粤教版高中物理选择性必修第三册第2章素养提升课1气体实验定律的综合应用学案

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素养提升课(一)　气体实验定律的综合应用 1．能熟练运用气体实验定律解决液体移动的问题． 2．掌握关联气体问题的处理方法与技巧． 3．能准确应用理想气体的图像解决相关问题，提升解题能力． 　液柱类移动问题 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，直接判定液柱或活塞的移动方向比较困难，那么处理这类问题一般有以下几种方法． 1．计算法 (1)先假设液柱或活塞不发生移动，两部分气体均做等容变化． (2)利用查理定律可得Δp＝pTΔT，分别求出两部分气体压强的变化量Δp1和Δp2，并加以比较． 例如，如图所示的水银柱原来处于平衡状态，所受合力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2．温度升高后，两部分气体的压强都增大，假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别可推得Δp＝ΔTTp，若Δp1>Δp2，水银柱所受合力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动．显然如果升高相同的温度，水银柱向上移动． 2．图像法 判断液柱移动还可用图像法，设液柱下方的气体压强为p1，液柱上方的气体压强为p2，则在同一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1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，液柱上移． 3．极限法 对上部的气体压强p2进行极限推理，认为p2→0，上部为真空，升温时，下部气体的压强p1增大，液柱上移． [特别提醒]　此类问题中，若是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp也为负值，表示气体压强减小，那么降温后液柱应向压强减小多的一侧移动． 【典例1】　(多选)如图所示，四支两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　) A　　　　　　B C　　　　　　D [思路点拨]　假设升温后，水银柱不动，则两端封闭气体发生等容变化，根据查理定律pT＝ΔpΔT，可得Δp＝ΔTTp．讨论两端气体Δp的大小，即可判断出水银柱移动的方向． CD　[假设升温后，水银柱不动，则压强要增加，由查理定律可知，压强的增加量Δp＝pΔTT，而各管原压强p相同，所以Δp∝1T，即T越高，Δp越小，所以水银柱应向温度高的方向移动，故C、D正确．] [跟进训练] 1．如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分气体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h．当左侧部分气体温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是(　　) A．h不变，p1不变　　　 B．h不变，p1变大 C．h变小，p1变小 D．h变小，p1不变 D　[设大气压强为p0，右侧液体压强为ph1，对右侧部分封闭气体有p1＝p0＋ph1，根据题意，p0和ph1均不变，故p1不变．设左侧气体压强为p2，根据理想气体状态方程pVT＝c，可知p2增大，由于p1＝ρgh＋p2，当左侧部分气体温度升高时，p2增大，h变小．故A、B、C错误，D正确．] 　关联气体问题 该类问题涉及两部分(或两部分以上)的气体，它们之间虽然没有气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系往往是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法有： (1)分别选取每一部分气体为研究对象，确定初末状态及其状态参量，根据气体实验定律或理想气体状态方程写出状态量间的关系式． (2)分析关联气体之间的压强关系、体积关系，并写出关系式． (3)联立多个方程求解． 【典例2】　如图所示，水平面上固定着两个内壁光滑的气缸A、B，横截面积相同的绝热活塞a、b用水平轻杆连接，将一定质量的气体封闭在两气缸中，气缸A绝热，气缸B导热．开始时活塞静止，活塞与各自气缸底部距离相等，B气缸中气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，A气缸中气体温度TA＝300 K．气缸外界温度保持不变，现通过电热丝加热A气缸中的气体，活塞缓慢移动，当B气缸中气体体积变为初始状态的25倍时，求： (1)B气缸气体的压强； (2)A气缸气体的温度． [思路点拨]　两部分气体的联系→研究对象→状态参量→状态方程→列方程求解 [解析]　(1)设初始时A、B气缸中气体体积为V，B气缸导热，B气缸内气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有 p0V＝pB′·25V 解得pB′＝52p0＝2.5×105 Pa． (2)因为两侧活塞横截面积相同，对于a、b和轻杆整体，根据平衡条件可得 初态时有pA＝pB＝p0 末态时有pA′＝pB′ 初始时两活塞离各自气缸底部距离相等，当B气缸中气体体积变为初始状态的25倍时，A气缸中气体体积为VA′＝85V 对A气缸中的气体，根据理想气体状态方程有 pAVTA＝pA'·85 VTA' 代入数据解得TA′＝1 200 K． [答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)1 200 K 关联气体问题的解题关键 (1)根据两部分气体的关联情况，找出两部分气体关联物理量之间的关系． (2)分别对两部分气体依据特点找出各自遵循的规律，写出相应的方程． [跟进训练] 2．如图所示，容积均为V的气缸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给气缸充气，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 ℃，气缸导热． (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)再缓慢加热气缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强． [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 ① (3p0)V＝p1(2V－V1) ② 联立①②式得 V1＝V2 ③ p1＝2p0．