高中物理第八章气体本章优化总结课件新人教版选修3-3

本章优化总结第八章气体气体实验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：气体实验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、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、牛顿定律等列式求解．4．对两部分(或多部分)气体相关联的问题，分别对两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．(2018·高考全国卷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l1＝18.0cm和l2＝12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg.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p1和p1.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p1＝p2＋ρg(l1－l2)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p1l1＝pl′1②p2l2＝pl′2③两边气柱长度的变化量大小相等l′1－l1＝l2－l′2④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5cm⑤l′2＝7.5cm.[答案]见解析1.如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内，开始时气体体积为V0，温度为27℃.在活塞上施加压力将气体体积压缩到23V0，温度升高到87℃，设大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计．(1)求此时气体的压强；(2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0，求此时气体的压强．解析：根据气体状态方程pVT＝C和已知的变化量去求解其它的物理量；气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解．(1)根据题意得：初状态：V1＝V0，T1＝300K，p1＝p0末状态：V2＝23V0，T2＝360K由理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2①得p2＝p1V1T2T1V2＝1.8×105Pa.②(2)由玻意耳定律知p3V3＝p2V2③解得p3＝p2V2V3＝1.2×105Pa.答案：(1)1.8×105Pa(2)1.2×105Pa气体状态变化的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，弄清图象中各量的变化情况，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．如图甲所示，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，直至399.3K.甲乙(1)求活塞刚离开B处时的温度TB；(2)求缸内气体最后的压强p3；(3)在图乙中画出整个过程的p－V图线．[解题探究](1)活塞刚好离开B处的条件是什么？(2)活塞由B到A的过程是什么变化过程？活塞在A处卡住以后是什么变化过程？[解析](1)活塞刚离开B处时，体积不变，封闭气体的压强为p2＝p0，由查理定律得：0.9p0297K＝p0TB，解得TB＝330K.(2)以封闭气体为研究对象，活塞开始在B处时，p1＝0.9p0，V1＝V0，T1＝297K；活塞最后在A处时：V3＝1.1V0，T3＝399.3K，由理想气体状态方程得p1V1T1＝p3V3T3，故p3＝p1V1T3V3T1＝0.9p0V0×399.3K1.1V0×297K＝1.1p0.(3)如图所示，封闭气体由状态1保持体积不变，温度升高，压强增大到p2＝p0达到状态2，再由状态2先做等压变化，温度升高，体积增大，当体积增大到1.1V0后再等容升温，使压强达到1.1p0.[答案](1)330K(2)1.1p0(3)见解析图2.(2019·高考全国卷Ⅱ)如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1______T3，N2________N3.(填“大于”“小于”或“等于”)解析：对一定质量的理想气体，pVT为定值，由p－V图象可知，2p1·V1＝p1·2V1p1·V1，所以T1＝T3T2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2N3.答案：大于等于大于液柱运动问题液柱移动问题当被封闭气体的状态发生变化时，将引起与之关联的液柱、活塞发生移动，分析判断其是否移动以及如何移动的问题可以通过下列方法来解决．1．极限法：将问题的条件外推到问题成立的极限状态，然后进行判断，也就是我们要将题目中条件的变化量进行放大或缩小，然后判断结果．2．假设推理法：根据假设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．如图所示，粗细均匀竖直放置的玻璃管中，P为一小活塞，有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分，活塞和水银柱都静止不动．现在用力向下压活塞，使得活塞向下移动一段距离L，同时水银柱将向下缓慢移动一段距离H，在此过程中温度不变，则有()A．LHB．LHC．L＝HD．