气体实验定律综合应用
气体实验定律的综合应用
气体实验定律的综合应用哎，说起这个气体实验定律啊，那可是咱们物理课上的一大亮点！记得有一次，我们班上那俩“杠精”——小李和小王，就为这个定律展开了激烈的辩论。
小李：“哎，你听说了吗？老张最近在做气体实验，那实验结果可神奇了！”小王：“是吗？什么神奇之处啊？”小李：“他发现了一个定律，说是在一定温度和压强下，气体体积和气体分子数量的关系是有规律的！”小王：“哦？那不就是我们物理课上学的玻意耳定律嘛？可这有什么神奇的？”小李：“你不懂，这可是气体实验定律的综合应用啊！老张就是用它解决了咱们实验室的一个大难题。
”原来，咱们实验室最近新买了一台精密仪器，需要用到一种特殊的气体。
可这气体在常温常压下不容易液化，这让实验室的老师们头疼不已。
老张就是用这个气体实验定律，找到了解决之道。
老张：“小李，你来看看，我这里有一些液化气体，你猜猜怎么液化它们的？”小李：“这个……肯定得加压吧？可这气体在常压下都不容易液化，加压能行吗？”老张：“对啊，那就试试看把温度降低吧。
不过，我得计算一下最佳温度和压强。
”小李：“哎呀，老张，这气体实验定律怎么这么有用啊！你能不能教教我？我也想学学！”老张：“哈哈，当然可以。
这气体实验定律就是告诉我们，只要掌握了温度、压强和体积之间的关系，就能解决很多实际问题。
”说着，老张就开始给小李讲解玻意耳定律、查理定律等。
小李听得如痴如醉，忍不住感叹：“原来，物理课上的定律这么有用啊！”从那以后，小李和小王都对气体实验定律产生了浓厚的兴趣。
他们不仅学会了如何应用这个定律解决实际问题，还发现原来物理课上的知识离我们生活这么近。
这让他们对物理这门学科产生了更深的喜爱。
所以说，气体实验定律的综合应用真的很神奇，不仅能解决实际问题，还能让我们发现生活中的美好。
嘿，朋友们，你们也来试试看，用这个定律解决一个生活中的难题吧！。
高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版
能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)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p 0，温度均为T 0.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T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 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T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 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 ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。
2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(三)--气体变质量问题
气体变质量问题一、变质量问题的求解方法二、针对练习1、一个篮球的容积是2.5 L，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa的空气打进去125 cm3.如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)2、某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。
3、用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？4、(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）。
甲罐的容积为V ，罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2，罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.5、某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中， 使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少 瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)6、容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7、某个容器的容积是10 L，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)8、如图所示为某充气装置示意图。
第三章第三节能量守恒定律热力学第一定律和气体实验定律的综合应用学案人教版高中物理选择性必修三
预习案1【自主学习】阅读教材54页-58页，大约需要10分钟，读后请思考：1.能量守恒定律是某一个科学家发现的吗？2.永动机不可能制成的原因是什么？【学始于疑】（请将预习中不能解决的问题记录下来，供课堂解决。
）课堂案例题:教材65页第5题课堂练习与讨论：教材65页第3、4题讨论：热力学第一定律与能量守恒定律有何联系与区别？课堂练习：教材64页第5、6题【进阶闯关检测】A类基础关1．(多选)下列对能量守恒定律的认识，正确的是( )A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机是可能制成的D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了2．“第一类永动机”不可能制成，是因为( )A．不符合机械能守恒定律 B．违背了能量守恒定律C．技术上还达不到 D．找不到合适的材料和合理的设计方案B类能力关3.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。
轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。
离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。
下列说法正确的是( ) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量4．在一绝热的密闭房间里，有一台电冰箱正在工作。
如果电冰箱的门是开着的，那么室内的气温将如何变化？。
C类综合关（选做）5．一定质量的实际气体从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，问：(1)气体的内能增大还是减小？变化量是多少？(2)分子势能是增大还是减小？(3)分子的平均动能是增大还是减小？6．质量M＝200 g的木块，静止在光滑水平面上，质量m＝20 g的铅弹[铅的比热容c＝126 J/(kg·℃)]以水平速度v0＝500 m/s射入木块，当它射出木块时速度变为v＝300 m/s，木块的速度为20 m/s。
35 热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用(解析版)
热力学定律与能量守恒定律、气体实验定律的综合应用一热力学第一定律与能量守恒定律1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．此定律是标量式，应用时功、内能、热量的单位应统一为国际单位焦耳．2．三种特殊情况(1)若过程是绝热的，即Q＝0，则W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量；(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量；(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．3.改变内能的两种方式的比较4.温度、内能、热量、功的比较【例1】如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是()A．气体自发扩散前后内能相同B．气体在被压缩的过程中内能增大C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变【答案】ABD【解析】气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D 正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误．【变式1】．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡【答案】BDE.【解析】根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A 错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确．【变式2】关于内能的概念，下列说法中正确的是()A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等B．一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E．做功和热传递是不等价的【答案】ABD【解析】具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气，分子平均动能相等，氢气分子数较多，内能较大，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有的内能不相等，选项A正确；一定质量0 ℃水和0 ℃冰的温度相同，分子平均动能相同，由于0 ℃的冰需要吸收热量才能融化为0 ℃的水，温度不变，分子平均动能不变，根据能量守恒定律，一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能大，选项B正确；根据热力学第一定律，物体吸收热量后，若对外做功，则内能不一定增加，选项C错误；一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，由于体积增大，对外做功，根据热力学第一定律，吸收的热量等于对外做功和增加的内能之和，所以吸收的热量大于增加的内能，选项D正确；在改变内能时，做功和热传递是等价的，选项E错误．二热力学第二定律的理解1．对热力学第二定律关键词的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的涵义．(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热．(3)气体体积V1能自发地膨胀到不能自发地收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B能自发地混合成不能自发地分离成混合气体AB.3．两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器不可能制成的原因违背能量守恒定律不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律【例2】下列关于热现象的描述不正确的是()A．根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律【答案】BDE【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E错误．【变式1】关于热力学定律，下列说法正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE【解析】内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对．【变式2】.下列说法正确的是()A．压缩气体总能使气体的温度升高B．能量耗散过程中能量是守恒的C．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第一定律E．能量耗散过程从能量转化的角度反映了自然界中的宏观过程具有方向性【答案】BCE【解析】内能的变化取决于做功和热传递两个方面，压缩气体并不一定能使气体温度升高，选项A错误；由能量守恒定律可知，选项B正确；第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器，违背了能量守恒定律，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项D错误；由热力学第二定律可知，选项E正确．三封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象．对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联．