高考物理总复习必考专题讲义十二气体实验定律的解题策略.docx
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高考物理总复习必考专题讲义十二气体实验定律的解题策略
(十二)
气体实验定律的解题策略
题型特点
考情分析
命题趋势
气体实验定律的研究对象为一部分气体或多部分气体的高考题各占一半,研究对象为多部分气体的问题,更能考查学生综合分析能力,题型多为计算题或综合性的选择题,题目难度中等
2017·全国卷Ⅰ,33
(2)
2016·全国卷Ⅱ,33
(2)
高考对气体实验定律或理想气体状态方程的考查频率很高,多以大题出现,选择题常与分子动理论及热力学定律综合,预测2019年高考中本知识会以计算题形式出现
1.应用气体实验定律及理想气体状态方程流程图
―→
―→
―→
2.涉及问题
研究对象必须是质量一定的气体.
►解题方法
1.玻意耳定律(等温变化)
2.查理定律(等容变化)
3.盖-吕萨克定律(等压变化)
►答题步骤
1.确定研究对象:
它可以是由两个或多个物体组成的系统,也可以是全部气体和某一部分气体.(状态变化时质量必须一定)
2.确定状态参量:
找出变化前后的p、V、T数值或表达式.
3.认识变化过程:
除题设条件指明外,常需通过研究对象跟周围环境的相互关系来确定.
4.列方程求解.
►规范解答
1.文字叙述类的题目要规范解答,指代具体.例如,对某部分气体应用玻意耳定律列方程.
2.认真审题,不要因粗心大意失分.例如,T的单位是开尔文,不是摄氏度.
角度1 与图象有关的综合问题
与pT、VT图象有关的问题,常与气体实验定律、热力学定律、气体的微观解释等相结合,比其他单独命题的题目难度大些,需要考生全面掌握、灵活运用相关知识.
角度2 关联“多系统”气体状态变化问题
多个系统相互联系的定质量气体问题,往往以压强建立起系统间的关系,各系统独立进行状态分析,要确定每个研究对象的变化性质,分別应用相应的实验定律,并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联.若活塞可自由移动,一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系.
角度3 关联“多过程”气体状态变化问题
研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化,表现出“多过程”现象.对于“多过程”现象,则要确定每个有效的“子过程”及其性质,选用合适的实验定律,并充分应用各“子过程”间的有效关联.解答时,特别注意变化过程可能的“临界点”,找出临界点对应的状态参量,在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”.
角度4 变质量气体问题
分析变质量问题时,可通过巧妙地选择研究对象,使这类问题转化为定质量气体问题,用气体实验定律求解.
(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.
[例1]一定质量的理想气体,从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A,其体积V与温度T的关系如图所示.图中TA、VA和TD为已知量.
(1)从状态A到B,气体经历的是__等容__(选填“等温”“等容”或“等压”)过程;
(2)从B到C的过程中,气体的内能__不变__(选填“增大”“减小”或“不变”);
(3)从C到D的过程中,气体对外__做负功__(选填“做正功”“做负功”或“不做功”),同时__放热__(选填“吸热”或“放热”);
(4)气体在状态D时的体积VD=!
!
!
###.
解析 本题主要考查理想气体VT图象的变化过程分析和热力学第一定律的理解,解题的关键是通过VT图象分析各状态参量的变化,以及明确应用热力学第一定律时各物量正、负的意义.
(1)由VT图象知,从状态A到状态B,气体体积不变,即等容过程;
(2)从B到C过程,气体温度不变,内能不变;(3)从C到D过程,气体的体积变小,温度降低,气体对外界做负功;由热力学第一定律可判断气体放出热量;(4)由气体状态方程
=
,结合pA=pD得VD=
[例2](2017·全国卷Ⅰ)如图,容积均为V的气缸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给气缸充气,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℃,气缸导热.
(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=p1V1, ①
(3p0)V=p1(2V-V1), ②
联立①②式得V1=
, ③
p1=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=p2V2, ⑤
由⑤式得p2=
p0, ⑥
由⑥式知,打开K3后活塞上升直到B的顶部为止;此时p2为p′2=
p0.
