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    这一章是热量的重点章.主要研究理想气体状态方程.并简述气体分子运动的特点.对气体定律作出微观解释.还从能量的观点介绍了理想气体的内能及其变化. 本章定量的内容较多.对知识的要求较高.对知识的运用.要求也较高.要求学生在运用中提高分析解决问题的能力.知识的综合程度较高.还明显地体现了研究物理的观点和方法. 气体状态参量 P.V.T 气体状态参量及其规律与力学的联系主要由压强与力的联系体现即P＝ ∑F＝0 玻-马定律 P1V1＝P2V2 查理定律 P1/T1＝P2/T2 F＝ma 盖·吕萨克定律 V1/T1＝V2/T2 理想气体状态方程 ＝ 例1.如图所示.气缸固定.活塞质量为m=1.00千克.面积S=100厘米2.重物质量为M=1.50千克.活塞与气缸壁之间的摩擦不计.活塞不漏气.大气压强为Po=1.00×105帕.把整个装置放在升降机的水平地板上.当升降机以a=6.00米/秒2的加速度匀加速上升时.封闭气体的压强为多大(g取10米/秒2)? 题说:本题是一道力热综合题.所涉的知识有物体的受力分析.牛顿第二定律及压强的概念. 题解:以活塞和重物为整体受力分析对象.受力情况如图所示(M+m)g为整体重力.PoS为大气压力.PS为气缸内气体的压力.根据牛顿第二定律:F=ma有 PS-(PoS+Mg+mg)=(M+m)a P=Po+ =1.00×105+/(100×10-4) =1.04×105帕 即封闭气体压强为1.04×105帕. 例2.粗细均匀的玻璃管两端封闭.中间的水银柱将管内气体分成A.B两部分.现将玻璃管固定在水平圆盘上.如图所示.水银柱和A.B气柱的长度都为L.气柱的压强为H0当水平圆盘绕通过A端点的OO′轴匀速转运时.水银柱移动使B气柱减小到原来的一半时.其转动频率f应多大? 题说:本题为力热综合题.所涉及的知识有玻-马定律的运用和匀速圆周运动的规律.当玻璃管随圆盘一起匀速转动时.管中的水银柱所需的向心力由B.A两端的气体压力差提供. 题解:圆盘未转动时A.B两端气压强相等则水银柱处于平衡状态.设圆盘匀速转动A.B两端气柱重新达到稳定后的压强分别为PA和PB.玻璃管截面积为S.则根据玻-马定律有: 对于A:HoρgLS=PALA=PALS PA=H0ρg 对于B:H0ρgLS=PB·LS PB=2H0ρg 对于水银柱有:PBS-PAS= 其中,,.代入方程得 2HoρgS-u0ρgs=ρLS2R 解得.f= = 即圆盘的转动频率为 例3.如图所示.一直立的气缸.由截面积不同的两圆筒联接而成.活塞A.B用一长为2l的不可伸长的细线连接.它们可在筒内无摩擦地上下滑动.A.B的截面积分别为SA＝20厘米2.SB＝10厘米2.A.B之间有一定质量的理想气体.A的上方和B的下方都是大气.大气压强始终保持为1.0×105帕. (1)当气缸内气体的温度为600K.压强为1.2×105帕时.活塞A.B的平衡位置如图所示.已知活塞B的质量MB＝1千克.求活塞A的质量MA(g取10米/秒2计算) (2)已知当气缸内气体温度由600K缓慢降低时.活塞A和B之间的距离保持不变.并一起向下缓慢移动(可以为两活塞仍处在平衡状态).直到活塞A移到两圆筒的联接处.若此后气体温度继续下降.直到活塞A和B之间的距离开始小于2l为止.试分析在降温的整个过程中.气缸内气体压强的变化情况.并求出气体的最低温度. 题说:本题所涉及的知识有物体的平衡及盖·吕萨克定律和查理定律的运用.本题关键在于对A.B运动时图15-4气体状态变化过程的分析.从而把握第一变化过程为压强不变.第二变化过程为体积不变.从而正确运用规律. 题解:(1)选取A.B及连接的细线为研究对象.对象受向下重力(MA+MB)g.气体对A向上压力P1SA.对B向下压力P1SB.周围空气对A向下压力P0SA.对B向上压力P0SB. 平衡时有 (MA+MB)g+P0SA+P1SB=P0SB+P1SA ① MA=-MB =-1 =1千克 (2)当气缸内气体温度降低时.活塞A.B距离不变而同时缓慢下降.A.B仍处于平衡状态.这时气体压强设为P2.则有 (MA+MB)g+P0SA+P2SB=P0SB+P2SA ② 比较①和②知P2=P1.说明一直到A刚降到两气缸联接处.是一个等压降温压缩过程. 气体初态体积V1=(SA+SB)/l.温度T1=600k,末态体积V2=SB·2l温度为T2.由盖吕萨克定律得 = ∴T2=T1=T1=×600=400k 如果温度继续下降.A.B不动.体积不变.气体压强减小.线拉力减小.设气体压强减小为P3时线拉力为零.P3满足的条件是 P3SB+MBg=P0SB ③ 此后.B开始上升.A.B间距离开始小于2l.