解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”．汽缸封闭气体问题【例3】(2018·高考全国卷Ⅱ)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.【答案】(1＋hH)(1＋mgp0S)T0(p0S＋mg)h【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p0 T0＝p1 T1①根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②联立①②式可得T1＝(1＋mgp0S)T0③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V1 T1＝V2 T2④式中V1＝SH⑤V2＝S(H＋h)⑥联立③④⑤⑥式解得T2＝(1＋hH)(1＋mgp0S)T0⑦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＝(p0S＋mg)h⑧【变式】.(2019·河南南阳一中模拟)如图所示，两个壁厚可忽略的导热良好的圆柱形金属筒A和B套在一起，底部到顶部的高度为20 cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气．将A系于天花板上，用手托住B，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105 Pa，然后缓慢松手，让B下沉，当B下沉了2 cm 时，停止下沉并处于静止状态．求：(1)此时金属筒内气体的压强；(2)若当时的温度为24 ℃，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度？ 【答案】(1)1.0×105 Pa (2)－3 ℃【解析】(1)设金属筒横截面积为S cm 2，p 1＝1.1×105 Pa ，V 1＝20S cm 3，V 2＝22S cm 3 根据玻意耳定律，p 1V 1＝ p 2V 2，p 2＝p 1V 1V 2＝1.1×105×20S22SPa ＝1.0×105 Pa(2)V 2＝22S cm 3，T 2＝297 K ，V 3＝20S cm 3，根据盖—吕萨克定律得到，V 2T 2＝V 3T 3，T 3＝V 3T 2V 2 ＝20S ×29722S K ＝270K ，t ＝(270－273)℃＝－3 ℃. 活塞封闭气体问题【例4】如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位 置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T 0， 封闭气柱长度为l 0＝10 cm.现在薄板上放置3个质量为m 的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l 1＝5 cm ， 现使封闭气体的温度缓慢升高60 ℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l 2＝6 cm ；然后取走2个质量为m 的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 ℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l 3.(已知上述过程 中薄板没有离开玻璃管)求：(1)开始时封闭气体的温度t 应为多少？(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l 3为多少？【答案】 (1)27 ℃ (2)10 cm【解析】 (1)气体初始状态：体积为V 0＝l 0S ，压强为p 0，温度为T 0 将质量为3m 的物体放在薄板上，则体积V 1＝l 1S ，温度T 1＝T 0 压强为：p 1＝p 0＋3mgS气体经等温变化，得：p 0V 0＝p 1V 1 则p 1＝2p 0由以上各式解得p 0＝3mgS当气体温度升高60 ℃时，温度为：T 2＝T 0＋60 K ，体积为：V 2＝l 2S 由于该过程为等压变化，则：V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得：T 0＝300 K 则t ＝(300－273) ℃＝27 ℃(2)取走质量为2m 的物体，继续加热使气体的温度再升高40 ℃后，最终气柱的高度为l 3，体积V 3＝l 3S ，压强p 3＝p 0＋mg S ＝43p 0，温度T 3＝400 K则由理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝p 3V 3T 3代入数据解得：l 3＝10 cm.【变式】(2019·宁夏五中联考)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用 不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3 m 2，如图所示，开始时气体的体积为 3.0×10－3 m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之 一．设大气压强为1.0×105 Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)最后汽缸内气体的压强为多少？(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？【答案】(1)3.0×105 Pa (2)30 kg【解析】(1)汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105 Pa ；(2)活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0Sg＝30 kg. 四 关联气体的状态变化问题 多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的一定质量气体问题，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，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系． 活塞封闭气体的问题【例5】(2018·高考全国卷Ⅱ)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p 0.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V8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.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．【答案】 15p 0S26g【解析】设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.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 p 0V2＝p 1V 1① p 0V2＝p 2V 2② 由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V ③V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg ⑤联立以上各式得m ＝15p 0S26g ⑥水银柱封闭气体的问题【例6】(2018·高考全国卷Ⅱ )在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封 闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左 边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一 边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．【答案】22.5 cm 7.5 cm【解析】设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体 压强相等，设为p .此时原左、右两边气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度大小．由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′②p 2l 2＝pl 2′③两边气柱长度的变化量大小相等l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm ⑤l 2′＝7.5 cm ⑥五 变质量问题分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使变质量问题转化为气体质量一定的问题，然后利用理想气体状态方程求解． 充气问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么，当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体的状态不管怎样变化，其质量总是不变的，这样我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．【例7】一个篮球的容积是2.5 L ，用打气筒给篮球打气时，每次把105 Pa 的空气打进去125 cm 3. 如果在打气前篮球内的空气压强也是105 Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少？(设打气过程中气体温度不变)【答案】 2.5×105 Pa【解析】 设V 2为篮球的容积，V 1为30次所充空气的体积及篮球的容积之和，则V 1＝V 2＋n ΔV ＝2.5 L ＋30×0.125 L ＝6.25 L由于整个过程中空气质量不变，温度不变，可用玻意耳定律求解，即有p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝p 1V 1V 2＝105×6.252.5Pa ＝2.5×105 Pa. 抽气问题在用抽气筒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问题类似：假设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恒定质量的问题．【例8】用容积为ΔV 的活塞式抽气机对容积为V 0的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来的气体压强为p 0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n 次后，容器中剩余气体的压强p n 为多少？【答案】 (V 0V 0＋ΔV )n p 0【解析】 当活塞下压时，阀门a 关闭，b 打开，抽气机汽缸中ΔV 体积的气体排出，容器中气体压强降为p 1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p 2，根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )，解得p 1＝V 0V 0＋ΔV p 0，对于第二次抽气，有p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，解得p 2＝(V 0V 0＋ΔV )2p 0，以此类推，第n 次抽气后容器中气体压强降为p n ＝(V 0V 0＋ΔV )n p 0. 灌气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一种典型的变质量问题，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质量一定的问题．【例9】某容积为20 L 的氧气瓶装有30 atm 的氧气，现把氧气分装到容积为5 L 的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm ，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm ，问能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【答案】 25【解析】 设最多能分装n 个小钢瓶，并选取氧气瓶中的氧气和n 个小钢瓶中的氧气整体为研究对象．因为分装过程中温度不变，故遵循玻意耳定律．分装前整体的状态：p 1＝30 atm ，V 1＝20 L ；p 2＝1 atm ，V 2＝5n L.分装后整体的状态：p 1′＝5 atm ，V 1＝20 L ；p 2′＝5 atm ，V 2＝5n L根据玻意耳定律，有p 1V 1＋p 2V 2＝p 1′V 1＋p 2′V 2代入数据解得n ＝25(瓶)．