新教材適用2024-2025學(xué)年高中物理第2章氣體固體和液體章末小結(jié)學(xué)案新人教版選擇性必修第三冊(cè)

章末小結(jié)一、氣體定律與志向氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用1．玻意耳定律、查理定律，蓋—呂薩克定律可看成是志向氣體狀態(tài)方程在T恒定、V恒定、p恒定時(shí)的特例。如：eq\f(pV,T)＝C(恒量)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(T恒定時(shí)，pV＝C玻意耳定律,V恒定時(shí)，p＝CT查理定律,p恒定時(shí)，V＝CT蓋—呂薩克定律))2．應(yīng)用志向氣體狀態(tài)方程解題的一般思路：(1)選對(duì)象：依據(jù)題意，選出所探討的某一部分氣體，這部分氣體在狀態(tài)變更過程中，其質(zhì)量必需保持肯定。(2)找參量：找出作為探討對(duì)象的這部分氣體發(fā)生狀態(tài)變更前后的一組p、V、T數(shù)值或表達(dá)式，壓強(qiáng)的確定往往是個(gè)關(guān)鍵，常需結(jié)合力學(xué)學(xué)問(如力的平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律)才能寫出表達(dá)式。(3)認(rèn)過程：過程表示兩個(gè)狀態(tài)之間的一種變更方式，除題中條件已干脆指明外，在很多狀況下，往往須要通過對(duì)探討對(duì)象跟四周環(huán)境的相互關(guān)系的分析才能確定，認(rèn)清變更過程是正確選用物理規(guī)律的前提。(4)列方程：依據(jù)探討對(duì)象狀態(tài)變更的詳細(xì)方式，選用氣態(tài)方程或某一試驗(yàn)定律，代入詳細(xì)數(shù)值，T必需用熱力學(xué)溫度，p、V的單位要統(tǒng)一，最終分析探討所得結(jié)果的合理性及其物理意義。典例1如圖所示，兩端開口內(nèi)壁光滑的導(dǎo)熱氣缸豎直固定放置，質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)活塞A、B由長度為2L的輕桿相連，兩活塞的橫截面積分別為S和2S，活塞間封閉有肯定質(zhì)量的志向氣體。起先時(shí)，活塞B距離較細(xì)氣缸底端為L，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)大氣壓強(qiáng)為p0＝eq\f(4mg,S)?，F(xiàn)在往活塞A上部緩慢倒入細(xì)沙，直到活塞A恰好位于較細(xì)氣缸底部。求加入細(xì)沙的質(zhì)量。解析：設(shè)初始狀態(tài)封閉氣體的壓強(qiáng)為p1，由平衡條件可得：p0S＋p1·2S＋3mg＝p0·2S＋p1S，解得p1＝eq\f(mg,S)。設(shè)活塞A到達(dá)氣缸底部時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為p2，加入細(xì)沙的質(zhì)量為m0。由平衡條件得：p0S＋p2·2S＋3mg＋m0g＝p0·2S＋p2S依據(jù)玻意耳定律得：p1(LS＋2LS)＝p2·2L·2S聯(lián)立解得m0＝eq\f(m,4)。答案：eq\f(m,4)二、應(yīng)用狀態(tài)方程處理變質(zhì)量問題分析變質(zhì)量問題時(shí)，可以通過奇妙地選擇合適的探討對(duì)象，使這類問題轉(zhuǎn)化為肯定質(zhì)量的氣體問題，用相關(guān)規(guī)律求解。1．充氣問題向球、輪胎等封閉容器中充氣是一個(gè)典型的變質(zhì)量的氣體問題。只要選擇球內(nèi)原有氣體和即將打入的氣體作為探討對(duì)象，就可把充氣過程中的氣體質(zhì)量變更的問題轉(zhuǎn)化為定質(zhì)量問題。2．抽氣問題從容器內(nèi)抽氣的過程中，容器內(nèi)的氣體質(zhì)量不斷減小，這屬于變質(zhì)量問題。分析時(shí)，將每次抽氣過程中抽出的氣體和剩余氣體作為探討對(duì)象，可把抽氣過程中的氣體質(zhì)量轉(zhuǎn)化為定質(zhì)量問題。3．分裝問題將一個(gè)大容器里的氣體分裝到多個(gè)小容器中的問題也是一個(gè)典型的變質(zhì)量問題。分析這類問題時(shí)，可以把大容器中的氣體和多個(gè)小容器中的氣體看成整體來作為探討對(duì)象，可將變質(zhì)量問題轉(zhuǎn)化為定質(zhì)量問題。