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全套下载(共15份145页)人教版高中物理选修3-3教学案全集(含全套练习)

(共15套145页)人教版高中物理选修3-3教学案全集(含全册练习)第1节气体的等温变化1.一定质量的气体,在温度不变的条件下,其压强与体积变化时的关系,叫做气体的等温变化. 2.玻意耳定律:一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强p 与体积V 成反比,即pV =C . 3.等温线:在p -V 图像中,用来表示温度不变时,压强和体积关系的图像,它们是一些双曲线. 在p -1V 图像中,等温线是倾斜直线.一、探究气体等温变化的规律 1.状态参量研究气体性质时,常用气体的温度、体积、压强来描述气体的状态. 2.实验探究 实验器材 铁架台、注射器、气压计等 研究对象(系统) 注射器内被封闭的空气柱数据收集 压强由气压计读出,空气柱体积(长度)由刻度尺读出 数据处理 以压强p 为纵坐标,以体积的倒数为横坐标作出p -1V图像图像结果 p -1V 图像是一条过原点的直线实验结论 压强跟体积的倒数成正比,即压强与体积成反比二、玻意耳定律 1.内容一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比. 2.公式pV =C 或p 1V 1=p 2V 2. 3.条件气体的质量一定,温度不变.4.气体等温变化的p -V 图像气体的压强p 随体积V 的变化关系如图8-1-1所示,图线的形状为双曲线,它描述的是温度不变时的p -V 关系,称为等温线. 一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的.图8-1-11.自主思考——判一判(1)一定质量的气体压强跟体积成反比. (×) (2)一定质量的气体压强跟体积成正比. (×)(3)一定质量的气体在温度不变时,压强跟体积成反比. (√)(4)在探究气体压强、体积、温度三个状态参量之间关系时采用控制变量法. (√) (5)玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体. (×) (6)在公式pV =C 中,C 是一个与气体无关的参量. (×) 2.合作探究——议一议(1)用注射器对封闭气体进行等温变化的实验时,在改变封闭气体的体积时为什么要缓慢进行?提示:该实验的条件是气体的质量一定,温度不变,体积变化时封闭气体自身的温度会发生变化,为保证温度不变,应给封闭气体以足够的时间进行热交换,以保证气体的温度不变.(2)玻意耳定律成立的条件是气体的温度不太低、压强不太大,那么为什么在压强很大、温度很低的情况下玻意耳定律就不成立了呢?提示:①在气体的温度不太低、压强不太大时,气体分子之间的距离很大,气体分子之间除碰撞外可以认为无作用力,并且气体分子本身的大小也可以忽略不计,这样由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果基本吻合,玻意耳定律成立. ②当压强很大、温度很低时,气体分子之间的距离很小,此时气体分子之间的分子力引起的效果就比较明显,同时气体分子本身占据的体积也不能忽略,并且压强越大,温度越低,由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果之间差别越大,因此在温度很低、压强很大的情况下玻意耳定律也就不成立了.(3)如图8-1-2所示,p -1V 图像是一条过原点的直线,更能直观描述压强与体积的关系,为什么直线在原点附近要画成虚线?图8-1-2提示:在等温变化过程中,体积不可能无限大,故1V和p不可能为零,所以图线在原点附近要画成虚线表示过原点,但此处实际不存在.封闭气体压强的计算1.系统处于静止或匀速直线运动状态时,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)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(如汽缸或活塞封闭)的气体压强,应对此固体(如汽缸或活塞)进行受力分析,列出力的平衡方程.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柱、固体活塞等作为研究对象,进行受力分析,画出分析图示.(2)根据牛顿第二定律列出方程.(3)结合相关原理解方程,求出封闭气体的压强.(4)根据实际情况进行讨论,得出结论.[典例]在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱. 大气压强为p0,各部分尺寸如图8-1-3所示. 求A、B气体的压强.图8-1-3[思路点拨][解析]方法一受力平衡法选与气体接触的液柱为研究对象. 进行受力分析,利用平衡条件求解.