漏气问题容器漏气过程中容器内的气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能直接用理想气体状态方程求解．如果选容器内原有气体为研究对象，便可使问题变成质量一定的气体状态变化问题，这时可用理想气体状态方程求解.【例10】某个容器的容积是10 L ，所装气体的压强是2.0×106 Pa.如果温度保持不变，把容器的开关打开以后，容器里剩下的气体是原来的百分之几？(设大气压是1.0×105 Pa)【答案】 5%【解析】 以原来气体为研究对象，设原来的气体体积为V 1，膨胀后气体的体积为V 2.如图所示．初状态：p 1＝2.0×106 Pa ，V 1＝10 L末状态：p 2＝1.0×105 Pa ，V 2＝？由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，解得V 2＝p 1V 1p 2＝200 L V 1V 2＝10200×100%＝5%，即容器里剩下的气体是原来的5%. 六 热力学第一定律与图象的综合应用判断理想气体内能变化的两种方法(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大．(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 来确定．【例11】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e .对此气体，下列说法正确的是 ( )A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④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【答案】 BDE【解析】 过程①为等容变化，根据查理定律有p a T a ＝p b T b，因为温度逐渐增加，则气体的压强逐渐增加，故选项A 错误；过程②气体体积增加，则气体对外界做正功，故选项B 正确；过程④中为体积不变，则气体对外界不做功，外界对气体也不做功，即W ＝0，理想气体的温度降低，则内能减少，即ΔU <0，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q <0，则气体向外界放出了热量，故选项C 错误；状态c 、d 的温度相等，则分子平均动能相等，理想气体没有分子势能，则内能相等，故选项D 正确；连接Ob 、Od ，根据pV T ＝C 得T V＝p C，Ob 斜率大于Od 斜率，则状态d 的压强比状态b 的压强小，故选项E 正确． 【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p V 图中从a 到b 的直线所示．在此过程中 ( )A ．气体温度一直降低B ．气体内能一直增加C ．气体一直对外做功D ．气体一直从外界吸热E ．气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】在p V 图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a 到b 温度升高，A 错；一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，B 对；气体体积膨胀，对外做功，C 对；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝ΔU －W ，由于ΔU ＞0、W ＜0，故Q ＞0，气体吸热，D 对；由Q ＝ΔU －W 可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，E 错．七 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学定律与气体实验定律综合问题的思路【例12】(2019·河北保定模拟)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A 时，体积为V 0，压强为p 0，温度为T 0，已知此时其内能为U 0.该理想气体从状态A 经由一系列变化， 最终还回到原来状态A ，其变化过程的p T 图线如图所示，其中CA 延长线过坐标原点，BA在同一竖直线上．求：(1)状态B 的体积；(2)状态C 的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量是多少？【答案】 (1)V 03(2)V 0 (3)气体吸收热量2p 0V 0 【解析】 (1)由题图可知，从状态A 到状态B 为等温变化过程，状态B 时气体压强为p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律得p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由题图可知，从状态B 到状态C 为等压变化过程，状态C 时气体温度为T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖－吕萨克定律得V 1T 0＝V 2T 2，解得V 2＝V 0. (3)由状态B 经状态C 回到状态A ，外界对气体做的总功为W ，从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为W BC ，W BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得W BC ＝－2p 0V 0；从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以W ＝W BC ＝－2p 0V 0；从状态B 经状态C 回到状态A ，内能增加量为U ＝0，气体从外界吸收的热量为Q ，内能增加量为U ，由热力学第一定律得U ＝Q ＋W ，解得Q ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0.【变式】我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m 深处的海水温度为280 K ．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示， 导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T 0＝300 K ，压强 p 0＝1 atm ，封闭气体的体积V 0＝3 m 3，如果将该汽缸下潜至990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气 体．(1)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．(2)求990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于10 m 深的海水产生的压强)．【答案】(1)放热 大于 (2)2.8×10－2 m 3【解析】(1)下潜过程中温度降低，则ΔU <0，气体体积减小，则W >0，由ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，放热，且|Q |>W .(2)当汽缸下潜至990 m 时，设封闭气体的压强为p ，温度为T ，体积为V ，由题意可知p ＝100 atm 根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pV T代入数据得V ＝2.8×10－2 m 3.【题型演练】1．(2019·四川达州模拟)下列说法正确的是( ) A ．布朗运动就是分子的无规则运动B ．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一C ．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体D ．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的E ．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A 错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B 正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C 正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能。
气体实验定律及理想气体状态方程的应用PPT课件
典例：如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧
上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开
关K关闭，A侧空气柱的长度为ɭ1=10.0cm，B侧水 银面比A侧的高h1=3.0cm。现将开关K打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面
的高度差h2=10.0cm时将开关K闭合。 已知大气压强P0=75.0cmHg。 （1）求放出部分水银后A侧空气柱的高度ɭ2； （2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水
银面达到同一高度，求注入的水银在管内的高度
△h。
【定向导学，分组讨论，合作探究】
通过分组讨论以下问题来理解题意，从而体 会如何寻找的解题的思路及突破口
1、通过读题等效翻译获得的解题信息有哪些？ 2、本题的研究对象是一部分气体还是多部分气 体？ 3、如何寻找解决第一问的解题思路？即如何找 到解题的难点和突破方法？ 4、解决本题第二问时可确定的气体的初态有几 个？最有助于解题的初态是那一个？ 5、解决本题第二问时的难点是什么？如何突破 ？
根 据 玻 意 耳 定 律 p 1 V 1 p 1 'V 1 1 代 入 数 据 解 得 p 1 '= 9 0 c m H g
解 ： 对 细 管 中 封 闭 气 体
初 态 ： p 2p 07 5 cm H g,
V 2l1S1 2 s, T 2
末 态 ： p 2 ' p 1 ' p h9 6 cm H g, V 2 ' l2
（1）由如图的U形管可以想起确定封闭气体压强
的方法为 连通器等液面法 。
（2）将粗管管口封闭说明粗管的封闭气体可以作
为 研究对象
。
（3）将细管管口用一活塞封闭说明细管内的封闭
气体也可以作为 研究对象
关于气体三定律的实验教学
关于气体三定律的实验教学气体三定律是热力学中的基本知识之一，它们分别是玻意耳定律、查理定律和盖-吕萨克定律。
通过实验教学，学生可以更好地理解这些定律的原理和应用。
一、玻意耳定律的实验教学玻意耳定律是指在恒定压力下，气体的体积与其温度成正比，即V/T=常数。
在实验教学中，我们可以使用实验仪器如气压计、温度计和气体容器等来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，将其与一个气压计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以使用一个温度计来测量气体的温度。
接下来，我们可以改变气体的温度，例如通过加热或冷却气体容器，然后测量气体的体积和温度。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出V/T的值。
我们可以发现，这个值在不同的温度下是不变的，这就验证了玻意耳定律。
二、查理定律的实验教学查理定律是指在恒定体积下，气体的压力与其温度成正比，即P/T=常数。
在实验教学中，我们可以使用一个气体容器和一个压力计来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，并将其与一个压力计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以使用一个温度计来测量气体的温度。
接下来，我们可以改变气体的温度，例如通过加热或冷却气体容器，然后测量气体的压力和温度。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出P/T的值。
我们可以发现，这个值在不同的温度下是不变的，这就验证了查理定律。
三、盖-吕萨克定律的实验教学盖-吕萨克定律是指在恒定温度下，气体的压力与其体积成反比，即P×V=常数。
在实验教学中，我们可以使用一个气体容器和一个压力计来验证这个定律。
首先，我们可以使用一个封闭的气体容器，并将其与一个压力计相连，以测量气体的压力。
然后，我们可以改变气体的体积，例如通过改变气体容器的大小或加入一些气体，然后测量气体的压力和体积。
我们可以将这些数据放入一个表格中，然后计算出P×V的值。
我们可以发现，这个值在不同的体积下是不变的，这就验证了盖-吕萨克定律。
03_气体实验定律(计算)
• 使管内外水面相平，此时气体的温度是多少？
专题三 气体的实验定律
三、盖.吕萨克定律:一定质量的气体,在压强不变的 情况下,气体体积的与热力学温度成正比.
