人教版高中物理选修33第八章《气体》学案+练习.docx

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人教版高中物理选修33第八章《气体》学案+练习

章末整合

一、气体压强的计算

1．容器静止或匀速运动时求封闭气体的压强

（1）连通器原理：

在连通器中，同一液体（中间液体不间断、静止）的同一水平液面上的压强是相等的．

（2）在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度．

（3）求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程．

（4）求由固体封闭（如汽缸和活塞封闭）气体的压强，应对此固体（如活塞或汽缸）进行受力分析，列合力平衡方程．

2．容器加速运动时求封闭气体的压强

（1）当容器加速运动时，通常选择与气体相关联的液体柱、固体等作为研究对象，进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．

（2）封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关．解决这类问题的关键是要明确研究对象，分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的平衡方程或牛顿第二定律方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强．

图1

例1

　一段长为L的汞柱在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若将玻璃管开口向下放置，且管与水平面间的夹角为θ，如图1所示，则被封住气体的压强是多大？

（水银的密度为ρ，大气压强为p0）

答案　p0－ρgLsinθ

解析　设被封住气体的压强为p，则分析水银柱，其处于平衡状态，设水银柱的横截面积为S，则有pS＋ρgLSsinθ＝p0S，p＝p0－ρgLsinθ.当封闭气体的液柱倾斜时，其产生的压强ρgh中的h是竖直高度．

例2

　如图2，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d.已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变．求小车加速度的大小．

图2

答案　

解析　设小车加速度大小为a，稳定时汽缸气体的压强为p1，活塞受到汽缸内、外气体的压力分别为

f1＝p1S①

f0＝p0S②

由牛顿第二定律得

f1－f0＝ma③

小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得

p1V1＝p0V④

式中V＝SL⑤

V1＝S（L－d）⑥

联立①②③④⑤⑥式得

a＝

解题策略　这类问题的一般解题思路：

首先明确研究对象，然后明确初、末状态及状态参量，再利用玻意耳定律列方程，从而联立求解．对于充气、抽气类问题可以通过灵活选取研究对象，化变质量为一定质量，进行解答．

二、理想气体状态方程

应用状态方程解题的一般步骤

（1）明确研究对象，即某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．

特别提醒　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作理想气体处理，但这时往往关注的是是否满足一定质量．

例3

　如图3，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA.

图3

答案　

V0　1.4T0

解析　设初态压强为p0，膨胀后A、B压强相等

pB＝1.2p0

B中气体始、末状态温度相等，p0V0＝1.2p0（2V0－VA）

得VA＝

V0

A部分气体满足

＝

，得TA＝1.4T0.

方法指导　这类问题的处理方法：

确定研究对象后，再分析初、末状态的变化．若p、V、T三个量都发生变化，则选用

＝常数列方程．若某一个量不变，则选用合适的定律，列方程求解，在涉及两部分气体时，要注意找出两部分气体的联系，再列出联立方程．

三、气体的图象问题

要会识别图象反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图象的转换，理解图象的斜率、截距的物理意义．当图象反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态．

例4

　一定质量的理想气体，在状态变化过程中的pT图象如图4所示．在A状态时的体积为V0，试画出对应的VT图象和pT图象．

图4

答案　见解析图

解析　对气体A→B的过程，根据玻意耳定律，有p0V0＝3p0VB，则VB＝

V0.由此可知A、B、C三点的状态参量分别为：

A：

p0，T0，V0；B：

3p0，T0，

V0；C：

3p0,3T0，V0.VT图象和pV图象分别如图甲、乙所示．

四、对气体压强的理解

1．气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力．

2．产生原因：

大量气体分子无规则运动碰撞器壁，形成对器壁各处均匀的持续的压力而产生．

3．决定因素：

一定质量气体的压强大小，微观上取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数；宏观上取决于气体的温度T和体积V.

