第2章 素养提升课 气体实验定律的综合应用-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册同步讲义(人教版)

素养提升课　气体实验定律的综合应用 1．理解变质量问题的特点，能够应用气体实验定律分析变质量问题。 2．掌握关联气体问题的分析方法。 3．掌握液柱移动问题的分析方法。 　液柱移动问题 以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同) 此类问题的特点是：当气体的压强、体积及温度都发生变化时，直接判定液柱移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以下几种方法。 1．假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部气体＝，压强变化量Δp2＝p2，同理，下部气体压强变化量Δp1＝p1，由于开始时，p1>p2，故Δp1>Δp2，水银柱向上移动。 2．极限法：由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小，设想p2→0，即管上部认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。 3．图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1>p2，得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，水银柱上移。 【典例1】　如图所示，A、B两个大容器装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作活塞，当左边容器的温度为－5 ℃，右边容器的温度为15 ℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。当两个容器的温度都升高15 ℃时，下列判断正确的是(　　) A．水银滴将不移动 B．水银滴将向右移动 C．水银滴将向左移动 D．水银滴将向哪个方向移动无法判断 B　[假定先让两个容器的体积不变，即VA、VB不变，A、B中所装气体温度分别为268 K和288 K，当温度升高ΔT时，容器A的压强由p1增至p′1，有Δp1＝p′1－p1，容器B的压强由p2增至p′2，有Δp2＝p′2－p2，由查理定律得Δp1＝·ΔT，Δp2＝·ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1>Δp2，水银滴应向B容器移动，即水银滴将向右移动。故选B。] [跟进训练] 1．(多选)如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，管中封闭一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变的情况下，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是(　　) A．玻璃管内气体体积减小 B．玻璃管内气体体积增大 C．管内、外水银面高度差减小 D．管内、外水银面高度差增大 AD　[极限分析法：设想把玻璃管向下插入很深，则管内气体的体积V减小，根据玻意耳定律可知气体的压强p增大，因为p＝p0＋ph，所以h增大，A、D正确。 假设法：将玻璃管向下插入的过程中，假设管内气体的体积不变，则h增大，气体的压强p＝p0＋ph增大，由玻意耳定律可知气体的体积V减小，与假设不符，所以玻璃管内气体的体积减小，由体积减小可得压强增大，所以h也增大，A、D正确。] 　气体的变质量问题 理想气体的四类“变质量”问题 气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的变质量问题；气体的变质量问题，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”问题，从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解，常见以下四种类型： (1)充气(打气)问题 在充气(打气)时，取充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。 (2)抽气问题 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似：把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”问题。 (3)灌气(气体分装)问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 (4)漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体整体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 【典例2】　(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，气窑是一种以可燃性气体为能源对陶瓷泥坯进行升温烧结的设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温。为避免窑内气压过高，窑上有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，窑内气体温度为327 ℃，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度均匀且逐渐升高，需要的烧制温度恒定为927 ℃。求： (1)烧制前封闭在窑内气体的温度； (2)本次烧制排出气体的质量占原有气体质量的比例。 [解析]　(1)对封闭在气窑内的气体，排气前体积不变，其中T2＝t2＋273 K＝600 K 由查理定律可得＝ 解得T1＝300 K。 (2)开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，取气窑内原有气体为研究对象，T3＝t3＋273 K＝1 200 K　 由盖-吕萨克定律可得＝ 解得V3＝2V0 则本次烧制排出气体的质量占原有气体质量的比例为＝＝。 [答案]　(1)300 K　(2) 　将“变质量”转化为“定质量” 在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律。如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解。 [跟进训练] 2．医院里的某一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。病人每次吸氧需要消耗1个大气压的氧气9 L，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若病人吸氧过程中氧气的温度保持不变，则这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的次数为(　　) A．160次　　　　 B．180次 C．200次 D．250次 A　[以氧气瓶中的氧气和病人吸氧过程中消耗的氧气为研究对象，根据玻意耳定律有pV＝np1V1＋p2V，又V＝0.08 m3＝80 L，代入数据有20 atm×80 L＝n×1 atm×9 L＋2 atm×80 L，解得n＝160，选项A正确。] 　关联气体问题 多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联。若活塞可自由移动，一般要根据活塞受力情况确定两部分气体的压强关系。 【典例3】　如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，已知mg＝0.2p0S，环境温度为T0，平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上。 (1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ气柱的长度； (2)若环境温度缓慢升高，当Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之和为2l时，气体的温度T为多少？ [解析]　(1)汽缸开口向下时，Ⅱ气体初态压强 p2＝p0－＝0.8p0 汽缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强 p1＝p0－＝0.6p0 汽缸开口向上时，Ⅱ气体末态压强 p2′＝p0＋＝1.2p0 汽缸开口向上时，Ⅰ气体末态压强 p1′＝p0＋＝1.4p0 对Ⅰ气柱由玻意耳定律得p1Sl＝p1′Sl1 对Ⅱ气柱由玻意耳定律得 p2Sl＝p2′Sl2 解得l1＝l，l2＝l。 (2)升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为x，则Ⅱ气体的气柱长度为2l－x，由盖-吕萨克定律得＝ ＝ 解得T＝T0。 [答案]　(1)l　(2)T0 [跟进训练] 3．如图所示，一粗细均匀、两端封闭的U形玻璃管竖直放置，玻璃管内由一段水银封闭着A、B两个空气柱，空气柱A的压强为96 cmHg，空气柱的长度LA＝12 cm，图中h＝24 cm，初始时环境温度t1＝7 ℃。现在只对左侧A空气柱加热，当左右两侧液面相平时停止加热，此过程中右侧空气柱B温度保持不变。求： (1)初始时刻空气柱B的压强； (2)停止加热时空气柱A的温度。 [解析]　(1)初始时刻空气柱B的压强 pB＝pA＋ρgh＝120 cmHg。 (2)对气体A：＝ 对气体B：pB(LA＋h)S＝pS 其中T1A＝(273＋7)K＝280 K，解得T2A＝1 050 K。 [答案]　(1)120 cmHg　(2)1 050 K 素养提升练 一、选择题 1．篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是(　　) A．5～7次　　　　 B．5～8次 C．7～12次 D．12～15次 A　[球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，解得n＝，当p2＝1.5 atm时，解得n＝5，当p2＝1.6 atm时，解得n＝7.5，所以需打气的次数范围是5～7次。故A正确。] 2．如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　) A．均向下移动，A管移动较多 B．均向上移动，A管移动较多 C．A管向上移动，B管向下移动 D．无法判断 A　[封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖-吕萨克定律的分比形式ΔV＝V，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积较大，所以|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A正确。] 3．左端封闭、右端开口、粗细均匀的倒置U形玻璃管，用水银封住两部分气体，静止时如图所示，若让U形管保持竖直状态做自由落体运动，则(　　) A．气体柱Ⅰ长度将减小 B．气体柱Ⅱ长度将增大 C．左管中水银柱A将上移 D．右管中水银面将下降 A　[设大气压强为p0，由题图可知，封闭气体压强pⅠ＝p0－ph，pⅡ＝pⅠ＋ph＝p0，当U形管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压p0，气柱Ⅰ的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小，右管中的水银面上升，故A正确，D错误；Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变，左管中水银柱A不动，故B、C错误。] 