高中物理选修3-3大题知识点及经典例题22520.pdf

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1、.1/8 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

2、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pp0gh，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 22 中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为，求被封闭气体的压强。图 22 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SghSp0S 所以p甲p0gh 在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上F下有：pASghSp0S p乙pAp0gh 在图丙中，仍以B液面为研究对象，有 p

3、Aghsin 60pBp0 所以p丙pAp032gh 在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得 p丁S(p0gh1)S 所以p丁p0gh1。答案 甲：p0gh 乙：p0gh 丙：p032gh1 丁：p0gh1 考向 2 活塞封闭气体压强的求解 如图 23 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.2/8 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 23 解析 由题图甲中选m为研究对象。pASp0Smg 得pAp0mgS 题图乙中选M为研究对象得 pBp0MgS。

4、答案p0mgSp0MgS 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 p1V1T1p2V2T2温度不变：p1V1p2V2（玻意耳定律）体积不变：p1T1p2T2（查理定律）压强不变：V1T1V2T2（盖吕萨克定律）2几个重要的推论(1)查理定律的推论：pp1T1T(2)盖吕萨克定律的推论：VV1T1T(3)理想气体状态方程的推论：p0V0T0p1V1T1p2V2T2 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

5、合理性。.3/8 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 pV pVCT(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 p1V pCT1V，斜率kCT，即斜率越大，温度越高 pT pCVT，斜率kCV，即斜率越大，体积越小 VT VCpT，斜率kCp，即斜率越大，压强越小 考向 1 气体实验定律的应用 如图 24 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m12.50 kg，横截面积为S180.0 cm2；小活塞的质量为m21.50 kg，横截面积为S240.0 cm2；两活塞用刚性轻杆

6、连接，间距保持为l40.0 cm；汽缸外大气的压强为p1.00105 Pa，温度为T303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T1495 K。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 10 m/s2。求 图 24 (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 V1S2ll2S1l2 V2S2l 在活塞缓慢下移的过程中，用p1

7、表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得 S1(p1p)m1gm2gS2(p1p)故缸内气体的压强不变。由盖吕萨克定律有.4/8 V1T1V2T2 联立式并代入题给数据得 T2330 K。(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 pTp1T2 联立式并代入题给数据得 p1.01105Pa。答案(1)330 K(2)1.01105 Pa 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 25 甲所示，若状态D的压强是 2104 Pa。

8、图 25(1)求状态A的压强；(2)请在图乙中画出该状态变化过程的pT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VT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：pAVATApDVDTD，则pApDVDTAVATD4104Pa。(2)pT图象及A、B、C、D各个状态如下图所示。答案(1)4104 Pa(2)见解析 规律总结(1)要清楚等温、等压、等容变化，在pV图象、pT图象、VT图象、pT图象、VT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.5/8 等。(3)若需

9、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.p0pV B.pp0V C.pp01V D.pp01V 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p0（VV）TpVT，得V(pp01)V。答案 C 如图 212 所示，汽缸长为L1 m，固

10、定在水平面上，汽缸中有横截面积为S100 cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t27、大气压强为p01105 Pa 时，气柱长度为l90 cm，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计。求：图 212 (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p1Sp0SF 由玻意耳定律得：p0lSp1LS 解得：F100 N(2)由盖吕萨克定律得：lS300 KLST 解得：T333 K，则t60。答案(1)100 N(2)60

11、如图 213 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 213 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：p0SmgpAOS pAOSmgpBOS 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 p0SmgpS 对两部分气体由理想

12、气体状态方程可得.6/8 pAOVpBOVpV 设活塞A移动的距离为h，则有 V2VhS 联立以上五式可得 hmgV（p0Smg）S。答案mgV（p0Smg）S 如图 214 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14，活塞b在气缸正中间。图 214(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部

13、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116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 V134V012V0478V0 V234V014V0V0 V1T1V2T2 由式和题给数据得 T2320 K(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116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

14、；末态体积为V2，压强为p2。由题给数据和玻意耳定律有 V114V0，p1p0，V2316V0 p1V1p2V2.7/8 由式得 p243p0。答案(1)320 K(2)43p0 如图 37 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l120 cm(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h10 cm。(环境温度不变，大气压强p075 cmHg)图 37 (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

15、_(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 p1V1p2V2 p1p0 p2pph V1l1S V2l2S 由几何关系得h2(l2l1)联立式，代入数据得p50 cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，U0，根据热力学第一定律，UQW且W0，所以QW0，气体将吸热。答案(1)50 cmHg(2)做正功 吸热 如图 38 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 38 (1)汽缸内部气体内能的增量U；.8/8(2)最终的环境温度T。解析(1)密封气体的压强pp0(G/S)密封气体对外做功WpS0.1L 由热力学第一定律UQW 得UQ0.1p0SL0.1LG(2)该过程是等压变化，由盖吕萨克定律有 LST0（L0.1L）ST 解得T1.1T0。答案(1)Q0.1p0SL0.1LG(2)1.1T0