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文档简介
1、仅供个人参考专题强化十四应用气体实验定律解决“三类模型问题”【专题解读】1.本专题是气体实验定律在玻璃管液封模型、汽缸活塞类模型、变质量气体模型中的应用,高考在选考模块中通常以计算题的形式命题2学好本专题可以帮助同学们熟练的选取研究对象和状态变化过程,掌握处理三类模型问题的基本思路和方法3.本专题用到的相关知识和方法有:受力分析、压强的求解方法、气体实验定律等命题点一“玻璃管液封”模型1. 三大气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化):piVi = P2V2或pV = C(常数).查理定律(等容变化):t=T2或半=c(常数).Vi V2 V盖一吕萨克定律(等压变化):ti=T2或T = C(
2、常数)2. 利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路3. 玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意:(1)液体因重力产生的压强大小为p= p g(其中h为至液面的竖直高度);(2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力;(3)有时可直接应用连通器原理一一连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等;(4)当液体为水银时,可灵活应用压强单位“cmHg ”等,使计算过程简捷.不得用于商业用途类型1单独气体问题例1】(2017全国卷川33(2) 种测量稀薄气体压强的仪器如图 1(a)所示,玻璃泡 M的上端 和下端分别连通两竖直
3、玻璃细管 心和K2.K1长为I,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Vo,水银的密度为 p重力加速度大小为 g.求:图1(1)待测气体的压强;该仪器能够测量的最大压强答案(1)P 眄h2d2;4Vo + n2 :1 h :np dd24Vo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
4、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;设此时圭寸闭气体的压强为p1,体积为V1,则1 2v=Vo+ n2i41 2V1=;n2h4由力学平衡条件得P1= p + p gh整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV = P1V1联立式得pnih2d2p = 4Vo+ n2 h :(2)由题意知h I联立式有np dd24Vo该仪器能够测量的最大压强为np gd2pmax= 4Vo【变式1】(2015全国卷n 33(2)如图2,一粗细均匀的 U形管竖直放置,A侧上端封闭,B侧 上端与大气相通,下端开口处开关 K关闭;A侧空气柱的长度为I
5、= 1o.o cm, B侧水银面比A侧的高h= 3.0 cm.现将开关K打开,从U形管中放出部分水银,当两侧水银面的高度差为hi=10.0 cm时将开关K关闭.已知大气压强 po= 75.0 cmHg.图2(1) 求放出部分水银后 A侧空气柱的长度;(2) 此后再向B侧注入水银,使 A、B两侧的水银面达到同一高度,求注入的水银在管内的长 度.答案 (1)12.0 cm (2)13.2 cm解析 (1)以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度1 = 10.0 cm时的压强为p ;当两侧水银面的咼度差为h1 = 10.0 cm时,空气柱的长度为 11,压强为p1.由玻意耳定律得 pl = P1I1由
6、力学平衡条件得 p= po+ h打开开关K放出水银的过程中,B侧水银面处的压强始终为po,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小,B、A两侧水银面的高度差也随之减小,直至B侧水银面低于 A侧水银面h1为止.由力学平衡条件有p1= po h1联立式,并代入题给数据得11= 12.0 cm(2) 当A、B两侧的水银面达到同一高度时,设A侧空气柱的长度为12,压强为p2.由玻意耳定律得 pl = P2I2由力学平衡条件有 P2= p0联立式,并代入题给数据得12= 10.4 cm设注入的水银在管内的长度为 Ah,依题意得Ah= 2(l1 l2)+ h1联立式,并代入题给数据得Ah= 13.2
7、 cm.类型2关联气体问题例2 (2016全国卷川33(2) U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一 光滑的轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图3所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强po= 75.0 cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)图3答案 144 cmHg 9.42 cm解析 设初始时,右管中空气柱的压强为P1,长度为|1;左管中空气柱的压强为p2= p0,长度为12.活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为P1,长度为
8、11;左管中空气柱的压强为P2,长度为12.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1= p0+ (20.0 5.00) cmHg90 cmHg I1 = 20.0 cm20.0-5.0011 (20.0 2) cm 12.5 cm由玻意耳定律得P1l1S= p1I1 S联立式和题给条件得p1 144 cmHg依题意P2 p1,20.0 5.0012 4.00 cm +2cm h= 11.5 cm h由玻意耳定律得P2l 2S= P2I2 S联立式和题给条件得h 9.42 cm.【变式2如图4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 C的水槽 中,B的容积是A的3倍阀门S将A和
9、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60 mm.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图4(1) 求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位);(2) 将右侧水槽中的水从 0 C加热到一定温度时,U形管内左右水银柱高度差又为60 mm,求加热后右侧水槽的水温.答案 (1)180 mmHg (2)364 K解析(1)在打开阀门S前,两水槽水温均为 T= 273 K.设玻璃泡B中气体的压强为P1,体积为Vb,玻璃泡C中气体的压强为 pc,依题意有p1 = pc+ Ap式中 Ap= 60 mmHg.
