專題三：氣體實驗定律-理想氣體的狀態(tài)方程-資料下載頁
2025-03-24 05:53本頁面
【正文】 h）（30h）S取合理解 h=倒轉過程中氣體的溫度不變，由玻意耳定律：p1V1=p3V3即 7520S==（75+h）L3S【點評】必須注意題中隱含的狀態(tài)，如果遺漏了這一點，將無法正確求解．【例4】【解析】取A部分氣體為研究對象初態(tài)：p1＝，V1＝2V，T1＝400K，末態(tài)：取B部分氣體為研究對象初態(tài)：p2＝ atm，V2＝V，T2＝300K，末態(tài)：p2′＝p，V2′，T2′＝300KV1′＋V2′＝3V………………③將數(shù)據(jù)代入聯(lián)解①②③得p＝．【點評】此題中活塞無摩擦移動后停止，A、B部分氣體壓強相等，這是隱含條件，兩部分氣體還受到容器的幾何條件約束．發(fā)掘題中的隱含條件是順利解題的關鍵．【例5】【分析】從A到B是等壓變化，從B到C是等容變化．【解答】（1）由圖甲可以看出，A與B的連線的延長線過原點O，所以從A到B是一個等壓變化，即PA=PB根據(jù)蓋呂薩克定律可得VA/TA=VB/TB所以（2）由圖甲可以看出，從B到C是一個等容變化，根據(jù)查理定律得 PB/TB=PC/TCA BC0 1 2 3 4 T/100KP/105pa所以則可畫出由狀態(tài)A經(jīng)B到C的P—T圖象如圖所示．【點評】在不同的圖象中，只能表達兩個狀態(tài)參量的關系，第三個參量可通過狀態(tài)方程或氣體實驗定律求得．[課堂練習]1．A2．3．解：從開口端開始計算：右端為大氣壓p0，同種液體同一水平面上的壓強相同，所以b氣柱的壓強為pb= p0+ρg（h2h1），而a氣柱的壓強為pa= pbρgh3= p0+ρg（h2h1h3）．點評：此類題求氣體壓強的原則就是從開口端算起（一般為大氣壓），沿著液柱在豎直方向上，向下加ρgh，向上減ρgh即可（h為高度差）．4．【分析】溫度升高、Hg移動時，兩部分空氣的三個狀態(tài)參量（T、p、V）都會發(fā)生變化，且雙方互相牽制，將給判斷帶來很大困難．為此，可作一設想，即先假設溫度升高時水銀柱不動，兩部分氣體發(fā)生等容變化．然后比較它們壓強的變化量，水銀柱應朝著壓強變化量較小的那一方移動．【解】（1）公式法：假定兩段空氣柱的體積不變，即V1，V2不變，初始溫度為T，當溫度升高△T時，空氣柱a的壓強由pa增至p39。a，△pa=p39。a－pa，空氣柱b的壓強由pb增至p39。b，△pb= p39。b－pb．由查理定律得： 因為pb=pa+ph＞pa，所以△pa＜△pb，即溫度升高時下部氣體壓強的增量較大，水銀柱應向上移動．（2）圖象法：作出上、下兩部分氣體的等容線由于原來下部壓強大于上部壓強，即Pb＞Pa，因此下部氣體等容線的斜率較大．溫度升高△T后由圖象知下部氣體的壓強變化量也較大，即△Pb＞△Pa．所以水銀柱將向上移動．5．【分析】兩部分氣體通過液體相連，壓強之間的關系是：初態(tài)PA1h=PB1 末態(tài)PA2=PB2 U型玻璃管要注意水銀面的變化，一端若下降xcm另一端必上升xcm，兩液面高度差為2xcm，則兩液面相平時，B液面下降h/2，A管液面上升h/2，在此基礎上考慮活塞移動的距離．【解答】（1）取B部分氣體為研究對象初態(tài)：PB1=766=70（cmHg） VB1=11S(cm3)末態(tài)： PB2=p VB2=(11+3)S(cm3)根據(jù)玻意耳定律 PB1VB1=PB2VB2取A部分氣體為研究對象初態(tài)：pA1=76(cmHg) VA1=11s(cm3)末態(tài)： pA2=pB2=55(cmHg) VA2=L’S(cm3)根據(jù)玻意耳定律 pA1VA1=pA2VA2對于活塞的移動距離：h39。=L39。+3L=+311=(cm)（2）由于活塞處于平衡狀態(tài)，可知F+pA2S=P0SF=P0SPS【點評】U型管粗細相同時，一側水銀面下降hcm，另一側水銀面就要上升hcm，兩部分液面高度差變化于2hcm，若管子粗細不同，應該從體積的變化來考慮，就用幾何關系解決物理問題是常用的方法．D B II，23，2:1 （1）＝，TB＝333K，（2）＝，p＝，（3）圖略。能力訓練31．A 2．BD 3．BD 4．AD 5．A 6．C 7．BD 8．BCD 9．A 10．D11．(1)如右圖所示(2)(～)12.（1）deacd （2）105Pa13．14.（1）p0=105Pa郝（2）p2=105Pa郝15．16． (1)在活塞上方倒沙的過程中溫度保持不變 P0V0＝P1V1由①式解得＝在緩慢加熱到127℃的過程中壓強保持不變 由③式解得＝(2)如圖所示14
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