高中物理沪科版3第二章气体定律与人类生活 第2章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①平均动能②t＋K③频繁碰撞④平均动能⑤分子数⑥p2V2⑦eq\f(p,T)ΔT⑧eq\f(V,T)ΔT⑨势能⑩eq\f(p2V2,T2)⑪温度⑫体积 气体实验定律对一定质量的理想气体，在做等温、等容和等压变化的过程中，分别遵循玻意耳定律、查理定律和盖－吕萨克定律，在使用这三个定律时，要注重状态参量的求解．三个定律的区别：定律玻意耳定律查理定律盖－吕萨克定律表达式p1V1＝p2V2＝恒量eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)＝恒量eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)＝恒量成立条件气体质量一定，温度不变气体的质量一定，体积不变气体的质量一定，压强不变图像表达在p－V图中，p与V乘积越大，温度越高，如图T2＞T1.在p－eq\f(1,V)图中，直线的斜率越大，温度越高，如图T2＞T1直线的斜率越大，体积越小，如图V2＜V1直线的斜率越大，压强越小，如图p2＜p1如图2­1所示，内壁光滑的汽缸深L为1m，固定在水平地面上，汽缸内有一厚度可忽略不计的活塞封闭了一定质量的气体．开始时缸内气体长L1为0.4m、压强p1为1×105Pa、温度T1为300K，已知大气压强p0为1×105Pa.现在活塞上施加一水平外力缓慢拉动活塞：图2­1(1)保持汽缸内气体的温度不变，求活塞被拉至汽缸边缘时封闭气体的压强(没有气体漏出)；(2)活塞被拉至汽缸边缘后，保持气体体积不变，逐渐升高温度直至外力恰好减小为零，求此时封闭气体的温度．【解析】以汽缸内封闭气体为研究对象(1)因为缓慢拉动活塞，所以汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律，有p1L1S＝p2L2S式中p1＝1×105Pa，L1＝0.4m，L2＝L得p2＝4×104Pa.(2)因为汽缸内气体的体积不变，根据查理定律，有eq\f(p2,T2)＝eq\f(p3,T3)式中p2＝4×104Pa，T2＝T1＝300K，p3＝1×105Pa得T3＝750K.【答案】(1)4×104Pa(2)750K气体状态变化的图像用图像表示气体状态变化的过程及变化规律具有形象、直观、物理意义明朗等优点．利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，会给解答带来很大的方便．图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程．而理想气体状态方程实质上是三个实验定律的推广、扩展，它们可以由三个实验定律中的任意两个而得到．反之，也可以把状态方程分三种情况进行讨论．1．一定质量气体的等温变化图像(如图2­2所示)图2­22．一定质量气体的等容变化图像(如图2­3所示)图2­33．一定质量气体的等压变化图像(如图2­4所示)图2­4如图2­5所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是()图2­5A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态e，压强增大C．从状态e到状态a，压强减小D．从状态a到状态b，压强不变E．从状态b到状态c，压强减小【解析】在V­T图像中等压线是过坐标原点的直线．由理想气体状态方程知eq\f(V,T)＝eq\f(C,p).可见，当压强增大，等压线的斜率k＝eq\f(V,T)＝eq\f(C,p)变小．由题图可确定pa<pe＜pd＜pc＜pb.【答案】ACE解决图像问题应注意的几个问题(1)看清坐标轴，理解图像的意义：图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程．(2)观察图像，弄清图像中各量的变化情况，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像(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．变质量问题的归纳分析变质量问题时，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，用气体实验定律或理想气体的状态方程求解．1．充气问题向球、轮胎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，质量不变，故抽气过程中可看作是等温膨胀过程．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作整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．运用相关规律求解．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，可用相关方程求解．用来喷洒农药的压缩喷雾器的结构如图2­6所示，A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方空气体积为1.5L．关闭阀门K，用打气筒B每次打进105Pa的空气250cm3.假设整个过程温度不变，求：图2­6(1)要使药液上方气体的压强为4×105Pa，应打几次气？(2)当A中有4×105Pa的空气后，打开阀门K可喷洒药液，直到不能喷洒时，喷雾器剩余多少体积的药液？(忽略喷管中药液产生的压强)【解析】(1)设原来药液上方空气体积为V，每次打入空气的体积为V0，打n次后压强由p0变为p1，以A中原有空气和n次打入A中的全部气体为研究对象，由玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p1V，故n＝eq\f(p1－p0V,p0V0)＝eq\f(4×105－105×,105×250×10－3)＝18.(2)打开阀门K，直到药液不能喷出，忽略喷管中药液产生的压强，则A容器内的气体压强应等于外界大气压强，以A中气体为研究对象p1V＝p0V′，V′＝eq\f(p1V,p0)＝eq\f(4×105,105)×1.5L＝6L，因此A容器中剩余药液的体积为7．5L－6L＝1.5L.【答案】(1)18次(2)L1.在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝eq\f(2σ,r)，其中σ＝N/m.现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝×105Pa，水的密度ρ＝×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2.(i)求在水下10m处气泡内外的压强差；(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．【解析】(ⅰ)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则Δp1＝eq\f(2σ,r1) ①代入题给数据得Δp1＝28Pa. ②(ⅱ)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 ③由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1 ④p2＝p0＋Δp2 ⑤气泡体积V1和V2分别为V1＝eq\f(4,3)πreq\o\al(3,1) ⑥V2＝eq\f(4,3)πreq\o\al(3,2) ⑦联立③④⑤⑥⑦式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3＝eq\f(p0＋Δp2,ρgh＋p0＋Δp1) ⑧由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项．代入题给数据得eq\f(r2,r1)＝eq\r(3,2)≈. ⑨【答案】(ⅰ)28Pa(ⅱ)eq\r(3,2)或2．一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，【解析】设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1 ②设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0 ③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV ④联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天)． ⑤【答案】4天3．一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2­7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＝cmHg.环境温度不变．图2­7【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p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋－cmHg ①l1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1－\f－,2)))cm ②由玻意耳定律得p1l1＝p1′l′1 ③联立①②③式和题给条件得p1′＝144cmHg ④依题意p2′＝p1′ ⑤l2′＝4.00cm＋eq\f－,2)cm－h ⑥由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′ ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝cm. ⑧【答案】144cmHgcm4．如图2­8所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm；汽缸外大气的压强为p＝×105Pa，温度为T＝303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距eq\f(l,2)，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2.求：图2­8(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．【解析】(ⅰ)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得V1＝S1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))＋S2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－\f(l,2)))①V2＝S2l在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p由③知缸内气体的压强不变．由盖­吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)④联立①②④式并代入题给数据得T2＝330K．⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有eq\f(p′,T)＝eq\f(p1,T2)⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p′＝×105Pa.⑦【答案】(ⅰ)330K(ⅱ)×105Pa5．如图2­9，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝cmHg.图2­9(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．【解析】(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1 ①由力学平衡条件得p＝p0＋h ②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有p1＝p0－h1 ③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm. ④(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得pl＝p2l2 由力学平衡条件有p2＝p0 ⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm ⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1 ⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数