微专题1 气体实验定律的应用
[定位·学习目标] 1.会应用气体实验定律和理想气体的状态方程解决综合问题。2.会判断液柱移动问题,掌握解答该类问题的方法。3.会找到两部分气体的关系,能解决关联气体问题。4.会利用图像对气体状态、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。
要点一 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
要点归纳
应用气体实验定律和理想气体的状态方程解题的一般步骤
典例研习
[例1] 如图所示,导热性能良好的汽缸开口向上竖直放置,a、b是固定在汽缸内壁的卡环,两卡环间的距离为h。缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与汽缸内壁接触良好,且无摩擦、不漏气,活塞只能在a、b之间移动,缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为T0,活塞与卡环b刚好接触但无作用力,活塞离缸底的距离为4h,两卡环能承受的最大压力为,活塞的厚度不计,大气压强 p0=,重力加速度大小为g。求:
(1)要使卡环不被破坏,环境的最低温度;
(2)当环境温度提高到T0时,缸内气体的压强。
【答案】 (1)T0 (2)
【解析】 (1)开始时,气体温度T1=T0,
缸内气体压强p1=p0+=,
设温度降低到T2时,活塞对b卡环的压力大小为,此时缸内气体压强p2=p0+-=,气体发生等容变化,则有=,解得 T2=T0。
(2)假设环境温度为T3=T0时,活塞与卡环a接触且a没有被破坏,设此时缸内气体压强为p3,根据理想气体状态方程有=,解得p3=,设此时活塞与卡环a的作用力大小为F,则mg+p0S+F=p3S,解得F=<,假设成立,因此缸内气体压强为。
要点二 判断液柱移动问题的方法
要点归纳
用液柱隔开两部分气体,当气体的状态参量p、V、T发生变化时,常会引起液柱的移动。判断隔开两部分气体的液柱是否移动、移动方向的问题,一般有三种常用方法。
公 式 法 假设被液柱隔开的两部分气体的体积不变(或压强不变),对于每部分气体,利用Δp=p(或ΔV=V)计算Δp(或ΔV)的变化情况,判断液柱移动方向
续 表
图 像 法 假设液柱不动,两部分气体均做等容变化(或等压变化),在pT(或VT)图像上作出两部分气体的等容线(或等压线)。利用等容线(或等压线)求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量Δp(或体积变化量ΔV),根据Δp(或ΔV)间的大小关系判断出液柱的移动方向
极 限 法 让气体状态参量中某一个量的变化量无穷大,判断出液柱在这个极限条件下的状态,与初始状态相比就可知道液柱的变化情况。如温度减小我们可以认为减小到绝对零度,压强增大可以认为是增大到无穷大
典例研习
[例2] (多选)如图所示,两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开,当玻璃管水平放置时,左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积,左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度,水银柱处于静止状态,下列说法正确的是( )
[A] 此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强
[B] 此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强
[C] 若管内两侧的气体都升高相同的温度,则水银柱向左移动
[D] 若管内两侧的气体都升高相同的温度,则水银柱向右移动
【答案】 BC
【解析】 由于水银柱处于静止状态,由平衡条件可知,此时两侧压强相等,故A错误,B正确;假设升温后水银柱不动,由查理定律可知两侧气体压强的增加量为Δp=,而管内两端原压强相同,ΔT相同,所以Δp∝,即T高,Δp小,所以水银柱应向左移动,故C正确,D错误。
判断液柱移动的一般思路
(1)先假设液柱不发生移动,两部分气体均做等容(或等压)变化。
(2)确定两部分气体升高相同温度ΔT时,增加的压强Δp(或体积ΔV)的大小,液柱将向Δp(或ΔV)小的一侧移动。
要点三 相关联气体问题
要点归纳
1.问题情境
两部分气体通过液柱或活塞相联系,当其中一部分气体状态发生变化时,造成液柱或活塞移动,使另一侧气体状态发生变化。
2.解答关键
(1)把两部分气体分开看待,分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况,并列出相应的方程,切不可将两部分气体视为同种气体的两种状态。
(2)找出两部分气体之间的联系,如压强关系、体积关系等,并列出关系式。