求p A:取液柱h1为研究对象,设管的横截面积为S,大气压力和液柱重力方向向下,A气体产生的压力方向向上,因液柱h1静止,则p0S+ρgh1S=p A S,得p A=p0+ρgh1;求p B:取液柱h2为研究对象,由于h2的下端以下液体的对称性,下端液体产生的压强可以不予考虑,A气体的压强由液体传递后对h2的压力方向向上,B气体压力、液体h2的重力方向向下,液柱受力平衡. 则p B S+ρgh2S=p A S,得p B=p0+ρgh1-ρgh2.方法二取等压面法根据同种液体在同一液面处压强相等,在连通器内灵活选取等压面. 由两侧压强相等列方程求解压强. 求p B时从A气体下端选取等压面,则有p B+ρgh2=p A=p0+ρgh1,所以p A=p0+ρgh1;p B=p0+ρg(h1-h2).[答案]p0+ρgh1p0+ρg(h1-h2)封闭气体压强的求解方法图8-1-4(1)容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算:①取等压面法.根据同种液体在同一水平液面处压强相等,在连通器内灵活选取等压面. 由两侧压强相等列方程求解压强.例如,图8-1-4中同一液面C、D处压强相等,则p A=p0+p h.②力平衡法.选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析,由F合=0列式求气体压强.(2)容器加速运动时封闭气体压强的计算:图8-1-5当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象,并对其进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强.如图8-1-5所示,当竖直放置的玻璃管向上加速运动时,对液柱受力分析有:pS-p0S-mg=ma得p=p0+m g+aS.1.求图8-1-6中被封闭气体A的压强,图中的玻璃管内都灌有水银. 大气压强p0=76 cmHg. (p0=1.01×105 Pa,g=10 m/s2)图8-1-6解析:(1)p A=p0-p h=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg(2)p A=p0-p h=76 cmHg-10×sin 30° cmHg=71 cmHg(3)p B=p0+ph2=76 cmHg+10 cmHg=86 cmHgp A=p B-ph1=86 cmHg-5 cmHg=81 cmHg.答案:(1)66 cmHg(2)71 cmHg(3)81 cmHg2.一圆形气缸静置于地面上,如图8-1-7所示. 气缸筒的质量为M,活塞的质量为m,活塞的面积为S,大气压强为p0. 现将活塞缓慢向上提,求气缸刚离开地面时气缸内气体的压强. (忽略气缸壁与活塞间的摩擦)图8-1-7解析:法一:题目中的活塞和气缸均处于平衡状态,以活塞为研究对象,受力分析如图甲,由平衡条件,得F +pS =mg +p 0S . 以活塞和气缸整体为研究对象,受力分析如图乙,有F =(M +m )g ,由以上两个方程式,得pS +Mg =p 0S ,解得p =p 0-MgS.法二:以汽缸为研究对象,有:pS +Mg =p 0S ,也可得:p =p 0-MgS . 答案:p 0-MgS玻意耳定律的理解及应用应用玻意耳定律的思路与方法(1)选取一定质量、温度不变的气体为研究对象,确定研究对象的始末两个状态. (2)表示或计算出初态压强p 1、体积V 1;末态压强p 2、体积V 2,对未知量用字母表示. (3)根据玻意耳定律列方程p 1V 1=p 2V 2,并代入数值求解. (4)有时要检验结果是否符合实际,对不符合实际的结果要删去.[典例]如图8-1-8所示,一个上下都与大气相通的直圆筒,筒内横截面积S =0.01 m 2,中间用两个活塞A 与B 封住一定量的气体. A 、B 都可以无摩擦地滑动,A 的质量不计,B 的质量为M ,并与一劲度系数k =5×103 N/m 的弹簧相连,已知大气压强p 0=1×105 Pa ,平衡时两活塞间距离为L 0=0.6 m. 现用力压A ,使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡,此时用于压A 的力F =500 N ,求活塞A 向下移动的距离.图8-1-8[思路点拨][解析] 先以圆筒内封闭气体为研究对象, 初态:p 1=p 0,V 1=L 0S , 末态:p 2=?,V 2=LS .对活塞A ,受力情况如图所示,有: F +p 0S =p 2S ,所以: p 2=p 0+FS ,由玻意耳定律得: p 0·L 0S =⎝⎛⎭⎫p 0+F S ·LS , 解得L =0.4 m.以A 、B 及封闭气体系统整体为研究对象,则施加力F 后B 下移的距离Δx =Fk =0.1 m ,故活塞A 下移的距离:ΔL =(L 0-L )+Δx =0.3 m. [答案] 0.3 m应用玻意耳定律解题时应注意的两个问题:(1)应用玻意耳定律解决问题时,一定要先确定好两个状态的体积和压强.(2)确定气体压强或体积时,只要初末状态的单位统一即可,没有必要都化成国际单位制.1.