4．漏氣問題容器漏氣過程中氣體的質(zhì)量不斷發(fā)生變更，屬于變質(zhì)量問題，不能用相關(guān)方程式求解。假如選容器內(nèi)剩余氣體為探討對(duì)象，便可使問題變成肯定質(zhì)量的氣體狀態(tài)變更，用相關(guān)方程求解。典例2(2024·陜西西安模擬)如圖是噴霧消毒桶及其原理圖，柱形噴霧器高為h，內(nèi)有高度為eq\f(h,2)的消毒液，上部封閉有壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的空氣。將噴霧器移到室內(nèi)，一段時(shí)間后打開噴霧閥門K，恰好有消毒液流出。已知消毒液的密度為ρ，大氣壓強(qiáng)恒為p0，噴霧口與噴霧器等高。忽視噴霧管的體積，將空氣看作志向氣體。(1)求室內(nèi)溫度；(2)在室內(nèi)用打氣筒緩慢向噴霧器內(nèi)充入空氣，直到消毒液完全流出，求充入空氣與原有空氣的質(zhì)量比。解析：(1)設(shè)噴霧器的橫截面積為S，室內(nèi)溫度為T1，移到室內(nèi)后噴霧器上部氣體壓強(qiáng)為p1，依據(jù)平衡條件得p1＝p0＋ρgeq\f(h,2)，氣體體積為V0＝Seq\f(h,2)，保持不變氣體做等容變更，依據(jù)查理定律得eq\f(p0＋ρg\f(h,2),T1)＝eq\f(p0,T0)解得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ρgh,2p0)))T0。(2)以充氣結(jié)束后噴霧器內(nèi)的空氣為探討對(duì)象，設(shè)液體將要排完時(shí)，噴霧器內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p2，體積為V2＝2V0，依據(jù)平衡條件得p2＝p0＋ρgh若此時(shí)氣體經(jīng)等溫變更，壓強(qiáng)為p1時(shí)，體積為V3，則依據(jù)玻意耳定律可得p1V3＝p2V2同溫度、同壓強(qiáng)下同種氣體的質(zhì)量比等于體積比，設(shè)打進(jìn)的氣體質(zhì)量為Δm，則eq\f(Δm,m0)＝eq\f(V3－V0,V0)解得eq\f(Δm,m0)＝eq\f(2p0＋3ρgh,2p0＋ρgh)。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ρgh,2p0)))T0(2)eq\f(2p0＋3ρgh,2p0＋ρgh)三、氣體狀態(tài)變更的圖像問題對(duì)于氣體變更的圖像，由于圖像的形式敏捷多變，含義各不相同，考查的內(nèi)容又比較豐富，處理起來有肯定的難度，要解決好這個(gè)問題，應(yīng)從以下幾個(gè)方面入手。1．看清坐標(biāo)軸，理解圖像的意義。2．視察圖像，弄清圖中各量的變更狀況，看是否屬于特別變更過程，如等溫變更、等容變更或等壓變更。3．若不是特別過程，可在坐標(biāo)系中作特別變更的圖像(如等溫線、等容線或等壓線)實(shí)現(xiàn)兩個(gè)狀態(tài)的比較。4．涉及微觀量的考查時(shí)，要留意各宏觀量和相應(yīng)微觀量的對(duì)應(yīng)關(guān)系。三種氣體狀態(tài)變更圖像的比較名稱圖像特點(diǎn)其他圖像等溫線p－VpV＝CT(C為常量)，即pV之積越大的等溫線對(duì)應(yīng)的溫度越高，離原點(diǎn)越遠(yuǎn)p－eq\f(1,V)p＝eq\f(CT,V)，斜率k＝CT，即斜率越大，對(duì)應(yīng)的溫度越高等容線p－Tp＝eq\f(C,V)T，斜率k＝eq\f(C,V)，即斜率越大，對(duì)應(yīng)的體積越小p－t圖線的延長線均過點(diǎn)(－273,0)，斜率越大，對(duì)應(yīng)的體積越小等壓線V－TV＝eq\f(C,p)T，斜率k＝eq\f(C,p)，即斜率越大，對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)越小V－tV與t成線性關(guān)系，但不成正比，圖線延長線均過點(diǎn)(－273,0)，斜率越大，對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)越小典例3如圖甲是肯定質(zhì)量的氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V－T圖像．