(3)挖掘隐含条件,找出临界点,临界点是两个状态变化过程的分界点,找出临界点是解题的突破点之一。
(4)根据临界点前后的状态变化过程,利用相应物理规律列出相关方程。
(5)涉及分割两部分气体的活塞或者液柱时,需要列出力学辅助方程。
典例研习
[例3] 如图所示,水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,其活塞横截面积之比为SA∶SB=1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连,可沿水平方向无摩擦滑动,两个汽缸始终不漏气。初始时,A、B中气体的体积分别为V0、3V0,温度皆为T0=300 K。A中气体压强pA=4p0,p0是汽缸外的恒定大气压强,现对A缓慢加热,在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB1=3p0。求:
(1)加热前汽缸B中的气体压强pB;
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB1;
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA1。
【答案】 (1)2p0 (2)2V0 (3)700 K
【解析】 (1)假设刚性细杆上的作用力大小为F,
对A中活塞有F+p0SA=pASA,
对B中活塞有F+p0SB=pBSB,
联立解得pB=2p0。
(2)若保持B中气体温度不变,则有pB·3V0=pB1VB1,
解得VB1=2V0。
(3)根据上述可知,刚性细杆向右移动的距离为x=,
则加热后A的体积VA1=xSA+V0,
解得VA1=V0,
加热后对刚性细杆分析有pA1SA+p0SB=p0SA+pB1SB,
解得pA1=7p0,
对A中气体由理想气体状态方程有=,
解得TA1=700 K。
相关联气体问题中,对每一部分气体来讲独立满足=C。两部分气体往往满足一定的关系,如压强关系、体积关系,从而再列出关系方程即可。
要点四 气体状态变化中的图像问题
要点归纳
1.一定质量的理想气体的三种状态变化图像的比较
名称 常规图像及说明 其他图像
等温 变化 pV=CT(C为常量),即pV越大的等温线对应的温度越高,离原点越远
p=,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高
等容 变化 p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小
续 表
名称 常规图像及说明 其他图像
等压 变化 V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小
不同气体的图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的压强越小
2.解决气体图像问题的关键
(1)一看“轴”——明意义:看清两坐标轴,明确图像物理意义。
(2)二看“点”——定状态:图像上的点表示一定质量气体的一个平衡状态,确定状态参量。
(3)三看“线”——定过程:图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
弄清各状态参量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)四比较——找关系:涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
3.理想气体的一般状态变化的图像问题的分析方法
(1)对于一定质量的气体状态变化的图像是否表示气体的等温变化、等压变化或等容变化,不能单看图像的“形”,而重点看与对应图像是否一致。例如p-V 图像中,p与V乘积是否相等;VT 图像、pT 图像为直线时,其延长线是否过原点或Vt图像、pt图像为直线时,其延长线是否过-273.15 ℃处。
(2)对于气体的一般状态变化的图像,可过图像不同状态点分别作对应的等温线、等压线或等容线,然后对不同状态点的状态参量作出判断,例如 pV 图像中状态变化图像为直线时,作出过其中某一状态的等温线,然后就可以判断其他状态的温度情况。
典例研习
[例4] 一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是 2×104 Pa,则:
(1)求状态A、B、C的压强;
(2)在图乙中画出该状态变化过程的pT图像,并分别标出A、B、C、D各个状态。
【答案】 (1)4×104 Pa 1.6×105 Pa 4×104 Pa
(2)图见解析
【解析】 (1)由题图甲可知,A→B过程是等容升温过程,有 =,
B→C是等温膨胀过程,有pBVB=pCVC,
C→D是等容降温过程,有 =,
联立解得pA=4×104 Pa,
