资源简介

(共28张PPT)
章末总结
知识总结 · 基础巩固
要点突破 · 素能提升
重难点主题一　液柱移动问题的分析
1．液柱问题的特点
(1)当封闭气体温度T变化时，其p、V都发生变化，液柱的平衡状态被打破，液柱就发生移动。
(2)由于p、V、T 三个量相互制约，当p、V、T都发生变化时，直接判断液柱移动的方向比较困难，关键是判断封闭气体的体积 V 如何变化。
2.判断方法：以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
(2)图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1>p2，则气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，水银柱上移。
如图所示，两端封闭的U形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法中正确的是(　　)
A．气柱B的体积变小
B．气柱A的体积变小
C．气柱B的体积变大
D．无法判断气柱体积的变化过程
例 1
A
(2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　)
例 2
B
重难点主题三　气体实验定律在STSE中的应用
　如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为750 mmHg的气体40 mL，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，其内部气体体积小于最大容积时其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80 mL，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50 mL。大气压强恒为750 mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。
例 3
水银血压计原理图
(1)第几次充气时，示值管内水银液面开始上升？
(2)当示值管内水银液面上升了90 mm时，求水银壶内气体质量与原气体质量的比值(认为壶内水银上方气体均为空气，环境温度保持不变，壶内水银液面下降忽略不计)。
(1)袖带橡皮囊最大容积记为Vm，充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部气体体积设为V1，设经n次充气，袖带橡皮囊达到最大容积。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和检压计内充入压强为750 mmHg的气体的体积设为V0，则有Vm－V1＝nV0
解得n＝3.75
故第4次充气时，示值管内水银液面开始上升。
(2)水银壶内气体体积为V2＝80 mL，体积不变，初状态压强为p0＝750 mmHg，末状态压强为p1＝p0＋ph＝840 mmHg，水银壶内末状态下的气体在压强为p0时的体积设为V3，根据玻意耳定律得p1V2＝p0V3
水银壶内气体质量与原气体质量的比值为
答案：(1)第4次　(2)28∶25
[跟踪训练]
1.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将(　　)
A．向A移动　 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
A
2. (2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
3.如图所示是一种水下遥感探测器，由带传感器和阀门的正方体金属壳及重物构成，正方体边长a＝1.0 m，除重物外，其余部分的总质量为M＝5.0 kg。金属壳与重物通过轻绳相连。某次测量前，在金属壳内充满压强为p0(p0为大气压强)的空气(视为理想气体，其质量远小于M)，关闭两个阀门，然后将探测器沉入海底，稳定后细绳存在拉力，测得图中H＝490.99 m。现同时打开上下阀门，水从上、下阀门缓慢流入壳内空间，经一段时间，空气从上阀门缓慢跑出。部分气体跑出后关闭上阀门，待稳定后，轻绳拉力为F＝50 N，不计金属壳金属部分、阀门和传感器的体积，水温均匀且不变，取水的密度ρ＝1×103 kg/m3，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计金属壳的形变。求：
(1)关闭上阀门后壳内剩余空气的体积V和压强p；
(2)跑出的气体质量与原有气体质量的比值。
本部分内容讲解结束
按ESC键退出全屏播放章末总结
重难点主题一　液柱移动问题的分析
1．液柱问题的特点
(1)当封闭气体温度T变化时，其p、V都发生变化，液柱的平衡状态被打破，液柱就发生移动。
(2)由于p、V、T 三个量相互制约，当p、V、T都发生变化时，直接判断液柱移动的方向比较困难，关键是判断封闭气体的体积 V 如何变化。
2.判断方法：以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？(设原来温度相同)
(1)假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部气体＝，压强变化量Δp2＝(－1)p2，同理，下部气体压强变化量Δp1＝(－1)p1，由于开始时，p1>p2，故Δp1>Δp2，水银柱向上移动。
(2)图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1>p2，则气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，水银柱上移。
　如图所示，两端封闭的U形玻璃管中装有水银，并在上端封有理想气体，温度相同，现将管放在沸水中使两段气体同时升高相同温度，则下面说法中正确的是(　　)
A．气柱B的体积变小
B．气柱A的体积变小
C．气柱B的体积变大
D．无法判断气柱体积的变化过程
