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1、专业文档 珍贵文档 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 ):p1V1p2V2或 pV C(常数 ). (2)查理定律 (等容变化 ): p1 T1 p2 T2或 p TC(常数 ). (3)
2、盖吕萨克定律 (等压变化 ): V1 T1 V2 T2或 V T C(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 gh (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 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. 专业文档 珍贵文档 类型 1单独气体问题 例 1(2017 全国卷 3
3、3(2)一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 竖直玻璃细管K1和 K2.K1长为 l,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V0,水银的密度为 ,重力加速度大小为g.求: 图 1 (1)待测气体的压强; (2)该仪器能够测量的最大压强. 答案(1) gh 2d2 4
4、V0 d 2 lh (2) gl 2 d 2 4V0 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;设此时封闭气体的压强 为 p1,体积为V1,则 VV0 1 4 d 2l V11 4 d 2h 由力学平衡条件得 p1p gh 整个过程为等温过程,由玻意耳定律得 pVp1V1 联立 式得 p gh 2d2 4V0 d 2 lh (2)由题意知 hl 联立 式有 p gl 2d2 4V0 该仪器能够测量的最大压强为 pmax gl 2d2 4V0 专业文档
5、 珍贵文档 变式 1(2015 全国卷 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l10.0 cm, B 侧水银面比A 侧的高 h3.0 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h110.0 cm 时将开关K 关闭 .已知大气压强p075.0 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 c
6、mHg 为压强单位 .设 A 侧空气柱长度l10.0 cm 时的压强为p; 当两侧水银面的高度差为h110.0 cm 时,空气柱的长度为l1,压强为 p1. 由玻意耳定律得plp1l1 由力学平衡条件得pp0h 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p0,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 p1p0h1 联立 式,并代入题给数据得l112.0 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l2,压强为 p2. 由玻意耳定律得p
7、lp2l2 由力学平衡条件有p2p0 联立 式,并代入题给数据得l210.4 cm 设注入的水银在管内的长度为 h,依题意得 h2(l1l2)h1 联立 式,并代入题给数据得 h13.2 cm. 类型 2关联气体问题 例 2(2016 全国卷 33(2)一 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p075.0 cmHg.环境温度不变.(保留三
8、位有效数字) 专业文档 珍贵文档 图 3 答案144 cmHg9.42 cm 解析设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为 l1;左管中空气柱的压强为p2p0,长度为 l2.活塞被下推 h 后,右管中空气柱的压强为p1,长度为 l1;左管中空气柱的压强为 p2,长度为 l2.以 cmHg 为压强单 位.由题给条件得 p1p0(20.05.00) cmHg 90 cmHg l120.0 cm l1 (20.0 20.05.00 2 ) cm12.5 cm 由玻意耳定律得p1l1Sp1l1S 联立 式和题给条件得 p1144 cmHg 依题意 p2 p1 l2 4.00 cm 20.05.00
9、2 cmh 11.5 cmh 由玻意耳定律得p2l2Sp2l2S 联立 式和题给条件得 h9.42 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 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 加热到一定温度时,U 形
10、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T0273 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p1pC p 专业文档 珍贵文档 式中 p60 mmHg. 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pBpC 玻璃泡 A 和 B 中气体的体积V2VA VB 根据玻意耳定律得p1VBpBV2 联立 式,并代入已知数据得 pCV B VA p180 mmHg (2)当右侧水槽的水温加热至T时, U 形管左右水银
11、柱高度差为 p,玻璃泡C 中气体的压强pCpB p 玻璃泡 C 中的气体体积不变,根据查理定律得 pC T0 pC T 联立 式,并代入题给数据得T364 K. 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,它需要考虑气体、汽缸或活塞等多个研究对象,涉及热学、 力 学等物理知识,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
12、对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程. (3)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)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