pB=1.6×105 Pa,pC=4×104 Pa。
(2)该状态变化过程的pT图像如图所示。
气体状态变化中图像的转换方法
(1)原始图像一般是经过几个特殊变化过程(即等温变化、等压变化或等容变化),首先明确状态变化情况。
(2)根据气体的实验定律,确定各个状态变化过程中气体状态参量的变化。
(3)在新的图像中依据各个状态变化过程中气体状态参量的变化情况作出对应的图像。
1.如图所示,一定质量的理想气体经历从状态A→状态B→状态C→状态D→状态A的循环过程,则A、B、C、D这四个状态中体积最大的是( )
[A] 状态A [B] 状态B
[C] 状态C [D] 状态D
【答案】 C
【解析】 根据理想气体状态方程=C,可得p=·T,可知 pT 图像中某点与原点连线的斜率表示;由题图可知A、B、C、D这四个状态,状态C与原点连线的斜率最小,则状态C的体积最大。故选C。
2.如图所示,两个容器A和B的容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且 tA>tB时,水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温,使它们都降低相同的温度,则水银柱将( )
[A] 向右移动
[B] 向左移动
[C] 始终不动
[D] 以上三种情况都有可能
【答案】 A
【解析】 假设降温过程中A、B内气体体积不变化,则两侧气体都发生等容变化,对A中气体有==,对B中气体有==,由于初始时pA=pB,由题意可知 ΔtA=ΔtB,即ΔTA=ΔTB,联立可得=,由于tA>tB,即TA>TB,故<1,即A中气体压强的减少量小于B中气体压强的减少量,可知水银柱将向B侧移动,即向右移动。故选A。
3.一直立的圆柱形导热汽缸内有两个质量忽略不计的活塞a和b,把汽缸内理想气体分隔为A、B两部分,A气柱长 20 cm,B气柱长 40 cm,如图所示。现在活塞a上放上重物使活塞a向下移动 15 cm后重新达到平衡,则活塞b新的平衡位置与原来相比下降了( )
[A] 5 cm [B] 10 cm
[C] 15 cm [D] 20 cm
【答案】 B
【解析】 初始状态,A、B气柱的压强为pA=pB=p0,设汽缸的横截面积为S,重物质量为m,则放上重物后,A的压强为 pA′=+p0,B的压强为 pB′=pA′,整个过程为等温变化,根据玻意耳定律,对A、B气柱分别有pALAS=pA′LA′S,pBLBS=pB′LB′S,解得LB′=2LA′;根据题意有LA′+LB′=45 cm,联立解得LA′=15 cm,LB′=30 cm,而LB=40 cm,则活塞b新的平衡位置相比原来要下降 10 cm。故B正确。
4.如图所示为一粗细均匀内径很小的L型玻璃管,其中竖直管开口且足够长,水平管右端封闭。现在向竖直管中缓慢注入水银,在水平管中封闭了一定质量的理想气体,相关数据如图所
示。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度T1=300 K。不计水银的热胀冷缩。
(1)求封闭气体的压强p1;
(2)缓慢均匀加热封闭气体,当水平管中的水银全部进入竖直管时,求气体的温度T2;
(3)继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3=570 K,求整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度H。
【答案】 (1)90 cmHg (2)475 K (3)8 cm
【解析】 (1)封闭气体的压强为p1=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg。
(2)缓慢均匀加热封闭气体,当水平管中的水银全部进入竖直管时,封闭气体的压强为
p2=p0+ρg(h+L1)=95 cmHg,
设玻璃管的横截面积为S,根据理想气体状态方程可得=,
解得T2=475 K。
(3)封闭气体的温度从T2=475 K升到T3=570 K 的过程,设水银面上升的高度为ΔL,气体发生等压变化,则有=,
解得ΔL=3 cm,
则整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度为H=L1+ΔL=8 cm。
课时作业
(分值:60分)
基础巩固练
考点一 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1.(6分)(多选)一定质量的某种理想气体,处于某一初态,现要使它经过一些状态变化后回到初始温度,下列过程可能实现上述要求的是( )
[A] 先等压压缩,后等容增压
[B] 先等容增压,后等压膨胀
[C] 先等压膨胀,后等容减压
[D] 先等容减压,后等压膨胀
【答案】 ACD