已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)是1.5×105Pa。(1)說出A→B過程中氣體壓強(qiáng)變更的情形，并依據(jù)圖像供應(yīng)的信息，計(jì)算圖中狀態(tài)A氣體的溫度TA；(2)請(qǐng)?jiān)趫D乙坐標(biāo)系中，作出氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的p－T圖像，并在圖線相應(yīng)位置上標(biāo)出字母A、B、C，假如須要計(jì)算才能確定有關(guān)坐標(biāo)值，請(qǐng)寫出計(jì)算過程。解析：(1)由題圖甲可以看出，BA的延長線過原點(diǎn)O，所以A→B是一個(gè)等壓變更過程，即pA＝pB＝1.5×105Pa依據(jù)蓋—呂薩克定律可知eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)所以TA＝eq\f(VA,VB)TB＝eq\f(0.4,0.6)×300K＝200K。(2)由題圖甲可知，B→C是等容變更過程，依據(jù)查理定律得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，所以pC＝eq\f(TC,TB)pB＝eq\f(400K,300K)pB＝eq\f(4,3)pB＝eq\f(4,3)×1.5×105Pa＝2.0×105Pa則可畫出氣體由A→B→C的p－T圖像如圖所示。答案：(1)壓強(qiáng)不變，TA＝200K(2)見解析四、液體微觀結(jié)構(gòu)、宏觀性質(zhì)及浸潤、毛細(xì)現(xiàn)象1．液體的結(jié)構(gòu)更接近于固體，具有肯定體積，難壓縮、易流淌、沒有肯定形態(tài)等特點(diǎn)。2．表面張力是液體表面層各個(gè)部分之間相互作用的吸引力。它是由表面層內(nèi)分子之間的引力產(chǎn)生的，表面張力使液體表面具有收縮的趨勢(shì)。3．浸潤、不浸潤現(xiàn)象和液體、固體都有關(guān)系，是由附著層的分子分布性質(zhì)確定的。4．毛細(xì)現(xiàn)象是表面張力、浸潤和不浸潤共同作用的結(jié)果。若液體浸潤毛細(xì)管管壁，則附著層有擴(kuò)張的趨勢(shì)，毛細(xì)管中液面上升，反之，下降。典例4在密閉的容器內(nèi)，放置肯定量的液體，如圖a所示。2024年6月17號(hào)，搭載神舟十二號(hào)載人飛船的長征二號(hào)將聶海勝等三人送入我國空間站，若將此容器置于在軌道上正常運(yùn)行的空間站上，則容器內(nèi)液體的分布狀況應(yīng)是(D)A．仍舊如圖a所示B．只能如圖b所示C．可能如圖d或e所示D．可能如圖b或c所示解析：容器與液體所受重力均供應(yīng)容器與液體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。液體僅受表面張力的作用，使其自由表面收縮到最小狀態(tài)，所以兩者的自由表面都呈球形。假如液體對(duì)于容器是浸潤的，那么將出現(xiàn)圖c的狀況。假如液體對(duì)于容器是不浸潤的，那么就表現(xiàn)為圖b的狀況。一、高考真題探析典題(2024·全國甲卷·T33(2))如圖，容積均為V0、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩氣缸放置在壓強(qiáng)為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩氣缸的底部通過細(xì)管連通，A氣缸的頂部通過開口C與外界相通；氣缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為eq\f(1,8)V0和eq\f(1,4)V0。環(huán)境壓強(qiáng)保持不變，不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積，忽視摩擦。(1)將環(huán)境溫度緩慢上升，求B氣缸中的活塞剛到達(dá)氣缸底部時(shí)的溫度；(2)將環(huán)境溫度緩慢變更至2T0，然后用氣泵從開口C向氣缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A氣缸中的活塞到達(dá)氣缸底部后，B氣缸內(nèi)第Ⅳ部分氣體的壓強(qiáng)。