2014-2015学年人教版选修3-3 第八章：气体 课件（37张）
文档属性
| 名称 | 2014-2015学年人教版选修3-3 第八章：气体 课件（37张） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2015-04-20 17:44:40 | ||
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文档简介
课件38张PPT。阶段复习课
第八章 对所学知识及时总结,将其构建成知识网络,既有助于整体把握知识结构,又利于加深对知识间内在联系的理解。下面是本阶段的知识结构图,请要求学生认真填一填吧!气 体 冷热程度 平均动能摄氏温标摄氏度(℃)热力学温标开尔文(K)T=t+273.15 K压力温度体积平均动能密集程度Pa气 体 m、T一定pV=C(常量)等温线m、V一定等容线m、p一定等压线气 体 气体实验定律温度均等“中间多、两头少”一、封闭气体压强的计算方法
封闭气体压强的计算是应用气体实验定律的基础,大致可分为液体封闭气体压强的计算和固体封闭气体压强的计算。
1.平衡时液体封闭气体压强的计算:
液体封闭气体压强的计算的典型问题是水银柱封闭气体压强的计算,采用的方法主要有:(1)取等压面法:即根据同种液体在同一水平液面
处压强相等,在连通器内灵活选取等压面,由两侧
压强相等列方程求解压强。
例如,在图中,C、D在同一液面处,两点压强相等,
所以封闭气体的压强p=p0+ρgh(其中h为液面间的竖直高度差,不一定是液柱的长度)。
(2)参考液片法:通常是在液体的最低点选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立平衡方程消去面积,得到液片两侧压强相等,进而求得封闭气体的压强。如图所示,设U形管的横截面积为S,在其最低处取一液片B,由其两侧受力平衡可知:
pS+ρgh0S=p0S+ρgh0S+ρghS
即得p=p0+ρgh2.平衡时固体封闭气体压强的计算:
固体封闭气体压强计算的典型问题是汽缸和活塞封闭气体压强的计算,通常选活塞或汽缸为研究对象,对其进行受力分析,列平衡方程求封闭气体的压强。
3.容器加速运动时,封闭气体压强的计算:
当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液体柱、固体等做研究对象,分析研究对象的受力情况,再根据运动情况,根据牛顿第二定律列方程,可求得封闭气体的压强。【典例1】高压锅的锅盖通过几个牙齿状的锅齿与锅镶嵌旋紧,锅盖与锅之间有橡皮制的密封圈,不会漏气,锅盖中间有一排气孔,上面可套上类似砝码的限压阀将排气孔堵住,当加热高压锅(锅内有水),锅内气体压强增加到一定程度时,气体就把限压阀顶起来,蒸气即从排气孔排出锅外,已知某高压锅的限压阀的质量为0.1kg,排气孔的直径为0.3 cm,则锅内气体的压强最大可达多少?设压强每增加3.6×103Pa,水的沸点相应增加1℃,则锅内的最高温度可达多高?【解析】锅内气体的最大压强为p＝p0＋ m＝0.1 kg
S＝ ＝［ ×3.14×(0.3×10－2)2］ m2＝7.1×10－6 m2
取p0＝105 Pa，
解得p＝(105＋ ) Pa＝2.4×105 Pa
因压强变化Δp＝p－p0＝1.4×105 Pa，
故水的沸点增加Δt＝ ×1 ℃＝39 ℃
所以，锅内的最高温度可达139 ℃。
答案：2.4×105 Pa 139 ℃【变式训练】如图所示,上端开口的圆柱形汽缸
竖直放置,截面积为5×10-3m2,一定质量的气体
被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内,其压
强为 Pa(大气压强取1.01×105Pa,g取10m/s2)。
若从初温27℃开始加热气体,使活塞离汽缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m。则此时气体的温度为 ℃。【解析】本题考查气体压强的计算和气体实验定律。p1＝
＝0.04×105 Pa，所以p＝p1＋p0＝0.04×105 Pa＋1.01×105 Pa＝1.05×105 Pa，由盖-吕萨克
定律得 即 所以t＝33 ℃。
答案：1.05×105 33 二、气体实验定律及理想气体状态方程的应用
1.气体实验定律与理想气体状态方程的关系：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。如：2.应用理想气体状态方程解题的一般思路:
(1)选对象:根据题意,选出所研究的某一部分气体,这部分气体在状态变化过程中,其质量必须保持一定。
(2)找参量:找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式,压强的确定往往是个关键,常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。(3)认过程:过程表示两个状态之间的一种变化方式,除题中条件已直接指明外,在许多情况下,往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定,认清变化过程是正确选用物理规律的前提。
