2018_2019版高中物理第二章气体微型专题学案教科版选修3_3

微型专题 气体实验定律的应用[学习目标]1.会计算封闭气体的压强.2.会处理变质量问题.3.理解液柱移动问题的分析方法.4.能用气体实验定律解决一些综合问题．一、封闭气体压强的计算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(取等压面法)：在连通器中，同一液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的．液体内深h 处的总压强p ＝p 0＋ρgh ，p 0为液面上方的压强．注意：①在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p h ＝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．②求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程．(2)受力平衡法：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． 2．容器加速运动时求封闭气体的压强当容器加速运动时，通常选择与气体相关联的液柱、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．例1 若已知大气压强为p 0，在图1中各装置均处于静止状态，求被封闭气体的压强．(重力加速度为g )图1答案 甲：p 0－ρgh 乙：p 0－ρgh 丙：p 0－32ρgh 丁：p 0＋ρgh 1 解析 在题图甲中，以高为h 的液柱为研究对象，由平衡方程知：p 气S ＝－ρghS ＋p 0S 得p 气＝p 0－ρgh在题图乙中，以B 液面为研究对象，由平衡方程有：p A S ＋ρghS ＝p 0S p 气＝p A ＝p 0－ρgh在题图丙中，以液面B 为研究对象，有：p A ＋ρgh ·sin60°＝p B ＝p 0得p 气＝p A ＝p 0－32ρgh 在题图丁中，以液面A 为研究对象，由平衡方程得：p A S ＝(p 0＋ρgh 1)S得p 气＝p A ＝p 0＋ρgh 1例2 如图2所示，设活塞质量为m ，活塞面积为S ，汽缸质量为M ，重力加速度为g ，求被封闭气体的压强．图2答案 甲：p 0＋mg S 乙：p 0－Mg S 丙：MF(M ＋m )S ＋p 0解析 甲中选活塞为研究对象，由合力为零得p 0S ＋mg ＝pS故p ＝p 0＋mg S乙中选汽缸为研究对象，得pS ＋Mg ＝p 0S故p ＝p 0－Mg S丙中选整体为研究对象得F ＝(M ＋m )a ① 再选活塞为研究对象得F ＋p 0S －pS ＝ma ② 由①②得p ＝MF(M ＋m )S＋p 0.例3 图3中相同的A 、B 汽缸的长度、横截面积分别为30cm 和20cm 2，C 是可在汽缸B 内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A 内有压强为p A ＝2.0×105Pa 的氮气，B 内有压强为p B ＝1.0×105Pa 的氧气，活塞C 处于图中所示位置．阀门打开后，活塞移动，最后达到平衡，求活塞C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强．(假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略不计)图3答案 10cm1.5×105Pa解析 由玻意耳定律：对A 部分气体有：p A LS ＝p (L ＋x )S 对B 部分气体有：p B LS ＝p (L －x )S 代入相关数据解得：x ＝10cmp ＝1.5×105Pa.解决汽缸类问题的一般思路1．弄清题意，确定研究对象，一般来说，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)．2．分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要进行正确的受力分析，依据力学规律列出方程．3．注意挖掘题目的隐含条件，如压强关系、体积关系等，列出辅助方程． 4．多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性． 二、变质量问题例4 某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5L ，如图4所示，装入6L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300cm 3、1atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：图4(1)要使贮液筒中空气的压强达到4atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ 答案 (1)15(2)1.5L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p ，整个过程温度保持不变， 由玻意耳定律得：1atm ×300cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4atm ×1.5L ＝1atm ×VV ＝6L故还剩药液7.5L －6L ＝1.5L.在对气体质量变化的问题分析和求解时，首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题，否则不能应用气体实验定律.如漏气问题，不管是等温漏气、等容漏气，还是等压漏气，都要将漏掉的气体收回来.可以设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温、同压，这样就把变质量问题转化为定质量问题，然后再应用气体实验定律求解. 三、液柱移动问题用液柱或活塞隔开两部分气体，当气体温度变化时，气体的状态参量p 、V 、T 都发生了变化，直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难，通常先进行气体状态的假设，然后应用查理定律求解．其一般思路为：(1)先假设液柱或活塞不动，两部分气体均做等容变化． (2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δpp＝ΔTT，求出每部分气体压强的变化量Δp ，并加以比较．说明：液柱是否移动，取决于液柱两端受力是否平衡．当液柱两边横截面积相等时，只需比较压强的变化量；液柱两边横截面积不相等时，则应比较变化后液柱两边受力的大小． 例5 如图5所示，两端封闭粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，则管内水银柱将(设原来温度相同)()图5A ．