一、计算的知识储备
(1)液面下h深处由液体重量产生的压强p=ρgh.(注意:h是液柱的竖直高度,不一定等于液柱的长度)
(2)若液面与外界大气相接触,则液面下h处的压强为p=p0+ρgh,p0为外界大气压强.
(3)帕斯卡定律(液体传递压强的规律):加在密闭静止液体上的压强,能够大小不变地由液体向各个方向传递.
(4)连通器原理:在连通器中,同一种液体(中间液体不间断)的同一水平面上的压强是相等的.
【说明】 计算的主要依据是静力学知识.
【例1】 如图所示,竖直放置的弯曲管A端开口,B端封闭,密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内,管内液面高度差分别为h1、h2和h3,则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
A.p0-ρg(h1+h2-h3) B.p0-ρg(h1+h3)
C.p0-ρg(h1+h3-h2) D.p0-ρg(h1+h2)
【解析】 由图中液面的高度关系可知,p0=p2+ρgh3和 p2=p1+ρgh1,由此解得p1=p0-ρg(h1+h3)
【答案】 B
【易错点】 很多学生会错误认为 p0<p2和 p2<p1,此外图中 h2是一个干扰条件,而实际上中间气体的压强与中间两液面的高度差无关.
二、压强计算的基本方法
基本方法,实质为受力分析,即受力分析的三种表现.
1.液面法
选取一个假想的液体薄面(其自重不计)为研究对象;分析液面两侧受力情况,建立力的平衡方程;消去横截面积,得到液面两侧的压强平衡方程;求得气体压强.
【例2】 如图所示,在竖直平面内倾斜放置的U形管,管的一端封闭,内有一段空气柱,U形管的倾角为θ,U形管内水银柱长度L1、L2,如图所示,已知水银密度为ρ,大气压强为p0,则封闭段空气柱的压强为________.
【解析】 本题若选取如图所示的AB作为等压强的液面,从理论上来说是可以的,但是B至右管液面的高度差不知,无法求出.
若选取C作为液面,则左右两侧的压强应该相等,即有p+ρgasinθ+ρgL2cosθ=p0+ρgL1sinθ+ρgasinθ,解得p=p0+ρg(L1sinθ-L2cosθ).
【答案】 p0+ρg(L1sinθ-L2cosθ)
2.平衡法
欲求用固体(如活塞等)封闭在静止容器中的气体压强,应对固体(如活塞等)进行受力分析,然后根据力的平衡条件求解.
【例3】 如图所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置,金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为m,不计圆板与容器内壁的摩擦,若大气压强为p0,则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于( )
A.p0+329d62a29f9863f3152db24c61958265.png
B.080ac65f8ad0ce35c63075db4d9737b9.png
C.p0+086f73256336ef5e6c0159a3126bb873.png
D.p0+c63f3016fab33618f66a03a2d16ee412.png
【解析】 为求气体的压强,应以封闭气体的圆板为研究对象,圆板受力如图所示,封闭气体对圆板的压力垂直圆板的下表面.由竖直方向合力为零,得
p1b7cd96da5d3b13e3c7dadaf6a0ece62.png
得p=p0+c63f3016fab33618f66a03a2d16ee412.png
【答案】 D
3.动力学法
当封闭气体所在的系统处于力学非平衡状态时,欲求封闭气体的压强,首先要恰当地选择对象(如与气体相关联的液柱、固体等),并对其进行正确的受力分析(特别注意分析内、外气体的压力),然后应用牛顿第二定律列方程求解.
【例4】 试管内封有一定质量的气体,静止时气柱长为L0,大气压强为p0,其他尺寸如图所示.当试管绕竖直轴以角速度ω在水平面内匀速转动时气柱长变为L,设温度不变,管横截面积为S,水银密度为ρ, 则转动时管内被封气体的压强为( )
A.p0+ρL1ω2(L2+L0-L+06799a5162d91480c4a06216d2a226a1.png
B.p0+ρL1ω2(L2+06799a5162d91480c4a06216d2a226a1.png
C.p0+ρgL1
D.2af5918f4065dd8a023623f20c232353.png
【解析】 以水银柱为研究对象,水平方向受力为向右的p0S,向左的pS,由牛顿第二定律,知pS-p0S=ma=mω2(L1+L2+L0-L-06799a5162d91480c4a06216d2a226a1.png
【答案】 AD
三、压强的微观解释
1.决定压强的两个微观因素
p=6b947573d14816876763af57c7a89b2e.png
【例5】 喷雾器内有10 L水,上部封闭有1 atm的空气2 L.如图所示,关闭喷雾阀门,用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3 L(设外界环境温度一定,空气可看作理想气体).
