2022最新高中物理第八章气体课时6章末总结教案人教版选修3-3

2022最新高中物理第八章气体课时6章末总结教案人教
版选修3-3
学案?6章末总结
一、气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1．玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态
方程在?T?恒定、V?恒定、p
恒定时的特例．
2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．
求解压强的方法：?(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等
列方程求气体压强．?(2)也
可以把封闭气体的物体?(如液柱、活塞、气缸等?)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究
对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．
3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏
气等变质量问题，巧妙地选取研究对象，使变质量的气体问题转化为
定质量的气体问题．
例?1如图?1?所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直
立放置，气缸底部和顶部
均有细管连通，顶部的细管带有阀门?K.两气缸的容积均为?V0，气缸
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
pV
0分别为?p0?和?30；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为?4?.现使气缸底与
一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；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，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：
热源稳定后，活塞下方体积增大为(V0
热源稳定后，活塞下方体积增大为(V0＋V0)，则由等压变化：?＝4
(1)恒温热源的温度?T；
(2)重新达到平衡后，左气缸中活塞上方气体的体积?Vx.
解析(1)设左、右活塞的质量分别为?M1、M2，左、右活塞的横截面积均为?S
由活塞平衡可知：p0S＝M1g①
p?S2
0p0S＝M2g＋?3?得?M2g＝3p0S②
打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而
右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持?4V0?不变，所以当下面接触温度为?T?的恒温
133
V0V0＋32V
V0V0＋
T0T
7
解得?T＝5T0
(2)如图所示，当把阀门?K?打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由
①②两式知?M1g＞M2g，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持
pV
温度?T0?等温变化，气缸下部保持温度?T?等温变化．设左侧上方气体压强为?p，由?pVx＝?30·?40，设
＝p2，解得?p2＝
＝p2，解得?p2＝p＋p0
M1g
S
所以有?p2
所以有?p2(2V0－Vx)＝p0·4
11
20联立上述两个方程有?6Vx－V0Vx－V2＝0，解得?Vx＝2V0，另一解?Vx＝－3V
20
71
答案(1)5T0(2)2V0
例?2如图?2?所示，一定质量的气体放在体积为?V0?的容器中，室温为?T0＝300?K，有一光滑导热
活塞?C(不占体积)将容器分成?A、B?两室，B?室的体积是?A?室的两倍，A?室容器上连接有一?U?形管
(U?形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为?76?cm，右室容器中连接有一阀门?K，可
与大气相通(外界大气压等于?76?cmHg)求：
解析(1)初始时，pA0＝p0
解析(1)初始时，pA0＝p0＋ρ?gh＝2atm，VA0＝3
VA＝A0A0＝V0
根据盖—吕萨克定律1＝2得V
T＝0T0＝450K
从?T＝450K?升高到?T2＝540K?为等容过程．根据查理定律0＝p
，得?pA2＝1.2atm.
(1)将阀门?K?打开后，A?室的体积变成多少？
(2)打开阀门?K?后将容器内的气体从?300?K?分别加热到?400?K?和?540?K?时，U?形管内两边水银面
的高度差各为多少？
V0
打开阀门后，A?室气体等温变化，pA＝1?atm，体积为?VA，由玻意耳定律得
pA0?VA0＝pAVA
p?V2
pA3
(2)假设打开阀门后，气体从?T0＝300?K?升高到?T?时，活塞?C?恰好到达容器最右端，即气体体积
变为?V0，压强仍为?p0，即等压过程．
V
T1T2
V
VA
因为?T1＝400?K<450?K，所以?pA1＝p0，水银柱的高度差为零．
pA2
TT2
T2＝540?K?时，p0＋ρ?gh′＝1.2?atm，
故水银高度差?h′＝15.2?cm.
2
答案(1)3V0(2)015.2?cm
二、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化，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．
1．等温线
图?3
(1)在?p－V?图象中，p?与?V?乘积越大，温度越高，如图?3?甲所示，T2>T1.
(2)在?p－V图象中，直线的斜率越大，温度越高，如图乙所
示，?T2>T1.
2．等容线
在?p－T?图象中，直线的斜率越大，体积越小，如图?4?所示，V2<V1.