④ (2)打开K3后，由④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，活塞下方气体压强为p2．由玻意耳定律得 (3p0)V＝p2V2 ⑤ 由⑤式得 p2＝3VV2p0 ⑥ 由⑥式知，打开K3后，活塞上升直到B的顶部为止，此时p2为p2′＝32p0． (3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得 p2'T1＝p3T2 ⑦ 将有关数据代入⑦式得 p3＝1.6p0． ⑧ [答案]　(1)V2　2p0　(2)在气缸B的顶部　(3)1.6p0 　理想气体图像转换问题 1．准确理解p -V图像、p -T图像和V-T图像的特点、函数关系和物理意义． 2．知道图线上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量p、V、T． 3．知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p′、V′、T′)的过程，并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程． 4．从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再逐一分析计算出各点的p、V、T． 5．根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根据相应的规律逐一检查是否有误． 【典例3】　如图所示是一定质量的理想气体状态按图中箭头顺序变化，状态D的温度为27 ℃，BC为一段双曲线，试求出TA、TB、TC，并画出气体状态变化的p -T图像．(T＝273 K＋t) [思路点拨]　对于某一物理现象或物理变化过程，可能表现为多个物理量与同一物理量间均存在变化关系，此种情况下可进行图像转化．转化时一定要抓住同一时刻或同一状态转化量所具有的特点，利用两者的相互对应性确定转化的图像，当然还有些复杂的问题，需要利用相关的物理规律确定转化量间的函数关系才能解决． [解析]　由题意可知，TD＝(273＋27)K＝300 K 由题图可知，C→D为等容变化过程且pC＝2×105 Pa，pD＝1×105 Pa 根据查理定律可得 TC＝pCpDTD＝2×1051×105×300 K＝600 K 由题图可知，B→C为等温变化过程，TB＝TC＝600 K 由题图可知，A→B为等压变化过程，且VA＝1 L，VB＝2 L 根据盖-吕萨克定律可得 TA＝VAVBTB＝12×600 K＝300 K p -T图像如图所示． [答案]　300 K　600 K　600 K　p -T图像见解析 应用理想气体图像分析相关问题的关键点 (1)图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量． (2)图像上的某一条直线或曲线表示一定质量的气体状态变化的一个过程． [跟进训练] 3．如图所示，一定质量的理想气体，从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1．那么，在下列的p -T图像中，反映了上述循环过程的是(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D B　[从状态1出发经过状态2和3，最终又回到状态1，先后经历了等压膨胀、等容降温、等温压缩三个变化过程，由此判断B项正确．] 素养提升练(一)　气体实验定律的综合应用 一、选择题 1．一定质量的理想气体，其状态变化过程中的p与V的关系如图所示，该过程对应的p -T图像应是(　　) A 　　　　　　　　B C 　　　　　　　　D C　[由题图可知，气体压强与体积的函数关系式为p＝kV，根据理想气体状态方程pVT＝c，可得出p2＝kcT，可知p -T图像为抛物线，故选C．] 2．如图所示，密封的U形管中装有水银，左、右两端都封有温度相同的空气，两水银面的高度差为h，把U形管竖直浸没在热水中，高度差将(　　) A．增大 B．减小 C．不变 D．两侧空气柱的长度未知，不能确定 A　[假设水银不动，左右两部分气体都将发生等容变化，根据查理定律可得pT＝ΔpΔT，整理得Δp＝pΔTT；由于初态时两边温度相同，但左侧气体的压强大，升高相同的温度时，左侧压强增加得多，所以左侧的气体体积变大，两水银面的高度差增大，故A正确．] 3．(多选)如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管(容积不能忽略)的A管插入烧瓶，B管与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面(橡胶管内充满水银)等高，外界大气压恒定，下列说法正确的是(　　) A．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则烧瓶内气体密度增大 B．保持B、C两管不动，若烧瓶内气体温度降低，则C管中水银面将升高 C．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向上移动 D．若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，应将C管向下移动 AD　[保持B、C两管不动，由等容变化规律可知，气体温度降低，压强变小，B管中水银面上升，C管中水银面将下降，气体体积减小，则烧瓶内气体密度增大，故选项A正确，B错误；若烧瓶内气体温度升高，为使烧瓶内气体的压强不变，即发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知，应该使气体的体积增大，应将C管向下移动，故选项C错误，D正确．] 4．如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段水银柱，将管内气体分为两部分，下面空气柱长为l1，上面空气柱长为l2．初始时温度相同，现使两部分气体同时升高相同的温度，下列判断正确的是(　　) A．若l1>l2，水银柱将向下移动 B．若l1