粤教版高中物理选修(3-3)第16点《气体变质量问题的处理方法》word精讲精练
2018粤教版高中物理选修(3-3)第16点《气体变质量问题的处理方法》精讲精练
第16点 气体变质量问题的处理方法分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．3．灌气问题将一个大容器中的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作是一个整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体与漏出的气体为研究对象，便可使问题变成定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解．对点例题 贮气筒内压缩气体的温度为27℃，压强是20atm ，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低为12℃，求剩余气体的压强为多大？解题指导 以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V ，则初态：p 1＝20 atm ，V 1＝12V ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？，V 2＝V ，T 2＝(273＋12) K ＝285 K根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝20×V 2×285300Vatm ＝9.5 atm. 答案 9.5atm技巧点拨 选择剩余气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题．1．一只轮胎容积为V ＝10L ，已装有p 1＝1atm 的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V 0＝1L ，要使胎内气体压强达到p 2＝2.5atm ，应至少打气(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p 0＝1atm)( )A ．8次B ．10次C ．12次D ．15次答案 D解析 本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象．设打气次数为n ，则V 1＝nV 0＋V ，由玻意耳定律得，p 1V 1＝p 2V ，解得n ＝15次，故选D.2．一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )图1A ．np 0，1np 0 B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V )n p 0，(1＋V 0V)n p 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)n p 0答案 D解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，p1＝VV＋V0p0.活塞工作n次，则有：p n＝(VV＋V0)n p0.故正确答案为D.。
高二物理气体的等温变化粤教版知识精讲
高二物理气体的等温变化粤教版【本讲教育信息】一. 教学内容：气体的等温变化1、知道什么是气体的等温变化。
2、掌握玻意耳定律的内容和公式。
3、理解p-V图上等温变化的图象及其物理意义。
二. 知识归纳、总结：1、用来描述气体状态的体积、压强、温度这三个物理量叫气体的状态参量。
（1）温度表示物体的冷热程度。
从分子动理论来看，标志着物体内部分子无规则热运动的剧烈程度。
其表示有摄氏温标，热力学温标，华氏温标等，其中热力学温标是国际单位。
（2）体积：气体的体积是指气体分子所充满的容器的容积，即气体所能到达的空间。
（3）压强：气体的压强是气体分子频繁的碰撞器壁而产生的。
2、气体压强的计算：（1）容器静止时气体压强的计算：①连通器原理：在连通器中同一种静止液体（中间液体不间断）的同一水平面上压强相等。
②由液体或固体封闭的气体的压强：对液体或固体进行受力分析，列平衡方程。
（2）当气体加速运动时，要恰当选取研究对象，进行受力分析，依据牛顿第二定律求出被封闭气体的压强。
3、玻意耳定律（1）等温变化：气体在温度不变的情况下发生的状态变化。
（2）玻意耳定律：一定质量的某种气体在温度不变的情况下，压强跟体积成反比，即pV=C（常量）或p1V1=p2V2。
点拨：（1）玻意耳定律是实验定律，由英国科学家玻意耳和法国科学家马略特各自通过实验独立发现的。
（2）成立条件：质量一定，温度不变，且压强不太大，温度不太低。
（3）pV=C。
其中常量C 与气体的质量、种类、温度有关。
4、等温线（1）一定质量的某种气体在等温变化过程中压强p跟体积V的反比关系，在p-V 直角坐标系中表示出来的图线叫等温线。
（2）一定质量的气体等温线的p-V图是双曲线的一支。
（3）等温线的物理意义：图线上的一点表示气体的一个确定的状态。
同一条等温线上各状态的温度相同，p与V 的乘积相同。
不同温度下的等温线，离原点越远，温度越高。
【典型例题】例1. 一贮气筒内装有25L、1.0×105 Pa 的空气，现想使筒内气体压强增至4.0×105Pa，且保持温度不变，那么应向筒内再打入L、1.0×105 Pa 的相同温度的气体。
2017粤教版高中物理选修(3-3)2.9《习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用》word导学案.docx