4.如图所示，汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量，所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍，上下气体体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为(　　) A．4∶5 B．5∶9 C．7∶24 D．16∶25 D　[设V1＝V，由题意可知V2＝2V 设T1＝2T，则T2＝5T 气体压强p2＝p1＋＝2p1 则＝p1，最终两部分气体体积相等， 则V1′＝V2′＝V 上部分气体温度不变，由玻意耳定律p1V1＝p1′V1′ 解得p1′＝p1 下部分气体的压强p2′＝p1′＋＝p1 对下部分气体，由理想气体状态方程得＝ 解得T2′＝T 上下两侧气体的温度之比＝＝ 故选项D正确。] 5．桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱形压水气囊直径为6 cm，高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m水压产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化)(　　) A．2次 B．3次 C．4次 D．5次 B　[设至少需要把气囊完全压下n次，才能有水从出水管流出，大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律可得p0(V0＋nV1)＝p1V0，其中p0＝ρgh＝10ρg(Pa)，V0＝4 320π cm3，V1＝72π cm3，p1＝ρg(h＋0.4 m)＝10.4ρg(Pa)，代入解得n＝2.4，所以至少需要把气囊完全压下3次，才能有水从出水管流出，故B正确。] 6．如图所示，圆柱形汽缸水平放置，活塞将汽缸分为左右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1。汽缸导热良好，外界温度不变，活塞与汽缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．3∶1 A　[分析得两次平衡状态时，左右两边汽缸的压强平衡即p左＝p右＝p，p左′＝p右′ 对右边气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3∶1，故右边气体的体积由原来汽缸总体积的减小到，根据玻意耳定律p右＝p右′ 解得p右′＝2p右＝2p 故p左′＝2p右＝2p 对左边汽缸气体分析，假设充入左边气体的温度与外界相同，压强为p左，体积为，根据玻意耳定律得p左＝p左′ 联立解得n＝2 所以从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2∶1。] 二、 非选择题 7．(2022·四川成都高二期末)如图所示，开口向上的汽缸内盛有一定深度的水银，一粗细均匀，长为l＝24 cm且下端开口的细玻璃管竖直漂浮在水银中。平衡时，玻璃管露出水银面的高度和进入玻璃管中的水银柱的长度均为h1＝6 cm，轻质活塞到水银面的高度为h0＝12 cm，水银面上方的气体压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。现施外力使活塞缓慢向下移动，当玻璃管上端恰好与水银面齐平时，进入玻璃管中的水银柱长度为h2＝12 cm。活塞与汽缸壁间的摩擦不计且密封性良好，玻璃管的横截面积远小于汽缸的横截面积，整个过程中各部分气体的温度保持不变，求： (1)玻璃管上端恰好与水银面齐平时，玻璃管内气体的压强相当于多少厘米水银柱产生的压强； (2)整个过程中活塞向下移动的距离。 [解析]　(1)设玻璃管的横截面积为S1，活塞的横截面积为S2，对玻璃管中的气体，初态体积和压强分别为V1＝(l－h1)S1 p1＝p0＋ρg(l－2h1) 末态体积和压强分别为V2＝(l－h2)S1 p2＝ρgh 由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 代入数据解得h＝132 cm。 (2)设玻璃管上端恰好与水银面齐平时，活塞到水银面的高度为h′，对水银面上方的气体，初态体积和压强分别为V1′＝h0S2，p1′＝p0 末态体积和压强分别为V2′＝h′S2，p2′＝p2－ρg(l－h2) 由玻意耳定律有p1′V1′＝p2′V2′ 代入数据解得h′＝7.6 cm 活塞向下移动的距离为Δx＝h0－h＝4.4 cm。 [答案]　(1)132 cm　(2)4.4 cm 8．如图所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300 K，有一光滑绝热活塞C(体积可忽略)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管(管内气体的体积可忽略)，左管水银面比右管水银面高76 cm。已知外界大气压强p0＝76 cmHg。则： (1)将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？ (2)打开阀门K，稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19 cm时，B室内温度是多少？ [解析]　(1)将阀门打开，A室气体做等温变化，则有 2p0＝p0(＋ΔV) 得ΔV＝。 (2)打开阀门K，稳定后，再关闭阀门K，U形管两边水银面的高度差为19 cm时 pB＝pA＝ (76＋19)cmHg＝95 cmHg 对A室气体：初态参量为p0、、T0 末态参量为pA、VA、T0 由玻意耳定律得p0＝pAVA 解得VA＝V0 对B室气体：初态参量为p0、、T0 末态参量为pB、V0－VA、TB 由理想气体状态方程得＝ 解得TB＝525 K。 [答案]　(1)　 (2)525 K 13/13 学科网（北京）股份有限公司 $$