学案6章末总结一、气体实验定律和理想气体状态方程的应用1．玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律可看成是理想气体状态方程在T恒定、V恒定、p恒定时的特例．2．正确确定状态参量是运用气体实验定律的关键．求解压强的方法：(1)在连通器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强．(2)也可以把封闭气体的物体(如液柱、活塞、气缸等)作为力学研究对象，分析受力情况，根据研究对象所处的不同状态，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解．3．注意气体实验定律或理想气体状态方程只适用于一定质量的气体，对打气、抽气、灌气、漏气等变质量问题，巧妙地选取研究对象，使变质量的气体问题转化为定质量的气体问题．例1如图1所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有挤压；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：图1(1)恒温热源的温度T；(2)重新达到平衡后，左气缸中活塞上方气体的体积Vx.解析(1)设左、右活塞的质量分别为M1、M2，左、右活塞的横截面积均为S由活塞平衡可知：p0S＝M1g①p0S＝M2g＋得M2g＝p0S②打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持V0不变，所以当下面接触温度为T的恒温热源稳定后，活塞下方体积增大为(V0＋V0)，则由等压变化：＝解得T＝T0(2)如图所示，当把阀门K打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M1g＞M2g，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温度T0等温变化，气缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由pVx＝·，设下方气体压强为p2：p＋＝p2，解得p2＝p＋p0所以有p2(2V0－Vx)＝p0·联立上述两个方程有6V－V0Vx－V＝0，解得Vx＝V0，另一解Vx＝－V0，不符合题意，舍去．答案(1)T0(2)V0例2如图2所示，一定质量的气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76cmHg)求：图2(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？(2)打开阀门K后将容器内的气体从300K分别加热到400K和540K时，U形管内两边水银面的高度差各为多少？解析(1)初始时，pA0＝p0＋ρgh＝2atm，VA0＝打开阀门后，A室气体等温变化，pA＝1atm，体积为VA，由玻意耳定律得pA0VA0＝pAVAVA＝＝V0(2)假设打开阀门后，气体从T0＝300K升高到T时，活塞C恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强仍为p0，即等压过程．根据盖—吕萨克定律＝得T＝T0＝450K因为T1＝400K<450K，所以pA1＝p0，水银柱的高度差为零．从T＝450K升高到T2＝540K为等容过程．根据查理定律＝，得pA2＝1.2atm.T2＝540K时，p0＋ρgh′＝1.2atm，故水银高度差h′＝15.2cm.答案(1)V0(2)015.2cm二、气体的图象问题要会识别图象反映的气体状态的变化特点，并且熟练进行图象的转化，理解图象的斜率、截距的物理意义．当图象反映的气体状态变化过程不是单一过程，而是连续发生几种变化时，注意分段分析，要特别关注两阶段衔接点的状态．1．等温线图3(1)在p－V图象中，p与V乘积越大，温度越高，如图3甲所示，T2>T1.(2)在p－图象中，直线的斜率越大，温度越高，如图乙所示，T2>T1.2．等容线在p－T图象中，直线的斜率越大，体积越小，如图4所示，V2