解析：(1)封閉氣體做等壓變更，對(duì)Ⅳ部分氣體，由蓋—呂薩克定律有eq\f(\f(3,4)V0,T0)＝eq\f(V0,T1)，解得T1＝eq\f(4,3)T0；(2)Ⅱ和Ⅲ部分封閉氣體，初狀態(tài)體積V1＝eq\f(1,8)V0＋eq\f(1,4)V0＝eq\f(3,8)V0，溫度為T0；Ⅳ部分氣體，初狀態(tài)體積V2＝eq\f(3,4)V0，溫度為T0，從開口C向氣缸中注入氣體，設(shè)末狀態(tài)Ⅳ部分氣體壓強(qiáng)為p′，體積為V，則原Ⅱ、Ⅲ部分氣體最終總體積為V0－V，對(duì)這兩部分志向氣體分別有eq\f(p0×\f(3,8)V0,T0)＝eq\f(p′V0－V,2T0)，eq\f(p0·\f(3,4)V0,T0)＝eq\f(p′·V,2T0)，解得p′＝2.25p0。答案：(1)eq\f(4,3)T0(2)2.25p0二、臨場真題練兵1．(2024·北京高考真題)夜間由于氣溫降低，汽車輪胎內(nèi)的氣體壓強(qiáng)變低。與白天相比，夜間輪胎內(nèi)的氣體(A)A．分子的平均動(dòng)能更小B．單位體積內(nèi)分子的個(gè)數(shù)更少C．全部分子的運(yùn)動(dòng)速率都變小D．分子對(duì)輪胎內(nèi)壁單位面積的平均作用力更大解析：夜間氣溫低，分子的平均動(dòng)能更小，但不是全部分子的運(yùn)動(dòng)速率都變小，故A正確、C錯(cuò)誤；由于汽車輪胎內(nèi)的氣體壓強(qiáng)變低，輪胎會(huì)略微被壓癟，則單位體積內(nèi)分子的個(gè)數(shù)更多，分子對(duì)輪胎內(nèi)壁單位面積的平均作用力更小，B、D錯(cuò)誤。2.(2024·江蘇高考真題)如圖所示，密閉容器內(nèi)肯定質(zhì)量的志向氣體由狀態(tài)A變更到狀態(tài)B。該過程中(B)A．氣體分子的數(shù)密度增大B．氣體分子的平均動(dòng)能增大C．單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)單位面積器壁的作用力減小D．單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的氣體分子數(shù)減小解析：依據(jù)eq\f(pV,T)＝C，可得p＝eq\f(C,V)T，則從A到B為等容線，即從A到B氣體體積不變，則氣體分子的數(shù)密度不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從A到B氣體的溫度上升，則氣體分子的平均動(dòng)能變大，則選項(xiàng)B正確；從A到B氣體的壓強(qiáng)變大，氣體分子的平均速率變大，則單位時(shí)間內(nèi)氣體分子對(duì)單位面積的器壁的碰撞力變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；氣體的分子密度不變，從A到B氣體分子的平均速率變大，則單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的氣體分子數(shù)變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2024·山東高考真題)利用圖甲所示試驗(yàn)裝置可探究等溫條件下氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系。將帶有刻度的注射器豎直固定在鐵架臺(tái)上，注射器內(nèi)封閉肯定質(zhì)量的空氣，下端通過塑料管與壓強(qiáng)傳感器相連?；钊隙斯潭ㄒ煌斜P，托盤中放入砝碼，待氣體狀態(tài)穩(wěn)定后，記錄氣體壓強(qiáng)p和體積V(等于注射器示數(shù)V0與塑料管容積ΔV之和)，逐次增加砝碼質(zhì)量，采集多組數(shù)據(jù)并作出擬合曲線如圖乙所示。回答以下問題：(1)在試驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，圖乙中的擬合曲線為一條過原點(diǎn)的直線，說明在等溫狀況下，肯定質(zhì)量的氣體_B__。A．p與V成正比B．p與eq\f(1,V)成正比(2)若氣體被壓縮到V＝10.0mL，由圖乙可讀出封閉氣體壓強(qiáng)為_2.04×105__Pa(保留3位有效數(shù)字)。(3)某組同學(xué)進(jìn)行試驗(yàn)時(shí)，一同學(xué)在記錄數(shù)據(jù)時(shí)漏掉了ΔV，則在計(jì)算pV乘積時(shí)，他的計(jì)算結(jié)果與同組正確記錄數(shù)據(jù)同學(xué)的計(jì)算結(jié)果之差的肯定值會(huì)隨p的增大而_增大__(填“增大”或“減小”)。