(1)当水面上方气体温度与外界温度相等时,求气体压强,并从微观上解释气体压强变化的原因.
(2)打开喷雾阀门,喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀,此过程气体是吸热还是放热?简要说明理由.
【解析】 (1)设气体初态压强为p1=1 atm,体积为V1=2 L+3 L=5 L;末态压强为p2,体积为V2=2 L,由玻意耳定律p1V1=p2V2 ,代入数据得p2=2.5 atm
微观解释:温度不变,分子平均动能不变,单位体积内分子数增加,所以压强增加.
(2)吸热.气体对外做功而内能不变,根据热力学第一定律,可知气体吸热.
【名师点拨】 本题对压强的微观解释是从分子的数密度n和分子的平均平动动能9014ed38ebb5e46c9bded9d463777f2b.png
2.分子速率是从双重意义上来影响碰撞效果的
p=6b947573d14816876763af57c7a89b2e.png
【例6】 下列说法正确的是( )
A.气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和
B.气体的温度变化时,其分子平均动能和分子间势能也随之改变
C.功可以全部转化为热,但热量不能全部转化为功
D.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,但不能自发地从低温物体传递到高温物体
E.一定量的气体,在体积不变时,分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
F.一定量的气体,在压强不变时,分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
【答案】 ADEF
四、压强的产生与理解
1.源于压强的基本概念
压强的基本概念为p=d4407892e2dc97d54e1538e238ee4374.png
【例7】 已知地球半径约为6.4×106m,空气的摩尔质量约为29×10-3kg/mol,一个标准大气压约为1.0×105Pa,利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为( )
A.4×1016 m3 B.4×1018 m3
C.4×1020 m3 D.4×1022 m3
【解析】 大气压是由大气重量产生的.大气压强p=d4407892e2dc97d54e1538e238ee4374.png
【答案】 B
【名师点拨】 本题源于1984年全国普通高等学校招生统一考试物理试题原题如下:估算地球大气层空气的总重量.(最后结果取1位有效数字),(答案:5×1019N).可谓老题新编.
2.从分子动理论的角度理解大气压强
前面说大气压是大气自身重力产生的,这与在地球表面任取一部分气体的压强约为1.013×105Pa是不矛盾的,这时的压强是大气压的一部分,已经具有由重力产生压强的属性,不可再由取出部分的气体重力产生的.这个压强可从分子动理论的角度理解,即气体分子的碰撞产生的.
【例8】 一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”,他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气(可视为理想气体),然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上,在气球的上方放置一轻质塑料板,如图所示.
(1)关于气球内气体的压强,下列说法正确的是( )
A.大于大气压强
B.是由于气体重力而产生的
C.是由于气体分子之间的斥力而产生的
D.是由于大量气体分子的碰撞而产生的
(2)在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中,球内气体温度可视为不变.下列说法正确的是( )
A.球内气体体积变大 B.球内气体体积变小
C.球内气体内能变大 D.球内气体内能不变
(3)为了估算气球内气体的压强,这位同学在气球的外表面涂上颜料,在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸.表演结束后,留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示.若表演时大气压强为1.013×105Pa,取g=10 m/s2,则气球内气体的压强为________ Pa.(取4位有效数字)
气球在没有贴方格纸的下层木板上也会留下“印迹”,这一“印迹”面积与方格纸上留下的“印迹”面积存在什么关系?
【解析】 (1)由于气球对球内气体的作用,球内气体压强大于大气压强,A选项正确,B选项错误;根据气体的压强的微观理论,可知C选项错误,D选项正确.
(2)由于可视为理想气体,则615a12316beb1697908f508262218414.png
(3)人作用在气球上的力F=mg=600 N,“印迹”的面积为4S,S为每个“印迹”的面积(大于半格的算一格,小于半格的去掉),得S=354×10-4m2,人作用在气球上的压强.可以以其中一个球的接触薄层为研究对象,薄层受到向上的压力pS,向下的压力p0S,每个球承受人体重力的98fcae35907568c1970a6bd7328a637a.png
=1.013×105 Pa+f1a5ee0896acb00112c2138e5ef070ff.png
气球内部气体压强处处相等,气球上下两部分形变一样,面积相同.