学案9 习题课：理想气体状态方程与气体实验定律的应用[目标定位]1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明：1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程．例1 氧气瓶的容积是40L ，其中氧气的压强是130atm ，规定瓶内氧气压强降到10atm 时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1atm 的氧气400L ，这瓶氧气能用几天？假定温度不变．答案 12天解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2，V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010L ＝520 L ， 由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2(V 2－V 1)p 3＝10×4801L ＝4 800 L ， 则V 3400 L＝12天．二、液柱移动问题液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔT Tp . (2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔT TV . 例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图1所示，A 、B 所装气体的温度分别为17℃和27℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10℃，则水银柱将( )图1A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定 答案 A解析 假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动． 三、理想气体状态方程[问题设计]如图2所示，一定质量的某种理想气体从状态A 到状态B 经历了一个等温过程，又从状态B 到状态C 经历了一个等容过程，请推导状态A 的三个参量p A 、V A 、T A 和状态C 的三个参量p C 、V C 、T C 之间的关系． 图2 答案 从A →B 为等温变化过程，根据玻意耳定律可得p A V A ＝p B V B ①从B →C 为等容变化过程，根据查理定律可得p B T B ＝p C T C② 由题意可知：T A ＝T B ③V B ＝V C ④联立①②③④可得p A V A T A ＝p C V C T C. [要点提炼]1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例(1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)．(2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)． (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)．(2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一．(4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解．(5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31℃，大气压强p 0＝76cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9cm?解析 初状态：p 1＝p 0＝76cmHg ，图3 V 1＝L 1·S ＝8cm·S ，T 1＝304K ；末状态：p 2＝p 0＋2cmHg ＝78cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9cm·S ，T 2＝？根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据得：76cmHg ×8cm·S 304K ＝78cmHg ×9cm·S T 2解得：T 2＝351K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78℃.答案 78℃例4 如图4甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24cm ，在活塞的右侧12cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10m/s 2.求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675K 时封闭气体的压强．解析 (1)p 1＝p 0＝1×105PaT 1＝300K ，V 1＝24cm ×Sp 2＝p 0＋mg S＝1.2×105Pa T 1＝T 2，V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2解得H ＝20cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675K ，V 3＝36cm ×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105 Pa>p 2＝1.2×105 Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.答案 (1)20cm (2)1.5×105Pa1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5L ，如图5所示，装入6L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300cm 3、1atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4atm ，打气筒应打压几次？ 图5(2)在贮液筒中空气的压强达到4atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？答案 (1)15 (2)1.5L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1atm ×300cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2atm需打气次数n ＝4－10.2＝15 (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V由玻意耳定律得：4atm ×1.5L ＝1atm ×VV ＝6L故还剩药液7.5L －6L ＝1.5L.2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)答案 向上移动图6解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2. Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2. 