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新教材高考物理二轮复习专题6热学课件
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这是一份新教材高考物理二轮复习专题6热学课件，共60页。PPT课件主要包含了体系构建•真题感悟，答案AD，答案B，高频考点•能力突破，命题点点拨，思维路径审题，专项模块•素养培优等内容，欢迎下载使用。
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
1.(多选)(2023新课标卷)如图所示,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后( )A.h中的气体内能增加B.f与g中的气体温度相等C.f与h中的气体温度相等D.f与h中的气体压强相等
解析 对f中的气体加热,f中的气体温度升高,压强增大,活塞向右移动,对活塞和弹簧整体进行研究,h中的气体压强也增大,h中的气体体积减小,弹簧被压缩,g中的气体体积减小,压强增大。因活塞对h中的气体做正功,故h中的气体内能增加,选项A正确;f中的气体压强大于g中的气体压强,f中的气体体积大于g中的气体体积,根据 =C可得,f中的气体温度高于g中的气体温度,选项B错误;f和h中的气体压强相同,但f中的气体体积大于h中的气体体积,根据盖-吕萨克定律可得,f中的气体温度高于h中的气体温度,选项C错误,选项D正确。
2.(2023江苏卷)在探究气体等温变化的规律的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是( )A.把柱塞快速地向下压B.把柱塞缓慢地向上拉C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
解析 把柱塞快速地向下压,外界对气体做功,气体和外界没有热量交换,气体的内能增加,温度升高,不是等温变化,选项A错误;把柱塞缓慢地向上拉,气体温度总和大气温度相同,发生等温变化,选项B正确;在橡胶套处接另一注射器,推动注射器时,原注射器内气体的质量变化,选项C、D错误。
3.(2020北京卷)分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r=r2处释放,仅考虑这两个分子间的作用,下列说法正确的是( )A.从r=r2到r=r0,分子间引力、斥力都在减小B.从r=r2到r=r1,分子力的大小先减小后增大C.从r=r2到r=r0,分子势能先减小后增大D.从r=r2到r=r1,分子动能先增大后减小
答案 D解析 从r=r2到r=r0,分子间引力、斥力都在增加,选项A错误。由题图可知,在r=r0时分子力为零,故从r=r2到r=r1,分子力的大小先增大后减小再增大,选项B错误。分子势能在r=r0时最小,故从r=r2到r=r0,分子势能一直减小,选项C错误。从r=r2到r=r1,分子势能先减小后增大,故分子动能先增大后减小,选项D正确。
4.(2020山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是( )
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C解析 在p-V图像中,图像与坐标横轴所围的面积表示外界对气体做的功,体积增大时做负功,体积减小时做正功;a→b过程的面积与b→c过程的面积相等,表明两个过程做功大小相等,W1=W2,选项A错误。根据理想气体状态方程, =C,pV值越大,温度越高,状态a、b、c三者温度对比为Ta=Tb0,根据热力学第一定律,a→b过程,ΔU1=W1+Q1,得出Q1=-W1,b→c过程,ΔU2=W2+Q2,得出Q2=ΔU2-W2,故Q2>Q1,选项B错误。c→a过程的内能变化ΔU3<0,体积减小,W3>0,根据热力学第一定律,c→a过程,ΔU3=W3+Q3,得出W3<|Q3|,选项C正确。Ta=Tb
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,求需从A室充入B室的气体质量Δm。(2)求鱼静止于水面下H1处时,B室内气体的质量m1。
【方法规律归纳】1.扩散现象、布朗运动与热运动的对比
2.分子的两种微观模型
不是分子体积(2)立方体模型(适用于气体):一个分子占据的平均空间V0=d3,d为分子间的距离。
3.分子力和分子势能 斥力总是变化得快(1)分子力:分子间引力与斥力的合力。引力与斥力均随分子间距变化而变化,分子间距离增大,引力和斥力均减小;分子间距离减小,引力和斥力均增大。(2)分子势能:分子力做正功,分子势能减小;分子力做负功,分子势能增大;当分子间距为r0(分子间的距离为r0时,分子间作用的合力为0)时,分子势能最小。温馨提示 分子力做功和分子势能的关系可以类比重力做功和重力势能的关系。
4.分析物体内能问题的四点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的,不存在某个分子内能的说法。(2)决定内能大小的因素为温度、体积、物质的量以及物质状态。(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。(4)温度是分子平均动能的标志。
【对点训练】1.(多选)(命题点1)关于分子动理论,下列说法正确的是( )A.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生B.PM2.5(细颗粒物)在空气中的运动属于分子热运动C.布朗运动是液体分子对液体中悬浮微粒的撞击作用不平衡的结果D.某气体的摩尔体积为Vml,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为
答案 AC解析 扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象,可以在固体、液体、气体中产生,A正确。PM2.5(细颗粒物)在空气中的运动不属于分子热运动,是分子团整体的运动,B错误。根据布朗运动的原因可知,液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果,C正确。由于气体分子间距离较大,摩尔体积与分子体积的比值大于阿伏加德罗常数,D错误。