(4)列方程:根据研究对象状态变化的具体方式,选用气态方程或某一实验定律,代入具体数值,T必须用热力学温度,p、V的单位要统一,最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。【典例2】(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，两个
侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立
放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的
细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中
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 左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞
上方气体体积为 现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左
活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；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，不计活塞与汽
缸壁间的摩擦。求:(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，
右活塞不动，两活塞下方气体经历等压过程，
由盖-吕萨克定律得 ①
由此得 ②(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量
比右活塞的大，打开K后，左活塞下降至某一位置，
右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。
汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自
经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
③
(p+p0)(2V0－Vx)=p0· ④
联立③④式，得6Vx2-V0Vx-V02=0
其解为Vx=
另一个解Vx= 不符合题意，舍去。
答案：【变式训练】如图所示,一根粗细均匀、内壁光滑的玻
璃管竖直放置,玻璃管上端有一抽气孔,管内下部被活塞
封住一定质量的理想气体,气体温度为T1。现将活塞上
方的气体缓慢抽出,当活塞上方的压强达到p0时,活塞下
方气体的体积为V1,此时活塞上方玻璃管的容积为2.6V1,
活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空后密封,整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变,然后将密封的气体缓慢加热。求:
(1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度T2;
(2)当气体温度达到1.8T1时的压强p。【解析】(1)从活塞上方的压强达到p0到活塞上方抽成真空的
过程为等温过程。
由玻意耳定律p1V1=p2V2,得:1.5p0V1＝0.5p0V2,解得V2＝3V1
缓慢加热，当活塞刚碰到玻璃管顶部时为等压过程,由盖—吕
萨克定律 得:
解得T2＝1.2T1
(2)继续加热气体到1.8T1时为等容过程,由查理定律
得： 解得： p＝0.75p0
答案：(1)1.2T1 (2)0.75p0 三、气体状态变化的图像问题
用图像表示气体状态变化的过程及变化规律具有形象、直观、物理意义明朗等优点。利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，会给解答带来很大的方便。
图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。1.三个实验定律图像：2.在气体图像中比较状态参量大小的方法:
基本方法是化“一般”为“特殊”,如图是一定质量的某种气
体的状态变化过程A→B→C→A。
在V -T图线上,等压线是一簇延长线过原点的
直线,过A、B、C三点作三条等压线分别表示
三个等压过程pA′以A→B压强增大,温度降低,体积缩小;B→C温度升高,体积减
小,压强增大;C→A温度降低,体积增大,压强减小。【典例3】如图所示,1、2、3为一定质量理想
气体在p -V图中的三个状态。该理想气体由状
态1经过程1→2→3到达状态3,其中2→3之间的
图线为双曲线。已知状态1的参量为:
p1=1.0×105Pa,V1=2L,T1=200K。
(1)若状态2的压强p2=4.0×105Pa,则温度T2是多少?