向上移动B ．向下移动C ．水银柱不动D ．无法判断答案 A解析 由Δp p ＝ΔT T 得Δp 1＝ΔT T p 1，Δp 2＝ΔTTp 2，由于p 1>p 2，所以Δp 1>Δp 2，水银柱向上移动．选项A 正确．此类问题中，如果是气体温度降低，则ΔT 为负值，Δp 亦为负值，表示气体压强减小，那么降温后水银柱应该向压强减小得多的一方移动. 四、气体实验定律的综合应用 应用气体实验定律的解题步骤：(1)确定研究对象，即被封闭的气体．(2)分析被研究气体在状态变化时是否符合定律条件，是否是质量和体积保持不变或质量和压强保持不变．(3)确定初、末两个状态的六个状态参量p 1、V 1、T 1、p 2、V 2、T 2. (4)按玻意耳定律、查理定律或盖吕萨克定律列式求解． (5)求解结果并分析、检验．例6 如图6所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40cm 2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A 封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60cm 处设有a 、b 两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强为p 0(p 0＝1.0×105Pa 为大气压强)，温度为300K ．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K 时，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360K 时，活塞上升了4cm.g 取10m/s 2，求：图6(1)活塞的质量； (2)物体A 的体积． 答案 (1)4kg(2)640cm 3解析 (1)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝300K ，p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝(60×40－ΔV ) cm 3 T 2＝330K ，p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1.0×105＋mg40×10－4Pa ，V 2＝V 1T 3＝360K ，p 3＝p 2，V 3＝(64×40－ΔV ) cm 3由状态1到状态2为等容过程，由查理定律有p 1T 1＝p 2T 2代入数据得m ＝4kg(2)由状态2到状态3为等压过程，由盖吕萨克定律有V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV ＝640cm 3.1．(压强的计算)如图7所示，汽缸悬挂在天花板上，缸内封闭着一定质量的气体A ，已知汽缸质量为m 1，活塞的横截面积为S ，质量为m 2，活塞与汽缸之间的摩擦不计，外界大气压强为p 0，求气体A 的压强p A .(重力加速度为g )图7答案 p 0－m 2g S解析 对活塞进行受力分析，如图所示．活塞受三个力作用而平衡，由力的平衡条件可得p A S ＋m 2g ＝p 0S ，故p A ＝p 0－m 2g S. 2．(压强的计算)求图8中被封闭气体A 的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p 0＝76cmHg.(p 0＝1.01×105Pa ，g ＝10m/s 2，ρ水＝1×103 kg/m 3)图8答案 (1)66cmHg(2)71cmHg(3)81cmHg(4)1.13×105Pa 解析 (1)p A ＝p 0－p h ＝76cmHg －10cmHg ＝66cmHg. (2)p A ＝p 0－p h ＝76cmHg －10sin30°cmHg＝71cmHg. (3)p B ＝p 0＋p h 2＝76cmHg ＋10cmHg ＝86cmHgp A ＝p B －p h 1＝86cmHg －5cmHg ＝81cmHg.(4)p A ＝p 0＋ρ水gh ＝1.01×105Pa ＋1×103×10×1.2Pa ＝1.13×105Pa.3．(变质量问题)一只两用活塞气筒的原理如图9所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)()图9A ．np 0，1np 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V)np 0，(1＋V 0V)np 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 0 答案 D解析 打气时，活塞每推动一次，就把体积为V 0、压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0、体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0、体积为V 的气体，根据玻意耳定律得： p 0(V ＋nV 0)＝p ′V ，所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V 0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V 膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得： 第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝VV ＋V 0p 0.第二次抽气p 1V ＝p 2(V ＋V 0)p 2＝V V ＋V 0p 1＝(V V ＋V 0)2p 0活塞工作n 次，则有：p n ＝(VV ＋V 0)np 0.故正确答案为D.4．(液柱移动问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图10所示．V 左<V 右，温度均为20℃，现将右端空气柱的温度降为0℃，左端空气柱的温度降为10℃，则管中水银柱将()图10A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝－10293p同理右端空气柱Δp 右＝－20293p所以|Δp 右|>|Δp 左|，即右侧空气柱的压强降低得比左侧空气柱的压强多，故水银柱向右移动，选项C 正确．一、选择题考点一 气体压强的计算1.一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h (cm)，上端空气柱长为L (cm)，如图1所示，已知大气压强为H cmHg ，下列说法正确的是()图1A ．此时封闭气体的压强是(L ＋h ) cmHgB ．此时封闭气体的压强是(H －h ) cmHgC ．