同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1. 又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2，所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动．(2)图象法在同一p －T 图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1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Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3kg 气体，温度是－23℃，压强为4atm ，如果用掉1kg 后温度升高到27℃，求筒内气体压强．答案 3.2atm解析 将筒内气体看作理想气体，以2kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ，初状态：p 1＝4atm ，V 1＝2V 3，T 1＝250K ， 末状态：V 2＝V ，T 2＝300K ，由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2atm.4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50cm 2、质量m ＝10kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57℃，外界大气压为1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h .图7答案 22cm解析 当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10－4) Pa ＝1.2×105 Pa 根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 22.4×105×15177＋273＝1.2×105×h 57＋273解得h ＝22 cm.题组一 饱和蒸汽与饱和汽压1．空气压缩机的储气罐中储有1.0atm 的空气6.0L ，现再充入1.0atm 的空气9.0L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( )A ．2.5atmB ．2.0atmC ．1.5atmD ．1.0atm答案 A解析 初状态：p 1＝1.0atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0L末状态：p 2，V 2＝6.0L根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．2．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0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p 0的空气的体积为( )A.p 0pV B.p p 0V C ．(p p 0－1)V D ．(p p 0＋1)V答案 C解析 取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ，解得：V ′＝(p p 0－1)V ，故选项C 正确． 3．容积为20L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( )A ．60袋B ．56袋C ．50袋D ．40袋答案 B解析 设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 01．5×107 Pa ×20 L ＝1.0×106 Pa ×20 L ＋n ×1.0×106 Pa ×5 L ，解得n ＝56，B 选项正确．4．容积为5×10－3m 3的容器内盛有理想气体，若用最大容积为0.1×10－3m 3的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？ 答案 0.82解析 本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV .设容器中原有气体的压强为p 0，体积为V 0，抽气筒容积为ΔV .第一次抽气：p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )，第二次抽气：p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )，第三次抽气：p 2V 0＝p 3(V 0＋ΔV )，…第十次抽气：p 9V 0＝p 10(V 0＋ΔV )，各式相乘可得p 10＝(V 0V 0＋ΔV )10p 0. 所以p 10p 0＝(V 0V 0＋ΔV )10＝(55＋0.1)10≈0.82. 题组二 液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20℃，现将右端空气柱温度降为0℃，左端空气柱温度降为10℃，则管中水银柱将( ) 图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C 解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p 同理右端空气柱Δp 右＝20293p 所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确．6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小图2D ．h 变小，l 变大答案 A题组三 理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( )A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2 B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2 C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2答案 D解析 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( )A ．