【物理】2019届一轮复习教科版微型专题　气体实验定律的应用学案 12页

微型专题　气体实验定律的应用 ‎[考试大纲]　1.会计算封闭气体的压强.2.会处理变质量问题.3.理解液柱移动问题的分析方法.4.能用气体实验定律解决一些综合问题．‎ 一、封闭气体压强的计算 ‎1．容器静止或匀速运动时求封闭气体的压强 ‎(1)连通器原理(取等压面法)：在连通器中，同一液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．‎ 注意：①在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强ph＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度．‎ ‎②求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程．‎ ‎(2)受力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．‎ ‎2．容器加速运动时求封闭气体的压强 当容器加速运动时，通常选择与气体相关联的液柱、固体等作为研究对象，进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．‎ 例1　若已知大气压强为p0，在图1中各装置均处于静止状态，求被封闭气体的压强．(重力加速度为g)‎ 图1‎ 答案　甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh 丁：p0＋ρgh1‎ 解析　在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡方程知：p气S＝－ρghS＋p0S 得p气＝p0－ρgh 在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程有：‎ pAS＋ρghS＝p0S p气＝pA＝p0－ρgh 在题图丙中，以液面B为研究对象，有：‎ pA＋ρgh·sin 60°＝pB＝p0‎ 得p气＝pA＝p0－ρgh 在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡方程得：‎ pAS＝(p0＋ρgh1)S 得p气＝pA＝p0＋ρgh1‎ 例2　如图2所示，设活塞质量为m，活塞面积为S，汽缸质量为M，重力加速度为g，求被封闭气体的压强．‎ 图2‎ 答案　甲：p0＋　乙：p0－　丙：＋p0‎ 解析　甲中选活塞为研究对象，由合力为零得 p0S＋mg＝pS 故p＝p0＋ 乙中选汽缸为研究对象，得 pS＋Mg＝p0S 故p＝p0－ 丙中选整体为研究对象得F＝(M＋m)a①‎ 再选活塞为研究对象得F＋p0S－pS＝ma②‎ 由①②得p＝＋p0.‎ 例3　图3中相同的A、B汽缸的长度、横截面积分别为30 cm和20 cm2，C是可在汽缸B内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强为pA＝2.0×105 Pa的氮气，B内有压强为pB＝1.0×105 Pa的氧气，活塞C处于图中所示位置．阀门打开后，活塞移动，最后达到平衡，求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强．(假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略不计)‎ 图3‎ 答案　10 cm　1.5×105 Pa 解析　由玻意耳定律：‎ 对A部分气体有：pALS＝p(L＋x)S 对B部分气体有：pBLS＝p(L－x)S 代入相关数据解得：x＝10 cm p＝1.5×105 Pa.‎ 解决汽缸类问题的一般思路 ‎1．弄清题意，确定研究对象，一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．‎ ‎2．分析清楚题目所述的物理过程，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；对力学研究对象要进行正确的受力分析，依据力学规律列出方程．‎ ‎3．注意挖掘题目的隐含条件，如压强关系、体积关系等，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．‎ 二、变质量问题 例4　某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图4所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：‎ 图4‎ ‎(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？‎ ‎(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？‎ 答案　(1)15　(2)1.5 L 解析　(1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，整个过程温度保持不变，‎ 由玻意耳定律得：1 atm×300 cm3＝1.5×103 cm3×p，p＝0.2 atm 需打气次数n＝＝15‎ ‎(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V V＝6 L 故还剩药液7.5 L－6 L＝1.5 L.‎ 在对气体质量变化的问题分析和求解时，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.‎ 三、液柱移动问题 用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，气体的状态参量p、V、T都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律求解．其一般思路为：‎ ‎(1)先假设液柱或活塞不动，两部分气体均做等容变化．‎ ‎(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式＝，求出每部分气体压强的变化量Δp，并加以比较．‎ 说明：液柱是否移动，取决于液柱两端受力是否平衡．当液柱两边横截面积相等时，只需比较压强的变化量；液柱两边横截面积不相等时，则应比较变化后液柱两边受力的大小．‎ 例5　如图5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)(　　)‎ 图5‎ A．向上移动　　　　　　　 B．向下移动 C．水银柱不动 D．无法判断 答案　A 解析　由＝得Δp1＝p1，Δp2＝p2，由于p1>p2，所以Δp1>Δp2，水银柱向上移动．选项A正确．‎ 此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT为负值，Δp亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动.‎ 四、气体实验定律的综合应用 应用气体实验定律的解题步骤：‎ ‎(1)确定研究对象，即被封闭的气体．‎ ‎(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律条件，‎ 是否是质量和体积保持不变或质量和压强保持不变．‎ ‎(3)确定初、末两个状态的六个状态参量p1、V1、T1、p2、V2、T2.‎ ‎(4)按玻意耳定律、查理定律或盖吕萨克定律列式求解．‎ ‎(5)求解结果并分析、检验．‎ 例6　如图6所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上升了4 cm.g取10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)活塞的质量；‎ ‎(2)物体A的体积．