积为的活塞式抽气机对容积为的容器中的气体抽气，如图1所示。设容器中原来气体压强为，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽动次后，容器中剩余气体的压强为多大？【例题6】【解析】如图是活塞抽气机示意图，当活塞下压，阀门a关闭，b打开，抽气机气缸中ΔV体积的气体排出．活塞第二次上提（即抽第二次气），容器中气体压强降为P2．根据玻意耳定律得第一次抽气     第二次抽气     以此类推，第次抽气容器中气体压强降为变质量气体问题的分析方法解变质量问题是气体定律教学中的一个难点，气体定律的适用条件是气体质量不变，所以在解决这一类问题中就要设法将变质量转化为定质量处理。常用的解题方法如下。这类问题的关键是巧妙地选择研究对象，把变质量转化为定质量问题．常见变质量气体问题有：(1)打气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题．(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程．(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解．【变式5】用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气,每次能把体积为V0,压强为p0的空气打入容器内,若容器内原有空气的压强为p,打气过程中温度不变,则打了n次后容器内气体的压强为（　　）A.  P0V0/V      B.p0+np0        C.p+n(P0V0/V)       D.p0+( V0/V)n·p0【答案】C【解析】将n次打气的气体和容器中原有气体分别看成是初态,将打气后容器内气体看成是末态,由玻意耳定律,有pV+np0V0=p′V,得n次打气后容器内气体的压强p′=p+n(P0V0/V),C项正确. 【变式6】用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内,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,则用这个打气筒要打气(设打气过程中空气的温度不变)（　　）A.5次           B.10次           C.15次            D.20次【答案】C【解析】因为温度不变,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次.1.大气压强p0=1.0×105 Pa.某容器的容积为20 L,装有压强为20×105 Pa的某种气体,如果保持气体温度不变,把容器的开关打开,待气体达到新的平衡时,容器内剩余气体的质量与原来气体的质量之比为（　　）A.1∶19 B.1∶20 C.2∶39 D.1∶182.用活塞气筒向一个容积为V的容器内打气,每次能把体积为V0,压强为p0的空气打入容器内,若容器内原有空气的压强为p,打气过程中温度不变,则打了n次后容器内气体的压强为（　　）A.P0V0/V       B.p0+np0  C.p+n(P0V0/V)   D.p0+(V0/V)n·p03.(河北衡水月考)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h1为10 cm,水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm,大气压强为 75 cmHg,求空气柱A,B的压强分别是多少?4.(山东济宁月考)如图所示,一圆筒形汽缸静置于地面上,汽缸筒的质量为M,活塞(连同手柄)的质量为m,汽缸内部的横截面积为S,大气压强为p0.现用手握住活塞手柄缓慢向上提,不计汽缸内气体的重量及活塞与汽缸壁间的摩擦,若将汽缸刚提离地面时,汽缸内气体的压强为p、手对活塞手柄竖直向上的作用力为F,则（　　）A.p=p0+mg/S,F=mgB.p=p0+mg/S,F=p0S+(m+M)gC.p=p0-Mg/S,F=(m+M)gD.p=p0-Mg/S,F=Mg5.如图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为L1和L2的两段气体。若把玻璃管缓慢向上提起，但管口不离开液面，则管内气体的长度（　　）A．L1和 L2都变小     B．L1和 L2都变大      C．L1变大，L2变小     D．L1变小，L2变大6.如图所示，足够长U型管内分别由水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确是（　　）A．只对L1加热，则h减小，气柱L2长度变大B．只对L1加热，则h减小，气柱L2长度减少C．若在右管中注入一些水银，L1将增大D．使L1、L2同时升高相同的温度，则L1增大、h减小7.篮球运动深受大家喜爱，某次比赛前，篮球在器材室被打入温度为17℃的空气后，球内压强为。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为37℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内稳定后温度为27℃，压强为。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，求：（1）温度升高至37℃时球内气体的压强；（2）篮球漏出空气的质量与比赛前篮球内空气质量的比值。1．导热良好、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强保持不变，环境初始温度为。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至。求：（1）右侧空气柱长度；（2）左侧管内水银面下降的高度。2.如图甲所示，不计质量的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，开始时活塞距离汽缸底的高度为h1=15cm，气体温度为27°C。现将一质量为M=10kg的物块轻放在活塞上，再次稳定后活塞距离汽缸底的高度为h2=5cm（如图乙）。汽缸横截面积为，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计，外界大气压强为，重力加速度取10m/s 2.。求：(1)如果不考虑气体温度的变化，再次稳定后理想气体的温度；(2)当活塞距离缸底的高度为时，再给汽缸缓慢加热直至活塞回到原来位置，求此状态的理想气体的温度。
参考答案1.【答案】B【解析】由p1V1=p2V2得p1V0=p0(V0+V),因V0=20 L,则V=380 L,即容器中剩余20 L压强为p0的气体,而相同大气压下,气体的总体积为400 L,所以剩余气体的质量与原来气体质量之比等于同压下气体的体积之比,即20/400=1/20,B项正确.2.【答案】C【解析】将n次打气的气体和容器中原有气体分别看成是初态,将打气后容器内气体看成是末态,由玻意耳定律,有pV+np0V0=p′V,得n次打气后容器内气体的压强p′=p+n(P0V0/V),C项正确.3.【解析】设管的截面积为S,选a的下端面为参考液面,它受向下的压力为(pA+h1)S,受向上的大气压力为p0S,由于系统处于平衡状态,则(pA+h1)S=p0S,所以pA=p0-h1=(75-10) cmHg=65 cmHg,再选b的左下端面为参考液面,由连通器原理知液柱h2的上表面处的压强等于pB,则(pB+h2)S=pAS,所以pB=pA-h2=(65-5) cmHg=60 cmHg.答案:65 cmHg　60 cmHg4.【答案】C【解析】对整体有F=(M+m)g;对汽缸筒有Mg+pS=p0S,解得p=p0-Mg/S,选项C正确.5.【答案】B【详解】由玻意耳定律               把玻璃管缓慢向上提起，L2增大，P2减小，P1减小，L1增大，B正确，ACD错误。故选B。6.【答案】D【详解】AB．只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1增大、h减小，气柱L2长度不变，因为此部分气体做等温变化，故AB错误；C．若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1将减小，故C错误；D．使L1、L2同时升高相同的温度，假设气体体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1增大、h减小，故D正确。7.【答案】（1）；（2）【详解】（1）球内空气经历等容变化，由盖-吕萨克定律解得（2）比赛前篮球内空气为研究对象，由理想气体状态方程解得设漏掉空气的体积为由于在相同温度和相同压强下，质量之比等于体积之比解得1.【答案】(1)5.5cm；(2)1.83cm【详解】(1) 对右侧气体，初态 =90cmHg，，末态，，根据     解得(2)对左侧气体 =90cmHg，，末态，，根据理想气体状态方程左侧管内水银面下降的高度2.【答案】(1)200K；(2)600K【详解】(1)根据理想气体状态方程有其中p1=，V1=h1S，T1=300K，V2=h2S，解得再次稳定后理想气体的温度(2)同理，根据气体实验定律有其中V3= V1=h1S，解得活塞回到原来位置时，此状态的理想气体的温度