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专题58气体实验定律的应用1.气体实验定律及理想气体状态方程2.两个重要的推论(1)查理定律的推论:ΔpΔT(2)盖—吕萨克定律的推论:ΔVΔT3.利用气体实验定律解决问题的基本思路4.气体状态变化的常见图象名称图象特点其他图象p-VpV=CT(C为常量),即pV之积越大的等温线对应的温度越高,离原点越远p-1p=CTVp-Tp=CVT,斜率k=Cp-t图线的延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小V-TV=CpT,k=CV-tV与t成线性关系,但不成正比,图线延长线均过(-273.15,0)点,斜率越大,对应的压强越小5.计算气体压强的三种方法(1)参考液面法①理论依据a.连通器原理:在连通器中,同一液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的。b.在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p=ρgh时,应特别注意h是表示液面间竖直高度,不一定是液柱长度。②求平衡态下用液体封闭的气体压强,应选择参考液体薄片(其自重不计)为研究对象,对其进行受力分析,列平衡方程,然后解方程求解。(2)平衡条件法对于平衡态下用固体(如活塞等)封闭的气体压强,可对固体(如活塞等)进行受力分析,然后根据平衡条件求解。(3)牛顿第二定律法当封闭气体的所在的系统处于力学非平衡状态时,通常选择与气体相关联的液柱、固体等作为研究对象,进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。6.常见两种模型(1)活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式。对“活塞模型”类求压强的问题,其基本的方法就是先对活塞进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。图(甲)中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0。由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS。则气体的压强为p=p0+mgS图(乙)中的液柱也可以看成一“活塞”,由于液体处于平衡状态,所以pS+mg=p0S。则气体压强为p=p0-mgS=p0(2)连通器模型如图所示,U形管竖直放置,同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线所示的等高线联系起来。则有pB+ρgh2=pA。而pA=p0+ρgh1,所以气体B的压强为pB=p0+ρg(h1-h2)。7.判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体,内能的变化完全由温度变化决定,温度升高,内能增大。(2)若吸、放热和做功情况已知,可由热力学第一定律ΔU=W+Q来确定。8.解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的基本思路【典例1】[气体状态变化的图象问题——P-V图象]一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p?V图线描述，其中D→A为等温变化，气体在状态A时温度为TA=300?K，试求：①气体在状态C时的温度TC②若气体在A→B过程中吸热1?000?J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？【答案】解：

①

D→A

为等温线

，

则

TA=TD=300K，

C

到

D

过程由盖吕萨克定律得：VCTC=VDTD

得：

TC=375K

②

A

到

B

过程压强不变

，

由

W=?p△V=?2×105×3×10?3J=?600J

，

由热力学第一定律

△U=Q+W=1000J?600J=400J

，

则气体内能增加，增加

400J．

【典例2】[气体状态变化的图象问题——V-T图象]一定质量的理想气体，在初始状态A时，体积为①该理想气体在状态B时的压强；②该理想气体从状态B经由状态C回到状态A的过程中，气体向外界放出的热量；③若气体在A状态时的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则气体单位体积内分子数n为多少？【答案】(1)由图可知，从状态A到状态B气体温度为T1=T0为等温变化过程，状态B时气体体积为V1=3V0，状态A时气体体积为解得