10、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pB= pc玻璃泡A和B中气体的体积 V2= Va+ Vb根据玻意耳定律得 pNb= pbV2联立式,并代入已知数据得Vbpc= V Ap = 180 mmHgV A(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绅,玻璃泡C中气体的压强 pc = PB+Ap玻璃泡C中的气体体积不变,根据查理定律得pc_ pc_T0=厂联立 式,并代入题给数据得T = 364 K.模型1需要考虑累气体、它汽缸或活塞等多个研究对命题点二“汽缸活塞类”模型汽缸活塞类问题是热学部分典型的物理综合题, 象,涉及热学、力学等物理知识,
11、需要灵活、综合地应用知识来解决问题 1一般思路(1) 确定研究对象,一般地说,研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的理想气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).(2) 分析物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程(4)多个方程联立求解对求解的结果注意检验它们的合理性2.常见类型(1) 气体系统处于平衡状态,需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题(2) 气体系统处于力学非平衡状态,需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题.(3
12、) 两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各 部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或 体积的关系式,最后联立求解 说明当选择力学研究对象进行分析时,研究对象的选取并不唯一,可以灵活地选整体或部分为研究对象进行受力分析,列出平衡方程或动力学方程类型1单独气体问题【例3】(2015全国卷I 33(2)如图5, 一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞已知大活塞的质量为 m1= 2.50 kg,横截面积为$= 80.0 cm2;小活塞的质 量为m2= 1.50 kg,横截面积为S2= 40.0 c
13、m2;两活塞用刚性轻杆连接, 间距保持为1 = 40.0 cm; 汽缸外大气的压强为 p= 1.00 x 105 Pa,温度为T = 303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距 *, 两活塞间封闭气体的温度为 T1= 495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2.求:图5(1) 在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,汽缸内封闭气体的温度;(2) 缸内圭寸闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内圭寸闭气体的压强答案 (1)330 K (2)1.01 x 105 Pa解析(1)大小活塞在缓慢下移过程中,受力情况不变,汽缸内气体压强不变,由
14、盖一吕萨克定律得V1= V2Ti T2初状态 Vi = 2(Si+ S2), Ti = 495 K末状态V2= |S22代入可得 T2= |ti = 330 K对大、小活塞受力分析则有mig + m2g + pSi+ piS2 = piSi + pS2pi _T2= T3可得 pi = i.i x i05 Pa 缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中,气体体积不变,由查理定律得T3= T = 303 K,解得 p2 = i.0i x i05 Pa.【变式3 如图6所示,两端开口的汽缸水平固定,A、B是两个厚度不计的活塞,可在汽缸内无摩擦滑动,面积分别为Si = 20 cm2, S2= 10
15、cm2,它们之间用一根水平细杆连接,B通过Ti= 600 K,汽缸两部分的气柱长均为 气体可看做理想气体.(1) 活塞静止时,求汽缸内气体的压强;(2) 若降低汽缸内气体的温度,当活塞答案 (i)i.2 x i05 Pa (2)500 K解析(i)设静止时汽缸内气体压强为代入数据解得pi = i.2 x i05 Pa水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为M = 2 kg的重物C连接,静止时汽缸中的气体温度L,已知大气压强 p= i x i05 Pa,取g= i0 m/s2,缸内图6a缓慢向右移动l时,求汽缸内气体的温度pi,活塞受力平衡 piSi+ p0S2= p0Si+ piS2+ Mg(2)