一定质量的气体发生等温变化时,若体积增大n 倍,则压强变为原来的( ) A .n 倍B.1n 倍C .n +1倍D.1n +1倍 解析:选D 体积增大n 倍,则体积增大为原来的n +1倍,由玻意耳定律p 1V 1=p 2V 2得p 2=1n +1p 1,即D 正确. 2.如图8-1-9所示,在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h =10 cm 的水银柱将管内一部分空气密封,当管开口向上竖直放置时,管内空气柱的长度L 1=0.3 m ;若温度保持不变,玻璃管开口向下放置,水银没有溢出. 待水银柱稳定后,空气柱的长度L 2为多少米?(大气压强p 0=76 cmHg)图8-1-9解析:以管内封闭的气体为研究对象. 玻璃管开口向上时,管内的压强p 1=p 0+h ,气体的体积V 1=L 1S (S 为玻璃管的横截面积).当玻璃管开口向下时,管内的压强p 2=p 0-h ,这时气体的体积V 2=L 2S . 温度不变,由玻意耳定律得:(p 0+h )L 1S =(p 0-h )L 2S 所以L 2=p 0+h p 0-h L 1=76+1076-10×0.3 m =0.39 m. 答案:0.39 m等温线的理解及应用p -1V 图像p -V 图像图像特点物理意义一定质量的气体,温度不变时,p 与1V 成正比,在p -1V 图上的等温线应是过原点的直线一定质量的气体,在温度不变的情况下,p 与V 成反比,因此等温过程的p -V 图像是双曲线的一支温度高低直线的斜率为p 与V 的乘积,斜率越大,pV 乘积越大,温度就越高,图中t 2>t 1一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积必然越大,在p -V 图上的等温线就越高,图中t2>t1[典例]如图8-1-10所示是一定质量的某种气体状态变化的p -V图像,气体由状态A变化到状态B的过程中,气体分子平均速率的变化情况是()图8-1-10A.一直保持不变B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小[思路点拨](1)温度是分子平均动能的标志,同种气体温度越高,分子平均动能越大,分子平均速率越大.(2)温度越高,pV值越大,p-V图像中等温线离坐标原点越远.[解析]由图像可知,p A V A=p B V B,所以A、B两状态的温度相等,在同一等温线上,可在p-V图上作出几条等温线,如图所示. 由于离原点越远的等温线温度越高,所以从状态A到状态B温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小.[答案] D(1)在p-V图像中,不同的等温线对应的温度不同.(2)在p-V图像中,并不是随意画一条线就叫等温线,如典例图8-1-10.1. (多选)如图8-1-11所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是()图8-1-11A .从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比B .一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的C .由图可知T 1>T 2D .由图可知T 1<T 2解析:选ABD 根据等温图线的物理意义可知A 、B 选项对. 气体的温度越高时,等温图线的位置就越高,所以C 错,D 对.2.(多选)如图8-1-12所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p -1V 图线. 由图可知( )图8-1-12A .一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成正比B .一定质量的气体在发生等温变化时,其p -1V 图线的延长线是经过坐标原点的 C .T 1>T 2 D .T 1<T 2解析:选BD 由玻意耳定律pV =C 知,压强与体积成反比,故A 错误. p ∝1V ,所以p -1V 图线的延长线经过坐标原点,故B 正确. p -1V 图线的斜率越大,对应的温度越高,所以T 1<T 2,故C 错误,D 正确.1.描述气体状态的参量是指( ) A .质量、温度、密度 B .温度、体积、压强 C .质量、压强、温度D .密度、压强、温度解析:选B 气体状态参量是指温度、压强和体积,B 对.2.(多选)一定质量的气体,在温度不变的条件下,将其压强变为原来的2倍,则( )A .气体分子的平均动能增大B .气体的密度变为原来的2倍C .气体的体积变为原来的一半D .气体的分子总数变为原来的2倍解析:选BC 温度是分子平均动能的标志,由于温度T 不变,故分子的平均动能不变,据玻意耳定律得p 1V 1=2p 1V 2,V 2=12V 1.ρ1=m V 1,ρ2=m V 2,即ρ2=2ρ1,故B 、C 正确.3.