：p1(2)由图线知从状态B到状态C为等容过程，外界对气体不做功，

从状态C到状态A，等压变化过程，外界对气体做功为Δ对状态B经状态C回到状态A，温度不变，则内能增加量为△U=0，气体对外界放收的热量为△Q，内能增加量为△U，

由热力学第一定律△U=△Q+△W

解得：ΔQ=?W=?2p即气体对外界放出热量为2p(3)A状态时的分子数：N=ρ单位体积分子数n=N解得n=ρ【典例3】[气体状态变化的图象问题——P-T图象]一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比。在初始状态A时，体积为V0，压强为p0，温度为T0，已知此时其内能为U0。该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状态A，其变化过程的p?T图如图所示，其中CA延长线过坐标原点，BA在同(1)从状态B到状态C的体积变化量；(2)从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界交换的热量是多少。【答案】解：(1)由图可知，从状态A到状态B气体温度为T1=T0为等温变化过程，状态B时气体压强为p1=3p0，设体积为V由图可知，从状态B到状态C气体压强为p2=p1=3p0为等压变化过程，状态C时气体温度为解得V从状态B到状态C的体积变化量ΔV=(2)从状态B到状态C，设外界对气体做功为Δ从状态C回到状态A，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，对状态B经状态C回到状态A，内能增加量为ΔU=0，气体从外界吸收的热量为ΔQ，内能增加量为ΔU，由热力学第一定律ΔU=ΔQ+ΔW解得ΔQ=2即气体从外界吸收热量2p0【典例4】[液柱类问题——玻璃管]如图所示，在内壁光滑的细玻璃管中用水银密封一段空气柱(可视为理想气体)，当玻璃管竖直放置时，水银柱高，空气柱高。现将玻璃管放在倾角为30°的粗糙斜面上，管口向上，玻璃管与斜面间的动摩擦因数为36。已知外界温度不变，大气压强，水银的密度，重力加速度g。偕栊泵孀愎怀，让玻璃管由静止下滑，当玻璃管与水银柱相对静止时，求玻璃管中空气柱的长度(结果保留三位有效数字)。【答案】设玻璃管的横截面积为S，当玻璃管竖直放置时，空气柱的体积V1=lS，

压强p1=p0+ρg?

当玻璃管与水银柱相对静止一起沿斜面下滑时，设玻璃管和水银柱的总质量为m，加速度大小为a，

对整体根据牛顿第二定律有mgsin?30°?μmgcos?30°=ma

设此时空气柱的压强为p【典例5】[液柱类问题——U型管]如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度?1=25?cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U形管的底部。右管内有一轻活塞(不计重力)，活塞与管壁之间的摩擦不计。活塞自由静止时，玻璃管右侧空气柱的长度L=39?cm，左侧空气柱的长度L0=12.5?cm，B部分水银两液面的高度差?2=45?cm，外界大气压强p0=75?cmHg，把两段空气柱视为理想气体。保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，求：

【答案】解：(1)设玻璃管的横截面积为S，对左侧被封闭气体：初态：p1=(75?45)?cmHg=30?cmHg末态：p2=25?cmHg由玻意耳定律p1V1=(2)对右侧被封闭气体：初态：p1'=75?cmHg，V1'=LS由玻意耳定律p1'V【典例6】[气缸类问题]如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞。活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0。设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=p0S，环境温度保持不变。在活塞①活塞B向下移动的距离；②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大。虼耸逼尧蚰谄宓奈露龋敬鸢浮拷：①初状态Ⅰ气体压强：p1=p0+mgS

因为：mg=p0S

故：p1=2p0

Ⅱ气体压强：p2=p1+mgS=3p0

添加铁砂后Ⅰ气体压强：p1'=p0+3mgS=4p0

Ⅱ气体压强：p2'=p1'+mgS【典例7】[气缸与U型管综合]如图所示，固定的气缸内有一个T形活塞(体积可忽略)，距气缸底部?0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.6?0，两边水银柱高度差为0.25?0，活塞保持平衡。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分长为(1)

T形活塞的质量为多少？(2)

缓慢降低气缸内气体温度，当T形活塞下端到达气缸底部时气缸内温度是多少?(3)

缓慢降低气缸内气体温度，当U形管两水银面相平时汽缸内温度是多少？【答案】解：(1)设气缸内压强为p1，T形活塞的质量为m

则U型管两边：p1=p0+0.25ρg?0(2)活塞缓慢下降，在活塞与气缸底部接触前，气体等压变化，变化前体积V1=1.6?0变化后体积V2=1.2?0S，温度为T2