等压线:
专题三 气体的实验定律
一、玻意耳定律:一定质量的气体,在温度不变的情况下,气 体的压强与体积成反比. 公式: PV=恒量 P1 V1 =P2 V2
二、查理定律:一定质量的气体,在体积不变的情况下,气体 的压强与热力学温度成正比. 公式: P1/ T1 =P2 /T2 P/ T =P / T
• （1）当管子转过900到水平位置时， • 求管中空气柱的长度； • （2）为求管子转过1800开口向下时
• 管中空气柱的长度，
• 10.42cm • 12cm
•
一根截面积均匀粗细不计的U形管两侧长度均为50 cm， 水平部分长度为30 cm，且左侧管口封闭，右侧管口敞开， 如右图所示。管内灌有水银，左边水银上方的空气柱长度为 40 cm，右边水银面离管口30 cm。（大气压强为75 cmHg，环 境温度为27 0C）
• （1）若在气温为27℃时，用该气压计测得的气压读 数为64cmHg，则实际气压应为多少cmHg？
• （2）若在气温为7℃时，用该气压 • 计测得的气压读数为68cmHg，则实 • 际气压应为多少cmHg？
• 69cmHg
• 73.25cmHg
•
如图，长L＝100cm，粗细均匀的玻璃管一端封 闭。水平放置时，长L0＝50cm的空气柱被水银柱封 住，水银柱长h＝30cm。将玻璃管缓慢地转到开口 向下和竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有 h＝15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度 始终保持不变，大气压强p0＝75cmHg。求：
气体实验定律及应用答案
第2节气体实验定律及应用知识梳理一、气体分子运动速率的统计分布气体实验定律理想气体1．气体分子运动的特点1分子很小;间距很大;除碰撞外不受力．2气体分子向各个方向运动的气体分子数目都相等．3分子做无规则运动;大量分子的速率按“中间多;两头少”的规律分布．4温度一定时;某种气体分子的速率分布是确定的;温度升高时;速率小的分子数减少;速率大的分子数增多;分子的平均速率增大;但不是每个分子的速率都增大．2．气体的三个状态参量1体积；2压强；3温度．3．气体的压强1产生原因：由于气体分子无规则的热运动;大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．2大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力．公式：p＝错误!.3常用单位及换算关系：①国际单位：帕斯卡;符号：Pa;1 Pa＝1 N/m2.②常用单位：标准大气压atm；厘米汞柱cmHg．③换算关系：1 atm＝76 cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105 Pa.4．气体实验定律1等温变化——玻意耳定律：①内容：一定质量的某种气体;在温度不变的情况下;压强p与体积V成反比．②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C常量．2等容变化——查理定律：①内容：一定质量的某种气体;在体积不变的情况下;压强p与热力学温度T成正比．②公式：错误!＝错误!或错误!＝C常量．③推论式：Δp＝错误!·ΔT.3等压变化——盖—吕萨克定律：①内容：一定质量的某种气体;在压强不变的情况下;其体积V与热力学温度T 成正比．②公式：错误!＝错误!或错误!＝C常量．③推论式：ΔV＝错误!·ΔT.5．理想气体状态方程1理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型;实际上不存在．②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力;不存在分子势能;内能取决于温度;与体积无关．③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大;温度不太低时都可看作理想气体．2一定质量的理想气体状态方程：错误!＝错误!或错误!＝C常量．典例突破考点一气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁;形成对器壁各处均匀、持续的压力;作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素1宏观上：决定于气体的温度和体积．2微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．平衡状态下气体压强的求法1液片法：选取假想的液体薄片自身重力不计为研究对象;分析液片两侧受力情况;建立平衡方程;消去面积;得到液片两侧压强相等方程．求得气体的压强．2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．3等压面法：在连通器中;同一种液体中间不间断同一深度处压强相等．4．加速运动系统中封闭气体压强的求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;利用牛顿第二定律列方程求解．例1．如图中两个汽缸质量均为M;内部横截面积均为S;两个活塞的质量均为m;左边的汽缸静止在水平面上;右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下．两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B;大气压为p0;求封闭气体A、B的压强各多大解析：题图甲中选m为研究对象．p A S＝p0S＋mg得p A＝p0＋错误!题图乙中选M为研究对象得p B＝p0－错误!.答案：p0＋错误!p0－错误!例2．若已知大气压强为p0;在下图中各装置均处于静止状态;图中液体密度均为ρ;求被封闭气体的压强．解析：在甲图中;以高为h的液柱为研究对象;由二力平衡知p气S＝－ρghS＋p0S所以p气＝p0－ρgh在图乙中;以B液面为研究对象;由平衡方程F上＝F下有：p A S＋p h S＝p0Sp气＝p A＝p0－ρgh在图丙中;仍以B液面为研究对象;有p A＋ρgh sin 60°＝p B＝p0所以p气＝p A＝p0－错误!ρgh在图丁中;以液面A为研究对象;由二力平衡得p气S＝p0＋ρgh1S;所以p气＝p0＋ρgh1答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－错误!ρgh丁：p0＋ρgh1例3．如图所示;光滑水平面上放有一质量为M的汽缸;汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞;活塞面积为S.现用水平恒力F向右推汽缸;最后汽缸和活塞达到相对静止状态;求此时缸内封闭气体的压强p.已知外界大气压为p0解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象;相对静止时有：F＝M＋ma再选活塞为研究对象;根据牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma解得：p＝p0＋错误!.答案：p0＋错误!考点二气体实验定律及理想气体状态方程1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系错误!＝错误!错误!2．几个重要的推论1查理定律的推论：Δp＝错误!ΔT2盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝错误!ΔT3理想气体状态方程的推论：错误!＝错误!＋错误!＋……例4．如图;一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成;两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg;横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg;横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接;间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa;温度为T＝303 K．