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高中物理选修-大题知识点及经典例题
高中物理选修3-3大题知识点与经典例题
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的液柱为研究对象，由二力平衡知
p甲S＝－ρghS＋p0S
所以p甲＝p0－ρgh
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：
pAS＋ρghS＝p0S
p乙＝pA＝p0－ρgh
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA′＋ρghsin 60°＝pB′＝p0
所以p丙＝pA′＝p0－ρgh
在图丁中，以液面A为研究对象，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－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2－3
[解析]　由题图甲中选m为研究对象。
pAS＝p0S＋mg
得pA＝p0＋

题图乙中选M为研究对象得
pB＝p0－。
[答案]　p0＋　p0－
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
＝
2．几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT
(2)盖－吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT
(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋……
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与p2、V2、T2；
(3)由状态方程或实验定律列式求解；
(4)讨论结果的合理性。

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
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－
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高

p－T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小

V－T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小

考向1　气体实验定律的应用
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m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；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，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 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
V1＝S2＋S1①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有
＝④
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝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
＝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变化过程的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：
＝，
则pA＝＝4×104 Pa。
(2)p－T图象与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)要清楚等温、等压、等容变化，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，如物态变化的特点、已知量、待求量等。
(3)若需作出图象，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.V B.V C.V D.V
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＝，得V′＝(－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 cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27 ℃、大气压强为p0＝1×105 Pa时，气柱长度为l＝90 cm，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计。求：

图2－12
(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p1S＝p0S－F
由玻意耳定律得：p0lS＝p1LS
解得：F＝100 N
(2)由盖－吕萨克定律得：
＝
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2－13
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：
p0S＋mg＝pAOS①
pAOS＋mg＝pBOS②
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
p0S＋mg＝pS③
对两部分气体由理想气体状态方程可得
pAOV＋pBOV＝pV′④
设活塞A移动的距离为h，则有
V′＝2V＋hS⑤
联立以上五式可得
h＝。
答案　
如图2－14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，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)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
V1＝V0＋ ＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝
由①②③式和题给数据得
T2＝320 K④
(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′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有
V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤
p1′V1′＝p2′V2′⑥
由⑤⑥式得
p2′＝p0。
答案　(1)320 K　(2)p0
如图3－7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l1＝20 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h＝10 cm。(环境温度不变，大气压强p0＝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
p1V1＝p2V2①
p1＝p0②
p2＝p＋ph③
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，根据热力学第一定律，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
由热力学第一定律ΔU＝Q－W
得ΔU＝Q－0.1p0SL＋0.1LG
(2)该过程是等压变化，由盖－吕萨克定律有
＝
解得T＝1.1T0。
答案　(1)Q－0.1p0SL＋0.1LG　(2)1.1T0
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