(2)若状态3的体积V3=6L,则压强p3是多少?【解析】(1)1→2是等容变化
由查理定律
得:T2= =800 K
(2)2→3是等温变化
由玻意耳定律p2V2=p3V3
得:p3= ×105 Pa
答案：(1)800 K (2) ×105 Pa【变式训练】如图,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 ( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.始终不变
D.先增大后减小
【解析】选A。本题考查气体状态方程,要求学生运用pV=CT分析V -T图像。从图中可看出气体从状态a→b的过程中体积V减小,温度T增大,故压强p增大,A对。四、应用状态方程讨论变质量问题
分析变质量问题时,可以通过巧妙地选择合适的研究对象,使这类问题转化为一定质量的气体问题,用状态方程求解。
1.打气、分装气体问题:向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题,只要选择球内或轮胎中原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为一定质量气体的状态变化问题。
2.抽气、漏气问题: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,故可把抽气过程中变质量问题转化为定质量问题。3.两个推论：
(1)如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为
(p1、V1、T1)，(p2、V2、T2)…(pn、Vn、Tn),则有
(2)气体密度与状态参量的关系，将V= 代入状态方程即可
得：【典例4】钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L气体，这两种抽法中，哪种方法抽取的气体质量较大？【解析】设初状态气体压强为p0，抽出气体后压强为p，对气体状态变化应用玻意耳定律，则第一种抽法p0V=p1(V+1)
p1=p0· p1V=p2(V+1)
p2=
p2V=p(V+1)
即三次抽完后p=p0·
第二种抽法p0V=p(V+3)
答案：第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，抽出的气体质量大。【变式训练】容积为20 L的氧气瓶有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问共能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【解析】设能够分装n个小钢瓶，则以氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体作为研究对象,分装过程中温度不变，故遵守玻意耳定律。气体分装前后的状态如图所示，由玻意耳定律可知： p1V1＋np2V2＝p′1V1＋np′2V2，
即n＝
因为p1＝30 atm，p2＝1 atm，p′1＝p′2＝5 atm，V1＝20 L，
V2＝5 L。所以n＝ ＝25(瓶)。
答案：25瓶
第八章 对所学知识及时总结,将其构建成知识网络,既有助于整体把握知识结构,又利于加深对知识间内在联系的理解。下面是本阶段的知识结构图,请要求学生认真填一填吧!气 体 冷热程度 平均动能摄氏温标摄氏度(℃)热力学温标开尔文(K)T=t+273.15 K压力温度体积平均动能密集程度Pa气 体 m、T一定pV=C(常量)等温线m、V一定等容线m、p一定等压线气 体 气体实验定律温度均等“中间多、两头少”一、封闭气体压强的计算方法
封闭气体压强的计算是应用气体实验定律的基础,大致可分为液体封闭气体压强的计算和固体封闭气体压强的计算。
1.平衡时液体封闭气体压强的计算:
液体封闭气体压强的计算的典型问题是水银柱封闭气体压强的计算,采用的方法主要有:(1)取等压面法:即根据同种液体在同一水平液面
处压强相等,在连通器内灵活选取等压面,由两侧
压强相等列方程求解压强。
例如,在图中,C、D在同一液面处,两点压强相等,
所以封闭气体的压强p=p0+ρgh(其中h为液面间的竖直高度差,不一定是液柱的长度)。
(2)参考液片法:通常是在液体的最低点选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立平衡方程消去面积,得到液片两侧压强相等,进而求得封闭气体的压强。如图所示,设U形管的横截面积为S,在其最低处取一液片B,由其两侧受力平衡可知:
pS+ρgh0S=p0S+ρgh0S+ρghS
即得p=p0+ρgh2.平衡时固体封闭气体压强的计算:
固体封闭气体压强计算的典型问题是汽缸和活塞封闭气体压强的计算,通常选活塞或汽缸为研究对象,对其进行受力分析,列平衡方程求封闭气体的压强。
3.容器加速运动时,封闭气体压强的计算:
当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液体柱、固体等做研究对象,分析研究对象的受力情况,再根据运动情况,根据牛顿第二定律列方程,可求得封闭气体的压强。【典例1】高压锅的锅盖通过几个牙齿状的锅齿与锅镶嵌旋紧,锅盖与锅之间有橡皮制的密封圈,不会漏气,锅盖中间有一排气孔,上面可套上类似砝码的限压阀将排气孔堵住,当加热高压锅(锅内有水),锅内气体压强增加到一定程度时,气体就把限压阀顶起来,蒸气即从排气孔排出锅外,已知某高压锅的限压阀的质量为0.1kg,排气孔的直径为0.3 cm,则锅内气体的压强最大可达多少?设压强每增加3.6×103Pa,水的沸点相应增加1℃,则锅内的最高温度可达多高?【解析】锅内气体的最大压强为p＝p0＋ m＝0.1 kg