【答案】 (1)AD (2)BD (3)1.053×105Pa 面积相同
五、浮力的实质
浮力产生的原因是压力差,推导如下:如图所示,物块浮在液体中,物块受到向下的p0S,向上的pS,两侧均有对称的作用力,即两侧的合力为零.故压力差ΔF=pS-p0S=(p0+ρgh)S-p0S=ρghS=ρgV排=F浮,即浮力的实质为上下的压力差.
【例9】 在天花板上用轻弹簧悬挂一支平底试管,将试管口向下竖直插入水银槽中,当处于如图所示的静止状态时,不计管壁厚度,关于弹簧秤对试管作用力的大小,下列正确的说法是( )
A.大小等于试管重力
B.大小等于试管重力减去水银对试管的浮力
C.大小等于试管重力减去管内h高度部分相当的水银的重力
D.大小等于试管重力减去内部气体与外界大气对试管压力之差
【解析】 以试管为研究对象,对试管进行受力分析如图所示,
试管受到向下的重力mg、大气的向下的压力p0S、试管内被封闭的气体的向上的压力pS、弹簧向上的拉力F,pS+F=mg+p0S,所以F=mg+p0S-pS=mg-(pS-p0S)=mg-F浮=mg-ρgV排,故选B、C、D三项.
【答案】 BCD
六、自由落体下的压强变化分析
气体压强是大量气体分子频繁碰撞容器壁的结果,在完全失重的情况下,气体对器壁仍产生同样的碰撞结果,温度变化,压强变化.如2013全国新课标Ⅱ33C选项“在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零”,此选项错误.
【例10】 如图所示,一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内,右管上端开口且足够长,右管内水银面比左管内水银面高h,能使h变大的原因是( )
A.环境温度升高
B.大气压强升高
C.沿管壁向右管内加水银
D.U型玻璃管自由下落
【解析】 以左端被封闭气体为研究对象,假设被封闭气体压强不变,温度升高,必然导致被封闭体积的增加,则两侧水银柱长度h增加,A选项正确;大气压升高,暗含温度不变,即导致体积减小,h减小,B选项错误;沿管壁向右管内加水银,使被封闭气体的压强增加,而被封闭气体的压强p=p0+ρgh,故两侧水银柱长度h增加,C选项正确;U型玻璃管自由下落,水银处于完全失重状态,故被封闭气体的压强等于外界大气压p=p0,压强减小了,被封闭气体的体积增大,两侧水银柱长度h增加,D选项正确.
【答案】 ACD
七、活塞与弹簧结合问题
【例11】 如图所示,竖直放置在水平面上的汽缸,其中缸体质量M=10 kg,活塞质量m=5 kg,横截面积S=2×10-3 m2,活塞上部的汽缸里封闭一部分理想气体,下部有气孔a与外界相通,大气压强p0=1.0×105Pa,活塞的下端与劲度系数为k=2×103 N/m的弹簧相连.当汽缸内气体温度为127 ℃时,弹簧的弹力恰好为零,此时缸内气柱长为L=20 cm.求:当缸内气体温度升高到多少度时,汽缸对地面的压力为零?(g取10 m/s2,活塞不漏气且与汽缸壁无摩擦)
【解析】 缸内气体初态:V1=LS=20S
p1=p0-c63f3016fab33618f66a03a2d16ee412.png
T1=(273+127) K=400 K
末态:p2=p0+815ee82ff12cd50ef357fdeb05d70933.png
系统受力平衡:kx=(m+M)g
则x=ede2efc36c1d70718e676dc46139eac9.png
缸内气体体积V2=(L+x)S=27.5S
对缸内气体建立状态方程c67c24d275abc376140a919fbf2deb57.png
即70a38ed306b17b8de800619782d2afee.png
解上式,可得T2=1 100 K,即t=T2-273 ℃=827 ℃
【答案】 827 ℃
本文来源:https://www.2haoxitong.net/k/doc/ef55c3a4571252d380eb6294dd88d0d232d43cdb.html
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