【解析】 根据理想气体状态方程=C可知,等压压缩过程中温度降低,等容增压过程中温度升高,可能回到初始温度,A正确;根据理想气体状态方程=C可知,等容增压过程中温度升高,等压膨胀过程中温度升高,不可能回到初始温度,B错误;根据理想气体状态方程=C可知,等压膨胀过程中温度升高,等容减压过程中温度降低,可能回到初始温度,C正确;根据理想气体状态方程=C可知,等容减压过程中温度降低,等压膨胀过程中温度升高,可能回到初始温度,D正确。
2.(6分)某实验小组受酒店烟雾报警器原理启发,设计了如图所示的温度报警装置,在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=5 cm2、质量m=0.5 kg的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,整个装置倒贴在水平天花板上,开始时房间的热力学温度T0=300 K,活塞与容器顶部的距离l0=20 cm,在活塞下方d=4 cm处有一压力传感器制成的卡口,环境温度缓慢升高时容器内气体温度也随之升高,当传感器受到的压力大于5 N时,就会启动报警装置。已知大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)封闭气体开始的压强p1;
(2)触发报警装置的热力学温度T。
【答案】 (1)9×104 Pa (2)400 K
【解析】 (1)对活塞受力分析,由平衡条件有p1S+mg=p0S,
得p1=9×104 Pa。
(2)设刚启动报警时封闭气体的压强为p2,对活塞受力分析,由平衡条件有p2S+mg=p0S+F,
得p2=1.0×105 Pa,
由理想气体状态方程得=,
得T=400 K。
考点二 液柱移动问题
3.(4分)如图所示,10 ℃的氧气和20 ℃的氢气体积相同,汞柱在连通两容器的细管中央,下列叙述正确的是( )
[A] 当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱不移动
[B] 当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,汞柱将向左移
[C] 当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱向左移
[D] 当氧气温度升高10 ℃,氢气温度升高20 ℃时,汞柱不会移动
【答案】 C
【解析】 假设两部分气体的体积不变,设气体的初始状态为p1、T1,末状态为p2、T2,变化温度为ΔT,变化压强为Δp,由查理定律得==,得Δp=p1。原来两部分气体中的压强p1相同,当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时,即ΔT相同,由于初状态T氧Δp氢,汞柱向右移动,故A、B错误;开始时两部分气体压强p1相同,当氧气温度升高10 ℃,即ΔT氧=
10 K,氢气温度升高20 ℃,即ΔT氢=20 K时,初状态T氧=(273+10)K=283 K,T氢=(273+20)K=
293 K,则=×=×=<1,所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强,汞柱向左移,故C正确,D错误。
4.(4分)如图所示,两端封闭的玻璃管与水平面成θ角倾斜静止放置,一段水银柱将管内一定质量的理想气体分为两个部分,则下列各种情况中,能使管中水银柱相对于玻璃管向B端移动的是( )
[A] 降低环境温度
[B] 使玻璃管做竖直上抛运动
[C] 使玻璃管做自由落体运动
[D] 顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小
【答案】 A
【解析】 假设A、B两端气柱的体积分别为V1、V2且保持不变,此时环境温度为T,当温度降低ΔT时,A端气柱的压强由p1降到p1′,则有Δp1=p1-p1′,B端气柱的压强由p2降到p2′,则有 Δp2=p2-p2′,由查理定律可得Δp1=ΔT,Δp2=ΔT,设水银柱产生的压强为ph,因为p2=p1+ph,所以 Δp1<Δp2,可知水银柱相对于玻璃管向B端移动,A正确;使玻璃管做竖直上抛运动或自由落体运动,水银柱处于完全失重状态,两侧气体的末态压强相等,即A端气体的压强增大,B端气体的压强减小,B端气体的体积增大,水银柱向A端移动,B、C错误;顺时针缓慢转动玻璃管使θ角减小,可知B端气体的压强减小,B端气体的体积增大,水银柱向A端移动,D错误。
考点三 图像问题
5.(4分)一定质量的理想气体经历了A→B→C的变化过程,其压强随热力学温度变化的pT图像如图所示,A、B、C三个状态时气体的体积分别为VA、VB、VC,通过图像可以判断它们的大小关系是( )
[A] VA=VB>VC [B] VA=VB[C] VAVB>VC
【答案】 A
【解析】 由理想气体状态方程=C可得p=·T,由图像可知,A点和B点对应的斜率一样,且小于C点对应的斜率,即VA=VB>VC,故选A。