2. (命题点2)分子间势能由分子间距r决定。规定两分子相距无限远时分子间的势能为0,两分子间势能与分子间距r的关系如图所示。若一分子固定于原点O,另一分子从距O点无限远向O点运动。下列说法正确的是( )A.在两分子间距从无限远减小到r2的过程中,分子之间的作用力先增大后减小B.在两分子间距从无限远减小到r1的过程中,分子之间的作用力表现为引力C.在两分子间距等于r1处,分子之间的作用力等于0D.对于标准状况下的单分子气体,绝大部分分子的间距约为r2
答案 A解析 由题图可知,r2处分子势能最小,则r2处为平衡位置r0,所以在两分子间距从很远处减小到r2的过程中,分子之间的作用力先增大后减小,A正确。由于r1
温馨提示 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.液晶的性质液晶是一种特殊的物质,既可以流动,又可以表现出单晶体的分子排列特点,在光学性质上表现出各向异性。3.液体的表面张力使液体表面有收缩到球形的趋势,表面张力的方向跟液面相切。 不是弹力
4.气体分子运动的三个特点
【对点训练】3.(多选) (命题点1)以下说法正确的是( )A.太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体C.液晶既有液体的流动性,又有光学性质的各向异性D.晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
答案 AC解析 液体表面具有收缩的趋势,太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果,A正确。大颗粒的盐磨成了细盐,还是晶体,B错误。液晶是一种特殊的物态,它既具有液体的流动性,又具有光学各向异性,C正确。晶体熔化时吸收热量,但温度不变,所以分子平均动能不变,D错误。
4. (命题点2)一切物体的分子都在做永不停息的无规则运动,但大量分子的运动却有一定的统计规律。氧气分子在0 ℃和100 ℃下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比(以下简称占比)随气体分子速率的变化如图中两条曲线所示。对于图线的分析,下列说法正确的是( )
A.如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃下氧气分子在单位时间与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多B.100 ℃下,速率在200~300 m/s的那一部分分子占比较0 ℃的占比多C.由于分子之间的频繁碰撞,经过足够长时间,各种温度下的氧气分子都将比现在速率更趋于一样D.温度升高,所有分子的动能都增大
答案 A解析 如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃下氧气分子运动的平均速率较大,则在单位时间与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多,选项A正确。实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大,说明实线对应的温度高,为100 ℃时的情形,由题图可知速率在200~300 m/s的那一部分分子占比较0 ℃的占比少,选项B错误。分子之间频繁碰撞,即使经过足够长时间,各种速率的分子所占的比例也不会发生变化,选项C错误。温度升高,分子的平均动能变大,并非所有分子的动能都增大,选项D错误。
【方法规律归纳】1.气体的“三定律、一方程”
2.应用气体实验定律的三个关键步骤(1)正确选择研究对象:对于变质量问题要保证研究质量不变的部分或把变质量问题转化为定质量问题处理。(2)列出各状态的参量:气体在初、末状态,往往会有两个(或三个)参量发生变化,把这些状态参量列出来可以比较准确、快速地找到规律。(3)认清变化过程:准确分析变化过程,以便正确选用气体实验定律列式求解。温馨提示 若为两部分气体,除对每部分气体作上述分析外,还要找出它们初、末状态参量之间的关系,列式联立求解。
[典例1] (命题点1)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K,压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部压强立即减为p0,温度仍为303 K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求:(1)当温度上升到303 K且尚未放气时,封闭气体的压强;(2)当温度恢复到300 K时,竖直向上提起杯盖所需的最小力。
答案 (1)1.01p0 (2)0.02p0S解析 (1)气体进行等容变化,开始时,压强为p0,温度T0=300 K;当温度上升到303 K且尚未放气时,压强为p1,温度T1=303 K
思维点拨 杯盖被顶起前,热杯盖加热内部气体,气体做等容升温升压变化;杯盖被顶起又落回桌面后,内部气体对外放热,气体做等容降温降压变化。素养提升 多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化,表现出“多过程”现象。对于“多过程”现象,要确定每个有效的“子过程”及其性质,选用合适的实验定律,并充分应用各“子过程”间的有效关联。解答时,特别注意变化过程可能的“临界点”,找出“临界点”对应的状态参量,在“临界点”前、后可以形成不同的“子过程”。
【对点训练】5. (命题点1)如图甲所示,粗细均匀的L形细玻璃管AOB,OA、OB两部分长度均为l=20 cm,OA部分水平,右端开口,管内充满水银,OB部分竖直,上端封闭一定质量的理想气体。现将玻璃管在竖直平面内绕O点沿逆时针方向缓慢旋转53°,如图乙所示,此时被封闭的气柱长度为x。缓慢加热管内封闭气体至温度T,使管内水银恰好不能溢出管口。已知大气压强与75 cm高水银柱产生的压强相同,室温为27 ℃。求:(sin 53°=0.8,cs 53°=0.6, ,结果保留三位有效数字)(1)气柱长度x; (2)温度T。
答案 (1)17.2 cm (2)364 K解析 (1)转动过程,温度不变,设玻璃管的横截面积为S转动前:p1=ρgh,V1=Sl转动后:p2=ρgh+ρg[xsin 53°-(l-x)cs 53°],V2=S·x由玻意耳定律得p1V1=p2V2解得气柱长度x=17.2 cm。(2)加热管内封闭气体至温度T时,气体压强p3=ρg(h+lsin 53°)解得T=364 K。
