专题17 理想气体状态方程（解析版）.docx

1、 1 / 8 素养提升素养提升微微突破突破 17 理想气体状态方程理想气体状态方程 认知物理状态和物理过程的联系 理想气体 理想气体除分子与分子间、分子与容器壁的碰撞外，分子间没有相互作用，因此理想气体没有分子势 能，其内能仅有气体质量及温度决定，与体积无关。 【2019 新课标全国卷】热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压 缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处 理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为 0.13 m3，炉腔抽真空 后，在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入到炉腔中。

2、已知每瓶氩气的容积为 3.2 10- 2 m3，使用前瓶中气 体压强为 1.5 107 Pa， 使用后瓶中剩余气体压强为 2.0 106 Pa； 室温温度为 27 。 氩气可视为理想气体。 （1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强； （2）将压入氩气后的炉腔加热到 1 227 ，求此时炉腔中气体的压强。 【答案】 （1）p2=3.2 107 Pa （2）p3=1.6 108 Pa 【解析】 （1）设初始时每瓶气体的体积为 V0，压强为 p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为 p1。假设体 积为 V0、压强为 p0的气体压强变为 p1时，其体积膨胀为 V1。由玻意耳定律 p0V0=p1V1 被压入

3、进炉腔的气体在室温和 p1条件下的体积为 10 VVV 设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 p2，体积为 V2。由玻意耳定律 p2V2=10p11 V 联立式并代入题给数据得 2 / 8 p2=3.2 107 Pa （2）设加热前炉腔的温度为 T0，加热后炉腔温度为 T1，气体压强为 p3，由查理定律 32 10 pp TT 联立式并代入题给数据得 p3=1.6 108 Pa 【素养解读】本题考查气体实验定律内容，培养学生的综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力， 体现了核心素养中的科学推理要素。 一、气体实验定律一、气体实验定律 气体初末状态的状态参量的确定和气体实验定律公式

4、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 p1 T1 p2 T2 或p T常量 V1 T1 V2 T2 或V T常量 图像 TaTb VaVb papb 【典例 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

5、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 3 / 8 积为V 8时，将 K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了 V 6。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】15p0S 26g 【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 p0 V

6、 2p1V1 p0 V 2p2V2 由已知条件得 V1V 2 V 6 V 8 13 24V V2V 2 V 6 V 3 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 m15p0S 26g 。 【素养解读】本题考查气体实验定律、气体压强计算等，考查考生对气体状态参量及气体实验定律的理解 能力，培养考生物理观念素养的形成。 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。 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。 2.一定质

7、量的理想气体的状态方程：p1V1 T1 p2V2 T2 或pV T C常量。 【典例 2】 【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 4 / 8 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

8、 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) 【答案】(1)400 K (2)519 K 【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(90 1010)cm40 cm(6010)

9、cm160 cm。设温度为 T2，玻璃管横截面积为 S， 由盖吕萨克定律得V1 T1 V2 T2，V1L1S，V2L2S 解得 T2V2 V1T1400 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p1V1 T1 p3V3 T3 ，V3L3S 解得 T3p3V3 p1V1T1519 K。 【素养解读】本题考查气体实验定律、理想气体方程，以及考生综合分析和计算能力，体现了科学推理的 核心素养要素

10、。 5 / 8 1 【2018 全国卷】(多选)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 2 【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、

11、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。 3 【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 1 105 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

12、少摄氏度。 4 【2019 安阳模拟】如图甲所示为“”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，管的上部 6 / 8 足够长，图中粗、细部分横截面积分别为 S12 cm2、S21 cm2。封闭气体初始温度为 57 ，气体长度 为 L22 cm，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。求： (1)封闭气体初始状态的压强； (2)若缓慢升高气体温度，升高至多少摄氏度方可将所有水银全部压入细管内。 5 如图所示为一简易火灾报警装置， 其原理是： 竖直放置的试管中装有水银， 当温度升高时， 水银柱上升， 使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27 时，被封闭的理想气体气柱长 L1为

13、 20 cm，水银上表面与导 线下端的距离 L2为 5 cm。 (1)当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？ (2)如果大气压降低，试分析说明该报警器的报警温度会如何变化。 7 / 8 1BDE 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。

14、2 1h H 1mg p0S T0 (p0Smg)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 T1 根据力的平衡条件有 p1Sp0Smg 解得 T1 1mg p0S T0 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 T2，V1SH，V2S(Hh) 解得 T2 1h H 1mg p0S T0 从开始加热到活塞到达 b 处的过程

15、中，汽缸中的气体对外做的功为 W(p0Smg)h。 3(1)2 105 Pa 1 000 N (2)327 【解析】(1)由题意知 p11 105 Pa，V1V，V2V 2 由玻意耳定律有 p1V1p2V2 解得 p22 105 Pa 又 S100 10 4 m21 102 m2 由平衡条件得 p2p0G S，解得 G1 000 N。 8 / 8 (2)由题意知 p32 105 Pa，V3V，T1300 K 由理想气体状态方程有p3V3 T3 p1V1 T1 解得 T3600 K，即 t3327 。 4 (1)80 cmHg (2)96 【解析】(1)初始状态气体体积 V0S1L44 cm3

16、根据 p - V 图像，p080 cmHg。 (2)根据 p - V 图像，当水银全部压入细管时， V48 cm3，p82 cmHg 根据理想气体状态方程 p0V0 T0 pV T ，T057 330 K 解得：T369 K，即 t96 。 5 (1)102 (2)降低 【解析】(1)若使报警器报警，则温度升高水银柱上升，电路导通，被封闭气柱做等压变化， 由盖吕萨克定律V1 T1 V2 T2 20S 300 K 25S T2 ，解得：T2375 K，即 t2102 。 (2)由玻意耳定律知，同样温度下，大气压降低则被封闭气柱变长，即 V1变大，而报警器报警时的 V2 不变，由V1 T1 V2 T2可知，T2 变小，即报警温度降低。