6.(4分)如图所示为一定质量的理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序完成一次循环变化的
pT图像。若用 VT 图像或pV图像表示这一循环,T为热力学温度,图中表示可能正确的选项是( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 由pT图像可知,1→2为等容变化,2→3为等压变化,3→1为等温变化,故A正确。
考点四 关联气体问题
7.(4分)如图所示,两个水平固定的汽缸由管道连通。活塞a、b用刚性杆相连,可在汽缸内无摩擦地移动,缸内及管中封有一定质量的理想气体,整个系统处于平衡状态,大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点,则系统再次达到平衡状态时( )
[A] 缸内气体压强增大
[B] 缸内气体压强减小
[C] 活塞向左移动一些
[D] 活塞向右移动一些
【答案】 C
【解析】 因左、右汽缸中的气体的压强相等,则对两活塞及杆整体受力分析可知pSa+p0Sb=p0Sa+pSb,由于p0、Sa和Sb都是常量,则可知缸内气体压强不变,A、B错误;缸内气体的温度缓慢升高一点,根据盖吕萨克定律=C可知,气体体积变大,因右侧汽缸横截面积较大,则活塞向左移动一些,C正确,D错误。
综合提升练
8.(4分)一定质量的理想气体从状态A缓慢经过状态B、C、D再回到状态A,其热力学温度T和体积V的关系图像如图所示,BA和CD的延长线均过原点O,气体在状态A时的压强为p0。下列说法正确的是( )
[A] 气体在状态D时的压强大于p0
[B] B→C过程中气体的内能减小
[C] D→A过程中气体的温度升高了
[D] C→D过程中气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断减少
【答案】 C
【解析】 根据=C可知,A→B、C→D过程中气体压强均不变,B→C过程中气体的压强减小,根据等温变化规律可得pBVB=pCVC,解得pC=p0,则气体在状态D时的压强为p0,故A错误。B→C过程中气体的温度不变,内能也不变,故B错误。A→B过程为等压变化,根据等压变化规律可知=,解得TA=;同理,D→A过程为等容变化,根据等容变化规律可知TD=,则D→A过程中气体的温度升高了,故C正确。根据=C可知,C→D过程中气体的压强不变且气体的体积减小,分子的数密度增大,所以气体分子在单位时间内对单位容器壁的碰撞次数不断增加,故D错误。
9.(10分)如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1=25.0 cm 的空气柱,中间有一段长l2=25.0 cm 的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0 cm。已知大气压强为 p0=75.0 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度为l1′=20.0 cm。假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离。
【答案】 15.0 cm
【解析】 在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+pl2,体积V1=l1S;
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1′,
体积变为V1′=l1′S;
根据玻意耳定律得p1l1S=p1′l1′S,
代入数据解得p1′=125.0 cmHg。
对于上部空气柱,开始时压强p上=p0,
体积V上=l3S;
活塞下推后,压强p上′=p1′-pl2,
体积为V上′=l3′S,
根据玻意耳定律得p上V上=p上′V上′,
代入数据解得l3′=30.0 cm;
设活塞下推距离为Δl,则Δl=l3+l1-l1′-l3′,
代入数据解得Δl=15.0 cm。
10.(14分)如图所示,绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦,汽缸B活塞横截面积为汽缸A活塞横截面积的2倍,两汽缸内均装有一定质量的理想气体,初始时两活塞处于平衡状态。环境的热力学温度始终为T0,大气压强恒为p0,初始时汽缸B中的压强为p0,气体体积为2V0,汽缸A中气体的热力学温度也为T0,汽缸A中气体的体积为V0。缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强变为原来的2倍,汽缸B中的气体温度始终与环境温度相同,汽缸A中活塞不会脱离汽缸A,求:
(1)加热前汽缸A中气体的压强pA;
(2)加热达到稳定后汽缸B中气体的体积VB;