在此之前是一个等容降温降压过程 ∴＝ ④ 联立③④解得 T3＝T1 ＝×400k ＝300k 即最低温度为300k. 例4.如图所示.一个绝热的气缸内有两个活塞A和B.都用销钉销住.气缸内壁光滑.活塞面积为S.A.B间距离为l.其间充有温度为T0(K).压强为外界大气压2倍的空气.活塞A左侧为真空.并用劲度系数为K的弹簧和气缸壁相连.此时弹簧处于自然长度状态.活塞B右侧气缸足够长且与大气相通.若拨出销钉D1.D2.并且温度降至.设大气压强为P0.求A.B活塞各向哪个方向移动.且各移动多大距离? 题解1:以活塞A.B间封闭气体为研究对象.初状态P1=2P0.V1=lS,T1=T0.拔去销钉后.活塞不论向左或向右移动.最终仍处于平衡.说明封闭气体的末状态压强P2=P0.同时末状态温度T2=.由此可根据理想气体状态方程计算出末状态气体体积.也即A.B活塞间的距离l′. = 代入数据得l′=l 显然气体体积未变.对于A.拔去D1后受向左的气体压力作用向左移动.弹簧被压缩.直到向左的压力与向右的弹力相等而处于平衡.设A向左移动△l.即弹簧压缩量为△l.此时封闭气体的压强为P0.则有 K△l=P0S 即A向左移动 △l= 由于气体体积不变.A向左移动的同时B也必须向左移动.移动的量应与A相同.为. 例题中.如果先拔去D1.同时降低封闭气体的温度到.当气体达到稳定状态时.拔去D2.求拔去D2的瞬间.活塞B的加速度为多大?(设活塞B的质量为m,K.l未知.但Kl=P0S) 题解2:拔去D2后.B受向左的大气压力P0S和封闭气体在前一气体变化过程末状态气体压强对它产生的向右的压力P2S.则B的瞬间加速度为a=. 以封闭气体为研究对象.初状态P1=2p0,V1=ls.T1=T0.拔去D1.A受气体压力向左移动.假设移动△l后停止移动.此时受弹力与气体压力处于平衡.即P2S=K△l.,气体体积V2=S,T2=.根据理想气体状态方程有=. 代入数据得 K△l2+Kl△l-P0lS=0 又P0S=Kl∴△l=()l 那么P2== 代入加速度表达式得a= 如果在例1中.活塞A的左侧空间也充有两个气压的气体.左侧气柱长也等于l.K未知.但Kl=P0S拔去销钉D1.D2.并且使AB间气体温度降至.A左侧气体温度不变.则两活塞各移动多大距离?(已知P0S=Kl) 题解3:把A左侧气体看做Ⅰ.右侧气体看作Ⅱ.以气体Ⅱ为研究对象.初状态P2=2P0.TV2=lS.T2=T0.拔去销钉后活塞B最终处于平衡状态.说明气体Ⅱ末态压强P2′=P0.末态温度T2′=.设气体Ⅱ的末态长度为l2′.则 = 得l2′= 显然气体Ⅱ体积的减少量为S. 以气体Ⅰ为研究对象.温度不变.初状态P1=2P0,V1=lS.由于气体Ⅱ压强减小.气体Ⅰ的压强大于Ⅱ的压强.故活塞A向右移动.设移动了△l1后活塞平衡.则K△l+P0S=P1′S.气体末状态P1′=P0+.V1′=(l+△l1)S.则有 P1V1=P1′V1′ 代入各量得K△l12+(P0S+Kl)△l1-P0lS=0 又Kl=P0S 则△l12+2l△l1-l2=0 解得A向右移动 △l1=(-1)l 由于气体Ⅱ体积的减小量S＞(-1)lS,所以活塞B向左移动的量 △l2=-(-1)l =l 例5.用如图中所示的容积计测量某种矿物质的密度.测量根据及步骤如下: 1)打开活塞k.使管A.容器C和B和大气相通.上下移动D使水银面在n处. 2)关闭k.上举D.使水银面达到m.这时B.D两管内水银面的高度差h2为12.5厘米. 3)打开k.把400克矿物投入C.使水银面对齐n.然后关闭k. 4)往上举D.使水银面重新达到m.这时B.D两管内水银面的高度差h2为23.7厘米.m点以上容器C和管A的总体积为1000厘米3.求矿物的密度. 知识点.能力点提示:本题所涉及的知识点有密度的概念及玻一马定律的运用.本题着重训练学生对气体状态变化过程的分析及气体系统定态的选择能力. 题解:设大气压强为Po.容器C及管A的总体积为VC.B球体积为VB.矿物体积v.质量m=400克. ①没装矿物质时.以C.A.B中封闭的气体为研究对象.以封闭时水银面处于N处为初状态.以水银面调至m处为末状态.则根据玻-马定律有: P0(VB+VC)=(P0+12.5)VC--(1) 即:P0VB=12.5VC--(1) ②以C中装入矿物质后C.A.B中气体为研究对象.以封闭时水银面处于n处为初状态.以水银面调至m处为末状态.则根据玻-马定律有: P0(VB+VC-V)=(P0+23.7)(VC-V)--(2) 即 P0VB=23.7(VC-V)--(2) 由得: V= VC=×1000=472.6厘米3. 密度ρ＝＝w＝0.846克/厘米3 [同步达纲练习] 【查看更多】

     

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