初始时大活塞与大圆筒底部相距错误!;两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降;活塞缓慢下移;忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦;重力加速度大小g取10 m/s2.求：1在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间;汽缸内封闭气体的温度；2缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时;缸内封闭气体的压强．解析1设初始时气体体积为V1;在大活塞与大圆筒底部刚接触时;缸内封闭气体的体积为V2;温度为T2.由题给条件得V1＝S1错误!＋S2错误!①V2＝S2l②在活塞缓慢下移的过程中;用p1表示缸内气体的压强;由力的平衡条件得S1p1－p＝m1g＋m2g＋S2p1－p③故缸内气体的压强不变．由盖-吕萨克定律有错误!＝错误!④联立①②④式并代入题给数据得T2＝330 K⑤2在大活塞与大圆筒底部刚接触时;被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中;被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′;由查理定律;有错误!＝错误!⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝1.01×105 Pa⑦答案1330 K 21.01×105 Pa例5．一氧气瓶的容积为0.08 m3;开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时;需重新充气．若氧气的温度保持不变;求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p1;体积为V1;压强变为p22个大气压时;体积为V2.根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①重新充气前;用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②设用去的氧气在p01个大气压压强下的体积为V0;则有p2V3＝p0V0③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV;则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV④联立①②③④式;并代入数据得N＝4天⑤答案：4天考点三气体状态变化的图象问题一定质量的气体不同图象的比较例6．为了将空气装入气瓶内;现将一定质量的空气等温压缩;空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是解析：选B.等温变化时;根据pV＝C;p与错误!成正比;所以p－错误!图象是一条通过原点的直线;故正确选项为B.当堂达标1．如图所示;一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置;金属圆块A的上表面是水平的;下表面是倾斜的;下表面与水平面的夹角为θ;圆块的质量为M;不计圆块与容器内壁之间的摩擦;若大气压强为p0;则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为________．解析：对圆块进行受力分析：重力Mg;大气压的作用力p0S;封闭气体对它的作用力错误!;容器侧壁的作用力F1和F2;如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力;所以只考虑竖直方向合力为零;就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡;故p0S＋Mg＝错误!·cos θ;即p＝p0＋错误!.答案：p0＋错误!2．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m3.往桶内倒入4.2×10－3 m3的药液后开始打气;打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－4m3的空气;要使喷雾器内药液能全部喷完;且整个过程中温度不变;则需要打气的次数是A．16次B．17次C．20次D．21次解析：选B.设大气压强为p;由玻意耳定律;npV0＋pΔV＝pV;V0＝2.5×10－4m3;ΔV ＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3;V＝5.7×10－3m3;解得n＝16.8次≈17次;选项B正确．3．多选一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程;其中bc的延长线通过原点;cd垂直于ab且与水平轴平行;da与bc平行;则气体体积在A．ab过程中不断增大B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增大D．da过程中保持不变解析：选AB.首先;因为bc的延长线通过原点;所以bc是等容线;即气体体积在bc过程中保持不变;B正确；ab是等温线;压强减小则体积增大;A正确；cd是等压线;温度降低则体积减小;C错误；连接aO交cd于e;如图所示;则ae是等容线;即V a＝V e;因为V d＜V e;所以V d＜V a;da过程中体积不是保持不变;D错误．4．已知湖水深度为20 m;湖底水温为4 ℃;水面温度为17 ℃;大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时;其体积约为原来的取g＝10 m/s2;ρ水＝1.0×103 kg/m3A．2.8倍B．8.5倍C．3.1倍D．2.1倍解析：选C.一标准大气压约为10 m高的水柱产生的压强;所以气泡在湖底的压强p1约为3.0×105Pa;由理想气体状态方程得;错误!＝错误!;而T1＝4＋273K＝277 K;T2＝17＋273K＝290 K;温度基本不变;压强减小为原来的错误!;体积扩大为原来的3倍左右;C项正确．5．如图所示;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p0p0＝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;活塞上移了4 cm.g 取10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．解析：设物体A的体积为ΔV;T1＝300 K;p1＝1.0×105Pa;V1＝60×40 cm3－ΔV;T2＝330 K;p2＝错误!Pa;V2＝V1;T3＝360 K;p3＝p2;V3＝64×40 cm3－ΔV.由状态1到状态2为等容过程;则错误!＝错误!;代入数据得m＝4 kg.由状态2到状态3为等压过程;则错误!＝错误!;代入数据得ΔV＝640 cm3.答案：4 kg 640 cm3。
应用气体实验定律解决两类模型问题
(2)设理想气体温度为451 K时的体积为V3，根据盖－吕萨克定律有 (l＋Th22)S2＝VT33 设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则 V3＝(l＋h2)S2＋yS1 解得y＝1.6 cm。
角度 关联气体
例2 如图3，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形 管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端 封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两 管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管 水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水 平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压 强p0＝75 cmHg，重力加速度为g。 图3
