高中物理选修3-3大题知识点及经典例题.doc

高中物理选修3-3大题知识点及经典例题.doc

《高中物理选修3-3大题知识点及经典例题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理选修3-3大题知识点及经典例题.doc（8页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高中物理选修3-3大题知识点及经典例题

气体压强的产生与计算

1．产生的原因：

由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强。

2．决定因素

（1）宏观上：

决定于气体的温度和体积。

（2）微观上：

决定于分子的平均动能和分子的密集程度。

3．平衡状态下气体压强的求法

（1）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方程，求得气体的压强。

（2）力平衡法：

选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象进行受力分析，得到液柱（或活塞）的受力平衡方程，求得气体的压强。

（3）等压面法：

在连通器中，同一种液体（中间不间断）同一深度处压强相等。

液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强。

4．加速运动系统中封闭气体压强的求法

选取与气体接触的液柱（或活塞）为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。

考向1　液体封闭气体压强的计算

若已知大气压强为p0，在图2－2中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。

图2－2

[解析]　在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知

p甲S＝－ρghS＋p0S

所以p甲＝p0－ρgh

在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：

pAS＋ρghS＝p0S

p乙＝pA＝p0－ρgh

在图丙中，仍以B液面为研究对象，有

pA′＋ρghsin60°＝pB′＝p0

所以p丙＝pA′＝p0－ρgh

在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得

p丁S＝（p0＋ρgh1）S

所以p丁＝p0＋ρgh1。

[答案]　甲：

p0－ρgh　乙：

p0－ρgh　丙：

p0－ρgh1　丁：

p0＋ρgh1

考向2　活塞封闭气体压强的求解

如图2－3中两个汽缸质量均为M，内部横截面积均为S，两个活塞的质量均为m，左边的汽缸静止在水平面上，右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下。

两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A、B，大气压为p0，求封闭气体A、B的压强各多大？

图2－3

[解析]　由题图甲中选m为研究对象。

pAS＝p0S＋mg

得pA＝p0＋

题图乙中选M为研究对象得

pB＝p0－。

[答案]　p0＋　p0－

理想气体状态方程与实验定律的应用

1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系

＝

2．几个重要的推论

（1）查理定律的推论：

Δp＝ΔT

（2）盖－吕萨克定律的推论：

ΔV＝ΔT

（3）理想气体状态方程的推论：

＝＋＋……

3．应用状态方程或实验定律解题的一般步骤

（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）由状态方程或实验定律列式求解；

（4）讨论结果的合理性。

4．用图象法分析气体的状态变化

一定质量的气体不同图象的比较

　　类别

图线　　

特点

举例

p－V

pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远

p－

p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高

p－T

p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小

V－T

V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小

考向1　气体实验定律的应用

如图2－4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＝1.00×105Pa，温度为T＝303K。

初始时大活塞与大圆筒底部相距，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2－4

（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，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接触前的瞬间，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2。

由题给条件得

V1＝S2＋S1①

V2＝S2l②

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

＝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′，由查理定理，有

＝⑥

联立③⑤⑥式并代入题给数据得

p′＝1.01×105Pa。

⑦

[答案]　

（1）330K　

（2）1.01×105Pa

考向2　气体状态变化的图象问题

一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图2－5甲所示，若状态D的压强是2×104Pa。

图2－5

（1）求状态A的压强；

（2）请在图乙中画出该状态变化过程的p－T图象，并分别标出A、B、C、D各个状态，不要求写出计算过程。

[思路点拨]　读出V－T图上各点的体积和温度，由理想气体状态方程即可求出各点对应的压强。

[解析]　

（1）据理想气体状态方程：

＝，

则pA＝＝4×104Pa。

（2）p－T图象及A、B、C、D各个状态如下图所示。

[答案]　