13、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 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m12.50 kg,横截面积为S180.0 cm 2;小活塞的质量为 m21.50 kg,横截面积为S2 40.0 cm 2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为 l40.0 cm;汽缸外大气的压强为p1.00105 Pa,温度为 专业文档 珍贵文档 T 303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距 l 2,两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
14、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)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强. 答案(1)330 K(2)1.01105 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,由盖吕萨克定律得 V1 T1 V2 T2 初状态 V1 l 2(S 1S2),T1495 K 末状态 V2lS2 代入可得T2 2 3T1330 K (2)对大、小活塞受力分析则有 m1gm2g pS1p1S2p1S1pS2 可得 p11.110 5 Pa 缸内封
15、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 p1 T2 p2 T3 T3T303 K,解得 p21.01 10 5 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S120 cm 2,S 210 cm 2,它们之间用一根水平细杆连接, B 通过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T1600 K,汽缸两部分的气柱长均为L,已知大气 压强 p01105 Pa,取 g10 m/s2,缸内气体可看做理想气体. 图 6 (1)活塞静止时,求汽缸内气体的压强
16、; (2)若降低汽缸内气体的温度,当活塞A 缓慢向右移动 L 2时,求汽缸内气体的温度 . 答案(1)1.2105 Pa (2)500 K 解析(1)设静止时汽缸内气体压强为p1,活塞受力平衡p1S1p0S2p0S1p1S2Mg 专业文档 珍贵文档 代入数据解得p11.2 105 Pa (2)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T1,变化后温度为 T2,由盖 吕萨克定律得 S1L S2L T1 S1 L 2S2 3L 2 T2 代入数据解得T2500 K. 类型 2关联气体问题 例 4(2017 全国卷 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
17、)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给汽缸充气,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 ,汽缸导热. 图 7 (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. 答案(1) V 2 2p0(2)B 的顶部 (3)1.6p0 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
18、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 (3p0)Vp1(2VV1) 联立 式得 V1V 2 p12p0 (2)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(V22V)时,活塞下气 体压强为p2,由玻意耳定律得 (3p0)Vp2V2 由式得 p2 3V V2p0 由式知,打开K3后活塞上升直到B 的顶部为止; 此时 p2为 p23 2p 0 专业文档 珍贵文档 (3)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从 T1300 K 升高到 T2320 K 的等容过程中, 由查理定律得 p2 T1 p3 T2
19、将有关数据代入式得 p31.6p0 变式 4(2014 新课标全国 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 p0、外界和汽缸内气体温度均为7 且平衡时,活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的 1 4,活塞 b 在汽缸正中 间. 图 8 (1)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; (2)继续缓慢加热,使活塞a 上
20、升,当活塞a 上升的距离是汽缸高度的 1 16时,求氧气的压强 . 答案(1)320 K(2) 4 3p0 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 V0,氮气初态的体积为 V1,温度为T1,末态体积为V2,温度为T2,按题意,汽缸B 的容积为 V0 4 ,则 V13 4V0 1 2 V0 4 7 8V0 V23 4V0 V0 4 V0 由盖 吕萨克定律有: V1 T1 V2 T2 由 式及所给的数据可得:T2320 K (2)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是汽缸高度的 1 16
21、时, 活塞 a 上方的氧气经历等温变化,设氧气初态的体积为V1,压强为p1,末态体积为V2 ,压强为p2, 由所给数据及玻意耳定律可得 V11 4V 0,p1p0,V2 3 16V 0 p1V1p2V2 专业文档 珍贵文档 由 式可得: p2 4 3p0. 专业文档 珍贵文档 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
22、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 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V0. 开始时内部封闭气体的压强为p0,经过太阳暴晒,气体温度由T0300 K 升至 T1350 K. 图 9 (1)求此时气体的压强; (2)保持 T1350 K 不变,缓慢抽出部分气体,使气体压强再变回
