（通用版）2022年高考物理一轮复习 第十三章 第76课时 气体实验定律和理想气体状态方程（重点突破课）讲义（含解析）

（通用版）2022年高考物理一轮复习 第十三章 第76课时 气体实验定律和理想气体状态方程（重点突破课）讲义（含解析）气体初末状态的状态参量的确定和气体实验定律公式的应用是这部分内容的重点，关键是区分气体发生的过程和公式的选用，而应用图像分析气体发生的过程是难点。玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比表达式p1V1p2V2或pV常量或常量或常量图像TaTbVaVbpapb考法细研考法1公式的选择和应用例1(2018全国卷)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。解析设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；活塞下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0p1V1p0p2V2由已知条件得V1VV2设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2Sp1Smg联立以上各式得m。答案利用气体实验定律解决问题的基本思路 考法2应用图像分析气体状态变化例2(多选)(2018全国卷)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态e。对此气体，下列说法正确的是()A过程中气体的压强逐渐减小B过程中气体对外界做正功C过程中气体从外界吸收了热量D状态c、d的内能相等E状态d的压强比状态b的压强小解析由题图过程中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误；过程中，气体体积V变大，对外界做正功，故B正确；过程中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律UQW得Q0，即气体向外界放出热量，故C错误；状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确；分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pbpcpd，故E正确。答案BDE(1)求解气体状态变化的图像问题，应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程，先判断出此过程属于等温、等容还是等压变化，再选用相应规律求解。(2)在VT图像(或p T图像)中，比较两个状态的压强(或体积)时，可比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强(或体积)越小；斜率越小，压强(或体积)越大。 集训冲关1.(2018全国卷)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有根据力的平衡条件有p1Sp0Smg解得T1T0此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖吕萨克定律有，V1SH，V2S(Hh)解得T2T0从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W(p0Smg)h。答案：T0(p0Smg)h2.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经B、C、D再回到A，问AB、BC、CD、DA分别是什么过程？已知在状态A时气体体积为1 L，请把此图改画为p V图像。解析：由题图可知AB过程是等容升温升压；BC过程是等压升温增容，即等压膨胀；CD过程是等温减压增容，即等温膨胀；DA过程是等压降温减容，即等压压缩。已知VA1 L，则VB1 L(等容变化)，由(等压变化)得VCTC900 L2 L由pDVDpCVC(等温变化)，得VDVC2 L6 L改画的p V图像如图所示。答案：见解析3.(2017全国卷)如图，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。(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。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p0Vp1V13p0Vp1(2VV1)联立式得V1p12p0。(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，活塞下方气体压强为p2。由玻意耳定律得3p0Vp2V2由式得p2p0由式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时p2为p2p0。(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1(27327)K300 K升高到T2320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得p31.6p0。答案：(1)2p0(2)在汽缸B的顶部(3)1.6p0 考点二理想气体状态方程理想气体的概念、初末状态参量的分析及理想气体状态方程的应用是解决问题的关键。而理想气体三个状态参量p、V、T之间的制约关系是分析问题的难点。典例(2019吉林实验中学模拟) 如图所示，内径均匀的弯曲玻璃管ABCDE两端开口，AB、CD段竖直，BC、DE段水平，AB90 cm，BC40 cm，CD60 cm，竖直段CD内有一长10 cm的水银柱。在环境温度为300 K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10 cm，此时CD段中的水银柱上端距C点10 cm。已知大气压为75 cmHg且保持不变。(1)环境温度缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱下端刚刚接触D点；(2)环境温度在(1)问的基础上再缓慢升高，求温度升高到多少时，CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE。(计算结果保留三位有效数字)解析(1)由题意知，在没有升温前，AB段内高出槽中水银面的水银柱高度为10 cm，封闭气体的长度为L1(901010)cm40 cm10 cm120 cm，压强为p175 cmHg10 cmHg65 cmHg，温度为T1300 K；在升温后让CD段中水银柱下端刚刚接触D点，气体做等压变化，气体的长度为L2(901010)cm40 cm(6010)cm160 cm。设温度为T2，玻璃管横截面积为S，由盖吕萨克定律得，V1L1S，V2L2S解得T2T1400 K。(2)CD段中水银柱刚好全部进入水平管DE时，封闭气体的压强为p375 cmHg，此时AB段内水银柱恰好与槽中水银面相平，气体的长度为L3(9010)cm40 cm60 cm180 cm。设温度为T3，由理想气体状态方程得，V3L3S解得T3T1519 K。答案(1)400 K(2)519 K应用理想气体状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即某一定质量的理想气体。(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2。(3)由理想气体状态方程列式求解。(4)讨论结果的合理性。 集训冲关1(2019昆明、玉溪统考)如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的理想气体。已知活塞截面积为100 cm2，大气压强为1105 Pa，汽缸内气体温度为27 ，求：(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强和所加重物的重力；(2)在放着重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来的体积，应使气体温度升高到多少摄氏度。解析：(1)由题意知p11105 Pa，V1V，V2由玻意耳定律有p1V1p2V2解得p22105 Pa又S100104 m21102 m2由平衡条件得p2p0，解得G1 000 N。(2)由题意知p32105 Pa，V3V，T1300 K由理想气体状态方程有解得T3600 K，即t3327 。答案：(1)2105 Pa1 000 N(2)327 2.“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图所示实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t )密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸顶为L。由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处。已知环境温度为27 不变，与大气压强相当，汽缸内的气体可视为理想气体，求t为多少摄氏度。解析：对汽缸内封闭气体分析，初状态：p1p0V1LS，T1(273t)K末状态：p2p0p0V2LS，T2300 K由理想气体状态方程得解得t127 。答案：127