人教版高中物理选修33第八章气体章末复习计划课

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章末复习课

【知识系统】

[答案填写]①标记②t＋273.15K③碰撞④密集程度⑤温度⑥原点⑦体积⑧直线⑨压强⑩理想气体

主题1气体的实验定律

1．玻意耳定律．

(1)条件：质量不变，温度不变．

p1V2(2)公式：pV＝C或p1V1＝p2V2或p2＝V1.

2．查理定律．

(1)条件：质量不变，体积不变．p(2)公式：T＝C

或p1＝p2.

T1T2

3．盖—吕萨克定律．

(1)条件：质量不变，压强不变．V(2)公式：T＝C

V1或T1

V2＝T2.

4．使用步骤：

(1)确立研究对象，并判断能否满足某个实验定律条件；

(2)确立初末状态及状态参量；

(3)依据实验定律列方程求解(注意单位一致)；

(4)注意解析隐含条件，做出必需的判断和说明．

【例1】扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象，

以以以下图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部关闭

气体的温度为300K，压强为大气压强p0.当关闭气体温度上涨至303

K时，杯盖恰巧被整体顶起，放出少量气体后又落回桌面，其内部压

强马上减为p0，温度仍为303K．再经过一段时间，内部气体温度恢

复到300K．整个过程中关闭气体均可视为理想气体．求：

(1)当温度上涨到303K且还没有放气时，关闭气体的压强；

(2)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．

解析：(1)气体进行等容变化，开始时，压强为p0，温度T0＝300

K；当温度上涨到303K且还没有放气时，压强为p1，温度T1＝303K.依据p0＝p1可得T0T1

T1303p1＝T0p0＝300p0＝1.01p0.(2)当内部气体温度恢复到300K时，由等容变化方程可得p0＝T1p2，T0

T0300p0解得p2＝T1p0＝303p0＝1.01.

当杯盖恰被顶起时有：p1S＝mg＋p0S，

若将杯盖提起时所需的最小力满足

Fmin＋p2S＝p0S＋mg，

201解得Fmin＝10100p0S≈0.02p0S.

答案：(1)1.01p0(2)0.02p0S针对训练1.以以以下图为一种减震垫，上边充满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物件平放在气泡上

时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，

当体积压缩到V时气泡与物件接触面的面积为S，求此时每个气泡内

气体对接触面处薄膜的压力．

解析：设压力为F，压缩后气体压强为p，

由p0V0＝pV和F＝pS，

V0解得F＝Vp0S.

V0答案：Vp0S

主题2理想气体状态方程1．条件：理想气体．pVp1V1p2V22．公式：T＝C或T1＝T2.3．步骤：

(1)确立研究对象，能否质量不变；

(2)确立初末状态及状态参量；

(3)依据理想气体方程求解(注意单位一致)；

(4)注意解析隐含条件(变质量问题转变成定质量问题)，做出必需

的判断和说明．

【例2】(2014·上海卷)如图，一端关闭、粗细平均的U形玻璃

管张口向上竖直搁置，用水银将一段气体关闭在管中．当温度为280

K时，被关闭的气柱长L＝22cm，两边水银柱高度差h＝16cm，大

气压强p0＝76cmHg.

(1)为使左端水银面降落3cm，关闭气体温度应变成多少？

(2)关闭气体的温度重新回到280K后，为使关闭气柱长度变成

cm，需向张口端注入的水银柱长度为多少？解析：(1)初态压强

p1＝(76－16)cmHg＝60cmHg.

末态时左右水银面高度差为

(16－2×3)cm＝10cm，

压强p2＝(76－10)cmHg＝66cmHg.

p1V1p2V2由理想气体状态方程：T1＝T2，

p2V2T166×25解得T2＝p1V1＝60×22×280K＝350K.

(2)设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差

h′＝(16＋2×2)－l.

由玻意耳定律：p1V1＝p3V3.

式中p3＝76－(20－l)，

解得：l＝10cm.