一定质量的气体,压强为3 atm ,保持温度不变,当压强减小2 atm 时,体积变化4 L ,则该气体原来的体积为( )A.43 L B .2 L C.83L D .8 L解析:选B 由题意知p 1=3 atm ,p 2=1 atm ,当温度不变时,一定质量气体的压强减小则体积变大,所以V 2=V 1+4 L ,根据玻意耳定律得p 1V 1=p 2V 2,解得V 1=2 L ,故B 正确.4.如图1所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感知管中的空气压力,从而控制进水量. 设温度不变,洗衣缸内水位升高. 则细管中被封闭的空气 ( )图1A .体积不变,压强变小B .体积变小,压强变大C .体积不变,压强变大D .体积变小,压强变小解析:选B 由题图可知空气被封闭在细管内,缸内水位升高时,气体体积减小;根据玻意耳定律,气体压强增大,B 选项正确.5. (多选)如图2所示,是某气体状态变化的p -V 图像,则下列说法正确的是( )图2A .气体做的是等温变化B .从A 到B 气体的压强一直减小C.从A到B气体的体积一直增大D.气体的三个状态参量一直都在变解析:选BCD一定质量的气体的等温过程的p-V图像即等温曲线是双曲线,显然图中所示AB图线不是等温线,AB过程不是等温变化,A选项不正确. 从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中,压强p在逐渐减小,体积V在不断增大,则B、C选项正确. 又因为该过程不是等温过程,所以气体的三个状态参量一直都在变化,D选项正确.6.如图3所示,一圆筒形汽缸静置于地面上,汽缸筒的质量为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p0. 现用手握住活塞手柄缓慢向上提,不计汽缸内气体的重量及活塞与汽缸壁间的摩擦,若将汽缸刚提离地面时汽缸内气体的压强为p、手对活塞手柄竖直向上的作用力为F,则()图3A.p=p0+mgS,F=mgB.p=p0+mgS,F=p0S+(m+M)gC.p=p0-MgS,F=(m+M)gD.p=p0-MgS,F=Mg解析:选C对整体有F=(M+m)g;对汽缸有Mg+pS=p0S,p=p0-MgS,选C.7.长为100 cm的、内径均匀的细玻璃管,一端封闭、一端开口,当开口竖直向上时,用20 cm 水银柱封住l1=49 cm长的空气柱,如图4所示. 当开口竖直向下时(设当时大气压强为76 cmHg,即1×105 Pa),管内被封闭的空气柱长为多少?图4解析:设玻璃管的横截面积为S,初状态:p1=(76+20) cmHg,V1=l1S;设末状态时(管口向下)无水银溢出,管内被封闭的空气柱长为l2,有p2=(76-20) cmHg,V2=l2S,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得l2=84 cm因84 cm+20 cm=104 cm>100 cm(管长),这说明水银将要溢出一部分,原假设末状态时(管口向下)无水银溢出,不合理,求出的结果是错误的,故必须重新计算.设末状态管内剩余的水银柱长为x cm则p2=(76-x) cmHg,V2=(100-x)S根据玻意耳定律p1V1=p2V2得(76+20)×49 S=(76-x)(100-x)S即x2-176 x+2 896=0,解得x=18.4,x′=157.7(舍去)所求空气柱长度为100 cm-x cm=81.6 cm.答案:81.6 cm8.如图5,一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p0,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p0,整个过程中温度保持不变. 求小车的加速度的大小.图5解析:设小车加速度大小为a,稳定时汽缸内气体的压强为p1,活塞受到汽缸内外气体的压力分别为,f1=p1S,f0=p0S,由牛顿第二定律得:f1-f0=ma,小车静止时,在平衡情况下,汽缸内气体的压强应为p0,由玻意耳定律得:p1V1=p0V,式中V=SL,V1=S(L-d),联立解得:a=p0Sdm(L-d).答案:a=p0Sdm(L-d)第2节气体的等容变化和等压变化1.查理定律:一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比,即p T=C.2.盖-吕萨克定律:一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,其体积V与热力学温度T成正比,即VT=C.3.玻意耳定律、查理定律、盖-吕萨克定律的适用条件均为一定质量的某种气体.一、气体的等容变化1.等容变化一定质量的某种气体,在体积不变时,压强随温度的变化.2.查理定律(1)内容:一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比.(2)表达式:pT=C或p1T1=p2T2.