先等温膨胀，再等容降温B ．先等温压缩，再等容降温C ．先等容升温，再等温压缩D ．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析 质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1图3D ．5∶6∶3答案 B解析 由pV T＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确． 10．用销钉固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图4所示，起初A 中有温度为127℃、压强为1.8×105Pa 的空气，B 中有温度为27℃、压强为1.2×105Pa 的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．图4答案 都为1.3×105Pa解析 对A 空气，初态：p A ＝1.8×105Pa ，V A ＝？，T A ＝400K.末态：p A ′＝？，V A ′＝？，T A ′＝300K ，由理想气体状态方程p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′得： 1.8×105V A 400＝p A ′V A ′300对B 空气，初态：p B ＝1.2×105Pa ，V B ＝？，T B ＝300K.末态：p B ′＝？，V B ′＝？，T B ′＝300K.由理想气体状态方程p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′得： 1.2×105V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′，V A ∶V B ＝2∶1，p A ′＝p B ′，联立以上各式得p A ′＝p B ′＝1.3×105Pa.题组四 理想气体状态方程的综合应用11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10kg ，活塞质量m ＝5kg ，横截面积S ＝2×10－3m 2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝20 cm.求当缸内气体温度升高到多少时，气缸对地面的压力为零．(g取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)图5 答案 827℃解析 缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，p 1＝p 0－mg S＝7.5×104Pa ， T 1＝(273＋127) K ＝400K.末态：p 2＝p 0＋Mg S＝1.5×105Pa. 气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，则x ＝(m ＋M )g k＝0.075m ＝7.5cm. 缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，对缸内气体根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 即7.5×104Pa ×20S 400K ＝1.5×105Pa ×27.5S T 2， 解得：T 2＝1100K ，即t ＝827℃12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3K ．求：甲 乙图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．答案 (1)330K (2)1.1p 0 (3)见解析图 解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363K ．综上可知，气体在温度由297K 升高到330K 过程中，气体做等容变化；由330K 升高到363K 过程中，气体做等压变化；由363K 升高到399.3K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．品 味 人 生 1、 很多时候，看的太透反而不快乐，还不如幼稚的没心没肺。
粤教版高中物理选择性必修第三册第2章素养提升课1气体实验定律的综合应用课件
A
B
√C
√D
[跟进训练]
1．如图所示，左端封闭、右侧开口的U形管内分别用水银封有两部分气
体，右侧部分封闭气体的压强为p1，水银面高度差为h．当左侧部分气体
温度升高较小的Δt，重新达到平衡后，h和p1的变化是( )
A．h不变，p1不变
B．h不变，p1变大
C．h变小，p1变小
√D．h变小，p1不变
考点2 关联气体问题 该类问题涉及两部分(或两部分以上)的气体，它们之间虽然没有气 体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关 系往往是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法有： (1)分别选取每一部分气体为研究对象，确定初末状态及其状态参量， 根据气体实验定律或理想气体状态方程写出状态量间的关系式． (2)分析关联气体之间的压强关系、体积关系，并写出关系式． (3)联立多个方程求解．
第二章 气体、液体和固体
素养提升课(一) 气体实验定律的综 合应用
学 1．能熟练运用气体实验定律解决液体移动的问题． 习 2．掌握关联气体问题的处理方法与技巧． 任 3．能准确应用理想气体的图像解决相关问题，提升解题能 务 力．
01
关键能力·情境探究达成
考点1 液柱类移动问题 考点2 关联气体问题 考点3 理想气体图像转换问题
4．从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始，根据不同的变化 过程，先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量，再 逐一分析计算出各点的p、V、T． 5．根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图线，并根 据相应的规律逐一检查是否有误．
【典例3】 如图所示是一定质量的理想气体状态按图中箭头顺序 变化，状态D的温度为27 ℃，BC为一段双 -T图像．(T＝273 K＋t)