23、到 p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质 量的比值 . 答案(1) 7 6p 0 (2) 6 7 解析(1)由题意知气体发生等容变化,由查理定律得 p0 T0 p1 T1,解得 p1 T1 T0p0 350 300p0 7 6p0. (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 p1V0p0V2 则 V2p 1V0 p0 7 6V0 所以,集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 V0 7 6V0 6 7. 变式 5某自行车轮胎的容积为V,里面已有压强为p0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
24、变,则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积 为_的空气 . A. p0 p VB. p p0V C.( p p01)V D.( p p01)V 专业文档 珍贵文档 答案C 解析设充入的气体体积为V0,根据玻意耳定律可得p0(VV0)pV,解得 V0( p p01)V,C 项正确 . 1.如图 1 所示,在长为l57 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 .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
25、气压强为 p076 cmHg) 图 1 答案85 cmHg318 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T1306 K, 体积为 V151S, 压强为 p180 cmHg. 当水银面与管口相平时,水银柱高为H,则管内气体的体积为V2(57H)S,压强为p2 (76H) cmHg. 由玻意耳定律得p1V1p2V2,代入数据,得 H 219H2520,解得 H9 cm 或 H 28 cm(舍去 ) 所以 p285 cmHg 设温度升至T 时,水银柱高为4 cm,管内气体的体积为V353S,压强为 p380 cmHg.由盖 吕萨克定律得 V1 T1 V3 T ,代入数据,解得T3
26、18 K. 2.(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 与管道水平直径的夹角 45 .两部分气体的温度均为T0 300 K,压强均为 p0 1.010 5 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)1.5105 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: p0V1p2V2 专业文档 珍贵文档 V22 3V1
27、解得 p21.5105 Pa (2)对于管道左侧气体,根据理想气体状态方程,有 p0V1 T0 p 2V2 T V22V1 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,则有 p2p2 解得 T900 K 3.(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T0, 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
28、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? 答案(1) mg Lh ph (2) Lh T T0 解析(1)由玻意耳定律可知 pLSp1(Lh)S 活塞受力平衡,有p1SpSmg 联立方程可得 Smg Lh ph (2)由盖 吕萨克定律有 Lh S T0 L0S T 解得: L0 L h T T0 . 4.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L20 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p075 cmHg. 专业文档 珍
29、贵文档 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H35 cm,求左管水 银面下降的高度. 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p0L(p02h)(Lh) 解得 h0 或 h17.5 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
30、下降了H35 cm,设左管水 银面下降的高度为l,由玻意耳定律得 p0L p0(Hl)(L l) 解得 l10 cm 或 l 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L80 m ,一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏 气).在汽缸内距左侧壁d30 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p10.810 5 Pa,右侧氧气的压强 p21.
31、010 5 Pa,两边气体和环境的 温度均为t127 ,现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热,使氮气温度缓慢升高.设外界环境温度不变. 图 5 (1)求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度; (2)继续缓慢加热汽缸内左侧氮气,使氮气温度升高至227 ,求活塞移动的距离. 专业文档 珍贵文档 答案(1)375 K(2)5.6 cm 解析(1)活塞 “恰好要离开卡环”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等,取封闭的氮气为研究对象: 初状态: p10.8105 Pa T1300 K V1 dS 末状态: p1 p21.0105 Pa T1 V1V1 由查理定律,有 p1 T1 p1 T1 代入数据解得:T1375 K (2)继续缓慢加热汽缸内气体,使氮气温度升高至T3(227273) K500 K,设活塞移动的距离为 x 取氮气为研究对象: 初状态: p10.8105 Pa T1300 K V1 dS 末状态: p3T3 500 KV3dSxS 由理想气体状态方程,有 p1V1 T1 p3V3 T3 取氧气为研究对象: 初状态: p21.0105 Pa T1300 K V2 (Ld)S 末状态: p2 p3T2300 KV2LSV3 由玻意耳定律:p2V2p2V2 代入数据解得:向右移动的距离x5.6 cm
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