S＝ ＝［ ×3.14×(0.3×10－2)2］ m2＝7.1×10－6 m2
取p0＝105 Pa，
解得p＝(105＋ ) Pa＝2.4×105 Pa
因压强变化Δp＝p－p0＝1.4×105 Pa，
故水的沸点增加Δt＝ ×1 ℃＝39 ℃
所以，锅内的最高温度可达139 ℃。
答案：2.4×105 Pa 139 ℃【变式训练】如图所示,上端开口的圆柱形汽缸
竖直放置,截面积为5×10-3m2,一定质量的气体
被质量为2.0 kg的光滑活塞封闭在汽缸内,其压
强为 Pa(大气压强取1.01×105Pa,g取10m/s2)。
若从初温27℃开始加热气体,使活塞离汽缸底部的高度由0.50m缓慢地变为0.51m。则此时气体的温度为 ℃。【解析】本题考查气体压强的计算和气体实验定律。p1＝
＝0.04×105 Pa，所以p＝p1＋p0＝0.04×105 Pa＋1.01×105 Pa＝1.05×105 Pa，由盖-吕萨克
定律得 即 所以t＝33 ℃。
答案：1.05×105 33 二、气体实验定律及理想气体状态方程的应用
1.气体实验定律与理想气体状态方程的关系：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。如：2.应用理想气体状态方程解题的一般思路:
(1)选对象:根据题意,选出所研究的某一部分气体,这部分气体在状态变化过程中,其质量必须保持一定。
(2)找参量:找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式,压强的确定往往是个关键,常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。(3)认过程:过程表示两个状态之间的一种变化方式,除题中条件已直接指明外,在许多情况下,往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定,认清变化过程是正确选用物理规律的前提。
(4)列方程:根据研究对象状态变化的具体方式,选用气态方程或某一实验定律,代入具体数值,T必须用热力学温度,p、V的单位要统一,最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。【典例2】(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，两个
侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立
放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的
细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中
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 左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞
上方气体体积为 现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左
活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；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，不计活塞与汽
缸壁间的摩擦。求:(1)恒温热源的温度T；
(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。
【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，
右活塞不动，两活塞下方气体经历等压过程，
由盖-吕萨克定律得 ①
由此得 ②(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量
比右活塞的大，打开K后，左活塞下降至某一位置，
右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。
汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自
经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
③
(p+p0)(2V0－Vx)=p0· ④
联立③④式，得6Vx2-V0Vx-V02=0
其解为Vx=
另一个解Vx= 不符合题意，舍去。
答案：【变式训练】如图所示,一根粗细均匀、内壁光滑的玻
璃管竖直放置,玻璃管上端有一抽气孔,管内下部被活塞
封住一定质量的理想气体,气体温度为T1。现将活塞上
方的气体缓慢抽出,当活塞上方的压强达到p0时,活塞下
方气体的体积为V1,此时活塞上方玻璃管的容积为2.6V1,