粤教版高中物理选择性必修第三册精品课件 第2章 气体、液体和固体 第3节 气体实验定律的微观解释
典例剖析
【例题3】 (多选)一定质量的理想气体,从图中A状态开始,经历了B、C,最
后到D状态,下列说法正确的是(ABD)
A.A→B温度升高,体积不变
B.B→C压强不变,体积变小
C.C→D压强变小,体积变小
D.B点的温度最高,C点的体积最小
解析 从图像直接看出 A→B 温度升高,因为 AB 延长线经过原点,是等容线,
.
2.查理定律的微观解释:一定质量的气体,体积保持不变时,气体分子的
密集程度
平均速率
保持不变,若气体温度升高,分子的热运动的_____________
增大,气体压强增大.反之,若气体温度降低,分子热运动的平均速率减小,气
体压强 减小
.
想一想
试应用分子动理论和气体分子运动的统计规律解释盖-吕萨克定
律.
A.气体的分子数密度增大
B.气体的压强减小
C.气体分子的平均速率减小
D.每秒钟撞击器壁单位面积上的气体分子数增多
解析 当温度升高时,气体的体积不变,因此气体的分子数密度不变,A错误;
保持气体体积不变,当温度升高时,气体的压强增大,因此每秒钟撞击器壁
单位面积上的气体分子数增多,B错误,D正确;当温度升高时,分子的平均动
1.等温线
p-V
p-
1
p-T
V-T
要点笔记
(1)pV=CT(C为常量),对于p-V图像,pV之积越大的等温线对应
的温度越高,离原点越远.(2)
对应的温度越高.
p= , 斜率
=
1
, 对于p− 图像 ,斜率越大,
2.等容线
p-T
要点笔记
C
2021-2022学年粤教版高中物理选修3-3 章末质量评估(三) Word版含答案
章末质量评估(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．在以下事例中，通过热传递的方式来转变物体内能的是( )A．两小球碰撞后粘合起来，同时温度上升B．冬天暖气为房间供暖C．点燃的爆竹在空中爆炸D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热解析：转变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移，而不是其他形式的能转化为内能，两小球碰撞后粘在一起，温度上升，是机械能转化为内能，故A错；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为了内能，故C错；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，故D错．答案：B2．2021年，我国消灭了大范围的雾霾天气，如何削减环境污染，已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是( )A．太阳能光伏发电B．风力发电C．水力发电D．火力发电解析：太阳能光伏电池属于清洁能源，不会带来大气污染，故A错误；风能属于清洁的新能源，无污染，故B错误；水力发电，属于清洁能源，不会带来大气污染，故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源，从而带来大量的烟尘造成大气污染，故D正确．答案：D3．崔牛先生向客户推销他设计的“超级推动器”，该推动器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机把握系统组成，其奇特之处在于能通过自身的循环工作，源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源．事实上，这是不行能实现的，由于他的设计违反了( )A．能量守恒定律B．电荷守恒定律C．机械能守恒定律D．质量守恒定律解析：很多科学家致力于争辩永动机，期望能造出不消耗能量而源源不断地向外输出能量的机器，但结果都以失败告终．其缘由是由于源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源的“永动机”违反了能量守恒定律．答案：A4．下列说法中，正确的是( )A．物体吸取热量，内能肯定增加B．物体吸取热量，同时对外做功，内能可能不变C．热量不行能从低温物体传到高温物体D．气体自由膨胀是可逆过程解析：转变内能的方式有做功和热传递，物体吸取热量，物体的内能不肯定增大，故A错误；转变内能的方式有做功和热传递，物体吸取热量，同时对外做功，内能可能不变，故B正确；热量在肯定的条件下可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故C错误；依据热力学其次定律，气体自由膨胀是不行逆过程，故D错误．答案：B5．下列说法中正确的是( )A．机械能可以全部转化为内能，内能也可能全部转化为机械能B．电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体C．热量不能从低温物体传到高温物体D．热力学其次定律说明热量只能由高温物体传向低温物体解析：机械能可以全部转化为内能，依据热力学其次定律知，在外界的影响下，内能也可能全部转化为机械能，故A正确．依据热力学其次定律知，热量可以自发地由高温物体传到低温物体，不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的状况下热量才由低温物体传到高温物体，热量不是自发地自低温物体传到高温物体，故B错误．依据热力学其次定律知，在引起其他变化的状况下，热量能从低温物体传到高温物体，故C、D错误．答案：A6．如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了肯定质量的气体，M可沿N的壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：由于M、N内被封闭气体体积减小，所以外界对气体做功．由热力学第肯定律及M、N内气体与外界没有热交换可知外界对气体做功，内能肯定增加，故A正确，B、C、D错误．答案：A7．对一些机械设备的科学性分析正确的是( )A．空调机既能制冷又能制热，说明热传递不存在方向性B．其次类永动机不行能制成是由于它违反了能量守恒定律C．即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违反了热力学其次定律解析：热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的，故A错误．其次类永动机不行能制成是由于它违反了热力学其次定律，不违反能量守恒定律，故B错误．