6. (命题点2)高压水柱清理污垢是世界公认的科学、经济、环保的清洁方式之一。某种汽车清洗水枪就是利用高压水柱清理污垢的,一位同学设计了一个测量汽车清洗水枪喷水压强的装置,其原理示意图如图所示。图中A、B为两个横截面积相同的圆筒形透明导热汽缸,缸内各有一个活塞a、b,两个汽缸底部用带有阀门K1的细管相连通,A的容积为V0,上部装有阀门K2。打开K2,在A中压入压强为60p0(p0为大气压强)的压缩空气后关闭K2,打开K1,使之与大气相通,将活塞b提到B中封闭部分气体体积为V0时关闭K1。用水枪喷出的水柱喷射活塞b的上表面,不计活塞厚度和质量,不计活塞与汽缸的摩擦以及环境温度的变化,设水枪喷出的水柱散开后的面积与b的面积相等且忽略活塞上方的积水,将空气视为理想气体。
(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态,且B中气体体积为0.05V0,求水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强。(2)求该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值。
答案 (1)19p0 (2)60p0解析 (1)设此时a未动,对B中气体由玻意耳定律可得p0V0=p1×0.05V0解得p1=20p0<60p0假设成立,设活塞面积为S,对b由平衡条件可得p0S+pS=p1S解得水柱在b上表面产生的压强为p=19p0。
(2)当b刚到达B最底端时无法测量压强,设此时A中活塞a下方气体体积为V,压强为p2,对a下方气体由玻意耳定律可得p0V0=p2V对a上方气体由玻意耳定律可得60p0V0=p3(V0-V)p2=p3设此时b上表面最大压强为pm,对活塞b由平衡条件可得pm=p2-p0联立解得pm=60p0。
【方法规律归纳】1.热力学定律(1)热力学第一定律:ΔU=Q+W。(第一类永动机不可能制成)(2)热力学第二定律:自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。(第二类永动机不可能制成)温馨提示 ΔU=Q+W中W和Q的符号可以这样确定:只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正,反之为负。
2.“三步”解答热力学定律与气体实验定律综合问题
温馨提示 ①气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功, W=pΔV;②p-V图像中图线与V轴包围的面积表示做的功。
[典例2] (命题点2)如图甲所示,导热性良好的汽缸固定在左端带有铰链的木板上,在汽缸内通过厚度可忽略的、可以在汽缸内无摩擦滑动的、横截面面积为S的活塞密封了一定质量的理想气体。现在竖直面内缓慢转动木板,可得到气体的压强p与外界大气压强p0的比值随木板与水平面之间的夹角θ的变化关系如图乙所示。当θ=60°时活塞距汽缸底面的高度为h,环境温度为T0,理想气体的内能与温度的关系为U=kT,比例系数k已知。sin 37° =0.6,cs 37°=0.8,重力加速度为g。(结果用S、p0、h、T0、k、g表示)
(1)求活塞的质量m。(2)当θ=37°时固定木板,环境温度缓慢降至0.8T0,求在此过程中气体向外界放出的热量Q。
解析 (1)由题图乙可知当θ=60°时p=1.5p0,对活塞进行受力分析,由平衡条件得mgcs 60°+p0S=1.5p0S
(2)当θ=37°时对活塞进行受力分析,由平衡条件得mgcs 37°+p0S=p'S设此时活塞距缸底的距离为h1,该过程为等温变化,由玻意耳定律得1.5p0Sh=p'Sh1当θ=37°时固定木板,环境温度缓慢降至0.8T0,设此时活塞距缸底的距离为h2,该过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得外界对气体做功为W=p'S(h1-h2)由热力学第一定律得0.8kT0-kT0=-Q+W
破题:1.以活塞为研究对象,分析受力,由平衡条件可求活塞质量和θ=37°时内部气体压强。2.以缸内气体为研究对象,分析初末状态参量,由气体实验定律可求θ=37°时降温前后缸内气体的体积(活塞距缸底的距离)。3.根据缸内气体温度变化求出内能变化量,再由热力学第一定律求气体放热。
【对点训练】7. (命题点1)泉城济南,以泉闻名。小张同学在济南七十二名泉之一的珍珠泉游览时,发现清澈幽深的泉池底部不断有气泡生成,上升至水面破裂。假设泉水的温度上下相同,气泡在泉水中上升过程中,以下判断正确的是( )A.气泡对泉水做正功,气泡吸收热量B.气泡对泉水做正功,气泡放出热量C.泉水对气泡做正功,气泡吸收热量D.泉水对气泡做正功,气泡放出热量
答案 A解析 气泡上升的过程中,外部的压强逐渐减小,气泡膨胀对外做功,由于外部恒温,在上升过程中气泡内气体的温度始终等于外界温度,则内能不变,根据热力学第一定律可得,ΔU=W+Q,气泡内能不变,同时对外做功,所以必须从外界吸收热量,且吸收的热量等于对外界所做的功,故只有选项A正确。
8.(多选)(命题点2)对一定质量的理想气体,下列说法正确的是( )A.该气体在压强增大的过程中,一定吸热B.该气体被压缩的过程中,内能可能减少C.该气体经等温压缩后,其压强一定增大,且此过程一定放出热量D.如果该气体与外界没有发生热量交换,则其分子的平均动能一定不变
答案 BC解析 该气体在压强增大的过程中,温度的变化和体积的变化都不能确定,则不能判断气体是否吸热,选项A错误。该气体被压缩的过程中,外界对气体做功,若气体放热,则内能可能减少,选项B正确。根据 可知该气体经等温压缩后,其压强一定增大,因温度不变,内能不变,外界对气体做功,则此过程一定放出热量,选项C正确。如果该气体与外界没有发生热量交换,但外界可能对气体做功或者气体对外界做功,气体的内能可能会变化,则其分子的平均动能不一定不变,选项D错误。
易错点拨 理想气体的内能与体积和压强无关,只有温度变化时,气体内能才会变化。
9. (命题点2)如图所示,开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体,缸体质量为m,活塞横截面积为S。活塞与直立在地面上的粗弹簧接触,活塞和缸体悬在空中,活塞与汽缸无摩擦且不漏气,活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好,大气压强为p0,环境温度为T0,重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高,使缸体上升 h的高度,此过程气体吸收的热量为Q。(1)环境温度升高了多少?(2)此过程气体的内能增量为多少?