16、由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化,设开始温度为Ti,变化后温度为T2,由盖一吕萨克定律得Si + S2 SiL + S2L_ i 22 2Ti_ T2代入数据解得T2_ 500 K.类型2关联气体问题【例4】(20i7全国卷I 33(2)如图7,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 Ki、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Ki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Ki.已知室温为27 C,汽缸导热(1) 打开K2,求稳定时
17、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 C,求此时活塞下方气体的压强答案(1)V 2po (2)B的顶部(3) 1.6po解析(1)设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为pi,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poV = pi Vi(3po)V = pi(2V Vi)联立式得pi= 2po打开K3后,由式知,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(3po)V = P2V2由式得3V p2= V2po 由式知,
18、打开K3后活塞上升直到 B的顶部为止;3此时p为p2 =2卩0(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从Ti = 300 K升高到T2= 320 K的等容过程 中,由查理定律得卑一=p3 将有关数据代入式得 p3= i.6po【变式4】(20i4新课标全国n 33(2)如图8所示,两汽缸 A、B粗细均匀,等高且内壁光滑, 其下部由体积可忽略的细管连通;A的直径是B的2倍,A上端封闭,B上端与大气连通;两汽缸除A顶部导热外,其余部分均绝热,两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气,活塞a上方充有氧气.当大气压为po、外界和汽缸内气体温度均为7 C且I平衡时,活塞a离汽
19、缸顶的距离是汽缸高度的;,活塞b在汽缸正中间.图8(i)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b恰好升至顶部时,求氮气的温度;1(2)继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升的距离是汽缸高度的 命时,求氧气的压强.4答案(1)320 K (2)3po解析(1)活塞b升至顶部的过程中,活塞a不动,活塞a、b下方的氮气经历等压变化,设汽缸A的容积为Vo,氮气初态的体积为 Vi,温度为Ti,末态体积为V2,温度为T2,按题意, 汽缸B的容积为V0,则由盖一吕萨克定律有:Vl_ V2T7_ T 由式及所给的数据可得:T2= 320 K活塞b升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a开始向上移动,直至活塞上升的距离
20、是汽1缸高度的时,活塞a上方的氧气经历等温变化,设氧气初态的体积为V,压强为p1 ,末态体积为V2Z,压强为p2,由所给数据及玻意耳定律可得 p1 V1 = p2 V2 由式可得:P2 = 3p0.V11=4V0,p1=po, V23136Vo3命题点三“变质量气体”模型分析变质量气体问题时,要通过巧妙地选择研究对象,使变质量气体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
21、膨胀过程灌气问题: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5】如图9所示,一太阳能空气集热器,底面及侧面为隔热材料,顶面为透明玻璃板,集热器容积为Vo开始时内部封闭气体的压强为po,经过太阳暴晒,气体温度由To= 300 K升至Ti= 350 K.(1)求此时气体的压强;保持Ti= 350 K不变,缓慢抽出部分气体, 使气体压强再变回到 po.求集热器内剩余气体的 质量与原来总质量的比值答案詁(2)6解析(1)由题意
22、知气体发生等容变化,由查理定律得p0 0 解得 p 113507To= T1,解得 p1= Topo= 300p0= 6p.(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为V2,由玻意耳定律可得p1Vo=P0V2所以,集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为pV 67= 7.PVo6【变式5】某自行车轮胎的容积为 V,里面已有压强为po的空气,现在要使轮胎内的气压增大到P,设充气过程为等温过程,空气可看做理想气体,轮胎容积保持不变,则还要向轮胎充入温度相同、压强也是po、体积为的空气A.C.(PO- 1)Vd.(R + 1)Vpo答案 C解析 设充入的气体体积为 Vo,根据玻意耳定