‎ 答案　(1)4 kg　(2)640 cm3‎ 解析　(1)设物体A的体积为ΔV.‎ T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝(60×40－ΔV) cm3‎ T2＝330 K，p2＝ Pa，V2＝V1‎ T3＝360 K，p3＝p2，V3＝(64×40－ΔV) cm3‎ 由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有＝ 代入数据得m＝4 kg ‎(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖吕萨克定律有＝ 代入数据得ΔV＝640 cm3.‎ ‎1．(压强的计算)如图7所示，汽缸悬挂在天花板上，缸内封闭着一定质量的气体A，已知汽缸质量为m1，活塞的横截面积为S，质量为m2，活塞与汽缸之间的摩擦不计，外界大气压强为p0，求气体A的压强pA.(重力加速度为g)‎ 图7‎ 答案　p0－ 解析　对活塞进行受力分析，如图所示．活塞受三个力作用而平衡，由力的平衡条件可得pAS＋m2g＝p0S，‎ 故pA＝p0－.‎ ‎2．(压强的计算)求图8中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)‎ 图8‎ 答案　(1)66 cmHg　(2)71 cmHg　(3)81 cmHg　(4)1.13×105 Pa 解析　(1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg.‎ ‎(2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10sin 30° cmHg＝71 cmHg.‎ ‎(3)pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg.‎ ‎(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa.‎ ‎3．(变质量问题)一只两用活塞气筒的原理如图9所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)(　　)‎ 图9‎ A．np0，p0‎ B.p0，p0‎ C．(1＋)np0，(1＋)np0‎ D．(1＋)p0，()np0‎ 答案　D 解析　打气时，活塞每推动一次，就把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得：‎ p0(V＋nV0)＝p′V，‎ 所以p′＝p0＝(1＋n)p0.‎ 抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：‎ 第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，‎ p1＝p0.‎ 第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)‎ p2＝p1＝()2p0‎ 活塞工作n次，则有：pn＝()np0.故正确答案为D.‎ ‎4．(液柱移动问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图10所示．V左|Δp左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C正确．‎ 一、选择题 考点一　气体压强的计算 ‎1.一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h(cm)，上端空气柱长为L(cm)，如图1所示，已知大气压强为H cmHg，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．此时封闭气体的压强是(L＋h) cmHg B．此时封闭气体的压强是(H－h) cmHg C．此时封闭气体的压强是(H＋h) cmHg D．此时封闭气体的压强是(H－L) cmHg 答案　B 解析　利用等压面法，选管外水银面为等压面，则封闭气体压强p＋ph＝p0，得p＝p0－ph，即p＝(H－h) cmHg，故B项正确．‎ ‎2．如图2所示，一圆筒形汽缸静置于地面上，汽缸的质量为M，活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为p0.现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计汽缸内气体的质量及活塞与汽缸壁间的摩擦，重力加速度为g，若汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p，则(　　)‎ 图2‎ A．p＝p0＋ B．p＝p0－ C．p＝p0＋ D．p＝p0－ 答案　D 解析　对汽缸缸套受力分析有Mg＋pS＝p0S，p＝p0－，选D.‎ ‎3．如图3所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0，重力加速度为g)(　　)‎ 图3‎ A．p0－ρg(h1＋h2－h3)‎ B．p0－ρg(h1＋h3)‎ C．p0－ρg(h1＋h3－h2)‎ D．p0－ρg(h1＋h2)‎ 答案　B 解析　需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh3，B端气体压强比中间气室低ρgh1，所以B端气体压强为p0－ρgh3－ρgh1，选B项．‎ 考点二　变质量问题 ‎4．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为(　　)‎ A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 答案　A 解析　取全部气体为研究对象，由p1(V1＋V2)＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．‎ ‎5．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，问用这个打气筒要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(　　)‎ A．10次 B．15次 C．20次 D．25次 答案　B 解析　温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得 ‎1．5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，‎ 解得n＝15.‎ 考点三　液柱移动问题 ‎6.在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图4所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将(　　)‎ 图4‎ A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 答案　B 解析　水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动．开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力mg和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋mg－p0S＝mg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2