例5

　如图5所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中装有与容器容积相等的水，乙中充满空气，试问：

图5

（1）两容器各侧壁压强的大小关系及压强的大小决定于哪些因素？

（容器容积恒定）

（2）若让两容器同时做自由落体运动，容器侧壁上所受压强将怎样变化？

答案　见解析

解析　

（1）对甲容器，上壁的压强为零，底面的压强最大，其数值为p＝ρgh（h为上下底面间的距离）．侧壁的压强自上而下，由小变大，其数值大小与侧壁上各点距水面的竖直距离x的关系是p＝ρgx.对乙容器，各处器壁上的压强大小都相等，其大小决定于气体的分子密集程度和温度．

（2）甲容器做自由落体运动时器壁各处的压强均为零．乙容器做自由落体运动时，器壁各处的压强不发生变化．

解题策略　

（1）掌握好气体分子压强的微观解释．

（2）千万不要把液体和气体压强混淆，要从产生原因上加以区别．

章末检测

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、选择题（每小题5分，共50分）

1．关于理想气体，正确说法是（　　）

A．只有当温度很低时，实际气体才可当作理想气体

B．只有压强很大时，实际气体才可当作理想气体

C．在常温常压下，许多实际气体可当作理想气体

D．所有的实际气体在任何情况下，都可以当作理想气体

答案　C

2．已知湖水深度为20m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的（取g＝10m/s2，ρ水＝1.0×103kg/m3）（　　）

A．12.8倍B．8.5倍

C．3.1倍D．2.1倍

答案　C

解析　湖底压强大约为p0＋ρ水gh，即3个大气压，由气体状态方程，

＝

，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确．

3．一定质量的理想气体发生状态变化时，其状态参量p、V、T的变化情况可能是（　　）

A．p、V、T都增大

B．p减小，V和T都增大

C．p和V减小，T增大

D．p和T增大，V减小

答案　ABD

解析　由

＝C可知，A、B、D正确，C错误．

4．如图1，一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强（　　）

图1

A．逐渐增大B．逐渐减小

C．始终不变D．先增大后减小

答案　A

解析　气体从a到b的变化过程中，体积V减小，温度T升高，由理想气体状态方程

＝C可知，气体压强逐渐增大，本题只有选项A正确．

5．两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种理想气体，已知容器中气体的压强不相同，则下列判断中正确的是（　　）

A．压强小的容器中气体的温度比较高

B．压强大的容器中气体单位体积内的分子数比较少

C．压强小的容器中气体分子的平均动能比较小

D．压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大

答案　CD

解析　相同的容器分别装有等质量的同种气体，说明它们所含的分子总数相同，即分子数密度相同，B错；压强不同，一定是因为两容器气体分子平均动能不同造成的，压强小的容器中分子的平均动能一定较小，温度较低，故A错、C对；压强大的容器中气体分子对器壁单位面积的平均作用力比较大，故D项正确．

6．如图2所示，两端封闭的粗细均匀的U形管中，封闭两段气柱，长度分别为l1，l2，现让管在竖直方向上运动，下述判断正确的是（　　）

图2

A．加速上升时，l1变长，l2变短

B．加速上升时，l2变长，l1变短

C．减速下降时，l2变长，l1变短

D．减速上升时，l1变短，l2变长

答案　BC

解析　管在竖直方向加速上升和减速下降时，加速度方向向上，水银柱超重，减速上升时失重．现在管静止时，p2＝p1－ph，气柱l2的压强小，气柱l1的压强大，当超重时，l1长度变短，l2变长，B，C两项正确．当失重时，l1变长，l2变短．

7．一端封闭的玻璃管开口朝下浸入水中，在某一深度恰好能保持静止．如果水面上方大气压突然降低一些，玻璃管在水中的运动情况是（　　）

A．加速上升，直到玻璃管一部分露出水面

B．加速下降，直到水底

C．先加速下降，后减速下降至某一深度平衡

D．仍然静止

答案　A

解析　上方大气压突然降低，玻璃管中的气体体积增大，将管中的水挤出一部分而上升，上升过程中压强进一步减小，管内气体进一步膨胀，继续加速上升，直到玻璃管一部分露出水面，A正确．

8．如图3为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接．当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于（　　）

图3

A．0米B．0.5米

C．1米D．1.5米

答案　D

解析　表面看，1区、2区液面不在同一水平面，但1、2区以管C相通，p1＝p2＝pC.

