专题：密闭气体压强的计算(选修3-3).

专题：密闭气体压强的计算高三物理复习：气体压强产生的原因：大量分子无规则运动，频繁与器壁碰撞，宏观上对器壁产生了持续的压力。单位面积所受压力，叫压强。一个空气分子，每秒钟与其它分子碰撞达65亿次之多。容器中各处的压强相等1.理论依据①液体压强的计算公式p=gh。②液面与外界大气相接触。则液面下h处的压强为p=p0+gh③帕斯卡定律：加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递（注意：适用于密闭静止的液体或气体）④连通器原理：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的。一、平衡态下液体封闭气体压强的计算（1）取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面．由两侧压强相等列方程求解压强．例如图中，同一液面C、D处压强相等pA＝p0＋ph.（2）参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．例如，图中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(pA＋ph0)S＝(p0＋ph＋ph0)S.即pA＝p0＋ph.2.计算方法（3）受力平衡法：选与封闭气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强．①hh②h③下列各图装置均处于静止状态。设大气压强为P0，用水银（或活塞）封闭一定量的气体在玻璃管（或气缸）中，求封闭气体的压强P练习：P=ρghP=?cmHg（柱）P—帕h—米P=P0P=P0+ρghP=P0-ρghh④h⑤h⑥连通器原理：同种液体在同一高度压强相等P=P0+ρghP=P0-ρghP=P0-ρghh1h2ABP0PBPA玻璃管与水银封闭两部分气体A和B。设大气压强为P0=76cmHg柱，h1=10cm，h2=15cm。求封闭气体A、B的压强PA=?、PB=?10ghPPAPa20ghPPBPa10hPPAcmHg柱20hPPBcmHg柱例题：1atm=76cmHg=1.0×105Pa例：计算图2中各种情况下，被封闭气体的压强。（标准大气压强p0=76cmHg，图中液体为水银）求用固体（如活塞等）封闭在静止容器内的气体压强，应对固体（如活塞等）进行受力分析。然后根据平衡条件求解。二、平衡态下活塞、气缸密闭气体压强的计算Sm⑧mS⑦练习：气体对面的压力与面垂直:F=PSGP0SPSPS=P0S+mgsmgPP+=0GPSP0S′NS′PS=mg+P0S＇cosθPS=mg+P0SMmS⑨MmS⑩以活塞为研究对象以气缸为研究对象mg+PS=P0SMg+PS=P0S例2、如图所示，活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封住了一定质量的空气，而活塞与缸套间无摩擦,活塞面积为S，大气压强为P0，则下列说法正确的是()A、内外空气对缸套的总作用力方向向上，大小为MgB、内外空气对缸套的总作用力方向向下，大小为mgC、气缸内空气压强为P0-Mg/SD、气缸内空气压强为P0+mg/S当封闭气体的所在的系统处于力学非平衡状态时，欲求封闭气体压强，首先要选择恰当的对象（如与气体相关的液体、活塞等）并对其进行正确的受力分析（特别注意分析内外的压力）然后应用牛顿第二定律列方程求解。三、非平衡态下密闭气体压强的计算例1、试计算下述情况下密闭气体的压强，已知大气压P0图9中水银柱的长度为L，图10中活塞与气缸间无摩擦。例1、试计算下述情况下密闭气体的压强，已知大气压P0,图9中水银柱的长度为L，图10中活塞与气缸间无摩擦。FmSM自由下滑光滑水平面例2、如图所示，质量为m1内壁光滑的横截面积为S的玻璃管内装有质量为m2的水银，管外壁与斜面的动摩擦因数μ=0.5,斜面倾角θ=37°，当玻璃管与水银共同沿斜面下滑时，求被封闭的气体压强为多少？（设大气压强为p0）10类型1.平衡态下液体密封气体的压强2.平衡态下气缸活塞密封气体的压强3.非平衡态下密闭气体的压强归纳总结：气体压强计算思路方法步骤1.定对象2.分析力3.用规律整体部分缸体活塞液柱平衡态F合=0（平衡条件）非平衡态F合=ma（牛顿第二定律）1.理想气体(1)理解：理想气体是为了研究问题方便提出的一种理想模型，是实际气体的一种近似，就像力学中质点、电学中点电荷模型一样，突出问题的主要方面，忽略次要方面，从而认识物理现象的本质，是物理学中常用的方法.(2)特点①严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程.②理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比忽略不计，分子视为质点.③理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力，故无分子势能的变化，一定质量的理想气体内能的变化只与温度有关.2.理想气体状态方程与气体实验定律3.应用状态方程解题的一般步骤(1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；(2)确定气体在始末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2；(3)由状态方程列式求解；(4)讨论结果的合理性.在涉及到气体的内能、分子势能问题中要特别注意是否为理想气体，在涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当做理想气体处理，但这时往往关注的是气体质量是否一定.【典例1】房间的容积为20m3,在温度为7℃、大气压强为9.8×104Pa时,室内空气质量是25kg.