高中物理选修3-3大题知识点及经典例题

中学物理选修3-3大题学问点及经典例题
气体压强的产生与计算
1．产生的缘由：由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处匀称、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．确定因素
(1)宏观上：确定于气体的温度和体积。

(2)微观上：确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)为探讨对象，分析液片两侧受力状况，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)为探讨对象进行受力分析，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)为探讨对象，进行受力分析，利用牛顿其次定律列方程求解。

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的液柱为探讨对象，由二力平衡知
p甲S＝－ρghS＋p0S
所以p甲＝p0－ρgh
在图乙中，以B液面为探讨对象，由平衡方程F上＝F下有：
p A S＋ρghS＝p0S
p乙＝p A＝p0－ρgh
在图丙中，仍以B液面为探讨对象，有
p A′＋ρgh sin 60°＝p B′＝p0
所以p丙＝p A′＝p0－
3
2
ρgh
在图丁中，以液面A为探讨对象，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－
3
2
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肯定质量的空气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 为探讨对象。

p A S ＝p 0S ＋mg 得p A ＝p 0＋mg S
题图乙中选M 为探讨对象得
p B ＝p 0－Mg
S。

[答案]p 0＋mg S p 0－Mg S
志向气体状态方程与试验定律的应用
1．志向气体状态方程与气体试验定律的关系
p 1V 1T 1
＝p 2V 2T 2
⎩⎪⎨⎪⎧温度不变：p 1V 1＝p 2V 2（玻意耳定律）
体积不变：p 1
T 1＝p
2T 2（查理定律）
压强不变：V 1T 1
＝V
2T
2
（盖－吕萨克定律）
2．几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp ＝p 1
T 1
ΔT (2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV ＝V 1T 1
ΔT (3)志向气体状态方程的推论：
p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1＋p 2V 2
T 2
＋…… 3．应用状态方程或试验定律解题的一般步骤
(1)明确探讨对象，即某肯定质量的志向气体；
(2)确定气体在始末状态的参量p 1，V 1、T 1及p 2、V 2、T 2； (3)由状态方程或试验定律列式求解； (4)探讨结果的合理性。

4．用图象法分析气体的状态改变
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 －1
V
p ＝CT 1
V
，斜率k ＝CT ，即斜率越大，温度越高
p －T
p ＝C V T ，斜率k ＝C
V ，即斜率越大，体积越小
V －T
V ＝C p T ，斜率k ＝C
p
，即斜率越大，压强越小
考向1 气体试验定律的应用
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m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2
；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截
面积为S 2＝40.0 cm 2
；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105
Pa ，温度为T ＝303 K 。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l
2，两活塞间封闭气体的温度
为T 1＝495 K 。

现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。

忽视两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重
力加速度大小g 取10 m/s 2。

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V 1，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V 2，温度为T 2。

由题给条件得
V 1＝S 2⎝
⎛⎭
⎪⎫l －l 2＋S 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫l 2①
V 2＝S 2l ②
在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③
故缸内气体的压强不变。

由盖—吕萨克定律有
V 1T 1＝V 2
T 2
④ 联立①②④式并代入题给数据得 T 2＝330 K 。

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p 1。

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
p ′T ＝p 1
T 2
⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p ′＝1.01×105 Pa 。

⑦
[答案] (1)330 K (2)1.01×105
Pa 考向2 气体状态改变的图象问题
肯定质量的志向气体由状态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2×104
Pa 。

图2－5
(1)求状态A 的压强；
(2)请在图乙中画出该状态改变过程的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，由志向气体状态方程即可求出各点对应的压强。

[解析] (1)据志向气体状态方程：
p A V A T A ＝p D V D
T D
， 则p A ＝
p D V D T A V A T D
＝4×104
Pa 。

(2)p －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如下图所示。

[答案] (1)4×104
Pa (2)见解析 规律总结
(1)要清晰等温、等压、等容改变，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，如物态改变的特点、已知量、待求量等。