警，求此时缸内气体温度T3。
答案 (1)500 K (2)600 K 解析 (1)从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则 HTS1 ＝(H＋T2h)S 解得T2＝500 K。 (2)从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有 p1S＝p0S＋mg 对缸内气体，有Tp02＝Tp13 解得 T3＝600 K。
图2
(1)开始A、B两部分气体的压强pA1和pB1；
(2)升高后的温度T2和升温后A部分气体气柱的长度LA。
答案 (1)90 cmHg 80 cmHg (2)450 K 15 cm 解析 (1)如题图所示，A、B两部分气体的压强为 pA1＝p0＋ph1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHg pB1＝pA1－ph2＝90 cmHg－10 cmHg＝80 cmHg。 (2)开始气体温度为T1＝300 K，B气柱长度为LB1＝h3＝ 15 cm，升温后气体温度为T2，A、B两部分管内最低 水银面相平，可求
(1)最终汽缸内气体的压强；
解析 对左、右汽缸内封闭的气体，初态压强p1＝p0，
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
气体实验定律的应用物理
气体实验定律的应用物理气体实验定律是物理学中的基础理论之一，经过几百年的发展，它已经成为物理研究的基础知识。
气体实验定律首先是由十七世纪伦敦医学院物理学家和化学家蒙哥马利提出的，并由他继续发展，是物理学中最重要的基础理论之一。
气体实验定律描述了一定条件下的气体的特性，包括它们的压力、密度、温度及混合特性，它的基本原理是压力x体积（PV）=常数。
气体实验定律有三个版本，分别是蒙哥马利定律、弗里德曼定律和贝尔利定律。
它们的共同特点是压力与体积的乘积等于常数，而温度则是该常数的函数。
此外，气体实验定律还用于研究其他气体系统，包括涡轮发动机、微型船只和航空器。
这些系统的特点是，它们受压力差和温度变化的影响，因而涉及到气体实验定律的相关理论。
涡轮发动机的工作原理可以用气体实验定律来描述，它们通过压缩气体来产生动力，而微型船只和航空器则是通过把气体压缩和放出来来提供推力达到行驶。
此外，气体实验定律也广泛应用于飞行控制和飞行仿真技术中，这些技术可以采用计算机模拟机场空气流动，从而对飞机进行控制。
从计算机模拟中可以获得气体实验定律的参数，这些参数包括压力、温度、速度及其变化的比率，并可以将这些参数应用到实际的飞行控制中，从而提升飞机的精度和安全性。
气体实验定律也可用于气体动力系统的设计，比如火箭引擎系统。
它可以用来进行火箭发射系统的性能测试，以及火箭发射轨道的估算和计算。
火箭系统的设计和运行过程中，各种气体的变化都受到气体实验定律的影响，包括火箭发动机的气体吸气和排气制动、火箭飞行控制和火箭结构的分析等。
在未来的物理研究中，气体实验定律将会得到更多的应用。
它可以用来研究物质的混合特性，以及物质如何受到压力、温度和其他因素的影响，从而更好地了解物质的本质特性。
此外，气体实验定律也会在今后的飞行器、发动机及其他动力系统的设计和研究中发挥重要作用。
综上所述，气体实验定律是一项重要的物理研究基础理论，它以PV=常数的形式描述了一定条件下气体的特性，并有三个版本，分别是蒙哥马利定律、弗里德曼定律和贝尔利定律。
气体试验定律
气体试验定律一、气体实验定律概述1. 玻意耳定律- 内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比。
- 表达式：pV = C（C是常量，与气体的种类、质量、温度有关）。
- 适用条件：气体质量一定且温度不变。
例如，用注射器封闭一定质量的空气，缓慢推动或拉动活塞改变体积，同时测量压强，会发现压强与体积的乘积近似为定值。
2. 查理定律- 内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T 成正比。
- 表达式：(p)/(T)=C（C是常量，与气体的种类、质量、体积有关）。
- 适用条件：气体质量一定且体积不变。
将一定质量的气体密封在一个刚性容器（如烧瓶）中，对容器加热或冷却，测量不同温度下的压强，会发现压强与温度的比值近似为定值。
这里的温度必须是热力学温度（T = t+273.15K，t为摄氏温度）。
3. 盖 - 吕萨克定律- 内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T 成正比。
- 表达式：(V)/(T)=C（C是常量，与气体的种类、质量、压强有关）。
- 适用条件：气体质量一定且压强不变。
例如，将一个带有活塞且活塞可自由移动的容器中的气体加热，保持压强不变（活塞可自由移动以平衡外界压强），测量不同温度下的体积，会发现体积与温度的比值近似为定值。
二、图像表示1. 玻意耳定律图像- 在p - V图像中，一定质量温度不变的气体的图像是双曲线的一支。
因为pV = C，p=(C)/(V)，这是反比例函数的形式。
- 在p-(1)/(V)图像中，是过原点的直线，因为p = C×(1)/(V)，斜率k = C。
2. 查理定律图像- 在p - T图像中，一定质量体积不变的气体图像是过原点的直线，因为(p)/(T)=C，p = C× T，斜率k = C。
3. 盖 - 吕萨克定律图像- 在V - T图像中，一定质量压强不变的气体图像是过原点的直线，因为(V)/(T)=C，V = C× T，斜率k = C。
三个气体实验定律的使用范围
三个气体实验定律的使用范围在气体的世界里，有三大法宝，那就是波义耳定律、查理定律和阿伏伽德罗定律。
听起来挺复杂，但其实它们就像一把钥匙，帮我们打开了气体行为的宝藏。
咱们先来聊聊波义耳定律，这个家伙可厉害了。
它告诉我们气体的压力和体积是成反比的，也就是说，压得越紧，体积就越小，反之亦然。
这就像你把一个气球捏紧，气球里的空气被迫挤到一块儿，结果气球就变小了。
没错，生活中常见的这个现象，就是波义耳定律在偷偷地发挥作用。
咱们说说查理定律。
这个定律就好比是天气预报，它把气体的体积和温度连接在了一起。
想象一下，你在夏天的海滩上，阳光一照，那沙子热得简直像蒸炉。
气球里的空气被加热后，体积也跟着膨胀。
这时候，你的气球就像个小巨人，越来越大。
查理定律告诉我们，温度升高，气体体积也会随之增大，简直就是“热胀冷缩”的绝佳体现。
谁能想到，咱们的气体竟然也有这么多小秘密呢！来看看阿伏伽德罗定律。
这个定律有点像是气体的“社交网络”，它让我们明白，气体的体积和气体分子的数量是成正比的。
简单来说，气体分子越多，体积就越大。
就像在派对上，人越多，房间就越挤。
想象一下，如果你在一个小房间里聚集了太多朋友，结果大家都快挤成一团了。
这就是阿伏伽德罗定律的魅力所在。
它帮助我们了解，气体并不是随便堆在一起的，每一个分子都在发挥着自己的作用。
这些定律不是随便说说的，它们有各自的“使用范围”。
波义耳定律一般适用于温度不变的条件下。
如果你把气体加热，那可就不能简单地用这个定律了，毕竟气体的行为可不止是“捏一捏”那么简单。
查理定律则需要在压力不变的情况下适用，咱们可不能把它当成万能钥匙，毕竟气体的世界那么复杂，总有些特例在等着我们去发现。
阿伏伽德罗定律相对比较宽泛，只要气体的状态保持一致，它的适用范围就相对广泛。
不过，咱们在使用这些定律的时候，得小心哦。
如果气体遇到特殊的条件，比如极端的温度或者压力，事情可就会变得不那么简单。
就像生活一样，想要让一切都顺风顺水，还得看具体情况。
道尔顿分压定律及其应用
道尔顿分压定律及其应用
道尔顿分压定律是描述混合气体压强的定律之一，该定律指出在一定温度下，气体混合物中每种气体对总压的贡献与该气体分子数的比例相等。
该定律可以用来计算混合气体中各种气体的分压，从而求解混合气体的物理性质。
道尔顿分压定律的应用广泛，例如在化学实验中，可以利用该定律计算反应物和产物在反应过程中所占的分压，从而确定反应进程和产物生成程度。
此外，在工业生产中，也可以利用该定律控制混合气体的成分，保证生产过程的质量和稳定性。
需要注意的是，道尔顿分压定律只适用于理想气体和较低压强下的混合气体，当气体混合物中存在反应或液态组分时，该定律的适用性将受到影响。
因此，在实际应用中需要结合具体情况进行分析和判断。