当温度升高到27℃、大气压强变为1.0×105Pa时,室内空气的质量是多少?【解题指导】首先房间一般情况下不会是密闭的，再者让求室内空气的质量就隐含了房间内的气体质量可能是变化的，故解本题的关键就在于如何选择研究对象，使之符合理想气体的状态方程.【标准解答】室内气体的温度、压强均发生了变化,原气体的体积不一定再是20m3,可能增大(有气体跑出),可能减小(有气体流入),因此仍以原25kg气体为研究对象,通过计算才能确定.气体初态:p1=9.8×104Pa,V1=20m3,T1=280K气体末态:p2=1.0×105Pa,V2=?,T2=300K由理想气体状态方程:所以因V2V1,故有气体从房间内流出.房间内气体质量答案:23.8kg112212pVpVTT4331221521pT9.81030020VVm21.0mpT1.0102801212V20mm25kg23.8kg.V21【典例2】(2011·银川高二检测)如图所示，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.求：(1)活塞刚离开B处时的温度TB;(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图中画出整个过程的p-V图线.【解题指导】审题时应关注以下两点：(1)活塞刚离开B处时，关键词为“刚离开”隐含已经离开了与限制装置没有力的作用，故此时封闭气体的压强为p0,而刚离开又隐含封闭气体的体积还没有来得及变，体积仍为V0.(2)气体最后的压强，关键词为“最后”被A处装置卡住，气体体积为1.1V0.【标准解答】(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: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故331113pVpVTT，00B0.9pp,297T1130030310pVT0.9pV399.3p1.1pVT1.1V297(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【规律方法】理想气体状态方程的解题技巧(1)挖掘隐含条件，找出临界点，临界点是两个状态变化过程的分界点，正确找出临界点是解题的基本前提，本题中活塞刚离开B处和刚到达A处是两个临界点.(2)找到临界点，确定临界点前后的不同变化过程，再利用相应的物理规律解题，本题中的三个过程先是等容变化，然后是等压变化，最后又是等容变化.例3.(2010·上海高考)如图，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10-3m2,一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为______Pa(大气压强取1.01×105Pa，g取10N/kg).若从初温27℃开始加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为_____℃.【解析】T2=306K,t2=33℃答案：1.05×1053350mgpp1.0510PaS1212pVpV,TT例4.(2011·平顶山高二检测)如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S=1×10-4m2,内装水银，右管内有一质量为m=0.1kg的活塞搁在固定卡口上，卡口比左管上端高出L=20cm，活塞与管壁间非常密封且无摩擦，右管内封闭有一定质量的气体.起初温度为t0=27℃时，左、右管内液面高度相等，且左管内充满水银，右管内封闭气体的压强为p1=p0=1.0×105Pa=75cmHg.现使右管内气体温度逐渐升高,求：(1)温度升高到多少K时，右管活塞开始离开卡口上升？(2)温度升高到多少K时，活塞上升到离卡口4cm处？【解析】(1)右端活塞开始上升时封闭气体压强p2=p0+mg/S，代入数据得气体发生等容变化，根据查理定律得：T2=p2T1/p1，代入数据得T2=330K(2)活塞离开卡口后，由于气体温度逐渐升高故封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得T3=V3T2/V2代入数据得T3=396K答案：(1)330K(2)396K55240.110p1.010PaPa1.110Pa11082.5cmHg10.一气象探测气球,在充有压强为1.00atm(即76.0cmHg)、温度为27.0℃的氦气时,体积为3.50m3.在上升至海拔6.50km高空的过程中,气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmHg,气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热,保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0℃.求:(1)氦气在停止加热前的体积;(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积.【解析】(1)在气球上升至海拔6.50km高空的过程中,气球内氦气经历一等温过程.根据玻意耳定律有p1V1=p2V2①式中,p1=76.0cmHg,V1=3.50m3,p2=36.0cmHg,V2是在此等温过程末氦气的体积.由①式得V2=7.39m3②(2)在停止加热较长一段时间后,氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同,即T2=225K.这是一等压过程,根据盖—吕萨克定律有③式中,V3是在此等压过程末氦气的体积.由③式得V3=5.54m3答案:(1)7.39m3(2)5.54m33212VV TT