解析：A　设气体的初温为T，同时升高相同温度ΔT时假定水银柱不动，A、B两部分气体发生等容变化，以气柱A为研究对象，根据查理定律有＝，即＝，ΔpA＝×pA ，同理，得ΔpB＝×pB ，依题知pA>pB，所以ΔpA>ΔpB，即同时升高相同温度时，水银柱向压强增加小的一方移动，气柱B的体积变小，气柱A的体积变大，选项A正确。亦可用p-T图像法判断，如图所示。
重难点主题二　气体状态变化的图像问题
1．常见的有p-V图像、V-T图像、p-T图像三种。
2．要能够识别p-V图像、p-T图像、V-T图像中的等温线、等容线和等压线，能从图像上解读出状态参量和状态变化过程。
3．依据理想气体状态方程＝C得到p＝CT·或V＝·T或p＝·T，认识p-图像、V-T图像、p-T图像斜率的意义。
4．作平行于横轴(或纵轴)的平行线，与同一坐标系内的两条图线交于两点，两点横坐标(或纵坐标)相同，依据纵坐标(或横坐标)关系，比较第三个物理量的关系。
　(2023·辽宁卷)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是(　　)
解析：B　根据＝C可得p＝T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c态的体积大于b态体积。故选B。
重难点主题三　气体实验定律在STSE中的应用
　如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强为750 mmHg的气体40 mL，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，其内部气体体积小于最大容积时其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80 mL，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50 mL。大气压强恒为750 mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。
水银血压计原理图
(1)第几次充气时，示值管内水银液面开始上升？
(2)当示值管内水银液面上升了90 mm时，求水银壶内气体质量与原气体质量的比值(认为壶内水银上方气体均为空气，环境温度保持不变，壶内水银液面下降忽略不计)。
解析：(1)袖带橡皮囊最大容积记为Vm，充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部气体体积设为V1，设经n次充气，袖带橡皮囊达到最大容积。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和检压计内充入压强为750 mmHg的气体的体积设为V0，则有Vm－V1＝nV0
解得n＝3.75
故第4次充气时，示值管内水银液面开始上升。
(2)水银壶内气体体积为V2＝80 mL，体积不变，初状态压强为p0＝750 mmHg，末状态压强为p1＝p0＋ph＝840 mmHg，水银壶内末状态下的气体在压强为p0时的体积设为V3，根据玻意耳定律得p1V2＝p0V3
水银壶内气体质量与原气体质量的比值为
＝＝。
答案：(1)第4次　(2)28∶25
[跟踪训练]
1.如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为0 ℃，B中气体温度为20 ℃，如果将它们的温度都降低10 ℃，则水银柱将(　　)
A．向A移动　 B．向B移动
C．不动 D．不能确定
解析：A　假定降温后气体体积保持不变，由查理定律得Δp＝·p0，降温前两边气体压强相等，但A容器的温度低，所以ΔpA>ΔpB，A容器压强减小得多，所以水银柱向A移动。
2. (2024·江西卷)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
(1)气体在状态D的压强pD；
(2)气体在状态B的体积V2。
解析：(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有
＝
代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。
(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有
pCV2＝pDV1
代入数据解得V2＝2.0 m3
又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积也为V2＝2.0 m3。
答案：(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3
3.如图所示是一种水下遥感探测器，由带传感器和阀门的正方体金属壳及重物构成，正方体边长a＝1.0 m，除重物外，其余部分的总质量为M＝5.0 kg。金属壳与重物通过轻绳相连。某次测量前，在金属壳内充满压强为p0(p0为大气压强)的空气(视为理想气体，其质量远小于M)，关闭两个阀门，然后将探测器沉入海底，稳定后细绳存在拉力，测得图中H＝490.99 m。现同时打开上下阀门，水从上、下阀门缓慢流入壳内空间，经一段时间，空气从上阀门缓慢跑出。部分气体跑出后关闭上阀门，待稳定后，轻绳拉力为F＝50 N，不计金属壳金属部分、阀门和传感器的体积，水温均匀且不变，取水的密度ρ＝1×103 kg/m3，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计金属壳的形变。求：
(1)关闭上阀门后壳内剩余空气的体积V和压强p；
(2)跑出的气体质量与原有气体质量的比值。
解析：(1)对金属壳由平衡条件得
ρgV＝F＋Mg
解得V＝0.01 m3
由几何关系知关闭阀门后壳内液面上升的高度
Δh＝a－
则有p＝p0＋ρg(H－Δh)
联立方程，解得p＝5.0×106 Pa。
(2)对被封闭气体由玻意耳定律有p0V0＝pV′
其中V0＝a3＝1 m3
所求质量比为＝
联立方程，解得＝。
答案：(1)0.01 m3　5.0×106 Pa　(2)

展开更多......

收起↑