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气体实验定律的应用物理
气体实验定律的应用物理气体实验定律是物理学中一部分重要的原理和定律，对于深入研究物理学乃至更广泛的科学有重要意义。
本文主要讨论气体实验定律的应用物理，包括其原理和应用。
气体实验定律的原理气体实验定律是由劳伦斯开普勒在1787年首先提出的，它是根据实验测定的结果而推断出来的，指出在室温条件下，1升的气体的体积与温度和压力存在一定的关系。
它表明，密度恒定时，压力和体积成正比，压力恒定时，体积和温度呈反比。
开普勒还提出了气体实验定律的终极性质，即宏观上气体压力受温度和体积的双重影响，可以用PV＝RT表示。
气体实验定律的应用由于气体实验定律的准确性和卓越的效率，在物理学中受到了广泛的应用。
首先，气体实验定律可以提供重要的理论依据，以研究介质的作用机理和行为。
在气体模型中，可以利用气体实验定律，说明当体积变化时，压力和温度的关系，以及当气体流动时，气体体积和压强的变化。
其次，气体实验定律可以用来计算气体压强等物理量，并应用于工程技术。
在制冷机原理中，运用气体实验定律计算制冷机中压缩机的压强，计算制冷剂的温度和压力变化，有助于设计出结构合理、性能可靠的制冷机。
此外，在气体动力学方面，气体实验定律可以用于计算热机等其他机械设备，用来提高工作效率。
在燃烧机中，可以运用气体实验定律，计算燃烧机内部的热机，根据压强变化使其工作更高效。
最后，气体实验定律是热学的理论基础和工程设计的重要参考。
例如，可以利用气体实验定律，计算气体受热时的压强和温度变化，用以研究热学现象的发展趋势，也可以作为估算容器体积和压强的参考。
结论从上述内容可以看出，气体实验定律具有多方面的应用价值，其原理也可以被广泛应用于工程技术、热学和动力学等领域，是物理学中重要的理论和工程技术标准。
(完整版)运用气体定律解决变质量问题的几种方法
图1运用气体定律解决变质量问题的几种方法解变质量问题是气体定律教学中的一个难点，气体定律的适用条件是气体质量不变，所以在解决这一类问题中就要设法将变质量转化为定质量处理。
常用的解题方法如下。
一、等效的方法在充气、抽气的问题中可以假设把充进或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恒定质量的问题。
1.充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一根无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的．这样，我们就将变质量的问题转化成质量一定的问题了．例1．一个篮球的容积是2.5L ，用打气筒给篮球打气时，每次把510Pa 的空气打进去3125cm 。
如果在打气前篮球里的空气压强也是510Pa ，那么打30次以后篮球内的空气压强是多少Pa ？（设在打气过程中气体温度不变）解析： 由于每打一次气，总是把V ∆体积，相等质量、压强为0p 的空气压到容积为0V 的容器中，所以打n 次气后，共打入压强为0p 的气体的总体积为n V ∆，因为打入的n V ∆体积的气体与原先容器里空气的状态相同，故以这两部分气体的整体为研究对象．取打气前为初状态：压强为0p 、体积为0V n V +∆；打气后容器中气体的状态为末状态：压强为n p 、体积为0V ．令2V 为篮球的体积,1V 为n 次所充气体的体积及篮球的体积之和则1 2.5300.125V L L =+⨯由于整个过程中气体质量不变、温度不变，可用玻意耳定律求解。
1122p V p V ⨯=⨯55112210(2.5300.125)Pa 2.510Pa 2.5p V p V ⨯⨯+⨯===⨯2.抽气中的变质量问题用打气筒对容器抽气的的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似：假设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恒定质量的问题。
2023高考物理热学专题冲刺训练--气体实验定律的综合应用(一)--液柱模型
气体实验定律的综合应用（一）一、液柱模型：液柱移动问题1．气体实验定律及理想气体状态方程理想气体状态方程：pV T ＝C p 1V 1T 1＝p 2V2T 2⎩⎪⎨⎪⎧当T 一定时，p 1V 1＝p 2V 2当p 一定时，V 1T 1＝V2T 2当V 一定时，p 1T 1＝p 2T22．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意： (1) 液体因重力产生的压强为p ＝ρgh (其中h 为液体的竖直高度)； (2) 不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；(3) 有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等；(4) 当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷．二、针对练习1、如图所示，竖直放置且粗细均匀的U 形玻璃管与容积为30cm 90=V 的金属球形空容器连通，用U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为C o 27时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出cm 16h 1=,水银柱上方空气长cm 20h 0=，现在对金属球形容器缓慢加热，当U 形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出cm 24h 2=时停止加热. 已知大气压cmHg 760=p ，U 形玻璃管的横截面积为20.5cm S =，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度?2、[2020·全国Ⅲ卷]如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H ＝18 cm 的U 型管，左管上端封闭，右管上端开口。
右管中有高h 0＝4 cm 的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l ＝12 cm 。
管底水平段的体积可忽略。
环境温度为T 1＝283 K ，大气压强p 0＝76 cmHg 。
(1) 现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。
此时水银柱的高度为多少？(2) 再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？3、如图所示，长cm 55L =的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口. 现用长cm 10=l 的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体温度为K 306，且水银面恰与管口齐平. 现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强cmHg 750=p . 求：(1)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；(2)对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下cm 5高的水银柱，气体温度升高了多少.4、如图所示，内径粗细均匀的U 形管竖直放置在温度为7 Ⅲ的环境中，左侧管上端开口，并用h 1＝4 cm 的水银柱封闭有长l 1＝14 cm 的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l 2＝24 cm 的理想气体，左右两管内水银面高度差h 2＝10 cm ，若把该装置移至温度恒为27 Ⅲ的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，使右管中气体仍然恢复到原来的长度l 2，大气压强恒为p 0＝76 cmHg ，不计一切摩擦，求： (1)注入的水银柱的长度； (2)注入水银后左侧气柱的长度。
气体实验定律的综合应用(解析版)--2024届高考物理复习热点题型归类