答案：(1)350K(2)10cm

针对训练

2.如图，气缸左右双侧气体由绝热活塞分开，活塞与气缸圆滑接

触．初始时双侧气体均处于均衡态，体积之比V1∶V2＝1∶2，温度

之比T1∶T2＝2∶5.先保持右边气体温度不变，高升左边气体温度，

使双侧气体体积相同；此后使活塞导热，双侧气体最后达到均衡，求：

(1)双侧气体体积相同时，左边气体的温度与初始温度之比；

(2)最后双侧气体的体积之比．

解析：(1)设初始时压强为p.

pV1p′V左边气体满足：T1＝kT1，

右边气体满足：pV2＝p′V.

V2解得k＝V＝2.

(2)活塞导热达到均衡．

p′V1p″V1′左边气体满足：kT1＝T1′，

p′Vp″V2′右边气体满足：T2＝T2′，

均衡时T1′＝T2′，V1′T25解得＝＝.V2′kT14

5答案：(1)2(2)4

主题3气体的图象问题

【例3】(多项选择)以以以下图，用活塞把必定质量的理想气体关闭

在气缸中，现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右挪动

一段距离，由状态①变化到状态②.假如环境保持恒温，分别用p、V、

T表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②.

以以下图象中可以表示此过程的是( )

解析：由题意知，由状态①变化到状态②的过程中，温度保持不

pV变，体积增大，依据T＝C可知压强减小．对A图象进行解析，p－V图象是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确．对B图象进行解析，p－V图象是直线，温度会发生变化，故

B错误．对C图象进行解析，可知温度不变，但体积减小，故C错

误．对D图象进行解析，可知温度不变，压强减小，体积增大，故

正确．

答案：AD针对训练

3.(多项选择)必定质量的理想气体经过以以以下图的一系列过程，以下

说法中正确的选项是( )

A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小

B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大

C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小

D．c→a过程中，气体内能增大，体积不变

答案：AD

统揽考情

气体是高考的必考部分，这也说明本章在高考中所占比重比较

大．本章习题在新课标高考中多以计算题的形式出现，并且是必考的

一类题．观察内容：气体实验定律和理想气体状态方程，还要涉及压

强计算和压强的微观表示方法．

真题例析

(2015·课标全国Ⅰ卷)以以以下图，一固定的竖直气缸有一大一小两

个同轴圆筒构成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1

2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2，小活塞的质量为m2＝1.50kg，

横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝

40.0cm，气缸外大气压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K．初

l始时大活塞与大圆筒底部相距2，两活塞间关闭气体的温度为T1＝495

K，现气缸内气体温度缓慢降落，活塞缓慢下移，忽视两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加快度g取10m/s2，求：

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬时，缸内关闭气体的温度；

(2)缸内关闭的气体与缸外大气达到热均衡时，缸内关闭气体的

压强．

解析：(1)大小活塞缓慢降落过程，活塞表面受力状况不变，气

缸内压强不变，气缸内气体为等压变化．

L初始状态：V1＝2(S1＋S2)，T1＝495K；

末状态：V2＝LS2.由盖－吕萨克定律：V1＝V2代入数值可得：T2＝330K.T1T2

(2)对大小活塞受力解析则有

m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝pS2＋p1S1，

可得p1＝1.1×105Pa，

缸内关闭的气体与缸外大气达到热均衡时，气体体积不变，为等容变化．

初状态：p1＝1.1×105Pa，T2＝330K，

末状态：T＝303K，

由查理定律p1＝p2，得p2＝1.01×105Pa.T2T5答案：(1)330K(2)1.01×10Pa

(2014·课标全国Ⅱ卷)如图，两气缸A、B粗细平均、等高且内壁圆滑．其下部由体积可忽视的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端关闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其他部分均

绝热．两气缸中各有一厚度可忽视的绝热轻活塞a、b，活塞下方充由氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为P0，外界平和缸内气体