(3)适用条件:①气体的质量不变;②气体的体积不变.3.等容线一定质量的气体,在体积不变时,其p-T图像是一条过原点的直线,这条直线叫做等容线.二、气体的等压变化1.等压变化一定质量的某种气体,在压强不变时,体积随温度的变化.2.盖-吕萨克定律(1)内容:一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积V与热力学温度T成正比.(2)表达式:V=CT或VT=C或V1T1=V2T2.(3)适用条件:①气体的质量不变;②气体的压强不变.3.等压线一定质量的气体,在压强不变时,其V-T图像是一条过原点的直线,这条直线叫做等压线.1.自主思考——判一判(1)气体的温度升高,气体体积一定增大. (×)(2)一定质量的气体,体积与温度成正比. (×)(3)一定质量的某种气体,在压强不变时,其V-T图像是过原点的直线. (√)(4)在质量和体积不变的情况下,气体的压强与摄氏温度成正比. (×)(5)pV=C、pT=C、VT=C,三个公式中的常数C是同一个值. (×)2.合作探究——议一议(1)某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中,在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了,而手表没有受到任何撞击,你知道其中的原因吗?提示:手表表壳可以看成一个密闭容器,出厂时封闭着一定质量的气体,登山过程中气体发生等容变化,因为高山山顶附近的压强比山脚处小很多,内外压力差超过表盘玻璃的承受限度,便会发生爆裂.(2)尝试根据等容线说明为什么绝对零度是低温的极限,只能接近,不能达到.提示:在p-T图像中,等容线是一条过原点的倾斜直线,事实上,在温度很低时,查理定律已不适用了. 由查理定律外推得出的结果表明,绝对零度时,气体压强为零,说明分子将停止运动,这是不可能的,所以,绝对零度是低温的极限,只能接近,不能达到. 正因为如此,在p-T坐标系中画等容线时,原点附近一小段应画成虚线,表示它仅是外推的结果.(3)在摄氏温标下应该怎样表述盖—吕萨克定律.提示:一定质量的某种气体,在压强不变时,温度每升高(或降低)1 ℃,增大(或减小)的体积等于它在0 ℃时体积的1273.15.查理定律的应用[典例]容积为2 L的烧瓶,在压强为1.0×105Pa时,用塞子塞住,此时温度为27 ℃,当把它加热到127 ℃时,塞子被打开了,稍过一会儿,重新把盖子塞好,停止加热并使它逐渐降温到27 ℃,求:(1)塞子打开前的最大压强;(2)27 ℃时剩余空气的压强.[思路点拨][解析]塞子打开前,瓶内气体的状态变化为等容变化. 塞子打开后,瓶内有部分气体会逸出,此后应选择瓶中剩余气体为研究对象,再利用查理定律求解.(1)塞子打开前,选瓶中气体为研究对象:初态:p1=1.0×105 Pa, T1=273 K+27 K=300 K末态:p2=?,T2=273 K+127 K=400 K由查理定律可得p2=T2T1×p1=400300×1.0×105 Pa≈1.33×105 Pa.(2)塞子塞紧后,选瓶中剩余气体为研究对象:初态:p1′=1.0×105 Pa,T1′=400 K末态:p2′=?,T2′=300 K由查理定律可得p2′=T2′T1′×p1′=300400×1.0×105 Pa=0.75×105 Pa.[答案](1)1.33×105 Pa(2)0.75×105 Pa查理定律及其推论应用查理定律解题的一般步骤(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的适用条件:质量一定,体积不变.(3)确定初、末两个状态的温度、压强.(4)根据查理定律列式求解.(5)求解结果并分析、检验.1.对于一定质量的气体,在体积不变时,压强增大到原来的二倍,则气体温度的变化情况是()A.气体的摄氏温度升高到原来的二倍B.气体的热力学温度升高到原来的二倍C.气体的摄氏温度降为原来的一半D.气体的热力学温度降为原来的一半解析:选B由查理定律p1T1=p2T2得T2=p2p1T1=2T,B正确.2.有一上端开口、竖直放置的玻璃管,管中有一段15 cm长的水银柱将一些空气封闭在管中,如图8-2-1所示,此时气体的温度为27 ℃. 当温度升高到30 ℃时,为了使气体体积不变,需要再注入多少水银?(设大气压强为p0=75 cmHg且不变,水银密度ρ=13.6 g/cm3)图8-2-1解析:设再注入的水银柱长为x,以封闭在管中的气体为研究对象,气体做等容变化.初态:p1=p0+15 cmHg=90 cmHg,T1=(273+27)K=300 K;末态:p2=(90+x) cmHg,T2=(273+30)K=303 K.由查理定律p2T2=p1T1得90+x303=90300,解得x=0.9 cm. 则注入水银柱的长度为0.9 cm.答案:0.9 cm盖—吕萨克定律的应用[典例]如图8-2-2所示,汽缸A中封闭有一定质量的气体,活塞B与A的接触是光滑的且不漏气,B上放一重物C,B与C的总重力为G,大气压为p0. 