充气、抽气中的变质量问题
【主题概述】1.充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器内原有的和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化成等质量问题了。2.抽气中的变质量问题用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量都发生变化,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的气体作为研究对象,这些气体不管怎样变化,其质量总是不变的。
【考向预测】变质量问题实际通过巧妙选择研究对象可以转变为等质量的问题,故在高考题和各地模拟题中经常出现,主要包括充气、抽气、分装和漏气等几种情况。
【典例分析】[典例] 右图为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)。先打开阀门让其与大气连通,再用打气筒向里面打气,打气筒活塞每次可以打进1.0×105 Pa、200 cm3的空气,忽略打气和用气时气体的温度变化。(设外界大气的压强p0=1×105 Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa,应打多少次气?(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气,现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气,使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa,则可充多少瓶?
答案 (1)40 (2)4解析 (1)设需要打气n次,因每次打入的气体相同,故可视n次打入的气体一次性打入,则气体的初状态:p1=1.0×105 Pa,V1=V0+nΔV末状态:p2=5.0×105 Pa,V2=V0其中V0=2 dm3,ΔV=0.2 dm3由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据解得n=40。
(2)以分瓶前容器中的氧气为研究对象,设气压为p3=2.0×105 Pa时气体的体积为V3由玻意耳定律得p2V2=p3V3代入数据解得V3=5 dm3真空瓶的容积为V瓶=0.7 dm3
破题:打气时气体做等温变化,巧妙地选取研究对象把变质量问题变为等质量问题:取原来容器内的气体和多次打入的气体之和为研究对象,利用玻意耳定律求解;分装时取分装之前容器内的高压氧气为研究对象,先求出把高压氧气降压至气压符合要求的氧气体积,再把这部分气压符合要求的氧气分装,注意扣除此时容器内的气压符合要求的氧气体积。拓展在本典例(2)问求出可充4瓶后,请继续思考,此时容器内剩余气体的压强是多少?
答案 分充4瓶2.0×105 Pa气压的氧气后,剩余2.0×105 Pa气压的氧气的体积为V4=V3-4V瓶=2.2 dm3,这部分气体的压强为p3=2.0×105 Pa,再把这部分气体放入原容器中,由玻意耳定律可得p3V4=pV0,代入数据解得p=2.2×105 Pa。
素养提升 分装问题和漏气问题的解答技巧(1)分装问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象,将变质量问题转化为恒定质量问题。(2)漏气问题:容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象,便可使变质量问题变成一定质量的气体状态变化的问题,可用理想气体状态方程求解。
【类题演练】1. 体育课上某同学发现一只篮球气压不足,用气压计测得球内气体压强为1.2p0(p0为大气压强),已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气,每次能将体积为0.2 L、压强为p0的空气打入球内,已知篮球的正常气压范围为1.5p0~1.6p0。忽略球内容积与气体温度的变化,为使篮球内气压回到正常范围,求需打气的次数范围。
答案 12≤n≤15解析 对球内原有气体,当压强降为p0时,设其体积为V1,由玻意耳定律有1.2p0V0=p0V1 解得V1=9 L设需打气n次才能使球内气压回到正常范围,设球内正常气压为p1,每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p1V0=p0(V1+nΔV)当p1=1.5p0时,解得n=11.25当p1=1.6p0时,解得n=15故需打气的次数范围为12≤n≤15。
2.如图所示,某材料制备系统由供气瓶、反应室、加热器和真空泵等设备组成。供气瓶的容积为20 L,储存的气体压强为3.0×105 Pa,反应室的容积为10 L。制备材料前,反应室处于真空状态,关闭所有阀门。制备材料时,先打开阀门1,供气瓶向反应室缓慢供气,当反应室气压达到1.0×102 Pa时,关闭阀门1;对反应室内气体缓慢加热,使其从室温25 ℃升到200 ℃,进行材料合成。实验结束后,待反应室温度降至室温,将其抽至真空状态。环境温度恒定,忽略材料体积,气体不参与反应。
(1)加热后,求反应室内气体的压强。(结果保留3位有效数字)(2)当供气瓶剩余气体压强降到1.5×105 Pa时,需更换新的供气瓶,供气瓶最多能给反应室充气多少次?