23、律可得 po(V + Vo) = pV,解得Vo= ( 1)V, CP0项正确1. 如图1所示,在长为1 = 57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内,用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体,管内外气体的温度均为33 C 现将水银徐徐注入管中,直到水银面与管口相平,此时管中气体的压强为多少?接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时,管中刚好只剩下4 cm高的水银柱?(大气压强为po= 76 cmHg)图1答案 85 cmHg 318 K解析 设玻璃管的横截面积为S,初态时,管内气体的温度为T1 = 306 K,体积为V1= 51S,压强为 P1 = 80 cmHg.当水银面与管口相
24、平时,水银柱高为H,则管内气体的体积为 V2= (57 H)S,压强为p2= (76+ H) cmHg.由玻意耳定律得 P1V1= P2V2,代入数据,得H2+ 19H 252 = 0,解得 H = 9 cm 或 H= 28 cm(舍去)所以 P2 = 85 cmHg设温度升至T时,水银柱高为4 cm,管内气体的体积为 V3= 53S,压强为p3= 80 cmHg.由盖 吕萨克定律得 = ,代入数据,解得 T = 318 K.T1 T2. (2017河南六市一联)如图2所示,在两端封闭的均匀半圆管道内封闭有理想气体,管内有不计质量可自由移动的活塞P,将管内气体分成两部分,其中OP与管道水平直径
25、的夹角0=45.两部分气体的温度均为T0= 300 K,压强均为p0= 1.0X 105 Pa现对管道左侧气体缓慢加热,管道右侧气体温度保持不变,当可动活塞缓慢移到管道最低点时(不计摩擦).求:图2(1) 管道右侧气体的压强;(2) 管道左侧气体的温度.答案(1)1.5 X 105 Pa (2)900 K解析(1)对于管道右侧气体,由于气体做等温变化,有:p0V1= P2V22V2= 3V1解得 P2 = 1.5X 105 Pa(2)对于管道左侧气体,根据理想气体状态方程,有P0V1 P2 V2T0= TV2 = 2Vi当活塞P移动到最低点时,对活塞 P受力分析可得出两部分气体对活塞的压强相等
26、,则有P2= p2解得T= 900 K3. (2017安徽江南十校联考)如图3所示,一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上,一定量的理想气体被活塞封闭其中,已知汽缸壁导热良好,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动开始时气体压 强为p,活塞内表面相对汽缸底部的距离为L,外界温度为To,现用一质量为 m的重锤通过不可伸长的轻质细绳跨过光滑轻质滑轮水平连接活塞,重新平衡后,重锤下降h求:(已知外界大气的压强始终保持不变,重力加速度大小为g)图3(1) 活塞的横截面积S.(2) 若此后外界的温度变为T,则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少?mg L+ h ::L+ h T答案-phTo解析(1)由玻意耳定律可知pL
27、S= pi(L+ h)S活塞受力平衡,有 PiS= pS mg联立方程可得mg L + h :S= ph(2)由盖一吕萨克定律有孔 += LoSTo= T解得:Lo= L :hTTo4. 如图4甲所示,左端封闭、内径相同的U形细玻璃管竖直放置,左管中封闭有长为 L = 2o cm的空气柱,两管水银面相平,水银柱足够长.已知大气压强为po= 75 cmHg.图4(1) 若将装置缓慢翻转180 使U形细玻璃管竖直倒置(水银未溢出),如图乙所示.当管中水银 静止时,求左管中空气柱的长度;(2) 若将图甲中的阀门 S打开,缓慢流出部分水银,然后关闭阀门S,右管水银面下降了 H =35 cm,求左管水银
28、面下降的高度.答案 (1)20 cm 或 37.5 cm (2)10 cm解析(1)将装置缓慢翻转180设左管中空气柱的长度增加量为h,由玻意耳定律得 poL = (po 2h)(L + h)解得 h= 0 或 h= 17.5 cm则左管中空气柱的长度为20 cm或37.5 cm(2)若将题图甲中阀门 S打开,缓慢流出部分水银,然后关闭阀门S,右管水银面下降了H =35 cm,设左管水银面下降的高度为I,由玻意耳定律得poL = po (H- l)(L+ I)解得I = 10 cm或I = 70 cm(舍去)即左管水银面下降的高度为10 cm.5. (2017湖南六校联考)如图5所示,除右侧壁导热良好外,其余部分均绝热的汽缸水平放置,MN为汽缸右侧壁.汽缸的总长度为L = 80 m, 厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧 气分别圭寸闭在左右两侧(活塞不漏气).在汽缸内距左侧壁 d = 30 cm处设有卡环A、B(卡环体积 忽略不计),使活塞只能向右滑动,开始时活塞在AB右侧紧挨AB,缸内左侧氮气的压强p1=0.8X 105 Pa,右侧氧气的压强 p2= 1.0X
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