依据热力学其次定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%，故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗肯定的电能，所以不违反热力学其次定律，故D错误．答案：C8. 肯定质量的0 ℃的冰，全部变成0 ℃的水的过程中( )A．分子的平均动能增大，吸取热量，内能不变B．分子的平均动能减小，放出热量，内能增大C．分子的平均动能不变，吸取热量，内能增大D．分子的平均动能不变，放出热量，内能减小解析：冰是晶体，在熔化过程中，温度保持不变，故分子平均动能不变，但溶化过程要吸热，所以内能增大，体积增大，分子势能增大．故A、B、D错误，C正确．答案：C9.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞．用手拉住绳子两端快速往复拉动，管塞会被冲开．管塞被冲开前( )A．外界对管内气体做功，气体内能增大B．管内气体对外界做功，气体内能减小C．管内气体内能不变，压强变大D．管内气体内能增加，压强变大解析：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度上升．进一步乙醚的温度上升，直至沸腾，管塞会被冲开．管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大．答案：D10．如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有肯定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽视不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为E p(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程( )A．E p全部转换为气体的内能B．E p一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．E p全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．E p一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能解析：以活塞为争辩对象，设气体压强为p1，活塞质量为m，横截面积为S，末态时压强为p2，初态F弹>mg ＋p1S，由题意可得末态位置必需高于初位置，否则不能平衡，则由ΔU＝W(绝热)．W为正，ΔU必为正，温度上升，内能增加，活塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知F弹′＝mg＋p2S，仍旧具有一部分弹性势能，D正确．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．一铜块和一铁块，质量相等，铜块的温度T1比铁块的温度T2高，当它们接触在一起时，假如不和外界交换能量，则( )A．从两者开头接触到热平衡的整个过程中，铜块内能的削减量等于铁块内能的增加量B．在两者达到热平衡以前的任意一段时间内，铜块内能的削减量不等于铁块内能的增加量C．达到热平衡时，铜块的温度T＝T1＋T22D．达到热平衡时，两者的温度相等解析：一个系统在热交换的过程中，假如不与外界发生热交换，温度高的物体放出的热量等于温度低的物体吸取的热量，直到温度相等，不再发生热交换为止，而热量是热传递过程中内能的变化量，所以选项A 和D都正确，选项B错误．依据热平衡方程c铜m(T1－T)＝c铁m(T－T2)，解得T＝c铜T1＋c铁T2c铜＋c铁，由此可知选项C是错误的．答案：AD12．下列说法不正确的是( )A．热量不行能由低温物体传递到高温物体B．外界对物体做功，物体的内能肯定增加C．第一类水动机违反了热力学其次定律D．其次类水动机不能制成，说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性解析：热量在肯定的条件下可以由低温物体传递到高温物体，比如电冰箱，故A错误；由公式ΔU＝W＋Q 知做功和热传递都能转变物体内能，外界对物体做功若同时放出热量，物体的内能肯定增加，故B错误；第一类永动机不消耗能量而对外做功，违反了能量守恒定律，故C 错误；其次类永动机违反了热力学其次定律，说明自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D 正确．答案：ABC13．如图所示，肯定质量的抱负气体，从状态A 经绝热过程A →B 、等容过程B →C 、等温过程C →A 又回到了状态A ，则( )A ．A →B 过程气体降温B ．B →C 过程气体内能增加，可能外界对气体做了功 C ．C →A 过程气体放热D ．全部过程气体做功为零解析：A →B 过程气体绝热膨胀，气体对外界做功，其对应的内能必定减小，即气体温度降低，选项A 正确；B →C 过程气体等容升压，由pT＝C (常量)可知，气体温度上升，其对应内能增加，因做功W ＝0，选项B 错；C →A 过程气体等温压缩，故内能变化为零，但外界对气体做功，因此该过程中气体放热，选项C 正确；A →B过程气体对外做功，其数值等于AB 线与横轴包围的面积．B →C 过程气体不做功．C →A 过程外界对气体做功，其数值等于CA 线与横轴包围的面积，明显全过程对气体做的净功为ABC 封闭曲线包围的面积，选项D 错．答案：AC14．如图，一绝热容器被隔板K 隔开成a ，b 两部分．已知a 内有肯定量的淡薄气体，b 内为真空．抽开隔板K 后，a 内气体进入b ，最终达到平衡状态．在此过程中( )A ．气体对外界做功，内能削减B ．气体不做功，内能不变C ．气体压强变小，温度降低D ．气体压强变小，温度不变解析：因b 内为真空，抽开隔板K 后，a 内气体对外界不做功，由ΔU ＝W ＋Q 知内能不变，故选项A 错误．选项B 正确．淡薄气体可看作抱负气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p 1V 1＝p 1V 2和V 1<V 2知p 1>p 2，即气体压强变小，故选项C 错误，选项D 正确．答案：BD三、非选择题(本大题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(6分)指出下面例子中各是什么物理过程转变物体内能： (1)瓶内的高压气体将瓶塞冲开，瓶内气体的温度降低，_______． (2)子弹打中木块，木块和子弹的温度上升，__________． (3)电流通过电炉丝，其温度上升，____________．