根据盖?吕萨克定律得

(3)降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化，初状态：p1=p0末状态：p3=p0根据理想气体状态方程p1V1T1【典例8】[气缸与轻弹簧综合]如图所示，质量M=10?kg的透热汽缸内用面积S=100?cm2的活塞封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置都处于静止状态，此时缸内气体的温度为27?℃.已知大气压恒为p0=1.0×105(1)缸内气体的压强p1(2)若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．【答案】解：(1)以汽缸为研究对象(不包括活塞)，列受力平衡方程p1S+Mg=p0S

解得：p1=9×104

Pa

(2)外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．

在这一过程中对缸内气体由盖?【典例9】[气体的变质量问题——充气型]某气球生产公司在2021年7月1日中国共产党成立100周年之际举行了释放氦气球的活动，以庆祝我国在共产党的领导下繁荣昌盛，国泰民安。已知气球标准体积为V0，当气球的体积达到2V0时会自动胀破。当天，地面的大气压强为p0=1.0×105(1)当中午气温达到37℃时，上午10点处于标准体积的气球，此时体积是多大？(2)当天上午10点释放气球，释放气球前，要给气球适当充气，每次充入的气体压强为p0，体积为0.2V0。则对于标准体积的气球，至少还要充气几次才能使气球在达到2500?m高度之前胀破？已知距地面2500?m高处的大气压强为7.5×104【答案】解：(1)由题意可知此过程为等圧変化过程，由盖?吕萨克定律知V0T0=VT，

且T0=300K，T=310K，

解得：V=3130V0；

(2)当气球上升至2500m高度处时，T1=T0?2500100×0.6K

【典例10】[气体的变质量问题——抽气型]新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为0.5m3，在北方时测得钢瓶内氧气压强为6×107Pa，温度为7℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为6.3×107Pa，温度为21℃。实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为(1)通过计算判断钢瓶运输途中是否漏气；(2)一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用。【答案】解：(1)钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，若p1在北方在武汉可见p1(2)在武汉时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为不分装时的状态p3、V3，则p2根据p2V2=可用于分装小瓶的氧气p4=2×分装成小钢瓶的氧气p5=4×105Pa根据p4V4=即一大钢瓶氧气可分装785小瓶。【点对点01】如图所示，一导热良好且足够长的气缸，倒置悬挂于天花板下。气缸内被活塞封闭一定质量的理想气体。活塞质量为m，气缸横截面积为s，当地大气压为p且不随温度变化，重力加速度为g，忽略一切摩擦。当环境温度缓慢升高时，下列说法正确的是(

)A.悬线的拉力变大

B.被封闭理想气体的内能增大

C.被封闭理想气体的压强大小不变，且始终为p+mgS

【答案】B【解析】A、设气缸的质量为M，以气缸与活塞系统为研究对象，由平衡条件得：F=(M+m)g，由于M、m不变，悬线拉力F不变，故A错误；B、气缸导热良好，环境温度升高，缸内气体温度升高，气体内能增大，故B正确；C、以活塞为研究对象，由平衡条件得：p气S+mg=pS，封闭气体压强：p气=p?mgS，大气压p不变，m、S不变，则封闭气体压强不变，故C错误；【点对点02】如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置。金属圆板形活塞的下表面是水平的，上表面是倾斜的，上表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M。不计圆板与容器内壁之间的摩擦。若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强p等于(

)A. B. C. D.【答案】D【解析】设圆板上表面的面积为S'，取圆板为研究对象，其受力分析如图所示：

由平衡条件，沿竖直方向：pS=p0S'cosθ+mg，则解得：p=p0【点对点03】如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。A内有一定质量的理想气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态。在这个过程中，下列关系图像正确的是(????)A.B.C.D.【答案】B【解析】AB、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，则T不变，根据pVT=C，可知p=CTV=CT?1V，所以p与1V是过原点的直线，故A错误，B正确。C、抽开隔板后，V变大则p变。枷癫晃叫蠺轴的线，故C错误。D、有V=C【点对点04】一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p?V图象如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功