解析：(1)在試驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，圖乙中的擬合曲線為一條過原點(diǎn)的直線，說明在等溫狀況下，肯定質(zhì)量的氣體，p與eq\f(1,V)成正比，故選B。(2)若氣體被壓縮到V＝10.0mL，則有eq\f(1,V)＝eq\f(1,10.0)mL－1＝100×10－3mL－1，由圖乙可讀出封閉氣體壓強(qiáng)為p＝2.04×105Pa。(3)某組同學(xué)進(jìn)行試驗(yàn)時(shí)，一同學(xué)在記錄數(shù)據(jù)時(shí)漏掉了ΔV，則在計(jì)算pV乘積時(shí)，依據(jù)p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，可知他的計(jì)算結(jié)果與同組正確記錄數(shù)據(jù)同學(xué)的計(jì)算結(jié)果之差的肯定值會(huì)隨p的增大而增大。4．(2024·湖北高考真題)如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩氣缸粗細(xì)勻稱，內(nèi)壁光滑，橫截面積分別為S、2S，由體積可忽視的細(xì)管在底部連通。兩氣缸中各有一輕質(zhì)活塞將肯定質(zhì)量的志向氣體封閉，左側(cè)氣缸底部與活塞用輕質(zhì)細(xì)彈簧相連。初始時(shí)，兩氣缸內(nèi)封閉氣柱的高度均為H，彈簧長度恰好為原長。現(xiàn)往右側(cè)活塞上表面緩慢添加肯定質(zhì)量的沙子，直至右側(cè)活塞下降eq\f(1,3)H，左側(cè)活塞上升eq\f(1,2)H。已知大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度大小為g，氣缸足夠長，氣缸內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：(1)最終氣缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；(2)彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質(zhì)量。答案：(1)eq\f(18,17)p0(2)k＝eq\f(2p0S,17H)m＝eq\f(2p0S,17g)解析：(1)對(duì)左右氣缸內(nèi)所封的氣體，初態(tài)壓強(qiáng)p1＝p0體積V1＝SH＋2SH＝3SH末態(tài)壓強(qiáng)p2，體積V2＝S·eq\f(3,2)H＋eq\f(2,3)H·2S＝eq\f(17,6)SH依據(jù)玻意耳定律可得p1V1＝p2V2解得p2＝eq\f(18,17)p0。(2)對(duì)右邊活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S解得m＝eq\f(2p0S,17g)對(duì)左側(cè)活塞受力分析可知p0S＋k·eq\f(1,2)H＝p2S解得k＝eq\f(2p0S,17H)。5.(2024·全國高考真題)如圖，豎直放置的封閉玻璃管由管徑不同、長度均為20cm的A、B兩段細(xì)管組成，A管的內(nèi)徑是B管的2倍，B管在上方。管內(nèi)空氣被一段水銀柱隔開。水銀柱在兩管中的長度均為10cm。現(xiàn)將玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管內(nèi)的空氣柱長度變更1cm。求B管在上方時(shí)，玻璃管內(nèi)兩部分氣體的壓強(qiáng)。(氣體溫度保持不變，以cmHg為壓強(qiáng)單位)答案：pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg解析：設(shè)B管在上方時(shí)上部分氣壓為pB，則此時(shí)下方氣壓為pA，此時(shí)有pA＝pB＋20倒置后A管氣體壓強(qiáng)變小，即空氣柱長度增加1cm，A管中水銀柱減小1cm，A管的內(nèi)徑是B管的2倍，則SA＝4SB可知B管水銀柱增加4cm，空氣柱減小4cm；設(shè)此時(shí)兩管的壓強(qiáng)分別為pA′、pB′，所以有pA′＋23cmHg＝pB′倒置前后溫度不變，依據(jù)玻意耳定律對(duì)A管有pASALA＝pA′SALA′對(duì)B管有pBSBLB＝pB′SBLB′其中LA′＝10cm＋1cm＝11cm，LB′＝10cm－4cm＝6cm聯(lián)立以上各式解得pA＝74.36cmHg，pB＝54.36cmHg。