2020版高中物理 第二章 气体章末总结学案 教科版选修3-3 7页

第二章 气体 章末总结 一、气体实验定律的综合应用 ‎1．正确运用定律的关键在于状态参量的确定，特别是在压强的确定上．‎ ‎2．求解压强的方法：气体实验定律的适用对象是理想气体，而确定气体的初、末状态的压强又常以封闭气体的物体(如液柱、活塞、汽缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡的知识、牛顿第二定律等列式求解．‎ ‎3．分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，从而用气体实验定律．‎ 7‎ ‎4．对两部分(或多部分)气体相关联的问题，分别对两部分(或多部分)气体依据特点找出各自遵循的规律及相关联的量，写出相应的方程，最后联立求解．‎ 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为.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擦．求：‎ 图1‎ ‎(1)恒温热源的温度T；‎ ‎(2)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积Vx.‎ 答案　(1)T0　(2)V0‎ 解析　(1)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：p0S＝M‎1g①‎ p0S＝M‎2g＋得M‎2g＝p0S②‎ 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V0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(V0＋V0)，则由等压变化：＝ 解得T＝T0‎ 7‎ ‎(2)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侧的上部，且由①②两式知M‎1g＞M‎2g，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pVx＝·，设下方气体压强为p2：p＋＝p2，解得p2＝p＋p0‎ 所以有p2(2V0－Vx)＝p0· 联立上述两个方程有6Vx2－V0Vx－V02＝0，解得Vx＝V0，另一解Vx＝－V0，不符合题意，舍去．‎ 例2　如图2所示，一定质量的理想气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，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形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为‎76cm，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76cmHg)，求：‎ 图2‎ ‎(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？‎ ‎(2)打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和540K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？‎ 答案　(1)V0　(2)0　‎‎15.2cm 解析　(1)初始时，pA0＝p0＋ρ水银gh＝152cmHg，‎ VA0＝ 打开阀门后，A室气体等温变化，pA＝76cmHg，体积为VA，由玻意耳定律得 pA0VA0＝pAVA VA＝＝V0‎ ‎(2)假设打开阀门后，气体从T0＝300K升高到T时，活塞C 7‎ 恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强pA仍为p0，即等压过程．‎ 根据盖吕萨克定律＝得 T＝T0＝450K 因为T1＝400K<450K，所以pA1＝pA＝p0，水银柱的高度差为零．‎ 从T＝450K升高到T2＝540K为等容过程．根据查理定律＝，得pA2＝91.2cmHg.‎ T2＝540K时，p0＋ρ水银gh′＝91.2cmHg，‎ 故水银高度差h′＝‎15.2cm.‎ 例3　如图3甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－‎3m2‎、质量为m＝‎4kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为‎24cm，在活塞的右侧‎12cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0＝1×105Pa.现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g＝‎10m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)活塞与汽缸底部之间的距离；‎ ‎(2)加热到675K时封闭气体的压强．‎ 答案　(1)‎20cm　(2)1.5×105Pa 解析　(1)以汽缸内气体为研究对象，‎ 初状态：p1＝p0＝1×105Pa T1＝300K，V1＝‎24cm×S 末状态：p2＝p0＋＝1.2×105Pa T1＝T2，V2＝HS 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2‎ 解得H＝‎20cm.‎ ‎(2)假设活塞能到达卡环处，则 T3＝675K，V3＝‎36cm×S 由理想气体状态方程＝ 得p3＝1.5×105Pa>p2＝1.2×105Pa 7‎ 所以活塞能到达卡环处，封闭气体压强为1.5×105Pa.‎ 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4　(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p－V图像如图4所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p－T图像和V－T图像表示，则下列各图像中正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　BD 解析　在p－V图像中，由A→B，气体经历的是等温变化过程，气体的体积增大，压强减小；由B→C，气体经历的是等容变化过程，根据查理定律＝，pC>pB，则TC>TB，气体的压强增大，温度升高；由C→A，气体经历的是等压变化过程，根据盖吕萨克定律＝，VC>VA，则TC>TA，气体的体积减小，温度降低．A项中，B→C连线不过原点，不是等容变化过程，A错误；C项中，B→C体积减小，C错误；B、D两项符合全过程．综上所述，正确答案选B、D.‎ 例5　一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像如图5所示．在A状态时的体积为V0，试画出对应的V－T图像和p－V图像．‎ 7‎ 图5‎ 答案　见解析图 解析　对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，有p0V0＝3p0VB，则VB＝V0，C→A是等容变化．由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、V0；C：3p0、3T0、V0.‎ V－T图像和p－V图像分别如图甲、乙所示．‎ 例6　1mol的理想气体，其状态变化的p－V图像如图6所示，请画出对应的状态变化的p－T图像和V－T图像．‎ 图6‎ 答案　见解析图 解析　1mol的理想气体在标准状态下(1atm,273K)的体积是‎22.4L，所以状态A的温度是273K.‎ A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546K.‎ 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1092K.‎ C到D的过程是等容变化，压强减小，则温度降低一半，所以D的温度是546K.‎ D到A的过程是等压变化，体积减小，则温度降低一半．‎ 因此，p－T图像和V－T图像分别如图甲、乙所示．‎ 7‎ 例7　如图7甲所示，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，现在活塞上方缓慢倒上沙子，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℃‎.‎ 图7‎ ‎(1)求汽缸内气体的最终体积；‎ ‎(2)在图乙上画出整个过程中汽缸内气体的状态变化(外界大气压强为1.0×105Pa)．‎ 答案　(1)1.47×10－‎3m3‎　(2)见解析图 解析　(1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，‎ 即p0V0＝p1V1‎ 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.‎ ‎(2)整个过程中汽缸内气体的状态变化如图所示 7‎