气体实验定律题型分析.pptVIP

* 例3、一个开口的玻璃瓶，当瓶内空气温度由270C升高到1270C时，瓶内剩下的空气质量是原来的几分之几？ 初状态 末状态 假想空间 解： 以瓶内原有空气作为研究对象 初状态： P1=P0， V1， T1=300K 末状态： P2=P0， V2， T2=400K ∵p不变 ∴ = ρ2= 4．处理开口容器气体逸出问题： 点评： 可采用假想空间解决。 例题1：一个容积是10L的球，原来盛有1atm的空气，现在想使球内气体压强变为5atm ,应向球内打入多少一个标准大气压的空气。（设温度不变） 例题2：一个容积是10L的球，原来盛有1.5atm的空气，现在想使球内气体压强变为5atm ,应向球内打入多少一个标准大气压的空气。（设温度不变） 10L,1atm X,1atm 10L,5atm BACK * 题型一气体压强的计算【例1】　高压锅的锅盖通过几个牙齿状的锅齿与锅镶嵌旋紧，锅盖与锅之间有橡皮制的密封圈，不会漏气，锅盖中间有一排气孔，上面可套上类似砝码的限压阀将排气孔堵 答案　p0＋ 解析　设当小瓶内气体的长度为l时，压强为p1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p2，汽缸内气体的压强为p3.依题意p1＝p0＋ρgl 由玻意耳定律p1S＝p2S 式中S为小瓶的横截面积．联立两式，得p2＝(p0＋ρgl) 题型二气体实验定律的有关计算【例2】　内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×105Pa，体积为2.0×10－3m3的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃. 住，当加热高压锅(锅内有水)，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，蒸气即从排气孔排出锅外，已知某高压锅的限压阀的质量为0.1kg，排气孔的直径为0.3cm，则锅内气体的压强最大可达多少？设压强每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃，则锅内的最高温度可达多高？ [点评]　在确定气体压强时，要看系统所处的状态：若平衡，由平衡条件求解，若有加速度，由牛顿第二定律列式求解． (2)如图所示 A．环境温度升高 B．大气压强升高 C．沿管壁向右管内加入水银 D．U形玻璃管自由下落 [解析]　(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p0V0＝p1V1 由式解得p1＝p0＝×1.0×105Pa ＝2.0×105Pa 在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，则 ＝ 所以V2＝V1＝×1.0×10－3m3＝1.47×10－3m3. (1)求汽缸内气体的最终体积； (2)在图上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(大气压强为1.0×105Pa)． 答案　V0　1.4T0 [解析]　锅内气体的最大压强为p＝p0＋ m＝0.1 kg S＝＝[×3.14×(0.3×10－2)2]m2 ＝7.1×10－6m2 取p0＝105 Pa， 解得p＝(105＋) Pa＝2.4×105 Pa 因压强变化Δp＝p－p0＝1.4×105 Pa， 故水的沸点增加 Δt＝×1 ℃＝39 ℃ 所以，锅内的最高温度可达139 ℃. [答案]　(1)1.47×10－3m3 (2)见解析图 同理，对于B气体也可得ΔpB＝pB pA＝pB＋hpB，ΔpAΔpB ∴水银柱向上移动． 解法二　极限分析法　由于升温前pApB.让pB趋于零，则温度升高，pA增大， 水银柱上升． [点评]　在一定质量的气体状态参量发生变化的过程中一定要明确是哪个参量保持不变．本例中涉及气体常见的三种变化过程．封闭气体的压强的确定是解题的关键，一定要以与气体相连的液柱或活塞为研究对象，分析它们的变化情况． 变式训练2　如图所示，一开口汽缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为.现用活塞将汽缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变．当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为，求此时汽缸内气体的压强．(大气压强为p0，重力加速度为g) 又有p2＝p3＋ρgl 联立式，得p3＝p0＋. 题型三判断水银柱的移动问题【例3】　如图所示，粗细均匀，两端封闭的玻璃管中有一段水银，将空气隔成不等长的A、B两部分，若使管内两部分气体的温度同时升高相同的温度，则管内的水银柱将向哪个方向移动？ 命题意图　考查水银柱移动方向的判定． [解析]　解法一　假设法　假设上下两部分气体体积不变，做等容变化，升温前后的温度为T、T＋ΔT，压强分别为pA、p′A，pB、p′B. 对于A气体，根据查理定律得 ＝，得p′A＝pA ΔpA＝p′A－pA＝pA [答案]　水银柱向