1温度均为7℃且均衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的4，活

塞b在气缸正中间．

(1)现经过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰巧升至顶部时，求

氮气的温度；

(2)连续缓慢加热，使活塞a上涨，当活塞a上涨的距离是气缸

1高度的16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ab下方

的氮气经历等压过程，设气缸A的容积为V0，氮气初始状态的体积为V1，温度为T1，末态体积V2，温度为

T2，按题意，气缸B的容积为V40，由题给数据及盖—吕萨克定

律有：V1＝V2，①T1T2

1V07且V1＝4V0＋24＝8V0，②

3V0V2＝4V0＋4＝V0.③

由①②③式及所给的数据可得：T2＝320K．④

(2)活塞b升至顶部后，因为连续缓慢加热，活塞a开始向上移

1动，直至活塞上涨的距离是气缸高度的16时，活塞a上方的氮气经历

等温过程，设氮气初始状态的体积为V1′，压强为P1′；末态体积为V2′，压强为P2′，由所给数据及玻意耳定律可得

V1′＝1V0，p1′＝p0′，V2′＝3V0，⑤416p1′V1′＝p2′V2′.⑥

4由⑤⑥式可得：p2′＝3p0.

4答案：(1)320K(2)3p0

1.(2014上·海卷)如图，竖直搁置、张口向下的试管内用水银关闭

一段气体，若试管自由着落，管内气体( )

A．压强增大，体积增大

B．压强增大，体积减小

C．压强减小，体积增大

D．压强减小，体积减小

解析：初始时，水银处于静止状态，遇到的重力和关闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由着落时，管中水银也处于完满失重状态，加快度为g竖直向下，因此关闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知关闭气体的压强增大，依据理想气体状态方程可知，气体的体积减小，B项正确．

答案：B

2．(2015·苏卷江)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中

气体压强为1个标准大气压、体积为1L．将其缓慢压缩到压强为2

个标准大气压时，气体的体积变成0.45L．请经过计算判断该包装袋

能否漏气．

解析：将包装袋压缩到压强为2个标准大气压温度不变：

初状态：p1＝1atm，V1＝1L；

末状态：p1＝2atm.

由玻意耳定律：p1V1＝p2V2，

解得：V2＝0.5L>0.45L.

则会漏气．

答案：会漏气

3．(2015·庆卷重)北方某地的冬季室外气温很低，吹出的肥皂泡

会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．

解析：由题知质量和体积不变得

初状态：p1，T1，末状态：p2，T2.由查理定理：p1＝p2，则：p2＝P1T2，T1T2T1则压强差：＝－＝T2－＝T2－1p1.pp2p1T1p1p1T1T2答案：T1－1p1

4.(2015课·标全国Ⅱ卷)以以以下图，一粗细平均的U形管竖直放

置，A侧上端关闭，B侧上端与大气相通，下端张口处开关K关闭，

A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当双侧的高度差为h1

10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强P0＝75.0cmHg.

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；

(2)此后再向B侧注入水银，使A、B双侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．

解析：(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l＝10.0cm时压强为p；当双侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度

为l1，压强为p1.

由玻意耳定律得：pl＝p1l1，

由力学均衡条件得：p＝p0＋h.

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强素来为p0，

而A侧水银面处的压强随空气柱的长度增添逐渐减小，B、A双侧水银面的高度差也随之减小，直至A侧水银高出B侧水银面h1为止．

由力学均衡有p1＝p0－h1，

并代入数据得l1＝12.0cm.

(2)当A、B双侧水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度

为l2，压强为p2，由玻意耳定律得

pl＝p2l2，

由力学均衡条件可知p2＝p0.

代入数据得l2＝10.4cm.

设注入的水银柱在管内的长度为h，依题意得h＝2(l1－l2)＋

h1＝13.2cm.答案：(1)12.0cm

(2)13.2cm

5.(2015

海·南卷)以以以下图，一底面积为

S、内壁圆滑的圆柱形容

器竖直搁置在水平川面上，张口向上，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必定量的

相同的理想气体，均衡时体积均为V.已知容器内气体温度素来不变，

重力加快度