答案 (1)159 Pa (2)3 000
(2)设可以供给n次,则根据玻意耳定律得p0V0=np1V1+pV0解得n=3 000。
3.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧
吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V0、
【知识回顾•构建网络】
【感悟高考•真题再练】
1.(多选)(2023新课标卷)如图所示,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后( )A.h中的气体内能增加B.f与g中的气体温度相等C.f与h中的气体温度相等D.f与h中的气体压强相等
解析 对f中的气体加热,f中的气体温度升高,压强增大,活塞向右移动,对活塞和弹簧整体进行研究,h中的气体压强也增大,h中的气体体积减小,弹簧被压缩,g中的气体体积减小,压强增大。因活塞对h中的气体做正功,故h中的气体内能增加,选项A正确;f中的气体压强大于g中的气体压强,f中的气体体积大于g中的气体体积,根据 =C可得,f中的气体温度高于g中的气体温度,选项B错误;f和h中的气体压强相同,但f中的气体体积大于h中的气体体积,根据盖-吕萨克定律可得,f中的气体温度高于h中的气体温度,选项C错误,选项D正确。
2.(2023江苏卷)在探究气体等温变化的规律的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是( )A.把柱塞快速地向下压B.把柱塞缓慢地向上拉C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
解析 把柱塞快速地向下压,外界对气体做功,气体和外界没有热量交换,气体的内能增加,温度升高,不是等温变化,选项A错误;把柱塞缓慢地向上拉,气体温度总和大气温度相同,发生等温变化,选项B正确;在橡胶套处接另一注射器,推动注射器时,原注射器内气体的质量变化,选项C、D错误。
3.(2020北京卷)分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r=r2处释放,仅考虑这两个分子间的作用,下列说法正确的是( )A.从r=r2到r=r0,分子间引力、斥力都在减小B.从r=r2到r=r1,分子力的大小先减小后增大C.从r=r2到r=r0,分子势能先减小后增大D.从r=r2到r=r1,分子动能先增大后减小
答案 D解析 从r=r2到r=r0,分子间引力、斥力都在增加,选项A错误。由题图可知,在r=r0时分子力为零,故从r=r2到r=r1,分子力的大小先增大后减小再增大,选项B错误。分子势能在r=r0时最小,故从r=r2到r=r0,分子势能一直减小,选项C错误。从r=r2到r=r1,分子势能先减小后增大,故分子动能先增大后减小,选项D正确。
4.(2020山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是( )
A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
答案 C解析 在p-V图像中,图像与坐标横轴所围的面积表示外界对气体做的功,体积增大时做负功,体积减小时做正功;a→b过程的面积与b→c过程的面积相等,表明两个过程做功大小相等,W1=W2,选项A错误。根据理想气体状态方程, =C,pV值越大,温度越高,状态a、b、c三者温度对比为Ta=Tb
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,求需从A室充入B室的气体质量Δm。(2)求鱼静止于水面下H1处时,B室内气体的质量m1。
【方法规律归纳】1.扩散现象、布朗运动与热运动的对比
2.分子的两种微观模型
不是分子体积(2)立方体模型(适用于气体):一个分子占据的平均空间V0=d3,d为分子间的距离。
3.分子力和分子势能 斥力总是变化得快(1)分子力:分子间引力与斥力的合力。引力与斥力均随分子间距变化而变化,分子间距离增大,引力和斥力均减小;分子间距离减小,引力和斥力均增大。(2)分子势能:分子力做正功,分子势能减小;分子力做负功,分子势能增大;当分子间距为r0(分子间的距离为r0时,分子间作用的合力为0)时,分子势能最小。温馨提示 分子力做功和分子势能的关系可以类比重力做功和重力势能的关系。
4.分析物体内能问题的四点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的,不存在某个分子内能的说法。(2)决定内能大小的因素为温度、体积、物质的量以及物质状态。(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。(4)温度是分子平均动能的标志。
【对点训练】1.(多选)(命题点1)关于分子动理论,下列说法正确的是( )A.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生B.PM2.5(细颗粒物)在空气中的运动属于分子热运动C.布朗运动是液体分子对液体中悬浮微粒的撞击作用不平衡的结果D.某气体的摩尔体积为Vml,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为
答案 AC解析 扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象,可以在固体、液体、气体中产生,A正确。PM2.5(细颗粒物)在空气中的运动不属于分子热运动,是分子团整体的运动,B错误。根据布朗运动的原因可知,液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果,C正确。由于气体分子间距离较大,摩尔体积与分子体积的比值大于阿伏加德罗常数,D错误。
2. (命题点2)分子间势能由分子间距r决定。规定两分子相距无限远时分子间的势能为0,两分子间势能与分子间距r的关系如图所示。若一分子固定于原点O,另一分子从距O点无限远向O点运动。下列说法正确的是( )A.在两分子间距从无限远减小到r2的过程中,分子之间的作用力先增大后减小B.在两分子间距从无限远减小到r1的过程中,分子之间的作用力表现为引力C.在两分子间距等于r1处,分子之间的作用力等于0D.对于标准状况下的单分子气体,绝大部分分子的间距约为r2