当汽缸内气体温度是20 ℃时,活塞与汽缸底部距离为h1;当汽缸内气体温度是100 ℃时,活塞与汽缸底部的距离是多少?图8-2-2[思路点拨]初状态:活塞高度h1――→等压变化盖—吕萨克定律末状态:活塞高度h2[解析] 初状态:T 1=273 K +20 K =293 K ,V 1=h 1S ,末状态:T 2=273 K +100 K =373 K ,V 2=h 2S ,其中S 为活塞的横截面积, 根据盖—吕萨克定律:V 1T 1=V 2T 2得:V 2=V 1T 1T 2,即h 2=h 1T 1T 2=h 1293×373=1.27h 1.[答案] 1.27h 1盖—吕萨克定律及其推论应用盖—吕萨克定律解题的一般步骤 (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的适用条件:质量一定,压强不变. (3)确定初、末两个状态的温度、体积. (4)根据盖—吕萨克定律列式求解. (5)求解结果并分析、检验.1.一定质量的理想气体在等压变化中体积增大了12,若气体原来温度为27 ℃,则温度的变化是( )A .升高450 KB .升高了150 ℃C .升高了40.5 ℃D .升高了450 ℃解析:选B 根据盖—吕萨克定律V 1T 1=V 2T 2,其中V 2=32V 1,T 1=300 K ;解得T 2=450K ,则Δt =150 ℃,B 正确.2.如图8-2-3所示,柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体,容器外包裹保温材料. 开始时活塞至容器底部的高度为H 1,容器内气体温度与外界温度相等. 在活塞上逐步加上多个砝码后,活塞下降到距容器底部H 2处,气体温度升高了ΔT ;然后取走容器外的保温材料,活塞位置继续下降,最后静止于距容器底部H 3处. 已知大气压强为p 0. 求:气体最后的压强与温度.图8-2-3解析:开始时,封闭气体压强p 1=p 0,体积V 1=H 1S 温度T 1=T加砝码后压强为p2体积V 2=H2S温度T2=T+ΔT再撤去保温材料后,压强p3=p2体积V3=H3S温度T3=T从状态2到状态3为等压变化,由盖—吕萨克定律:H3S T=H2S T+ΔT最后的T3=T=H3ΔT H2-H3由于状态1和状态3温度相等,由玻意耳定律:p0H1S=p3H3S最后压强p3=H1H3p0.答案:H1H3p0H3H2-H3ΔT气体的p-T图像与V-T图像的应用1.p -T图像与V-T图像的比较不同点图像纵坐标压强p 体积V斜率意义体积的倒数,斜率越大,体积越小,V4<V3<V2<V1压强的倒数,斜率越大,压强越小,p4<p3<p2<p1相同点①都是一条通过原点的倾斜直线②横坐标都是热力学温度T③都是斜率越大,气体的另外一个状态参量越小2.对于p -T图像与V-T图像的注意事项(1)首先要明确是p -T图像还是V-T图像.(2)不是热力学温标的先转换为热力学温标.(3)解决问题时要将图像与实际情况相结合.[典例]图8-2-4甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像,已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa.图8-2-4(1)说出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图中T A的值.(2)请在图乙所示坐标系中,作出由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图像相应位置上标出字母A、B、C. 如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程.[思路点拨](1)在根据图像判断气体的状态变化时,首先要确定横、纵坐标表示的物理量,其次根据图像的形状判断各物理量的变化规律.(2)在气体状态变化的图像中,图线上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态,一个线段表示气体状态变化的一个过程.[解析](1)在V-T图像中,AB为过原点的直线,是等压线,由AB两个状态的参量根据盖—吕萨克定律:V A T A=V BT B得:T A=V AV B T B=0.40.6×300 K=200 K.(2)B状态的压强等于A状态的,BC在等容线上,要作出p-T图像还要求出C状态的压强,根据B、C两个状态的参量,利用查理定律:p CT C=p BT B,得:p C=p BT B T C=1.5×105300×400 Pa=2×105 Pa.在乙图中的图像如图所示.[答案](1)A→B过程中压强不变200 K(2)见解析气体图像相互转换的五条“黄金律”(1)准确理解p-V图像、p-T图像和V-T图像的物理意义和各图像的函数关系,各图像。

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