人教版高中物理选修3-3：第八章-气体-复习课件

第八章气体复习课件知识结构规律方法•一、气体定律与理想气体状态方程的应用1.玻意耳定律、查理定律，盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例。2.正确运用定律的关键在于状态参量的确定，特别是压强的确定。3.求解压强的方法：气体定律的适用对象是理想气体，而确定气体的始末状态的压强又常以封闭气体的物体（如液柱、活塞、气缸等）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、牛顿定律等列式求解。4.注意定律或理想气体状态方程的适用条件，即适用于定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气的等变质量问题，巧妙地选取对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题。•（2014·济南市模拟）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。（1）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（2）将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。解析：考查气体实验定律的应用，解题的思路大致如下：根据打开阀门S前后气体B、C的压强关系及玻意耳定律求出C中气体的压强；根据气体B、C压强关系和查理定律可求加热后右侧水槽的水温。（1）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为PC，依题意有p1＝pC＋Δp①式中Δp＝60mmHg。打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。依题意，有pB＝pC②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝VA＋VB③根据玻意耳定律得p1VB＝pBV2④联立①②③④式，并代入题给数据得pC＝VBVAΔp＝180mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp。玻璃泡C中气体的压强为pC′＝pB＋Δp⑥玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得pCT0＝pC′T′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T′＝364K⑧答案：（1）180mmHg（2）364K•二、变质量问题转化为定质量问题的方法分析变质量问题时，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，用相关规律求解。•1.充气问题向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。•2.抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的气体质量转化为定质量问题。•3.分装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个典型的变质量问题。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看成整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。•4.漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用相关方程式求解。如果选容器内剩余气体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，用相关方程求解。•一只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲，抽气时如图乙），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（）A．np0，1np0B.nV0Vp0，V0nVp0C．(1＋V0V)np0，(1＋V0V)np0D．(1＋nV0V)p0，(VV＋V0)np0解析：打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内、容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V所以p′＝V＋nV0Vp0＝(1＋nV0V)p0抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)，则p1＝VV＋V0p0答案：D第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)则p2＝VV＋V0p1＝(VV＋V0)2p0则第n次抽气后：pn＝(VV＋V0)np0•三、图象问题对于气体变化的图象，由于图象的形式灵活多变，含义各不相同，考查的内容又比较丰富，处理起来有一定的难度，要解决好这个问题，应从以下几个方面入手。1.看清坐标轴，理解图象的意义。2.观察图象，弄清图中各量的变化情况，看是否属于特殊变化过程，如等温变化、等容变化或等压变化。3.若不是特殊过程，可在坐标系中作特殊变化的图象（如等温线、等容线或等压线）实现两个状态的比较。4.涉及微观量的考查时，要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。[例3]如图所示，一定质量的分子势能可忽略的气体从状态A经B、C、D再回到A，问AB、BC、CD、DA是什么过程？已知在状态A时容积为1L，并把此图改画为p－V图。解析：(1)AB过程是等容升温升压，BC过程是等压升温增容即等压膨胀，CD过程是等温减压增容即等温膨胀，DA过程是等压降温减容即等压压缩。(2)已知VA＝1L，VB＝1L(等容过程)由VCTC＝VBTB(等压过程)得：VC＝VBTBTC＝1450×900L＝2L由pDVD＝pCVC(等温过程)得VD＝pCVCpD＝3×21L＝6L（3）所改画的p－V图如图所示。触及高考本章内容为新课标地区的选考内容，多以选择、填空形式出现，对气体的三大定律的考查多为计算题，应引起考生的高度重视。考题探析•（2014·新课标全国卷Ⅱ，33）如图，两气缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通，A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的14，活塞b在气缸正中间。(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强。解析：(1)活塞b上升到顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气发生等压变化，设气缸A的容积为V0，氮气的初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，由题意气缸B的容积为V04，根据题中数据V1＝34V0＋12×V04＝78V0①V2＝34V0＋14V0＝V0②由盖·吕萨克定律得V1T1＝V2T2③由①②③式和题给数据得T2＝320K④(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a上方的氧气做等温变化，设氧气的初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为P2′，由题给数据V1′＝14V0，P1′＝P0，V2′＝316V0⑤由玻意耳定律有p1′V1′＝p2′V2″⑥由⑤⑥得p2′＝43p0⑦答案：(1)320K(2)43P0临场练兵1.（2014·大纲全国卷，16）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•答案：BD解析：在微观上，气体的压强由单位体积内的分子数和分子的平均动能决定。压强变大平均动能不一定增大，分子间的平均距离也不一定减小，A、C正确，由于压强由单位体积内的分子数和平均动能共同决定，所以B、D选项正确。2.（2014·福建理综，29）（1）如图，横坐标v表示分子速率，纵坐标f（v）表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是________。（填选项前的字母）•A.曲线①B.曲线②•C.曲线③D.曲线④•（2）下图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是________。（填选项前的字母）•A.TATB，TBTCB.TATB，TB＝TC•C.TATB，TBTCD.TA＝TB，TBTC•答案：（1）D（2）C解析：（1）分子速率分布曲线是正态分布，一定温度下气体分子速率很大和很小的占总分子数的比率都很少，呈现“中间多，两头少”的规律，只有曲线④符合实际情况。本题易错选B，注意到曲线上速率为零的分子占有总分子数的比率是某一值，这是不可能的，因为分子在做永不停息的无规则热运动。(2)A→B是等容变化，由查理定律得pATA＝pBTB由图象知pApB，所以TATB由B→C是等压变化，由盖—吕萨克定律，得VBTB＝VCTC由图象知VCVB，所以TBTC因此选择C正确。3.（2014·新课标全国卷Ⅰ，33）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底面的高度为h，外界的温度为T0，现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积，已知外界大气的压强始终保持不变、重力加速度大小为g。答案：9mghT4pT0解析：设气体的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得phS＝(p＋Δp)(h－14h)S①解得Δp＝13②外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′，根据盖—吕萨克定律，得h－14hST0＝h′ST③解得h′＝3T4T0h④根据题意可得Δp＝mgS⑤气体最后的体积为V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥得V＝9mghT4pT0⑦4.（2014·山东理综，37）一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103kg、体积V0＝0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40m，筒内气体体积V1＝1m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。已知大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小g＝10m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。•答案：2.5m310m解析：当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg（V0＋V2）①代入数据得V2＝2.5m3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1③p2＝p0＋ρgh2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2⑤联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10m谢谢