答案 A解析 由题图可知,r2处分子势能最小,则r2处为平衡位置r0,所以在两分子间距从很远处减小到r2的过程中,分子之间的作用力先增大后减小,A正确。由于r1
温馨提示 晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2.液晶的性质液晶是一种特殊的物质,既可以流动,又可以表现出单晶体的分子排列特点,在光学性质上表现出各向异性。3.液体的表面张力使液体表面有收缩到球形的趋势,表面张力的方向跟液面相切。 不是弹力
4.气体分子运动的三个特点
【对点训练】3.(多选) (命题点1)以下说法正确的是( )A.太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果B.大颗粒的盐磨成了细盐,就变成了非晶体C.液晶既有液体的流动性,又有光学性质的各向异性D.晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
答案 AC解析 液体表面具有收缩的趋势,太空中水滴成球形,是液体表面张力作用的结果,A正确。大颗粒的盐磨成了细盐,还是晶体,B错误。液晶是一种特殊的物态,它既具有液体的流动性,又具有光学各向异性,C正确。晶体熔化时吸收热量,但温度不变,所以分子平均动能不变,D错误。
4. (命题点2)一切物体的分子都在做永不停息的无规则运动,但大量分子的运动却有一定的统计规律。氧气分子在0 ℃和100 ℃下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比(以下简称占比)随气体分子速率的变化如图中两条曲线所示。对于图线的分析,下列说法正确的是( )
A.如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃下氧气分子在单位时间与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多B.100 ℃下,速率在200~300 m/s的那一部分分子占比较0 ℃的占比多C.由于分子之间的频繁碰撞,经过足够长时间,各种温度下的氧气分子都将比现在速率更趋于一样D.温度升高,所有分子的动能都增大
答案 A解析 如果同样质量的氧气所占据体积不变,100 ℃下氧气分子运动的平均速率较大,则在单位时间与单位面积器壁碰撞的次数较0 ℃时更多,选项A正确。实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大,说明实线对应的温度高,为100 ℃时的情形,由题图可知速率在200~300 m/s的那一部分分子占比较0 ℃的占比少,选项B错误。分子之间频繁碰撞,即使经过足够长时间,各种速率的分子所占的比例也不会发生变化,选项C错误。温度升高,分子的平均动能变大,并非所有分子的动能都增大,选项D错误。
【方法规律归纳】1.气体的“三定律、一方程”
2.应用气体实验定律的三个关键步骤(1)正确选择研究对象:对于变质量问题要保证研究质量不变的部分或把变质量问题转化为定质量问题处理。(2)列出各状态的参量:气体在初、末状态,往往会有两个(或三个)参量发生变化,把这些状态参量列出来可以比较准确、快速地找到规律。(3)认清变化过程:准确分析变化过程,以便正确选用气体实验定律列式求解。温馨提示 若为两部分气体,除对每部分气体作上述分析外,还要找出它们初、末状态参量之间的关系,列式联立求解。
[典例1] (命题点1)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示,截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上,开始时内部封闭气体的温度为300 K,压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时,杯盖恰好被整体顶起,放出少许气体后又落回桌面,其内部压强立即减为p0,温度仍为303 K。再经过一段时间,内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求:(1)当温度上升到303 K且尚未放气时,封闭气体的压强;(2)当温度恢复到300 K时,竖直向上提起杯盖所需的最小力。
答案 (1)1.01p0 (2)0.02p0S解析 (1)气体进行等容变化,开始时,压强为p0,温度T0=300 K;当温度上升到303 K且尚未放气时,压强为p1,温度T1=303 K
思维点拨 杯盖被顶起前,热杯盖加热内部气体,气体做等容升温升压变化;杯盖被顶起又落回桌面后,内部气体对外放热,气体做等容降温降压变化。素养提升 多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化,表现出“多过程”现象。对于“多过程”现象,要确定每个有效的“子过程”及其性质,选用合适的实验定律,并充分应用各“子过程”间的有效关联。解答时,特别注意变化过程可能的“临界点”,找出“临界点”对应的状态参量,在“临界点”前、后可以形成不同的“子过程”。
【对点训练】5. (命题点1)如图甲所示,粗细均匀的L形细玻璃管AOB,OA、OB两部分长度均为l=20 cm,OA部分水平,右端开口,管内充满水银,OB部分竖直,上端封闭一定质量的理想气体。现将玻璃管在竖直平面内绕O点沿逆时针方向缓慢旋转53°,如图乙所示,此时被封闭的气柱长度为x。缓慢加热管内封闭气体至温度T,使管内水银恰好不能溢出管口。已知大气压强与75 cm高水银柱产生的压强相同,室温为27 ℃。求:(sin 53°=0.8,cs 53°=0.6, ,结果保留三位有效数字)(1)气柱长度x; (2)温度T。
答案 (1)17.2 cm (2)364 K解析 (1)转动过程,温度不变,设玻璃管的横截面积为S转动前:p1=ρgh,V1=Sl转动后:p2=ρgh+ρg[xsin 53°-(l-x)cs 53°],V2=S·x由玻意耳定律得p1V1=p2V2解得气柱长度x=17.2 cm。(2)加热管内封闭气体至温度T时,气体压强p3=ρg(h+lsin 53°)解得T=364 K。