气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用 题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题 类型1 “玻璃管液封”模型 类型2 “汽缸活塞类”模型类型3 变质量气体模型题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用题型一气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系p 1V 1T 1=p 2V 2T 2温度不变：p 1V 1=p 2V 2(玻意耳定律)体积不变：p 1T 1=p 2T 2(查理定律)压强不变：V 1T 1=V 2T 2(盖-吕萨克定律)2两个重要的推论(1)查理定律的推论：Δp =p 1T 1ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV =V 1T 1ΔT 3利用气体实验定律解决问题的基本思路1(2023·广东深圳·校考模拟预测)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL ，内装有0.5mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×105Pa ，护士把注射器内横截面积为0.3cm 2、长度为0.4cm 、压强为1.0×105Pa 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体。
(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。
(2)求此时药瓶内气体的压强。
【答案】(1)总内能增加，原因见解析；(2)p1=1.3×105Pa【详解】(1)注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。
(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1，有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3注射器内气体体积为V2，有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3根据玻意耳定律有p0V1+V2=p1V1代入数据解得p1=1.3×105Pa2．(2023·山东·模拟预测)某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。
理想气体定律的实验验证与应用
实验原理及步骤
01
将注射器放入恒温水槽中，改变气体的温度，同时 记录不同温度下的压强和体积。
02
重复实验多次，获得足够的数据点。
03
对实验数据进行处理和分析，验证理想气体状态方 程的正确性。
实验装置与操作
实验装置与操作
实验操作
1
2
在实验前，检查实验器材是否完好，确保实验安 全。
3
按照实验步骤，逐步完成实验操作。
2023
PART 04
理想气体定律应用举例
REPORTING
在热力学中的应用
01
02
03
理想气体定律用于描述 气体的压强、体积和温 度之间的关系，是热力 学的基础理论之一。
在热力学中，理想气体 定律被广泛应用于各种 气体系统和热力过程中 ，如热机、制冷机、空
调等。
通过理想气体定律可以 推导出热力学第一定律 和第二定律，为热力学 分析和计算提供了重要
通过精密的实验设计和数据测量，我们验证了理想气体定律在不同温度、压力和体积条件下的适用性，进一步确认了 该定律在描述气体行为方面的有效性。
揭示了气体性质与状态参量之间的关系
实验结果表明，气体的压力、体积和温度之间存在明确的数学关系，这种关系可以用理想气体定律来定量描述，为深 入理解气体性质提供了重要依据。
结果分析
将实验数据绘制成图表，如P-V图或V-T图。观察图表中数据 点的分布情况，验证理想气体定律的适用性。通过数据分析 ，可以得出在误差允许范围内，实验数据与理想气体定律相 符的结论。
误差来源及减小方法
1. 温度测量误差
由于温度计精度、环境温度波动等因 素引起的误差。
2. 压力测量误差
由于压力计精度、气体泄漏等因素引 起的误差。
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V(cm3)
答案:TA=TC＜TB
【加固训练】
(2017·西宁模拟)如图所示,水平放置 的汽缸内壁光滑,活塞厚度不计,在A、 B两处设有限制装置,使活塞只能在A、 B之间运动,B左面汽缸的容积为V0,A、B之间的容积为 0.1V0。开始时活塞在B处,缸内气体的压强为0.9p0(p0 为大气压强),温度为297K,现缓慢加热汽缸内气体。求:
气体实验定律的应用
气体的三个实验定律：
玻意耳定律: 查理定律:
T不变, V不变,
p1V1=p2V2
盖.吕萨克定律: p不变,
某种气体在状态Ａ时压强2×105Pa,体积为1m3, 温度为200K, (1)它在等温过程中由状态A变为状态B,状态B 的 体积为2m3,求状态B 的压强. (2)随后,又由状态B 在等容过程中变为状态C ,状 态C 的温度为300K,求状态C 的压强.
A B C
如图甲所示所示，一端开口导热良好的气缸放置 在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为 50cm2，气缸全长21cm，气缸质量20kg，大气 压强为1x105Pa，活塞封闭的气柱长10cm， (1)此时缸内气体压强为多少 （2）现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上， 如图乙所示，g取10m/s2。求稳定后，活塞 相对气缸移动的距离；
如图甲，在玻璃管中用10cm长的水银柱封闭了一 段空气，已知空气柱的长度为38cm，外界大气压 强为1标准大气压。问： （1）被封闭的空气柱的压强是多少？ （2）如把玻璃管开口朝下（如图乙），则被封闭 的空气柱的压强是多少？被封闭的空气柱的长度是 多少？
甲
乙
上端开口、竖直放置的玻璃管，管内横截面积为 0.10 cm2.管中有一段15 cm长的水银柱将一些空 气封闭在管中，如图所示，此时气体的温度为27 ℃.当温度升高到30 ℃时，为了使气体体积不变 ，需要再注入多少克水银？设大气压强为p0＝75 cmHg且不变，水银密度ρ＝13.6 g/cm3.
例2
一定质量的气体，在状态A时压强为 9×104Pa，体积为1m3。气体先经过一个 等压过程，由状态A到状态B，然后再经过 一个等容过程到状态C，在状态C时气体的 压强为1×105Pa，体积为1.2m3，温度为 1270C，则气体在状态A时的温度为多少？
答案:300K
例3
教室里的空气温度从100C上升到150C， 教室里的空气质量减少了百分之几？
答案:减少了1.74%
V1,TI
V2,T2
气体实验定律的图象
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
V 等压线 等容线 等压线 等 温 线 等 温 线 等等 容容 线线
等容线
等 温 线
等压线
0
T
0
0
例4
如图所示，一定质量的气体从状态
A变化到状态B ，在此过程中，气 体的体积如何变化？ 答案:VA＞VB
例5
一定质量的气体，经历 P(×10 Pa) 一个膨胀过程，这过程 4 A 可以用p-V图象上的直 3 B 线ABC来表示，如图， 2 在A、B、C三个状态 1 C 时气体的温度分别为TA、 0 5 10 15 20 TB、TC，它们之间的 关系如何？
应用气体实验定律解题的思路
确定研究对象 (找到气体所在) 确定状态及状态参量 (尤其注意压强的判断和计算) 选择适当的气体实验定律 (判断哪一状态参量不变) 统一单位 (其中温度只能用热力学温度单位—开尔文)
例1
如图所示,有一汽缸,活塞的面积为10cm2,质量为 1kg,当汽缸水平放置时,缸内气体的体积为 103cm3,温度为270C,外界大气压强为1×105Pa, 试求:(1)当汽缸改为竖直放置时,缸内气体的压强 及体积. （答案： 1.1×105Pa ，909cm3） (2)要使汽缸恢复到原来的体积,应该使温度升高多 少度? （答案：300C）
活塞刚到达A处时,气体的温度为多少K?