6．(2024·全國統(tǒng)考高考真題)一高壓艙內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為1.2個(gè)大氣壓，溫度為17℃，密度為1.46kg/m3。(1)上升氣體溫度并釋放出艙內(nèi)部分氣體以保持壓強(qiáng)不變，求氣體溫度升至27℃時(shí)艙內(nèi)氣體的密度；(2)保持溫度27℃不變，再釋放出艙內(nèi)部分氣體使艙內(nèi)壓強(qiáng)降至1.0個(gè)大氣壓，求艙內(nèi)氣體的密度。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案：(1)1.41kg/m3(2)1.18kg/m3解析：(1)由攝氏度和開爾文溫度的關(guān)系可得T1＝(273＋17)K＝290K，T2＝(273＋27)K＝300K志向氣體狀態(tài)方程pV＝nRT可知：nR＝eq\f(pV,T)其中n為封閉氣體的物質(zhì)的量，即志向氣體的eq\f(pV,T)正比于氣體的質(zhì)量，則eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(\f(m1,V),\f(m2,V))＝eq\f(\f(p1V,T1),\f(p2V,T2))其中p1＝p2＝1.2p0，ρ1＝1.46kg/m3，代入數(shù)據(jù)解得：ρ2＝1.41kg/m3。(2)由題意得p3＝p0，T3＝(273＋27)K＝300K同理可得eq\f(ρ2,ρ3)＝eq\f(\f(m2,V),\f(m3,V))＝eq\f(\f(p1V,T2),\f(p3V,T3))解得ρ3＝1.18kg/m3。7．(2024·山東統(tǒng)考高考真題)某些魚類通過調(diào)整體內(nèi)魚鰾的體積實(shí)現(xiàn)浮沉。如圖所示，魚鰾結(jié)構(gòu)可簡化為通過閥門相連的A、B兩個(gè)密閉氣室，A室壁厚、可認(rèn)為體積恒定，B室壁薄，體積可變；兩室內(nèi)氣體視為志向氣體，可通過閥門進(jìn)行交換。質(zhì)量為M的魚靜止在水面下H處。B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m；設(shè)B室內(nèi)氣體壓強(qiáng)與魚體外壓強(qiáng)相等、魚體積的變更與B室氣體體積的變更相等，魚的質(zhì)量不變，魚鰾內(nèi)氣體溫度不變。水的密度為ρ，重力加速度為g。大氣壓強(qiáng)為p0，求：(1)魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度、需從A室充入B室的氣體質(zhì)量Δm；(2)魚靜止于水面下H1處時(shí)，B室內(nèi)氣體質(zhì)量m1。答案：(1)Δm＝eq\f(Mma,Vρg)(2)m1＝eq\f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m解析：(1)由題知起先時(shí)魚靜止在H處，設(shè)此時(shí)魚的體積為V0，有Mg＝ρgV0且此時(shí)B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m，則m＝ρ氣V魚通過增加B室體積獲得大小為a的加速度，則有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma聯(lián)立解得需從A室充入B室的氣體質(zhì)量Δm＝ρ氣ΔV＝eq\f(Mma,Vρg)。(2)B室內(nèi)氣體壓強(qiáng)與魚體外壓強(qiáng)相等，則魚靜止在H處和水面下H1處時(shí)，B室內(nèi)的壓強(qiáng)分別為p1＝ρgH＋p0，p2＝ρgH1＋p0由于魚靜止時(shí)，浮力等于重力，則魚的體積不變，由題可知，魚體積的變更與B室氣體體積的變更相等，則魚在水下靜止時(shí)，B室內(nèi)氣體體積不變，由題知起先時(shí)魚靜止在H處時(shí)，B室內(nèi)氣體體積為V，質(zhì)量為m，由于魚鰾內(nèi)氣體溫度不變，若H1≥H，則在H1處時(shí)，B室內(nèi)氣體須要增加，設(shè)吸入的氣體體積為ΔV′，依據(jù)玻意耳定律有p1(V＋ΔV′)＝