内容正文:
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。
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综合应用
应用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤
[例1] 如图所示,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=20 cm、温度t=27 ℃的空气柱,两管水银面相平,水银柱足够长。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将图中的阀门S打开,缓慢流出部分水银,然后关闭阀门S,左管水银面下降了 5 cm。求:
(1)保持温度不变,右侧水银面下降的高度;
答案:(1)20 cm
解析:(1)由题意知,空气柱初始压强即为大气压强,空气柱发生等温变化,
左管水银面下降高度记为h1,此时空气柱压强记为p,
根据玻意耳定律有p0LS=p(L+h1)S,
解得p=60 cmHg,
显然小于大气压,所以左管液面高于右管液面,有p+Δh=p0,
代入数据解得Δh=15 cm,
故右侧液面下降的高度为h1+Δh=20 cm。
[例1] 如图所示,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=20 cm、温度t=27 ℃的空气柱,两管水银面相平,水银柱足够长。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将图中的阀门S打开,缓慢流出部分水银,然后关闭阀门S,左管水银面下降了 5 cm。求:
(2)再对空气柱缓慢加热,使两侧水银面再次相平时的温度。
答案:(2)487.5 K
(1)当汽缸恰好离开桌面时,气体A的热力学温度T2;
(2)当气体A的热力学温度为1.2T2时,活塞到缸底的距离L3。
答案:(2)6L1
要点二 判断液柱移动问题的方法
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,常会引起水银柱的移动。判断隔开两部分气体的水银柱是否移动、移动方向的问题,一般有三种常用方法。
图像法 假设水银柱不动,两部分气体均做等容变化。在p-t图上作出两部分气体的等容线。利用等容线求出与温度变化量ΔT所对应的压强变化量Δp,根据Δp间的大小关系便可判断出水银柱的移动方向
极限法 一般题目都是让其中的某一个量变大或者变小,另两个跟着一起变,我们就可以让这个变化量无穷大,判断出液柱在这个极限条件下的状态,和初始状态相比就知道液柱怎么变化了。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
[例2] (2022·浙江丽水月考)如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一长为h的水银柱,将管内气体分为两部分,已知l2=2l1。若使两部分气体同时升高相同的温度,则管内水银柱将(设原来温度相同)( )
A.向上移动 B.向下移动
C.水银柱不动 D.无法判断
A
运用假设法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变化。
[即时训练2] (2021·河南许昌期末)两个容器A、B,用截面均匀的水平细玻璃管连通,如图所示,A、B所装气体的温度分别为37 ℃和57 ℃,水银柱在管中央平衡,如果两边温度都升高10 ℃,则水银柱将( )
A.向左移动 B.向右移动
C.不动 D.条件不足,不能确定
B
要点三 相关联气体问题
解决相关联的两部分气体问题的关键
(1)要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,分别列出相应的方程(应用相应的定律、规律),切不可将两部分气体视为两种状态。
(2)要找出两部分气体之间的联系,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水银柱时,需要列出力学辅助方程。
[例3] (2021·吉林松原月考)如图所示,水平放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞(活塞B导热良好,活塞A绝热),封闭了甲、乙两部分理想气体,活塞的面积为S,活塞与汽缸之间的滑动摩擦力为Ff=p0S,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时,活塞A到汽缸底部的距离为d,活塞A、B之间的距离也为d,活塞与汽缸之间的摩擦力恰为0,两部分理想气体的热力学温度均为T0。现缓慢加热甲部分气体,求当活塞B刚好要发生滑动时甲部分气体的温度(环境大气压强为p0,环境温度恒为T0)。
[解题素养] (1)建立物理模型。
①甲、乙两部分气体三个状态参量都变化,属于理想气体模型。
②活塞A、B是力学平衡模型。
(2)确定临界条件。
①B