(3)加热达到稳定后汽缸A中气体的热力学温度TA。
【答案】 (1)p0 (2)V0 (3)T0
【解析】 (1)设汽缸A活塞的横截面积为S,则汽缸B活塞的横截面积为2S,选择两活塞以及刚性杆整体作为研究对象,根据平衡条件有pB·2S+p0S=p0·2S+pAS,
解得pA=p0。
(2)设加热达到稳定后汽缸B中气体的压强为pB2,根据平衡条件有
pB2·2S+p0S=p0·2S+2pAS,
对B中气体根据等温变化规律有p0·2V0=pB2VB,
解得VB=V0。
(3)两活塞向左移动相同的距离,则加热达到稳定后汽缸A中气体体积
VA=V0+(2V0-VB)=V0,
对A中气体根据理想气体状态方程有=,
解得TA=T0。(共40张PPT)
微专题1 气体
实验定律的应用
1.会应用气体实验定律和理想气体的状态方程解决综合问题。2.会判断液柱移动问题,掌握解答该类问题的方法。3.会找到两部分气体的关系,能解决关联气体问题。4.会利用图像对气体状态、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。
[定位·学习目标]
突破·关键能力
要点一 气体实验定律和理想气体状态方程的应用
应用气体实验定律和理想气体的状态方程解题的一般步骤
「要点归纳」
「典例研习」
(1)要使卡环不被破坏,环境的最低温度;
要点二 判断液柱移动问题的方法
「要点归纳」
用液柱隔开两部分气体,当气体的状态参量p、V、T发生变化时,常会引起液柱的移动。判断隔开两部分气体的液柱是否移动、移动方向的问题,一般有三种常用方法。
图 像 法 假设液柱不动,两部分气体均做等容变化(或等压变化),在p-T(或V-T)图像上作出两部分气体的等容线(或等压线)。利用等容线
(或等压线)求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量Δp(或体积变化量ΔV),根据Δp(或ΔV)间的大小关系判断出液柱的移动方向
极 限 法 让气体状态参量中某一个量的变化量无穷大,判断出液柱在这个极限条件下的状态,与初始状态相比就可知道液柱的变化情况。如温度减小我们可以认为减小到绝对零度,压强增大可以认为是增大到无穷大
「典例研习」
[例2] (多选)如图所示,两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开,当玻璃管水平放置时,左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积,左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度,水银柱处于静止状态,下列说法正确的是( )
[A] 此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强
[B] 此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强
[C] 若管内两侧的气体都升高相同的温度,则水银柱向左移动
[D] 若管内两侧的气体都升高相同的温度,则水银柱向右移动
BC
判断液柱移动的一般思路
(1)先假设液柱不发生移动,两部分气体均做等容(或等压)变化。
(2)确定两部分气体升高相同温度ΔT时,增加的压强Δp(或体积ΔV)的大小,液柱将向Δp(或ΔV)小的一侧移动。
·规律方法·
要点三 相关联气体问题
「要点归纳」
1.问题情境
两部分气体通过液柱或活塞相联系,当其中一部分气体状态发生变化时,造成液柱或活塞移动,使另一侧气体状态发生变化。
2.解答关键
(1)把两部分气体分开看待,分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况,并列出相应的方程,切不可将两部分气体视为同种气体的两种状态。
(2)找出两部分气体之间的联系,如压强关系、体积关系等,并列出关系式。
(3)挖掘隐含条件,找出临界点,临界点是两个状态变化过程的分界点,找出临界点是解题的突破点之一。
(4)根据临界点前后的状态变化过程,利用相应物理规律列出相关方程。
(5)涉及分割两部分气体的活塞或者液柱时,需要列出力学辅助方程。
[例3] 如图所示,水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,其活塞横截面积之比为SA∶SB=1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连,可沿水平方向无摩擦滑动,两个汽缸始终不漏气。初始时,A、B中气体的体积分别为V0、3V0,温度皆为T0=300 K。A中气体压强pA=4p0,p0是汽缸外的恒定大气压强,现对A缓慢加热,在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB1=3p0。求:
