【优化设计】2015-2016学年高中物理 第八章 气体本章整合课件 新人教版选修3-3

本章整合专题一专题二专题三专题一封闭气体压强的计算1.液体封闭的气体的压强选与气体接触的液柱为研究对象,进行受力分析,然后根据平衡条件(a=0时)或牛顿第二定律(a≠0时)求出气体的压强。【例题1】在竖直放置的U形管内用密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱。大气压强为p0,各部分尺寸如图所示。求A、B气体的压强。专题一专题二专题三解析:求pA:取液柱h1为研究对象,设管截面积为S,大气压力和液柱重力向下,A气体压力向上,液柱h1静止,如图(a),则p0S+ρgh1S=pAS,所以pA=p0+ρgh1。求pB:取液柱h2为研究对象,由于h2的下端是连通器,A气体压强由液体传递后对h2的压力向上,B气体压力、液柱h2重力向下,液柱平衡如图(b),则pBS+ρgh2S=pAS,所以pB=p0+ρgh1-ρgh2。熟练后,可直接由压强平衡关系写出待测压强,不一定非要从力的平衡方程式找起。答案:pA=p0+ρgh1pB=p0+ρgh1-ρgh2专题一专题二专题三2.固体(活塞或汽缸)封闭的气体的压强由于该固体必定受到被封闭气体的压力,所以可通过对该固体进行受力分析,然后由平衡条件(a=0时)或牛顿第二定律(a≠0时)建立方程,求出封闭气体的压强。【例题2】一圆形汽缸静置于地面上,如图所示,汽缸的质量为m1,活塞的质量为m2,活塞面积为S,大气压强为p0,现将活塞缓慢上提,求汽缸刚离开地面时汽缸内气体的压强。(忽略摩擦)专题一专题二专题三解析:此问题中的活塞和汽缸均处于平衡状态。以活塞为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得:F+pS=m2g+p0S由于F未知,再以活塞和汽缸整体为研究对象,受力如图乙(由于外界大气压力相互抵消,不再画出),则有F=(m1+m2)g由以上两式可求得p=p0-m1gS。也可只以汽缸为研究对象,有:pS+m1g=p0S,也可得:p=p0-m1gS。答案:p0-m1gS专题一专题二专题三专题二液柱(或活塞)的移动问题用液柱或活塞隔开两部分气体,当气体温度变化时,液柱或活塞是否移动?如何移动?此类问题的特点是:气体的状态参量p、V、T都发生了变化,直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难,通常先进行气体状态的假设,然后应用查理定律可以简单地求解。1.假设推理法根据题设条件,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。巧用假设推理法可以化繁为简,化难为易,简捷解题。其一般分析思路是:(1)先假设液柱(或活塞)不发生移动,两部分气体均做等容变化。(2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp=𝛥TTp,求出每部分气体压强的变化量Δp,并加以比较。专题一专题二专题三(3)如果液柱(或活塞)两端的横截面积相等,且Δp均大于零,意味着两部分气体的压强均增大,则液柱向Δp值较小的一方移动;若Δp均小于零,意味着两部分气体的压强均减小,则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动;若Δp相等,则液柱不移动。(4)如果液柱(或活塞)两端的横截面积不相等,则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS)。若Δp均大于零,则液柱向ΔpS较小的一方移动;若Δp均小于零,则液柱向|ΔpS|值较大的一方移动;若ΔpS相等,则液柱不移动。专题一专题二专题三2.极限法所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时,将变化较大的压强推向无穷大,而将变化较小的压强推向零,这样使复杂的问题变得简单明了。如图所示,两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱,将管内气体分为两部分。已知l2=2l1,若使两部分气体同时升高相同的温度,管内水银柱将如何运动?(设原来温度相同)根据极限法:由于管上段气柱压强p2较下段气柱压强p1小,设想p2→0,即管上部认为近似为真空,于是立即得到,温度T升高,水银柱向上移动。专题一专题二专题三3.图象法利用图象:首先在同一pT图线上画出两段气柱的等容图线,如图所示。由于两气柱在相同温度下压强不同,所以它们等容线的斜率也不同,气柱的压强较大的等容线的斜率也较大。从图中可以看出,当两气柱升高相同温度ΔT时,其压强的增量Δp1Δp2,所以水银柱向压强增量小的一端移动,对上面的水银柱问题用图象法分析,很容易得出水银向上移动的结果。专题一专题二专题三【例题3】如图甲所示,容器A和B分别盛有氢气和氧气,用一段水平细玻璃管连通,管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0℃、氧气温度为20℃时,水银柱保持静止。判断下列情况下,水银柱将怎样移动?(1)两气体均升高20℃;(2)氢气升高10℃,氧气升高20℃;(3)若初状态如图乙所示且气体初温相同,则当两气体均降低10℃时,水银柱怎样移动?专题一专题二专题三解析:(1)ΔpA=20273p0,ΔpB=20293p0因为ΔpAΔpB,故水银柱向B容器一方移动。(2)ΔpA=10273p0,ΔpB=20293p0因为ΔpAΔpB,故水银柱向A容器一方移动。(3)ΔpA=-10TpA0,ΔpB=-10TpB0因为pApB,故|ΔpA||ΔpB|,水银柱向A容器一方(向下)移动。答案:(1)向B移动(2)向A移动(3)向A(下)移动专题一专题二专题三专题三“两团气”问题这类问题涉及两部分气体,它们之间虽然没有气体交换,但其压强或体积这些量间有一定的关系,分析清楚这些关系是解题的关键,解决这类问题的一般方法是:1.分别选取每部分气体为研究对象,确定初、末状态参量,根据状态方程列式求解。2.认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系,并写出关系式。3.多个方程联立求解。专题一专题二专题三【例题4】(2013·课标全国Ⅰ)如图,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p03;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V04。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,且与顶部刚好没有接触;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:(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。专题一专题二专题三解析:(1)与恒温热源接触后,在K未打开时,右活塞不动,两活塞下方的气体经历等压过程,由盖—吕萨克定律得TT0=7V045V04①由此得T=75T0②专题一专题二专题三(2)由初始状态的力学平衡条件可知,左活塞的质量比右活塞的大。打开K后,左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至汽缸顶,才能满足力学平衡条件。汽缸顶部与外界接触,底部与恒温热源接触,两部分气体各自经历等温过程,设左活塞上方气体压强为p,左汽缸中活塞上方气体的体积为Vx,由玻意耳定律得pVx=p03·V04③(p+p0)(2V0-Vx)=p0·74V0④联立③④式得6Vx2-V0Vx-V02=0其解为Vx=12V0⑤另一解Vx=-13V0,不合题意,舍去。答案:(1)75T0(2)12V0