无法判断[解析]题目没说压力多大，不妨设其为无穷大，这时空气柱的体积几乎都被压缩为零．显然，活塞移动的距离要比水银柱移动的距离多A部分空气柱的长度，即L比H大．[答案]A对于由T、p、V变化引起液柱移动的问题采用极限判断方法很简单．一般题目都是让其中的某一个量变大或者变小，另两个跟着一起变，判断液柱如何移动．因此我们就可以让这个变化是无穷大，判断出液柱在这个极限条件下的状态，和初始状态相比就知道液柱是怎么“跑”了．如图所示，两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的长度差为H.现在将该U形管平放，使两臂处于同一个水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L，若温度不变，关于L和H的大小有()A．LHB．LHC．L＝HD．无法判断[思路点拨]本题可以采用假设法分析，即假设U形管平放后两部分气体的体积不变，再根据压强关系，判断L和H的相对大小．[解析]假设U形管平放后两部分气体的体积不变，即L和H的大小相等．在竖直状态时可以判断出左侧空气柱压强应比右侧空气柱压强大，则如果水平时L和H相等的话，两端的空气柱体积则不变，压强也不变．此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下向右侧移动，即原来长的空气柱变长，原来短的空气柱变短，则可知LH.[答案]A解决动态变化问题的常用方法就是假设法，然后利用p、V之间的关系来确定压强和体积如何变化．本题中弄清由于水银柱移动造成的空气体积变化是解题的关键．变质量问题的求解处理变质量问题的思路：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)一般地，若将某气体(p，V，M)在保持总质量和温度不变的情况下分成了若干部分(p1，V1，M1)、(p2，V2，M2)、…、(pn，Vn，Mn)，则有pV＝p1V1＋p2V2＋…＋pnVn.该式就是玻意耳定律的推广公式，称为等温分态公式．应用等温分态公式解答温度不变情况下，气体的分与合，部分气体质量有变化、气体总质量无变化、又不直接涉及气体质量的问题时，常常十分方便．(2)关于充气问题如果充气时每一次充入空气的质量、体积和压强均相同，则可设想用一容积为nV0的打气筒将压强为p0的空气一次性打入容器与打n次气等效代替．所以研究对象应为容器中原有的空气和n次打入的空气总和，这样充气过程则可看做是气体的等温压缩过程．(3)关于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，这属于变质量的问题．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，质量不变，故抽气过程可看做是等温膨胀过程．(4)关于灌气问题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做整体作为研究对象，可将变质量的问题转化为质量不变的问题．如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0.现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．[思路点拨](1)将两部分气体看做“整体”，转化为质量不变问题．(2)温度不变，用玻意耳定律分态式列方程．(3)关键点：初、末状态下压强的计算．[解析]初始状态下A、B两部分气体的压强分别设为pA0、pB0，则对活塞A、B由平衡条件可得：p0S＋mg＝pA0S①pA0S＋mg＝pB0S②最终状态下两部分融合在一起，压强设为p，体积设为V′，对活塞A由平衡条件有p0S＋mg＝pS③对两部分气体由玻意耳定律可得pA0V＋pB0V＝pV′④设活塞A移动的距离为h，则有V′＝2V＋hS⑤联立以上五式可得h＝2p0S＋3mg(p0S＋mg)SV－2VS.[答案]2p0S＋3mg(p0S＋mg)SV－2VS3.如图所示，喷洒农药用的某种喷雾器，其药液桶的总容积为14L，装入药液后，封闭在药液上方的空气体积为2L，气压为1atm.打气筒活塞每次可以打进气压为1atm、体积为0.2L的空气．不考虑环境温度的变化．(1)要使药液上方的气体压强增大到5atm，应打气多少次？(2)如果药液上方的气体压强达到5atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器不能再向外喷药时，筒内剩下的药液还有多少升？解析：(1)设应打n次，则有p1＝1atm，V1＝0.2nL＋2L，p2＝5atm.V2＝2L.根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2代入数据解得n＝40.(2)p2＝5atm，V2＝2L，p3＝1atm.根据p2V2＝p3V3可得V3＝p2V2p3＝10L.剩下的药液V＝14L－10L＝4L.答案：(1)40(2)4L(10分)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p0＝75.0cmHg.环境温度不变．[思路点拨][解析]设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.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p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg(1分)①l′1＝20.0－20.0－5.002cm(2分)②由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1(1分)③联立①②③式和题给条件得p′1＝144