(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
=
, ⑦
将有关数据代入⑦式得
p3=1.6p0.
答案
(1)
2p0
(2)见解析 (3)1.6p0
[例3]如图,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置,汽缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0,汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同,厚度可忽略).开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体),压强分别为p0和
;左活塞在汽缸正中间,其上方为真空;右活塞上方气体体积为
.现使汽缸底与一恒温热源接触,平衡后左活塞升至汽缸顶部,且与顶部刚好没有接触;然后打开K,经过一段时间,重新达到平衡.已知外界温度为T0,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,求:
(1)恒温热源的温度T;
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.
解析
(1)与恒温热源接触后,在K未打开时,右活塞不动,两活塞下方的气体经历等压过程,由盖—吕萨克定律得
=
,①
由此得T=
T0.②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知,左活塞的质量比右活塞的大,打开K后,左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至汽缸顶才能满足力学平衡条件.
汽缸顶部与外界接触,底部与恒温热源接触,两部分气体各自经历等温过程,设左活塞上方气体压强为p,由玻意耳定律得
pVx=
·
,③
(p+p0)(2V0-Vx)=p0·
V0,④
联立③④得6V
-V0Vx-V
=0.其一解为Vx=
,⑤
另一解Vx=-
V0,不合题意,舍去.
答案
(1)
T0
(2)
V0
[例4](2017·湖北武汉质检)某医院使用的氧气瓶容积为32L,在温度为27℃时瓶内压强为15atm,按规定当使用到17℃时压强降到1atm,便应重新充气.该医院在22℃时,平均每天用0.1atm的氧气429L,问一瓶氧气能用多少天?
解析 设一瓶氧气能用n天,据题意,气体初态时p0=15atm,V0=32L,T0=300K.
n天用掉的氧气
p1=0.1atm,V1=429nL,T1=295K.
瓶内剩余的氧气
p2=1atm,V2=32L,T2=290K.
由分态式理想气体状态方程得
=
+
,代入数据得n≈10,
所以一瓶氧气能用10天.
答案 10天
1.(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的a→b、b→c、c→d、d→a四个过程,其中bc的延长线通过原点,cd垂直于ab且与水平轴平行,da与bc平行.则气体体积在( AB )
A.a→b过程中不断增加B.b→c过程中保持不变
C.c→d过程中不断增加D.d→a过程中保持不变
解析 因为bc的延长线通过原点,所以bc是等容线,即气体体积在b→c过程中保持不变,选项B正确;ab是等温线,压强减小则体积增大,选项A正确;cd是等压线,温度降低则体积减小,选项C错误;连接aO交cd于e,则ae是等容线,即Va=Ve,因为Vd<Ve,所以Vd<Ve,所以d→a过程中体积不是保持不变,选项D错误.
2.(2018·江苏镇江模拟)容积为2L的烧瓶,在压强为1.0×105Pa时,用塞子塞住,此时温度为27℃;当把它加热到127℃时,塞子被打开了,稍过一会儿,重新把塞子塞好,停止加热并使它逐渐降温到27℃,求:
(1)塞子打开前的最大压强;
(2)27℃时剩余空气的压强.
解析 塞子打开前,瓶内气体的状态变化为等容变化.塞子打开后,瓶内有部分气体会逸出,此后应选择瓶中剩余气体为研究对象,再利用查理定律求解.
(1)塞子打开前,选瓶中气体为研究对象
初态p1=1.0×105Pa,T1=(273+27)K=300K.
末态p2=?
,T2=(273+127)K=400K.
由查理定律可得p2=
=
×1.0×105Pa≈1.33×105Pa.
(2)重新将塞子塞紧后,选瓶中剩余气体为研究对象
初态p1′=1.0×105Pa,T1′=400K.
末态p2′=?
,T2′=300K.
由查理定律可得p2′=
=
×1.0×105=0.75×105Pa.