即p1＝p0＋ρgh1　h1＝1.5m

p2＝p1＝p0＋ρgh　则h＝1.5m，D正确．

注意：

若液柱倾斜，仍有p＝p0＋ρgh，而h为液柱竖直高度．

9．图4为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是（　　）

图4

A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变

C．温度升高，压强减小D．温度不变，压强减小

答案　A

解析　对于一定质量的理想气体

＝C，得出V＝C

.当温度降低，压强增大时，体积减小，故A正确；当温度升高，压强不变时，体积增大，故B错；当温度升高，压强减小时，体积增大，故C错；当温度不变，压强减小时，体积增大，故D错．

10．如图5所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA，ΔVB，压强变化量ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则（　　）

图5

A．水银柱向上移动了一段距离

B．ΔVA<ΔVB

C．ΔpA>ΔpB

D．ΔFA＝ΔFB

答案　AC

解析　假定水银柱不动，升高相同的温度，对气体A：

＝

，得

＝

，同理知

＝

，又因为pA>pB，故pA′－pA>pB′－pB，所以水银柱向上移动，水银柱上下液面压强差更大，所以ΔpA>ΔpB，因此A、C两项正确；因为水银不可压缩，故ΔVA＝ΔVB，B项错误；因为ΔFA＝ΔpA·SA，ΔFB＝ΔpB·SB，故D项错．故正确答案为A、C.

二、填空题（每小题5分，共10分）

11．一定质量的理想气体，当体积保持不变时，其压强随温度升高而增大，用分子动理论来解释，当气体的温度升高时，其分子的热运动加剧，因此

（1）________；

（2）________，从而导致气体的压强增大．

答案　

（1）每个分子每次碰撞器壁的平均作用力增大　

（2）单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多

12．对于一定质量的理想气体，以p、V、T三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系，在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图6所示，三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小．

图6

（1）pT图象（图甲）中A、B两个状态，________状态体积小．

（2）VT图象（图乙）中C、D两个状态，________状态压强小．

（3）pV图象（图丙）中E、F两个状态，________状态温度低．

答案　

（1）A　

（2）C　（3）F

解析　甲图画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以VB>VA.乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以pD>pC.丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以TE>TF.

三、计算题（共4小题，共40分）

13．（8分）如图7所示的试管内由水银封有一定质量的气体，静止时气柱长为l0，大气压强为p0.当试管绕竖直轴以角速度ω在水平面内匀速转动时气柱长变为l，其他尺寸如图所示，求转动时气体的压强．

图7

答案　p0＋ρl1ω2

（设温度不变，试管横截面积为S，水银密度为ρ）

解析　选取水银柱为研究对象，转动所需向心力由液柱两侧气体压力差提供，则：

（p－p0）S＝mω2R，

而m＝ρl1S，R＝l2＋（l0－l）＋

，

所以p＝p0＋ρl1ω2

.

14．（10分）如图8所示，长31cm内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，齐口水银柱封住10cm长的空气柱，若把玻璃管在竖直平面内缓慢转动180°后，发现水银柱长度变为15cm，继续缓慢转动180°至开口端向上．求：

图8

（1）大气压强的值；

（2）末状态时空气柱的长度．

答案　

（1）75cmHg　

（2）10.67cm

解析　

（1）等温变化p1V1＝p2V2

p1＝p0＋21cmHg　p2＝p0－15cmHg

（p0＋21）×10×S＝（p0－15）×16×S

解得：

p0＝75cmHg.

（2）由玻意耳定律得p1V1＝p3V3

p3＝p0＋15cmHg

l3＝

＝

＝10.67cm.

15．（10分）如图9所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10－3m2，气缸内有质量m＝2kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12cm，此时气缸内被封闭气体的压强1.5×105Pa，温度为300K．外界大气压为1.0×105Pa，g＝10m/s2.

图9

（1）现对密闭气体加热，当温度升到400K时，其压强多大？

（2）若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360K，则这时活塞离缸底的距离为多少？

答案　

（1）2×105Pa　

（2）18cm

解析　

（1）气体体积不变，由查理定律得

＝

，即

＝

解得：

p＝2×105Pa

（2）p3＝p0＋mg/S＝1.2×105Pa　T3＝360K

由理想气体状态方程得

＝

，即

＝

解得：

l3＝18cm.

16．（12分）如图10，两个侧壁绝热、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

；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

.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：

图10

（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.

答案　

（1）

T0　

（2）

V0

解析　

（1）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得

＝

①

由此得T＝

T0②

（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，由玻意耳律得

pVx＝

·

③

（p＋p0）（2V0－Vx）＝p0·

④

联立③④式，得6V

－V0Vx－V

＝0，其解为Vx＝

V0

另一个解Vx＝－

V0，不符合题意，舍去．