p2V則此時(shí)B室內(nèi)氣體質(zhì)量m1＝ρ氣(V＋ΔV′)＝eq\f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m若H1<H1，則在H1處時(shí)，B室內(nèi)氣體須要削減，設(shè)釋放的氣體體積為ΔV″，依據(jù)玻意耳定律有p1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V－ΔV″))＝p2V則此時(shí)B室內(nèi)氣體質(zhì)量m1＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V－ΔV″)),V)＝eq\f(mp2,p1)＝eq\f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m。8．(2024·全國甲卷，33(1))如圖，肯定量的志向氣體經(jīng)驗(yàn)的兩個(gè)不同過程，分別由體積—溫度(V－t)圖上的兩條直線Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分別為兩直線與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，t0是它們的延長線與橫軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，t0＝－273.15℃，a、b為直線I上的兩點(diǎn)。由圖可知，氣體在狀態(tài)a和b的壓強(qiáng)之比eq\f(pa,pb)＝1；氣體在狀態(tài)b和c的壓強(qiáng)之比eq\f(pb,pc)＝eq\f(V2,V1)。解析：依據(jù)蓋—呂薩克定律有eq\f(V,t＋273.15)＝k，整理得V＝kt＋273.15k，由體積—溫度(V－t)圖像可知，直線I為等壓線，則a、b兩點(diǎn)壓強(qiáng)相等，則有eq\f(pa,pb)＝1，設(shè)t＝0℃時(shí)，當(dāng)氣體體積為V1其壓強(qiáng)為p1，當(dāng)氣體體積為V2其壓強(qiáng)為p2，依據(jù)等溫變更，則有p1V1＝p2V2，由于直線Ⅰ和Ⅱ各為兩條等壓線，則有p1＝pb，p2＝pc，聯(lián)立解得eq\f(pb,pc)＝eq\f(p1,p2)＝eq\f(V2,V1)。9．(2024·河北卷，T15(2))水平放置的氣體阻尼器模型截面如圖所示，氣缸中間有一固定隔板，將氣缸內(nèi)肯定質(zhì)量的某種志向氣體分為兩部分，“H”型連桿活塞的剛性連桿從隔板中心圓孔穿過，連桿與隔板之間密封良好。設(shè)氣缸內(nèi)、外壓強(qiáng)均為大氣壓強(qiáng)p0。活塞面積為S，隔板兩側(cè)氣體體積均為SL0，各接觸面光滑。連桿的截面積忽視不計(jì)?，F(xiàn)將整個(gè)裝置緩慢旋轉(zhuǎn)至豎直方向，穩(wěn)定后，上部氣體的體積為原來的eq\f(1,2)，設(shè)整個(gè)過程溫度保持不變，求：(1)此時(shí)上、下部分氣體的壓強(qiáng)；(2)“H”型連桿活塞的質(zhì)量(重力加速度大小為g)。答案：(1)2p0，eq\f(2,3)p0(2)eq\f(4p0S,3g)解析：(1)旋轉(zhuǎn)前后，上部分氣體發(fā)生等溫變更，依據(jù)玻意爾定律可知p0·SL0＝p1·eq\f(1,2)SL0，解得旋轉(zhuǎn)后上部分氣體壓強(qiáng)為p1＝2p0，旋轉(zhuǎn)前后，下部分氣體發(fā)生等溫變更，下部分氣體體積增大為eq\f(1,2)SL0＋SL0＝eq\f(3,2)SL0，則p0·SL0＝p2·eq\f(3,2)SL0解得旋轉(zhuǎn)后下部分氣體壓強(qiáng)為p2＝eq\f(2,3)p0。(2)對(duì)“H”型連桿活塞整體受力分析，活塞的重力mg豎直向下，上部分氣體對(duì)活塞的作用力豎直向上，下部分氣體對(duì)活塞的作用力豎直向下，大氣壓力上下部分抵消，依據(jù)平衡條件可知p1S＝mg＋p2S解得活塞的質(zhì)量為m＝eq\f(4p0S,3g)。10．(2024·湖南卷，T15(2))如圖，小贊同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)液體拉力測量儀。一個(gè)容積V0＝9.9L的導(dǎo)熱氣缸下接一圓管，用質(zhì)量m1＝90g、橫截面積S＝10cm2的活塞封閉肯定質(zhì)量的志向氣體，活塞與圓管壁間摩