6. (命题点2)高压水柱清理污垢是世界公认的科学、经济、环保的清洁方式之一。某种汽车清洗水枪就是利用高压水柱清理污垢的,一位同学设计了一个测量汽车清洗水枪喷水压强的装置,其原理示意图如图所示。图中A、B为两个横截面积相同的圆筒形透明导热汽缸,缸内各有一个活塞a、b,两个汽缸底部用带有阀门K1的细管相连通,A的容积为V0,上部装有阀门K2。打开K2,在A中压入压强为60p0(p0为大气压强)的压缩空气后关闭K2,打开K1,使之与大气相通,将活塞b提到B中封闭部分气体体积为V0时关闭K1。用水枪喷出的水柱喷射活塞b的上表面,不计活塞厚度和质量,不计活塞与汽缸的摩擦以及环境温度的变化,设水枪喷出的水柱散开后的面积与b的面积相等且忽略活塞上方的积水,将空气视为理想气体。
(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态,且B中气体体积为0.05V0,求水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强。(2)求该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值。
答案 (1)19p0 (2)60p0解析 (1)设此时a未动,对B中气体由玻意耳定律可得p0V0=p1×0.05V0解得p1=20p0<60p0假设成立,设活塞面积为S,对b由平衡条件可得p0S+pS=p1S解得水柱在b上表面产生的压强为p=19p0。
(2)当b刚到达B最底端时无法测量压强,设此时A中活塞a下方气体体积为V,压强为p2,对a下方气体由玻意耳定律可得p0V0=p2V对a上方气体由玻意耳定律可得60p0V0=p3(V0-V)p2=p3设此时b上表面最大压强为pm,对活塞b由平衡条件可得pm=p2-p0联立解得pm=60p0。
【方法规律归纳】1.热力学定律(1)热力学第一定律:ΔU=Q+W。(第一类永动机不可能制成)(2)热力学第二定律:自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。(第二类永动机不可能制成)温馨提示 ΔU=Q+W中W和Q的符号可以这样确定:只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正,反之为负。
2.“三步”解答热力学定律与气体实验定律综合问题
温馨提示 ①气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功, W=pΔV;②p-V图像中图线与V轴包围的面积表示做的功。
[典例2] (命题点2)如图甲所示,导热性良好的汽缸固定在左端带有铰链的木板上,在汽缸内通过厚度可忽略的、可以在汽缸内无摩擦滑动的、横截面面积为S的活塞密封了一定质量的理想气体。现在竖直面内缓慢转动木板,可得到气体的压强p与外界大气压强p0的比值随木板与水平面之间的夹角θ的变化关系如图乙所示。当θ=60°时活塞距汽缸底面的高度为h,环境温度为T0,理想气体的内能与温度的关系为U=kT,比例系数k已知。sin 37° =0.6,cs 37°=0.8,重力加速度为g。(结果用S、p0、h、T0、k、g表示)
(1)求活塞的质量m。(2)当θ=37°时固定木板,环境温度缓慢降至0.8T0,求在此过程中气体向外界放出的热量Q。
解析 (1)由题图乙可知当θ=60°时p=1.5p0,对活塞进行受力分析,由平衡条件得mgcs 60°+p0S=1.5p0S
(2)当θ=37°时对活塞进行受力分析,由平衡条件得mgcs 37°+p0S=p'S设此时活塞距缸底的距离为h1,该过程为等温变化,由玻意耳定律得1.5p0Sh=p'Sh1当θ=37°时固定木板,环境温度缓慢降至0.8T0,设此时活塞距缸底的距离为h2,该过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得外界对气体做功为W=p'S(h1-h2)由热力学第一定律得0.8kT0-kT0=-Q+W
破题:1.以活塞为研究对象,分析受力,由平衡条件可求活塞质量和θ=37°时内部气体压强。2.以缸内气体为研究对象,分析初末状态参量,由气体实验定律可求θ=37°时降温前后缸内气体的体积(活塞距缸底的距离)。3.根据缸内气体温度变化求出内能变化量,再由热力学第一定律求气体放热。
【对点训练】7. (命题点1)泉城济南,以泉闻名。小张同学在济南七十二名泉之一的珍珠泉游览时,发现清澈幽深的泉池底部不断有气泡生成,上升至水面破裂。假设泉水的温度上下相同,气泡在泉水中上升过程中,以下判断正确的是( )A.气泡对泉水做正功,气泡吸收热量B.气泡对泉水做正功,气泡放出热量C.泉水对气泡做正功,气泡吸收热量D.泉水对气泡做正功,气泡放出热量
答案 A解析 气泡上升的过程中,外部的压强逐渐减小,气泡膨胀对外做功,由于外部恒温,在上升过程中气泡内气体的温度始终等于外界温度,则内能不变,根据热力学第一定律可得,ΔU=W+Q,气泡内能不变,同时对外做功,所以必须从外界吸收热量,且吸收的热量等于对外界所做的功,故只有选项A正确。
8.(多选)(命题点2)对一定质量的理想气体,下列说法正确的是( )A.该气体在压强增大的过程中,一定吸热B.该气体被压缩的过程中,内能可能减少C.该气体经等温压缩后,其压强一定增大,且此过程一定放出热量D.如果该气体与外界没有发生热量交换,则其分子的平均动能一定不变
答案 BC解析 该气体在压强增大的过程中,温度的变化和体积的变化都不能确定,则不能判断气体是否吸热,选项A错误。该气体被压缩的过程中,外界对气体做功,若气体放热,则内能可能减少,选项B正确。根据 可知该气体经等温压缩后,其压强一定增大,因温度不变,内能不变,外界对气体做功,则此过程一定放出热量,选项C正确。如果该气体与外界没有发生热量交换,但外界可能对气体做功或者气体对外界做功,气体的内能可能会变化,则其分子的平均动能不一定不变,选项D错误。
易错点拨 理想气体的内能与体积和压强无关,只有温度变化时,气体内能才会变化。
9. (命题点2)如图所示,开口向下的汽缸内封闭有一定质量的气体,缸体质量为m,活塞横截面积为S。活塞与直立在地面上的粗弹簧接触,活塞和缸体悬在空中,活塞与汽缸无摩擦且不漏气,活塞离缸体底部的距离为h。活塞与缸体的导热性能良好,大气压强为p0,环境温度为T0,重力加速度为g。现使环境温度缓慢升高,使缸体上升 h的高度,此过程气体吸收的热量为Q。(1)环境温度升高了多少?(2)此过程气体的内能增量为多少?