「典例研习」
(1)加热前汽缸B中的气体压强pB;
【答案】 (1)2p0
【解析】 (1)假设刚性细杆上的作用力大小为F,
对A中活塞有F+p0SA=pASA,
对B中活塞有F+p0SB=pBSB,
联立解得pB=2p0。
(2)加热后汽缸B中的气体体积VB1;
【答案】 (2)2V0
【解析】 (2)若保持B中气体温度不变,则有pB·3V0=pB1VB1,
解得VB1=2V0。
(3)加热后汽缸A中的气体温度TA1。
【答案】 (3)700 K
·规律方法·
要点四 气体状态变化中的图像问题
「要点归纳」
1.一定质量的理想气体的三种状态变化图像的比较
2.解决气体图像问题的关键
(1)一看“轴”——明意义:看清两坐标轴,明确图像物理意义。
(2)二看“点”——定状态:图像上的点表示一定质量气体的一个平衡状态,确定状态参量。
(3)三看“线”——定过程:图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
弄清各状态参量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)四比较——找关系:涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
3.理想气体的一般状态变化的图像问题的分析方法
(1)对于一定质量的气体状态变化的图像是否表示气体的等温变化、等压变化或等容变化,不能单看图像的“形”,而重点看与对应图像是否一致。例如p-V 图像中,p与V乘积是否相等;V-T 图像、p-T 图像为直线时,其延长线是否过原点或V-t图像、p-t图像为直线时,其延长线是否过-273.15 ℃处。
(2)对于气体的一般状态变化的图像,可过图像不同状态点分别作对应的等温线、等压线或等容线,然后对不同状态点的状态参量作出判断,例如 p-V 图像中状态变化图像为直线时,作出过其中某一状态的等温线,然后就可以判断其他状态的温度情况。
[例4] 一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是 2×104 Pa,则:
「典例研习」
(1)求状态A、B、C的压强;
【答案】 (1)4×104 Pa 1.6×105 Pa 4×104 Pa
(2)在图乙中画出该状态变化过程的p-T图像,并分别标出A、B、C、D各个状态。
【答案及解析】 (2)该状态变化过程的p-T图像如图所示。
气体状态变化中图像的转换方法
(1)原始图像一般是经过几个特殊变化过程(即等温变化、等压变化或等容变化),首先明确状态变化情况。
(2)根据气体的实验定律,确定各个状态变化过程中气体状态参量的变化。
(3)在新的图像中依据各个状态变化过程中气体状态参量的变化情况作出对应的图像。
·规律方法·
检测·学习效果
1.如图所示,一定质量的理想气体经历从状态A→状态B→状态C→状态D→状态A的循环过程,则A、B、C、D这四个状态中体积最大的是( )
[A] 状态A [B] 状态B
[C] 状态C [D] 状态D
C
2.如图所示,两个容器A和B的容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且 tA>tB时,水银柱恰好在管的中央静止。若对两部分气体降温,使它们都降低相同的温度,则水银柱将( )
[A] 向右移动
[B] 向左移动
[C] 始终不动
[D] 以上三种情况都有可能
A
3.一直立的圆柱形导热汽缸内有两个质量忽略不计的活塞a和b,把汽缸内理想气体分隔为A、B两部分,A气柱长 20 cm,B气柱长 40 cm,如图所示。现在活塞a上放上重物使活塞a向下移动 15 cm后重新达到平衡,则活塞b新的平衡位置与原来相比下降了( )
[A] 5 cm [B] 10 cm
[C] 15 cm [D] 20 cm
B
4.如图所示为一粗细均匀内径很小的L型玻璃管,其中竖直管开口且足够长,水平管右端封闭。现在向竖直管中缓慢注入水银,在水平管中封闭了一定质量的理想气体,相关数据如图所示。已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度T1=300 K。不计水银的热胀冷缩。
(1)求封闭气体的压强p1;
【答案】 (1)90 cmHg
【解析】 (1)封闭气体的压强为p1=p0+ρgh=75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg。
(2)缓慢均匀加热封闭气体,当水平管中的水银全部进入竖直管时,求气体的温度T2;
【答案】 (2)475 K
(3)继续缓慢均匀加热封闭气体直到温度达到T3=570 K,求整个加热过程竖直管中水银面上升的总高度H。
【答案】 (3)8 cm
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