活塞因重力而产生的压强为0.5p0。继续将活塞上方抽成真空后密封,整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变,然后将密封的气体缓慢加热。求:
(1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度T2;
(2)当气体温度达到1.8T1时的压强p。【解析】(1)从活塞上方的压强达到p0到活塞上方抽成真空的
过程为等温过程。
由玻意耳定律p1V1=p2V2,得:1.5p0V1＝0.5p0V2,解得V2＝3V1
缓慢加热，当活塞刚碰到玻璃管顶部时为等压过程,由盖—吕
萨克定律 得:
解得T2＝1.2T1
(2)继续加热气体到1.8T1时为等容过程,由查理定律
得： 解得： p＝0.75p0
答案：(1)1.2T1 (2)0.75p0 三、气体状态变化的图像问题
用图像表示气体状态变化的过程及变化规律具有形象、直观、物理意义明朗等优点。利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析，会给解答带来很大的方便。
图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图像上的某一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。1.三个实验定律图像：2.在气体图像中比较状态参量大小的方法:
基本方法是化“一般”为“特殊”,如图是一定质量的某种气
体的状态变化过程A→B→C→A。
在V -T图线上,等压线是一簇延长线过原点的
直线,过A、B、C三点作三条等压线分别表示
三个等压过程pA′
小,压强增大;C→A温度降低,体积增大,压强减小。【典例3】如图所示,1、2、3为一定质量理想
气体在p -V图中的三个状态。该理想气体由状
态1经过程1→2→3到达状态3,其中2→3之间的
图线为双曲线。已知状态1的参量为:
p1=1.0×105Pa,V1=2L,T1=200K。
(1)若状态2的压强p2=4.0×105Pa,则温度T2是多少?
(2)若状态3的体积V3=6L,则压强p3是多少?【解析】(1)1→2是等容变化
由查理定律
得:T2= =800 K
(2)2→3是等温变化
由玻意耳定律p2V2=p3V3
得:p3= ×105 Pa
答案：(1)800 K (2) ×105 Pa【变式训练】如图,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 ( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.始终不变
D.先增大后减小
【解析】选A。本题考查气体状态方程,要求学生运用pV=CT分析V -T图像。从图中可看出气体从状态a→b的过程中体积V减小,温度T增大,故压强p增大,A对。四、应用状态方程讨论变质量问题
分析变质量问题时,可以通过巧妙地选择合适的研究对象,使这类问题转化为一定质量的气体问题,用状态方程求解。
1.打气、分装气体问题:向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题,只要选择球内或轮胎中原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为一定质量气体的状态变化问题。
2.抽气、漏气问题: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,故可把抽气过程中变质量问题转化为定质量问题。3.两个推论：
(1)如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为
(p1、V1、T1)，(p2、V2、T2)…(pn、Vn、Tn),则有
(2)气体密度与状态参量的关系，将V= 代入状态方程即可
得：【典例4】钢瓶中装有一定质量的气体，现在用两种方法抽钢瓶中的气体，第一种方法是用小抽气机，每次抽出1 L气体，共抽取三次，第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L气体，这两种抽法中，哪种方法抽取的气体质量较大？【解析】设初状态气体压强为p0，抽出气体后压强为p，对气体状态变化应用玻意耳定律，则第一种抽法p0V=p1(V+1)
p1=p0· p1V=p2(V+1)
p2=
p2V=p(V+1)
即三次抽完后p=p0·
第二种抽法p0V=p(V+3)
答案：第一种抽法抽出气体后，剩余气体的压强小，抽出的气体质量大。【变式训练】容积为20 L的氧气瓶有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问共能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)【解析】设能够分装n个小钢瓶，则以氧气瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体作为研究对象,分装过程中温度不变，故遵守玻意耳定律。气体分装前后的状态如图所示，由玻意耳定律可知： p1V1＋np2V2＝p′1V1＋np′2V2，
即n＝
因为p1＝30 atm，p2＝1 atm，p′1＝p′2＝5 atm，V1＝20 L，
V2＝5 L。所以n＝ ＝25(瓶)。
答案：25瓶