(4)将烧红的铁块放入冷水中，水的温度上升，____________．解析：(1)中体积增大对外做功；(2)中子弹与木块摩擦做功；(3)中电流做功；(4)中属于热传递．答案：(1)做功 (2)做功 (3)做功 (4)热传递16．(12分)(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)．A ．气体分子间的作用力增大B ．气体分子的平均速率增大C ．气体分子的平均动能减小D ．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为抱负气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J 的功，则此过程中气泡__________(填“吸取”或“放出”)的热量是________J ．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J 的功，同时吸取了0. 3 J 的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.解析：(1)气泡上升过程中温度保持不变，压强减小体积增大，所以A 、B 、C 选项均错，依据熵增加原理知D 项正确．(2)气泡上升过程中T 不变，故ΔU ＝0，由热力学第肯定律得气体吸取热量Q ＝W ＝0.6 J. 气泡到达湖面后温度上升，ΔU ＝Q ＋W ＝0.3 J －0.1 J ＝0.2 J. 答案：(1) D (2)吸取 0.6 0.217．(12分)如图所示，为一气缸内封闭的肯定质量的气体的p V 图线，当该系统从状态a 沿过程a →c →b 到达状态b 时，有335 J 的热量传入系统，系统对外界做功126 J.(1)若沿a →d →b 过程，系统对外做功42 J ，则有多少热量传入系统？(2)若系统由状态b 沿曲线过程返回状态a 时，外界对系统做功84 J ，问系统是吸热还是放热？热量传递多少？解析：(1)沿a →c →b 过程ΔU ＝W ＋Q ＝(－126＋335) J ＝209 J. 沿a →d →b 过程ΔU ＝W ′＋Q ′，Q ′＝ΔU －W ′＝[209－(－42)] J ＝251 J ，即有251 J 的热量传入系统．(2)由b →a ，ΔU ′＝－209 J. ΔU ′＝W ″＋Q ″＝84 J ＋Q ″，Q ″＝(－209－84)J ＝－293 J.负号说明系统放出热量．答案：(1)251 J (2)放热 293 J18．(12分)如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S ，将整个装置放在大气压恒为p 0的空气中，开头时气体的温度为T 0，活塞与容器底的距离为h 0，当气体从外界吸取热量Q 后，活塞缓慢上升d 后再次平衡，问：(1)外界空气的温度是多少？(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？解析：(1)取密闭气体为争辩对象，活塞上升过程为等压变化，由盖·吕萨克定律有V V 0＝T T 0. 得外界温度T ＝V V 0T 0＝（h 0＋d ）h 0ST 0＝h 0＋dh 0T 0. (2)活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功W ＝－(mg ＋p 0S )d ，依据热力学第肯定律得密闭气体增加的内能ΔU ＝Q ＋W ＝Q －(mg ＋p 0S )d . 答案：(1)h 0＋dh 0T 0 (2)Q －(mg ＋p 0S )d 19．(12分)肯定质量的抱负气体由状态A 经状态B 变成状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3，T A ＝T C ＝300 K ，T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积；(2)说明B →C 过程压强变化的微观缘由；(3)设A →B 过程气体吸取热量为Q 1，B →C 过程气体放出热量为Q 2，比较Q 1、Q 2的大小，并说明缘由． 解析：(1)A →B 由气体定律得V A T A ＝V B T B，则V B ＝T B T A V A ＝400300×0.3 m 3＝0.4 m 3.(2)B →C 气体体积不变，分子数不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小． (3)A →B ，气体内能增加，由热力学第肯定律：Q 1－W ＝ΔU ，Q 1＝ΔU ＋W .B →C ，气体体积不变，内能削减，Q 2＝ΔU ，所以Q 1>Q 2.答案：(1)0.4 m 3(2)(3)见解析。
理想气体状态方程处理变质量问题的方法
学·理园才是人类生存和发展的硬道理，这是践行高考评价体系在增长知识见识上和在加强品德修养上下功夫的两个要求。
四、敢于质疑，不畏艰难质疑能够极大地激发学生的学习潜能和探究欲望，学会质疑成为批判性思维教学的首要因素。
古往今来，生物学家获得成功的背后，都离不开挑战权威和前人结论的科学家，如孟德尔、拉马克、达尔文、摩尔根、道尔顿、伦尼伯格、马太、袁隆平等。
正如施一公院士谈及“科学研究最重要的品格和能力”时所说：科学研究很少有一帆风顺的，需要付出大量的心血和努力，一是时间的付出，二是批判性的思维方式。
例如，在必修二开篇科学家访谈中，两位学生分别扮演袁隆平院士与记者进行交流，同学们体会到杂交水稻实验不断成功的喜悦的同时，更能体会到过程当中的曲折和艰辛。
在当时，袁隆平院士对“水稻等自花传粉植物没有杂种优势，不适宜进行杂交”的权威理论产生了质疑，激发了他研究杂交水稻的兴趣，由此确立了研究方向。
当发现一株雄性野生水稻的不育，并命名为“野败”，这个过程又是十分艰辛与困难的。
因为在检查了几十万个稻穗后，只找到6株不育的雄性植株，而且面临着这些雄性不育无法在后代中保持下去的难题。
他和他的研究团队，及时改变了策略，采用远缘杂交方式，终于使“野败”雄性不育的性状得以保持。
他总结道，能够成功发现“野败”，绝非偶然，而是他们多年来持之以恒、克服种种困难的必然结果，这是践行高考评价体系在培养奋斗精神上下功夫的要求。
总之，在高中生物教学中，学生们通过对生命现象的学习，认识生命本质，学会敬畏生命，养成良好的生活习惯和健康的生活态度。
树立科学、健康的价值观和求实、创新的科学精神。