3．等压线
在?V－T?图象中，直线的斜率越大，压强越小，如图?5?所示?p2<p1.图?4图?5
例?3一定质量的理想气体，在状态变化过程中的?p－T?图象如图?6?所示．在?A?状态时的体积为
V0，试画出对应的?V－T?图象和?p－T?图象．
图?6
解析对气体?A→B?的过程，根据玻意耳定律，有?p0V0＝3p0VB，则?VB＝3V0.由此可知?A、B、C?三点
的状态参量分别为：A：p0、T0、V0；B：3p0、T0、3V0；C：3p0、3T0、V0.
V－T?图象和?p－V?图象分别如图甲、乙所示．
答案见解析图
图?7
针对训练如图?7?所示，一根上细下粗、粗端与细端都均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上
端足够长，下端?(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体．现对气体缓慢加热，气体
温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近下图中的?()
解析根据理想气体状态方程?
解析根据理想气体状态方程?pV
＝C得：V＝T，图线的斜率为.在水银柱升入细管前，封闭气
CC
Tpp
体先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，
气体压强增大，斜率减
小；当水银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，?V－T?图线又为
直线，只是斜率比原来的
小．A?正确．
1．(气体实验定律的应用)容积为?1?L?的烧瓶，在压强
为?1.0×105?Pa?时，用塞子塞住，此时温
度为?27?℃；当把它加热到?127?℃时，塞子被打开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好?(塞子塞好
时瓶内气体温度仍为?127?℃，压强为?1.0×105?Pa)，把－273?℃视作?0?K．求：
(1)塞子打开前，烧瓶内的最大压强；
(2)最终瓶内剩余气体的质量与原瓶内气体质量的比值．
答案(1)1.33×105?Pa(2)
3
4
T1解析(1)
T1
初态有
p1＝1.0×105?Pa，T1＝300?K
末态气体压强设为
p2，T2＝400?K
由查理定律可得
T
p2＝2p1≈1.33×105?Pa.
(2)设瓶内原有气体体积为?V，打开塞子后在温度为?400?K、压强为?1.0×105?Pa?时气体的体积为
可得?V′＝V
4
V′
由玻意耳定律有?p2V＝p1V′，
4
3
3
故瓶内所剩气体的质量与原瓶内气体质量的比值为?.
2．(气体实验定律及其图象问题)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用
不计质量的活塞封闭压强为?1.0×105?Pa、体积为?2.0×10－3?m3?
的理想气体，现在活塞上方缓慢
倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度
变为?127?℃.
图?8
(1)求气缸内气体的最终体积；
(2)在图?8?上画出整个过程中气缸内气体的状态变化(外界大气压强为?1.0×105?Pa)．
答案(1)1.47×10－3?m3
(2)见解析图
解得?p1＝0p
解得?p1＝0p0＝
V11.0×10－3
V1V2
T0T2
p0V0＝p1V1
V2.0×10－3
×1.0×105?Pa＝2.0×105?Pa
在缓慢加热到?127?℃的过程中压强保持不变，则
＝
T0273
T0
273
所以?V2＝2V1＝
273＋127
×1.0×10－3?m3
≈1.47×10－3?m3
(2)整个过程中气缸内气体的状态变化如图所示
3．(气体实验定律及图象问题)1?mol?的理想气体，其状态变化的?p －V?图象如图?9?所示，请画出
对应的状态变化的?p－T?图象和?V－T?图象．
C?到?D
C?到?D?的过程是等容变化，压强减小，则温度降低一
D?到?A?的过程是等压变化，体积减小，则温度降低一半．
答案见解析图
解析1?mol?的理想气体在标准状态下(1?atm,273?K)的体积是?22.4?L，所以状态?A?的温度是?273
K.
A?到?B?的过程是等容变化，压强增大?1?倍，则温度升高?1?倍，所以?B?的温度是?546?K.
B?到?C?的过程是等压变化，体积增大?1?倍，则温度升高?1?倍，所以?C?的温度是?1?092?K.
2
半，所以?D?的温度是?546?K.
2
因此，p－T?图象和?V－T?图象分别如图甲、乙所示．。