(3)若需作出图象，则分析物态改变特点，在特别点处，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p 0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，空气可看作志向气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0、体积为________的空气。

(填选项前的字母)
A.p 0p
V
B.p p 0
V
C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫p p 0
－1V
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫p p 0
＋1V
解析 设需充入体积为V ′的空气，以V 、V ′体积的空气整体为探讨对象，由志向气体状态方程有
p 0（V ＋V ′）T ＝pV T ，得V ′＝(p
p 0
－1)V 。

答案 C
如图2－12所示，汽缸长为L ＝1 m ，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S ＝100 cm 2
的光
滑活塞，活塞封闭了肯定质量的志向气体，当温度为t ＝27 ℃、大气压强为p 0＝1×105
Pa 时，气柱长度为l ＝90 cm ，汽缸和活塞的厚度均可忽视不计。

求：
图2－12
(1)假如温度保持不变，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)假如汽缸内气体温度缓慢上升，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p 1，则p 1S ＝p 0S －F 由玻意耳定律得：p 0lS ＝p 1LS 解得：F ＝100 N
(2)由盖－吕萨克定律得：
lS
300 K ＝
LS T
解得：T ＝333 K ，则t ′＝60 ℃。

答案 (1)100 N (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肯定量的同样的志向气体，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p 0。

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p AO 、p BO ，则对活塞A 、B 由平衡条件可得： p 0S ＋mg ＝p AO S ① p AO S ＋mg ＝p BO S ②
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 p 0S ＋mg ＝pS ③
对两部分气体由志向气体状态方程可得 p AO V ＋p BO V ＝pV ′④
设活塞A 移动的距离为h ，则有 V ′＝2V ＋hS ⑤ 联立以上五式可得
h ＝
mgV
（p 0S ＋mg ）S。

答案mgV
（p 0S ＋mg ）S
如图2－14所示，两气缸A 、B 粗细匀称、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽视的细管连通；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视的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气。

当大气压为p 0、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1
4，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)接着缓慢加热，使活塞a 上升。

当活塞a 上升的距离是气缸高度的1
16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 下方的氮气经验等压过程。

设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1；末态体积为V 2，温度为T 2。

按题意，气缸B 的容积为V 0/4，由题给数据和盖—吕萨克定律有
V 1＝34V 0＋
12V 04＝7
8V 0① V 2＝34
V 0＋14
V 0＝V 0② V 1T 1＝V 2T 2
由①②③式和题给数据得 T 2＝320 K ④
(2)活塞b 升至顶部后，由于接着缓慢加热，活塞a 起先向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1
16时，活塞a 上方的氧气经验等温过程。

设氧气初态体积为V 1′，压强为p 1′；末态体
积为V 2′，压强为p 2′。

由题给数据和玻意耳定律有
V 1′＝14
V 0，p 1′＝p 0，V 2′＝316
V 0⑤ p 1′V 1′＝p 2′V 2′⑥
由⑤⑥式得
p 2′＝43
p 0。

答案 (1)320 K (2)4
3
p 0
如图3－7所示，粗细匀称、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l 1＝20 cm(可视为志向气体)，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 ＝10 cm 。

(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)
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p 1，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改变，依据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
p1＝p0②
p2＝p＋p h③
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＝50 cmHg⑦
(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，依据热力学第肯定律，ΔU＝Q ＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热。

答案(1)50 cmHg (2)做正功吸热
如图3－8所示，倒悬的导热汽缸中封闭着肯定质量的志向气体，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。

当环境温度渐渐上升，导致活塞缓慢下降，该过程中活塞下降了0.1L，汽缸中的气体汲取的热量为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
由热力学第肯定律ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG
(2)该过程是等压改变，由盖－吕萨克定律有
LS T0＝
（L＋0.1L）S
T
解得T＝1.1T0。

答案(1)Q－0.1p0SL＋0.1LG(2)1.1T0。