高考评价体系总体目标要求的一核四层四翼，为包括高中生物在内的各学科教学进一步指明了方向，高中生物教材中丰富的德育素材为德育在日常课堂上的渗透提供了诸多的契入点和项目脚手架。
这些都展示了德育在高中生物教学中的“润物细无声”的作用，更是对高考评价体系要求的立德树人的准确作答。
粤教版高中物理选修3-3：气体状态参量_课件1
气体压强的计算
例3 如图所示，一个壁厚可以不计、质量为M的汽缸放 在光滑的水平地面上，活塞的质量为m，面积为S，内部封 有一定质量的气体。活塞不漏气，摩擦不计，外界大气压 强为p0，若在活塞上加一水平向左的恒力F(不考虑气体温 度的变化)，求汽缸和活塞以共同加速度运动时，缸内气 体的压强多大？
【思路点拨】容器加速运动，选活塞为研究对象，进行受 力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出气体的压强。
谢谢
三、压强 1．意义：大量__分__子___频繁地碰撞器壁，气体作用在器壁单位 面积上的___压__力___就是气体的压强p＝F/S。 2．单位：国际单位制中的单位是“__帕__斯__卡__”，1 Pa＝1N/m2， 常用的单位还有：_标__准__大__气__压_(atm)和__毫__米__汞__柱___(mmHg)， 1atm＝_1_._0_1_3_×__1_0_5_ ,Pa＝__7_6_0__ mmHg,1 atm相当于__1_0_m___ 高水柱产生的压强。
6．当封闭气体所在的系统处于力学非平衡的状态时，欲 求封闭气体的压强，首先选择恰当的对象(如与气体相关 联的液柱、活塞等)，并对其进行正确的受力分析(特别注 意内、外气体的压力)，然后根据牛顿第二定律列方程求 解。气体压强的确定要根据气体所处的外部条件，往往需 要利用跟气体接触的液柱和活塞等物体的受力情况和运动 情况来计算。
气体状态参量
课标定位
学习目标： 1.知道气体的温度、体积、压强是描述气体状态的状态参 量，理解描述状态的三个参量的意义。 2.在知道温度物理意义的基础上，知道热力学温度及单位； 知道热力学温度与摄氏温度的关系，并会进行换算。 3.知道气体的体积及其单位，并理解气体的压强是怎样产 生的，能运用分子动理论进行解释；知道气体压强的单位 并能进行单位换算；会计算各种情况下气体的压强。
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第16点 气体变质量问题的处理方法
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．
1．打气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．
2．抽气问题
从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．
3．灌气问题
将一个大容器中的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作是一个整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
4．漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体与漏出的气体为研究对象，便可使问题变成定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解．
对点例题 贮气筒内压缩气体的温度为27℃，压强是20atm ，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低为12℃，求剩余气体的压强为多大？
解题指导 以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V ，则
初态：p 1＝20 atm ，V 1＝12
V ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？，V 2＝V ，T 2＝(273＋12) K ＝285 K
根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2
得：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝20×V 2×285300V
atm ＝9.5 atm.
答案 9.5atm
技巧点拨 选择剩余气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题．
1．一只轮胎容积为V ＝10L ，已装有p 1＝1atm 的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V 0＝1L ，要使胎内气体压强达到p 2＝2.5atm ，应至少打气(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p 0＝1atm)( )
A ．8次
B ．10次
C ．12次
D ．15次
答案 D
解析 本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象．设打气次数为n ，则V 1＝nV 0＋V ，由玻意耳定律得，p 1V 1＝p 2V ，解得n ＝15次，故选D.
2．一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )
图1
A ．np 0，1n
p 0 B.nV 0V p 0，V 0nV
p 0 C ．(1＋V 0V )n p 0，(1＋V 0V
)n p 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)n p 0
答案 D
解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：
p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .
所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V
)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨 胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，
p 1＝V V ＋V 0
p 0. 活塞工作n 次，则有：p n ＝(V V ＋V 0)n p 0.故正确答案为D.。