（1）4×104Pa　

（2）见解析

规律总结

（1）要清楚等温、等压、等容变化，在p－V图象、p－T图象、V－T图象、p－T图象、V－T图象中的特点。

（2）若题中给出了图象，则从中提取相关的信息，如物态变化的特点、已知量、待求量等。

（3）若需作出图象，则分析物态变化特点，在特殊点处，依据题给已知量、解得的待求量，按要求作图象．若从已知图象作相同坐标系的新图象，则在计算后也可以应用“平移法”。

某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为________的空气。

（填选项前的字母）

A.V B.V C.V D.V

解析　设需充入体积为V′的空气，以V、V′体积的空气整体为研究对象，由理想气体状态方程有＝，得V′＝（－1）V。

答案　C

如图2－12所示，汽缸长为L＝1m，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27℃、大气压强为p0＝1×105Pa时，气柱长度为l＝90cm，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计。

求：

图2－12

（1）如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸右端口，此时水平拉力F的大小是多少？

（2）如果汽缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至汽缸右端口时，气体温度为多少摄氏度？

解析　

（1）设活塞到达汽缸右端口时，被封气体压强为p1，则p1S＝p0S－F

由玻意耳定律得：

p0lS＝p1LS

解得：

F＝100N

（2）由盖－吕萨克定律得：

＝

解得：

T＝333K，则t′＝60℃。

答案　

（1）100N　

（2）60℃

如图2－13所示，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。

已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。

现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。

求活塞A移动的距离。

图2－13

解析　初始状态下A、B两部分气体的压强分别设为pAO、pBO，则对活塞A、B由平衡条件可得：

p0S＋mg＝pAOS①

pAOS＋mg＝pBOS②

最终状态下两部分气体融合在一起，压强设为p，体积设为V′，对活塞A由平衡条件有

p0S＋mg＝pS③

对两部分气体由理想气体状态方程可得

pAOV＋pBOV＝pV′④

设活塞A移动的距离为h，则有

V′＝2V＋hS⑤

联立以上五式可得

h＝。

答案　

如图2－14所示，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。

两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。

当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。

图2－14

（1）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；

（2）继续缓慢加热，使活塞a上升。

当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。

解析　

（1）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。

设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。

按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给数据和盖—吕萨克定律有

V1＝V0＋＝V0①

V2＝V0＋V0＝V0②

＝

由①②③式和题给数据得

T2＝320K④

（2）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。

设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。

由题给数据和玻意耳定律有

V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤

p1′V1′＝p2′V2′⑥

由⑤⑥式得

p2′＝p0。

答案　

（1）320K　

（2）p0

如图3－7所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高。

现将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10cm。

（环境温度不变，大气压强p0＝75cmHg）

图3－7

（1）求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”作单位）；

（2）此过程中左管内的气体对外界________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体将________（填“吸热”或“放热”）。

解析　

（1）设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p。

左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

p1＝p0②

p2＝p＋ph③

V1＝l1S④

V2＝l2S⑤

由几何关系得h＝2（l2－l1）⑥

联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50cmHg⑦

（2）左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热。

答案　

（1）50cmHg　

（2）做正功　吸热

如图3－8所示，倒悬的导热汽缸中封闭着一定质量的理想气体，轻质活塞可无摩擦地上下移动，活塞的横截面积为S，活塞的下面吊着一个重为G的物体，大气压强恒为p0。

起初环境的热力学温度为T0时，活塞到汽缸底面的距离为L。

当环境温度逐渐升高，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体吸收的热量为Q。

求：

图3－8

（1）汽缸内部气体内能的增量ΔU；

（2）最终的环境温度T。

解析　

（1）密封气体的压强p＝p0－（G/S）

密封气体对外做功W＝pS·0.1L

由热力学第一定律ΔU＝Q－W

得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG

（2）该过程是等压变化，由盖－吕萨克定律有

＝

解得T＝1.1T0。

答案　

（1）Q－0.1p0SL＋0.1LG　

（2）1.1T0

8