1、第 二 章气 体学案7 章末总结专题整合 自我检测 网络构建 网络构建 气体气体的状态参量温度(T)：温度是分子的标志，Tt273.15 K体积(V)压强(p)：由大量气体分子对器壁的碰撞引起气体实验定律玻意耳定律(等温变化)成立条件：_表达式：_等温线：pV图像(_),图像(_)1pV平均动能m、T一定pV常量双曲线的一支过原点的直线气体气体实验定律查理定律(等容变化)成立条件：表达式：等容线：pT图像()盖吕萨克定律(等压变化)成立条件：_表达式：等容线：VT图像()m、V一定pT常量过原点的直线m、p一定VT 常量过原点的直线气体气体实验定律的微观解释玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律理想气
2、体严格遵守气体实验定律的气体，无分子势能，分子无大小，分子间无相互作用力实际气体在压强不太大、温度不太低时可看成理想气体一、气体实验定律 专题整合 对一定质量的理想气体，在做等温、等容和等压变化的过程中，分别遵循玻意耳定律、查理定律和盖吕萨克定律，在使用这三个定律时，要注重状态参量的求解.三个定律的区别如下表所示：定律玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律表达式p1V1p2V2常量p1T1p2T2常量V1T1V2T2常量 成立条件气体质量一定，温度不变气体质量一定，体积不变气体质量一定，压强不变图像表达在 pV 图中，p 与 V 乘积越大，温度越高，如图 T2T1.在 p1V图中，直线的斜率越大，温度
3、越高，如图 T2T1直线的斜率越大，体积越小，如图 V2V1直线的斜率越大，压强越小，如图 p2p1例1 如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有 p03V04图1一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略).开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡.已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩
4、擦.求：(1)恒温热源的温度T；解析 设左、右活塞的质量分别为M1、M2，左、右活塞的横截面积均为S 由活塞平衡可知：p0SM1g p0SM2gp0S3 得 M2g23p0S打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V0不变，所以当下面接触温度为 T 的恒温热源稳定后，活塞下方体积增大为(V034V0)，则由等压变化：12V034V0T0V034V0T解得 T75T0答案 75T0(2)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.解析 如图所示，当把阀门K打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左
5、侧的上部，且由两式知M1gM2g，打开活塞后，左侧活塞降至某位置,右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T等温变化.设左侧上方气体压强为 p，由 pVxp03 V04，设下方气体压强为 p2：pM1gS p2，解得p2pp0 所以有 p2(2V0Vx)p07V04联立上述两个方程有 6V2xV0VxV200，解得 Vx12V0，另一解 Vx13V0，不符合题意，舍去.答案 12V0例2 如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气
6、体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)求：(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？图2解析 初始时，pA0p0gh2 atm，VA0V03打开阀门后，A 室气体等温变化，pA1 atm，体积为 VA，由玻意耳定律得pAVA00AAp VVA00AAAp Vp23V0答案 23V0(2)打开阀门K后将容器内的气体从300 K分别加热到400 K和540 K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？解析 假设打开阀门后，气体从T0300 K升高到T时，活塞C恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强pA仍为p0，即等
7、压过程.根据盖吕萨克定律V1T1V2T2得TV0VAT0450 K因为T1400 K450 K，所以 pAp0，水银柱的高度差为零.从T450 K升高到T2540 K为等容过程.根据查理定律pAT 22ApT，得 pA21.2 atm.T2540 K时，p0gh1.2 atm，故水银高度差h15.2 cm.答案 0 15.2 cm 二、气体的图像问题 要会识别图像反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图像的转化，理解图像的斜率、截距的物理意义.当图像反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态.例3 一定质量的理想气体，从状态A经过状态
