高中物理鲁科版3第四章气体单元测试 第4章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①压强(p)②m③T④pV⑤双曲线⑥m⑦V⑧eq\f(p,T)⑨倾斜直线⑩m⑪p⑫eq\f(V,T)⑬倾斜直线⑭eq\f(pV,T)⑮eq\f(p2V2,T2)⑯动态平衡⑰无关气体实验定律的归纳应用1.理想气体状态方程理想气体：严格遵守三个实验定律的气体公式：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)T一定时，pV＝CT＝C1(玻意耳定律)；V一定时，eq\f(p,T)＝eq\f(C,V)＝C2(查理定律)；p一定时，eq\f(V,T)＝eq\f(C,p)＝C3(盖·吕萨克定律)．2．解题要点(1)选对象——根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持不变．(2)找参量——找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，需结合力学知识(如受力平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式．(3)认过程——过程表示两个状态之间的一种变化方式，认清变化过程是正确选用物理规律的前提．另外，要弄清气体状态变化过程是单一过程变化还是多过程变化，是否会出现临界状态或极值问题．(4)列方程——根据研究对象状态变化的具体方式，选用理想气体状态方程(或某一实验定律)列方程．代入具体数值时，T必须用热力学温度，p、V的单位要统一．(5)验结果——解答出结果后，不要急于下结论．要分析讨论所得结果的合理性及其是否有实际的物理意义．如图4­1所示，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料．开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等．在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了ΔT；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处；已知大气压强为p0.求：气体最后的压强与温度.【导学号：30110053】图4­1【解析】设外界温度为T0，加砝码前后，根据理想气体状态方程，有eq\f(p0H1,T0)＝eq\f(p2H2,T0＋ΔT).取走保温材料，最后气体温度等于外界温度T0，气体压强为p2，气体为等压变化，有eq\f(H2,T0＋ΔT)＝eq\f(H3,T0)，联立以上两式得T0＝eq\f(H3,H2－H3)ΔT，p2＝eq\f(H1,H3)p0.【答案】eq\f(H1,H3)p0eq\f(H3,H2－H3)ΔT1．理想气体的特点(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可忽略不计，分子不占空间，可视为质点.(3)理想气体分子除碰撞外，无相互作用的引力和斥力．(4)理想气体分子无分子势能，内能等于所有分子热运动的动能之和，只和温度有关．2．理想气体状态方程的两点提醒(1)该方程表示的是一定质量的理想气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关．(2)公式中常量C仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p、V、T)无关．变质量问题的求解方法分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择研究对象，使问题转化为一定质量的气体问题，再用相关规律求解．1．充气问题向球、轮胎中充气是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，故抽气过程可看成是等温膨胀过程．3．分装问题把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，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．如果选漏出的气体和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，可用相关方程式求解．用来喷洒农药的压缩喷雾器的结构如图4­7所示，A的容积为L，装入药液后，药液上方空气体积为L．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4­7(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－p0）V,p0V0)＝eq\f(（4×105－105）×,105×250×10－3)＝18(次)．(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)×L＝6L，因此A容器中剩余药液的体积为L－6L＝L.【答案】(1)18次(2)L1．一氧气瓶的容积为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，【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2．一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4­2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.【导学号：30110054】图4­2【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′＝cm＋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】144cmHgcm3．如图4­3所示，一固定的竖直气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；气缸外大气的压强为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．现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2图4­3(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，气缸内封闭气体的温度；(2)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】(1)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 ②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) ③故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(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与气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】(1)330K(2)×105Pa4．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(1)求在水下10m处气泡内外的压强差；(2)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.【导学号：30110055】【解析】(1)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(2)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)))eq\s\up12(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】(1)28Pa(2)eq\r(3,2)或5．如图4­4所示，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图4­4(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＝cm. 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 ⑤由力学平衡条件有p2＝p0 ⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝cm 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，并代入题给数据得Δh＝cm. ⑨【答案】(1)cm(2)cm6．一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部的高度为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eq\f(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.【解析】设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定