充气、抽气中的变质量问题
【主题概述】1.充气中的变质量问题设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器内原有的和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化成等质量问题了。2.抽气中的变质量问题用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量都发生变化,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的气体作为研究对象,这些气体不管怎样变化,其质量总是不变的。
【考向预测】变质量问题实际通过巧妙选择研究对象可以转变为等质量的问题,故在高考题和各地模拟题中经常出现,主要包括充气、抽气、分装和漏气等几种情况。
【典例分析】[典例] 右图为一个带有阀门K、容积为2 dm3的容器(容积不可改变)。先打开阀门让其与大气连通,再用打气筒向里面打气,打气筒活塞每次可以打进1.0×105 Pa、200 cm3的空气,忽略打气和用气时气体的温度变化。(设外界大气的压强p0=1×105 Pa)(1)若要使气体压强增大到5.0×105 Pa,应打多少次气?(2)若上述容器中装的是5.0×105 Pa的氧气,现用它给容积为0.7 dm3的真空瓶充气,使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105 Pa,则可充多少瓶?
答案 (1)40 (2)4解析 (1)设需要打气n次,因每次打入的气体相同,故可视n次打入的气体一次性打入,则气体的初状态:p1=1.0×105 Pa,V1=V0+nΔV末状态:p2=5.0×105 Pa,V2=V0其中V0=2 dm3,ΔV=0.2 dm3由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据解得n=40。
(2)以分瓶前容器中的氧气为研究对象,设气压为p3=2.0×105 Pa时气体的体积为V3由玻意耳定律得p2V2=p3V3代入数据解得V3=5 dm3真空瓶的容积为V瓶=0.7 dm3
破题:打气时气体做等温变化,巧妙地选取研究对象把变质量问题变为等质量问题:取原来容器内的气体和多次打入的气体之和为研究对象,利用玻意耳定律求解;分装时取分装之前容器内的高压氧气为研究对象,先求出把高压氧气降压至气压符合要求的氧气体积,再把这部分气压符合要求的氧气分装,注意扣除此时容器内的气压符合要求的氧气体积。拓展在本典例(2)问求出可充4瓶后,请继续思考,此时容器内剩余气体的压强是多少?
答案 分充4瓶2.0×105 Pa气压的氧气后,剩余2.0×105 Pa气压的氧气的体积为V4=V3-4V瓶=2.2 dm3,这部分气体的压强为p3=2.0×105 Pa,再把这部分气体放入原容器中,由玻意耳定律可得p3V4=pV0,代入数据解得p=2.2×105 Pa。
素养提升 分装问题和漏气问题的解答技巧(1)分装问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象,将变质量问题转化为恒定质量问题。(2)漏气问题:容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内剩余气体为研究对象,便可使变质量问题变成一定质量的气体状态变化的问题,可用理想气体状态方程求解。
【类题演练】1. 体育课上某同学发现一只篮球气压不足,用气压计测得球内气体压强为1.2p0(p0为大气压强),已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气,每次能将体积为0.2 L、压强为p0的空气打入球内,已知篮球的正常气压范围为1.5p0~1.6p0。忽略球内容积与气体温度的变化,为使篮球内气压回到正常范围,求需打气的次数范围。
答案 12≤n≤15解析 对球内原有气体,当压强降为p0时,设其体积为V1,由玻意耳定律有1.2p0V0=p0V1 解得V1=9 L设需打气n次才能使球内气压回到正常范围,设球内正常气压为p1,每次打入的空气为ΔV。由玻意耳定律有p1V0=p0(V1+nΔV)当p1=1.5p0时,解得n=11.25当p1=1.6p0时,解得n=15故需打气的次数范围为12≤n≤15。
2.如图所示,某材料制备系统由供气瓶、反应室、加热器和真空泵等设备组成。供气瓶的容积为20 L,储存的气体压强为3.0×105 Pa,反应室的容积为10 L。制备材料前,反应室处于真空状态,关闭所有阀门。制备材料时,先打开阀门1,供气瓶向反应室缓慢供气,当反应室气压达到1.0×102 Pa时,关闭阀门1;对反应室内气体缓慢加热,使其从室温25 ℃升到200 ℃,进行材料合成。实验结束后,待反应室温度降至室温,将其抽至真空状态。环境温度恒定,忽略材料体积,气体不参与反应。
(1)加热后,求反应室内气体的压强。(结果保留3位有效数字)(2)当供气瓶剩余气体压强降到1.5×105 Pa时,需更换新的供气瓶,供气瓶最多能给反应室充气多少次?
答案 (1)159 Pa (2)3 000
(2)设可以供给n次,则根据玻意耳定律得p0V0=np1V1+pV0解得n=3 000。
3.中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧
吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
解析 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=450 K、V1=V0、
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