此时封闭气体的压强是(H ＋h ) cmHgD ．此时封闭气体的压强是(H －L ) cmHg 答案 B解析 利用等压面法，选管外水银面为等压面，则封闭气体压强p ＋p h ＝p 0，得p ＝p 0－p h ，即p ＝(H －h ) cmHg ，故B 项正确．2．如图2所示，一圆筒形汽缸静置于地面上，汽缸的质量为M ，活塞(连同手柄)的质量为m ，汽缸内部的横截面积为S ，大气压强为p 0.现用手握住活塞手柄缓慢向上提，不计汽缸内气体的质量及活塞与汽缸壁间的摩擦，重力加速度为g ，若汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p ，则()图2A ．p ＝p 0＋mg SB ．p ＝p 0－mg SC ．p ＝p 0＋Mg SD ．p ＝p 0－Mg S答案 D解析 对汽缸缸套受力分析有Mg ＋pS ＝p 0S ，p ＝p 0－MgS，选D. 3．如图3所示，竖直放置的弯曲管A 端开口，B 端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h 1、h 2和h 3，则B 端气体的压强为(已知大气压强为p 0，重力加速度为g )()图3A ．p 0－ρg (h 1＋h 2－h 3)B ．p 0－ρg (h 1＋h 3)C ．p 0－ρg (h 1＋h 3－h 2)D ．p 0－ρg (h 1＋h 2) 答案 B解析 需要从管口依次向左分析，中间气室压强比管口低ρgh 3，B 端气体压强比中间气室低ρgh 1，所以B 端气体压强为p 0－ρgh 3－ρgh 1，选B 项． 考点二 变质量问题4．空气压缩机的储气罐中储有1.0atm 的空气6.0L ，现再充入1.0atm 的空气9.0L ．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为() A ．2.5atm B ．2.0atm C ．1.5atm D ．1.0atm答案 A解析 取全部气体为研究对象，由p 1(V 1＋V 2)＝pV 1得p ＝2.5atm ，故A 正确．5．用打气筒将压强为1atm 的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500cm 3，轮胎容积V ＝3L ，原来压强p ＝1.5atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4atm ，问用这个打气筒要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)()A．10次B．15次C．20次D．25次答案 B解析温度不变，由玻意耳定律的分态气态方程得pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得1．5atm×3L＋n×1atm×0.5L＝4atm×3L，解得n＝15.考点三液柱移动问题6.在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图4所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将()图4A．增大B．减小C．不变D．无法确定答案 B解析水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动．开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力mg和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋mg－p0S＝mg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2<l1，所以空气柱长度将减小．故正确答案为B.二、非选择题7．(变质量问题)氧气瓶的容积是40L，其中氧气的压强是130atm，规定瓶内氧气压强降到10atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1atm的氧气400L，一瓶氧气能用几天？假定温度不变．答案12天解析用如图所示的方框图表示思路．温度不变，由V1→V2：p1V1＝p2V2，V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010L ＝520L ， 由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2(V 2－V 1)p 3＝10×4801L ＝4800L ， 则V 3400L ＝12(天)． 8．(气体实验定律的综合应用)如图5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 ＝100cm 2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p 0＝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5(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？ 答案 (1)100N(2)60.3℃解析 (1)设活塞到达缸口时，被封闭气体压强为p 1，则p 1S ＝p 0S －F由玻意耳定律得：p 0lS ＝p 1LS ，解得：F ＝100N(2)由盖吕萨克定律得：lS 300K ＝LS(273K ＋t ′) 解得：t ′≈60.3℃.9．(气体实验定律的综合应用)如图6所示，A 汽缸横截面积为500cm 2，A 、B 两个汽缸中装有体积均为10L 、压强均为1atm 、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左边的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 汽缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁、细管间的摩擦，周围大气压强为1atm ＝105Pa ，当推力F ＝53×103N 时，求：图6(1)活塞N 向右移动的距离是多少厘米？(2)B 汽缸中的气体升温到多少摄氏度？答案 (1)5cm(2)127℃解析 (1)p A ′＝p A ＋F S ＝43×105Pa 对A 中气体，由p A V A ＝p A ′V A ′ 得V A ′＝p A V A p A ′，解得V A ′＝34V A L A ＝V A S＝20cm L A ′＝V A ′S＝15cm Δx ＝L A －L A ′＝5cm(2)对B 中气体，p B ′＝p A ′＝43×105Pa 由p B T B ＝p B ′T B ′解得T B ′＝p B ′p B T B ＝400K ＝127℃.。