答案
(1)1.33×105Pa
(2)0.75×105Pa
3.一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内,汽缸壁导热良好,活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动.开始时气体压强为p,活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h,外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面,沙子倒完时,活塞下降了
.若此后外界的温度变为T,求重新达到平衡后气体的体积.已知外界大气的压强始终保持不变,重力加速度大小为g.
解析 设汽缸的横截面积为S,沙子倒在活塞上后,对气体产生的压强为Δp,由玻意耳定律得
phS=(p+Δp)(h-
h)S,①
解得Δp=
p,②
外界的温度变为T后,设活塞距底面的高度为h′,根据盖—吕萨克定律,得
=
,③
解得h′=
h,④
据题意可得Δp=
,⑤
气体最后的体积V=Sh′,⑥
联立②④⑤⑥式得V=
.
答案
4.如图所示,由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中,B的容积是A的3倍.阀门S将A和B两部分隔开.A内为真空,B和C内都充有气体.U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S,整个系统稳定后,U形管内左右水银柱高度相等.假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积.
(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位);
(2)将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加热后右侧水槽的水温.
解析
(1)在打开阀门S前,两水槽水温均为T0=273K.设玻璃泡B中气体的压强为p1,体积为V1=VB,玻璃泡C中气体的压强为pC,依题意有p1=pC+Δp,①
式中Δp=60mmHg.打开阀门S后,两水槽水温仍为T0,设玻璃泡B中气体的压强为pB,依题意,有p2=pB=pC,②
玻璃泡A和B中气体的体积V2=VA+VB,③
根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,④
联立①②③④式,并代入已知数据得pC=
Δp=180mmHg.⑤
(2)当右侧水槽的水温加热至T′时,U形管左右水银柱高度差为Δp玻璃泡C中气体的压强p′C=pB+Δp,⑥
玻璃泡C的气体体积不变,根据查理定律得
=
,⑦
联立②⑤⑥⑦式,并代入题给数据得T′=364K.
答案
(1)180mmHg
(2)364K
5.(2018·江西南昌模拟)如图所示,一定质量的理想气体密封在体积为V0的容器中,室温为T0=300K,有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室,B室的体积是A室的两倍,A室容器连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计),两边水银柱高度差为76cm,B室容器连接有一阀门K,可与大气相通.(外界大气压强P0=76cmHg)
(1)将阀门K打开后,A室的体积变成多大?
(2)在
(1)的情况下,将容器加热到500K,U形管内两边水银面的高度差为多少?
解析
(1)打开阀门,A室内气体压强最终会与外界相同,气体做等温变化.
pA1=(76+76)cmHg,体积VA1=
V0,
pA2=76cmHg,
由玻意耳定律得pA1VA1=pA2VA2,
代入数据解得VA2=
V0.
(2)从T0=300K升高到T,体积恰好变为V0,该过程气体做等压变化,由盖—吕萨克定律得
=
,解得T=450K.
T1=500K>450K,故从T=450K升高到T1=500K,压强变为pA3,该过程气体做等容变化,由查理定律得
=
,
代入数据解得pA3=
p0,
Δp=
p0=8.4cmHg,
加热到500K时,水银面高度差为8.4cm.
答案
(1)
V0
(2)8.4cm
6.(2017·山东济南模拟)如图甲所示是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图象.已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa
(1)写出从A到B过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图中TA的值;
(2)请在图乙坐标系中,作出由状态A经过状态B变为状态C的p-T图线,并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程.
解析
(1)由图甲可以看出,A与B的连线的延长线过原点O,所以从A到B是一个等压变化过程,即pA=pB.
根据盖—吕萨克定律可得
=
,
所以TA=
=
K=200K.
(2)由图甲可以看出,从B到C是一个等容变化过程,根据查理定律得
=
,
所以pC=
=
Pa=2.0×105Pa,
则可作出由状态A经过状态B变为状态C的p-T图象如图所示.
答案
(1)见解析
(2)如图所示
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- 高考 物理 复习 必考 专题 讲义 十二 气体 实验 定律 解题 策略