8、B变化到状态C，如图3所示，图中BC是平行于横轴的直线，已知气体在状态A时的体积为VA0.2 m3.(1)从状态A到状态B，气体的内能如何变化？解析 气体从状态A到状态B，温度升高，分子的平均动能增大，无分子势能，所以气体内能增加.答案 气体内能增加 图3(2)求气体在状态B时的压强pB.解析 AB 气体做等容变化，pApBTATB所以 pBpATBTA 1.0106400300Pa1.33106 Pa答案 1.33106 Pa(3)求气体在状态C时的体积VC.解析 BC 气体做等压变化，VBVCTBTC，又 VAVB0.2 m3所以 VCTCVBTB 5000.2400m30.25 m3.答
9、案 0.25 m3 针对训练 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的pT图像如图4所示.在A态时的体积为V0，试画出对应的VT图像和pT图像.图4解析 对气体由 AB，根据玻意耳定律有 p0V03p0VB，则 VB13V0.由此可知 A、B、C 三点的状态参量分别为：A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、13V0；C：3p0、3T0、V0.VT图像和pV图像分别如图甲、乙所示.答案 见解析 1.(气体实验定律)如图5所示，密闭容器有进气口和出气口可以和外部连通，容器的容积为V0，将进气口和出气口关闭，此时内部封闭的气体的压强为p0，将气体缓慢加热，使气体的温度由T0300 K升至T1350
10、K.(1)求此时气体的压强.1 2 3 4自我检测 图51 2 3 4解析 设升温后气体的压强为 p1，由查理定律得p0T0p1T1代入数据得 p176p0.答案 76p0 1 2 3 4(2)保持T1350 K不变，缓慢由出气口抽出部分气体，使气体的压强再回到p0.求容器内剩余气体的质量与原来质量的比值.解析 抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的体积为V，由玻意耳定律得 p1V0p0V 1 2 3 4解得 V76V0设剩余气体的质量与原来质量的比值为k，由题意得 kV0V解得 k67.答案 671 2 3 42.(气体实验定律)如图6所示，一根两端开口、横截面积为S2 cm2、足够长
11、的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L21 cm的气柱，气体的温度为t17，外界大气压取p01.0105Pa(相当于75 cm高的汞柱的压强).图6 1 2 3 4(1)若在活塞上放一个质量为m0.1 kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？(g10 m/s2)解析 被封闭气体的初状态为p1p01.0105 Pa V1LS42 cm3，T1280 K 末状态为 p2p0mgS 1.05105 PaV2L2S，T2T1280 K1 2 3 4根据玻意耳定律，有p1V1p2V2，即p1LSp2L2S 解得L220
12、cm.答案 20 cm 1 2 3 4(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t277，此时气柱为多长？解析 对气体加热后，气体的压强不变，p3p2，V3L3S，T3350 K 根据盖吕萨克定律，有V2T2V3T3，即L2ST2 L3ST3解得L325 cm.答案 25 cm 1 2 3 43.(气体的图像问题)图7表示0.2 mol的某种气体的压强与温度的关系图像，图中p0为标准大气压，问气体在B状态时的体积多大？图7 1 2 3 4解析 从题图中的pt图像可以看出，p0A段为等容线.由于0.2 mol的气体在压强为p0、温度为0时的体积为V00.222.4 L4.48 L，所
13、以VAV04.48 L.AB发生的是等压变化，1 2 3 4由VATAVBTB，TA400 K，TB500 K，答案 5.6 L 可得 VBVATBTA 4.48500400L5.6 L.1 2 3 44.(气体的图像问题)1 mol的理想气体，其状态变化的pV图线如图8所示，请在pT图像、VT图象中画出对应的状态变化的图线.解析 1 mol的理想气体在标准状态下(1 atm,273 K)的体积是22.4 L，所以状态A的温度是273 K.图81 2 3 4A到B的过程是等容变化，压强增大1倍，则温度升高1倍，所以B的温度是546 K.B到C的过程是等压变化，体积增大1倍，则温度升高1倍，所以C的温度是1 092 K.C 到 D 的过程是等容变化，压强减小到 C 时的12，则温度降低到 C 时的一半，1 2 3 4D 到 A 的过程是等压变化，体积减小到 D 时的12，则温度降低到 D 时的一半.所以D的温度是546 K.综上所述，pT图像、VT图像分别如图甲、乙所示.甲 乙答案 见解析