人教版高中物理选修3-3 第八章 气体讲义 章末整合

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p 0)
答案 p 0－ρgL sin θ
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 ＋ρgLS sin θ＝p 0S ，p ＝p 0－ρgL sin θ.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p 0，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p 0；整个过程温度保持不变．求小车加速度的大小．
图2
答案
p 0Sd
m (L －d )
解析 设小车加速度大小为a ，稳定时汽缸气体的压强为p 1，活塞受到汽缸内、外气体的压力分别为
f 1＝p 1S ① f 0＝p 0S ②
由牛顿第二定律得 f 1－f 0＝ma ③
小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p 0，由玻意耳定律得 p 1V 1＝p 0V ④ 式中V ＝SL ⑤
V 1＝S (L －d )⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 a ＝
p 0Sd
m (L －d )
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p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2； (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V 0、温度均为T 0.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V A 和温度T A .
图3
答案 7
6V 0 1.4T 0
解析 设初态压强为p 0，膨胀后A 、B 压强相等 p B ＝1.2p 0
B 中气体始、末状态温度相等，p 0V 0＝1.2p 0(2V 0－V A ) 得V A ＝7
6V 0
A 部分气体满足p 0V 0T 0＝1.2p 0V A
T A
，得T A ＝1.4T 0.
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pV
T ＝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p -T 图象如图4所示．在A 状态时的体积为V 0，试画出对应的V -T 图象和p -T 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p 0V 0＝3p 0V B ，则V B ＝1
3V 0.由此可知A 、B 、C 三点的状态参量分别为：A ：p 0，T 0，V 0；B ：3p 0，T 0，1
3V 0；C ：3p 0,3T 0，V 0.V -T 图象和p -V 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20 m，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＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/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，3p0V1
4＋273
＝p0V2
17＋273
，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pV
T ＝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pV
T ＝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l 1，l 2，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－p h，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＝p C.
即p1＝p0＋ρgh1h1＝1.5 m
p2＝p1＝p0＋ρgh则h＝1.5 m，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pV T ＝C ，得出V ＝C T
p .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ΔV A ，ΔV B ，压强变化量Δp A 、Δp B ，对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ，则( )
图5
A ．水银柱向上移动了一段距离
B ．ΔV A <ΔV B
C ．Δp A >Δp B
D ．ΔF A ＝ΔF B 答案 AC
解析 假定水银柱不动，升高相同的温度，对气体A ：p A T 1＝p A ′
T 2，得
p A ′－p A T 2－T 1＝p A
T 1，同理知p B ′－p B T 2－T 1＝p B T 1，又因为p A >p B ，故p A ′－p A >p B ′－p B ，所以水银柱
向上移动，水银柱上下液面压强差更大，所以Δp A >Δp B ，因此A 、C 两项正确；因为水银不可压缩，故ΔV A ＝ΔV B ，B 项错误；因为ΔF A ＝Δp A ·S A ，ΔF B ＝Δp B ·S B ，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)p -T 图象(图甲)中A 、B 两个状态，________状态体积小． (2)V -T 图象(图乙)中C 、D 两个状态，________状态压强小． (3)p -V 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V B >V A .乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以p D >p C .丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以T E >T F .
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l 0，大气压强为p 0.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 p 0＋ρl 1ω2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫l 2＋l 0－l ＋l 12
(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 －p 0)S ＝mω2R ，
而m ＝ρl 1S ，R ＝l 2＋(l 0－l )＋l 1
2， 所以p ＝p 0＋ρl 1ω2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
l 2＋l 0－l ＋l 12. 14．(10分)如图8所示，长31 cm 内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，齐口水银柱封住10 cm 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15 cm ，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)75 cm Hg (2)10.67 cm 解析 (1)等温变化p 1V 1＝p 2V 2 p 1＝p 0＋21 cmHg p 2＝p 0－15 cmHg (p 0＋21)×10×S ＝(p 0－15)×16×S 解得：p 0＝75 cmHg.
(2)由玻意耳定律得p 1V 1＝p 3V 3 p 3＝p 0＋15 cmHg
l 3＝p 1l 1p 3＝(75＋21)×10 cm
(75＋15)
＝10.67 cm.
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
－3
m 2，气缸内有质量m ＝2 kg 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12 cm ，此时气缸内被封闭气体的压强1.5×105 Pa ，温度为300 K ．外界大气压为1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2.
图9
(1)现对密闭气体加热，当温度升到400 K 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360 K ，则这时活塞离缸底的距离为多少？
答案 (1)2×105 Pa (2)18 cm
解析 (1)气体体积不变，由查理定律得 p 1T 1＝p 2T 2，即1.5×105
300＝p 400 解得：p ＝2×105 Pa
(2)p 3＝p 0＋mg /S ＝1.2×105 Pa T 3＝360 K
由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3
T 3，即1.5×105
×12300＝1.2×105
×l 3360
解得：l 3＝18 cm.
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V 0，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p 0和p 0
3；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V 0
4.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T 0，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V x . 答案 (1)75T 0 (2)1
2
V 0
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T
T 0＝7V 0
45V 0
4
①
由此得T ＝7
5T 0②
(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
pV x ＝p 03·
V 0
4③
(p ＋p 0)(2V 0－V x )＝p 0·7V 0
4④
联立③④式，得6V 2x －V 0V x －V 2
0＝0，其解为V x
＝12V 0 另一个解V x ＝－1
3V 0，不符合题意，舍去．。