B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量

C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量

D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量【答案】C【解析】A、根据p?V图象的面积表示气体做功，得气体在a→b过程中对外界做的功为：Wab=p0+2p02?(2V0?V0)=32p0V0，b→c过程中气体对外界做的功为：Wbc=p0+2p02?(3V0?2V0)=32p0V0，所以气体在a→b过程中对外界做的功等于在b→c过程中对外界做的功故A错误；B、气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的pV相等，所以Ta=Tb，即△Uab=0，根据热力学第一定律△U=Q+W可知，从外界吸收的热量为Qab=32p0V0；气体在b→c过程中，因为c状态的pV大于b状态的pV，所以TA.所添加砂粒的总质量m+p0Sg

B.所添加砂粒的总质量2m+p0Sg【答案】AD【解析】AB、设添加砂粒的总质量为m0，最初气体压强为为：p1=p0+mgS添加砂：笃逖骨课：p2=p0+(m+m0)gS该过程为等温变化，根据玻意耳定律得：p1S?2?=【点对点06】若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各被封闭气体的压强．

【答案】解：在题图甲中，

以高为?的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S+ρg?S=p0S

所以p甲=p0?ρg?

在题图乙中，

以B液面为研究对象，由平衡条件知pAS+ρg?S=p0S

p乙=pA=p0?ρg?

所以b气柱的压强为pb故a气柱的压强为p【点对点07】

图甲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)说明A→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(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图象，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．【答案】解：(1)由题图甲可以看出，A与B的连线的延长线过原点O，所以A→B是等压变化，即pA=pB

根据盖—吕萨克定律有

VATA=VBTB

代入数据解得

TA=200K

(2)如题图甲所示，由B→C是等容变化，根据查理定律得

p【点对点08】如图所示，圆柱形气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体、气缸的高度为l、缸内的底面积为S，重力为G.弹簧下端固定在桌面上，上端连接活塞，活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为0.5l，已知大气压强为p0，不计活塞摩擦及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离气缸，求：

(1)此时缸内气体的温度；

(2)该过程缸内气体对气缸的压力所做的功；

(3)若该过程缸内气体吸收热量为Q【答案】解：(1)缸内气体做等压变化，设慢升温至活塞刚要脱离气缸时温度为T，

由盖一吕萨克定律得：0.5lST0=lST

解得：T=2T0

(2)对气缸，由平衡条件得：G+p0S=pS

气体对气缸的压力所做的功：W=Fx=pS(l?0.5l)

解得：【点对点09】武汉疫情期间，从辽宁调入一大批钢瓶氧气，每个钢瓶容积为40?L，在辽宁测得氧气压强为1.2×107Pa，环境温度为?23℃，长途运输到武汉方舱医院时，当地医院室内温度27℃(钢瓶的热胀冷缩可以忽略)。现使用其中一个大钢瓶，对容积5?L小钢瓶缓慢分装，小钢瓶分装前内部可视为真空，分装后每个小钢瓶压强为2×105(1)到达武汉方舱医院后大钢瓶内氧气的压强为多少？(2)一大钢瓶氧气可分装多少个小钢瓶供病人使用？【答案】解：(1)大钢瓶容积不变，p1=1.2×107Pa，T1=250K，T2=300K

由查理定律得：p1T1=p2T2

解得：【点对点10】如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧一端与活塞相连，另一端固定在O点。整个装置都处于静止状态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为?=30cm。已知活塞的表面积为S=50cm2。大气压恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2。

(i)求缸内气体的压强【答案】解：活塞的表面积为S=50cm2=0.005m2，?=30cm=0.30m

(i)弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得：p0S+mg=p1S

代入数据解得：p1=1.2×105Pa；

(ii)打开阀门K活塞稳定时气缸内气体的压强p2=p0=1.0×105Pa

设弹簧的伸长量为x