理想气体状态方程的应用

理想气体状态方程的应用
专题气体实验定律理想气体的状态方程
题型一：气体压强的计算
【例1】右图中气缸静止在水平面上，缸内用活塞封闭一定质量的空气．活塞的的质量为
m，横截面积为S，下表面与水平方向成θ角，若大气压为P0，求封闭气体的压强P ．
题型二：实验定律的定性分析
【例2】如图所示，把装有气体的上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽内，管内水银面与
槽内水银面的高度差为h，当玻璃管缓慢竖直向下插入一些，问h 怎样变化？气体体积
怎样变化？
题型三：实验定律的定量计算
【例3】一根两端开口、粗细均匀的细玻璃管，长L=30cm，竖直插入水银槽中深h0=10cm处，用手指按住上端，轻轻提出水银槽，并缓缓倒转，则此时管内封闭空气柱多长？已知大气压P0=75cmHg．题型四：气体状态方程的应用
【例4】如图所示，用销钉将活塞固定，A、B两部分体积比为2∶1，开始时，A
中温度为127℃，压强为1.8 atm，B中温度为27℃，压强为1.2atm．将销钉拔掉，
活塞在筒内无摩擦滑动，且不漏气，最后温度均为27℃，活塞停止，求气体的压
强．
题型五：图象问题的应用
【例5】如图是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V--T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa.
（1）说出A到B过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信
息，计算图中T A的温度值．
（2）请在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的P--T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C．如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．
练习]
1．一定质量的理想气体处于某一初始状态，现要使它的温度经过状态变化后，回到初始状态的温度，用下列哪个过程可以实现( ) A．先保持压强不变而使体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强B．先保持压强不变而使体积减小，接着保持体积不变而减小压强C．先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使体积膨胀D．先保持体积不变而减少压强，接着保持压强不变而使体积减小2．如图为0.2mol某种气体的压强与温度关系．图中
p0为标准大气压．气体在B状态时的体积是_____L．
3．竖直平面内有右图所示的均匀玻璃管，内用两段
水银柱封闭两段空气柱a、b，各段水银柱高度如图
所示．大气压为p0，求空气柱a、b的压强各多大？
4．一根两端封闭，粗细均匀的玻璃管，内有一小段
水银柱把管内空气柱分成a、b两部分，倾斜放置时，上、下两段空气柱长度
之比L a/L b=2．当两部分气体的温度同时升高时，水银柱将如何移动？
5.如图所示，内径均匀的U型玻璃管竖直放置，截面积为5cm2，管右侧上端封闭，
左侧上端开口，内有用细线栓住的活塞．两管中分别封入L=11cm的空气柱A和B，
活塞上、下气体压强相等为76cm水银柱产生的压强，这时两管内的水银面的高度差
h=6cm，现将活塞用细线缓慢地向上拉，使两管内水银面相平．求：
（1）活塞向上移动的距离是多少？
（2）需用多大拉力才能使活塞静止在这个位置上？
6、一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是（）
A．p1 =p2，V1=2V2，T1= 2
1
T2 B．p1 =p2，V1=2
1
V2，T1= 2T2
C．p1 =2p2，V1=2V2，T1= 2T2 D．p1 =2p2，V1=V2，T1= 2T2
9、如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限
制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间
的容积为0.1V0。

开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），
温度为297K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3K。

求：（1）活塞刚离开B
处时的温度T B；
（2）缸内气体最后的压强p；
（3）在右图中画出整个过程的p-V图线。

能力训练3气体实验定律理想气体的状态方程
一．选择题
1．下列说法中正确的是（）
A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
B. 一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大
C. 气体压强是由气体分子间的斥力产生的
D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
甲
2．一定质量的理想气体做等温膨胀时,下列说法中正确的是( )
A ．气体对外做正功,内能将减小
B ．气体吸热,外界对气体做负功
C ．分子平均动能增大,但单位体积的分子数减少,气体压强不变
D ．分子平均动能不变,但单位体积的分子数减少,气体压强降低
3．封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是
Ａ．气体的密度增大Ｂ．气体的压强增大
Ｃ．气体分子的平均动能减小Ｄ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 4．下列说法正确的是 ( )
A ．气体的温度升高时，并非所有分子的速率都增大
B ．盛有气体的容器作减速运动时，容器中气体的内能随之减小
C ．理想气体在等容变化过程中，气体对外不做功，气体的内能不变
D ．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大
5．一定质量的理想气体,保持压强不变，当温度为273℃时，体积是2升；当温度有升高了273℃时，气体的体积应是（）
A ．3升
B ．4升
C ．5升
D ．6升
6．如图所示，质量一定的理想气体V -t 图中两条等压线．若V 2＝2V 1，则两直线上M 、N 两点的气体压强，密度的关系为（）
A ．P M ＝P N ，ρM ＝ρN
B ．P M ＝2P N ，ρM ＝2ρN
C ．P M ＝P N /2，ρM ＝ρN /2
D ．P M ＝P N /2，ρM ＝2ρN ．
7．一个绝热的气缸内密封有一定质量的理想气体，气体压强为P 、体积为V ．现用力迅速拉动活塞，使气体体积膨胀到2V ．则（）
A ．缸内气体压强大于P /2
B ．缸内气体压强小于P /2
C ．外界对气体做功
D ．气体对外界做功
8．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab 、bc 、cd 和da 这四段过程在p －T 图上都是直线段，其中ab 的延长线通过坐标原点O ，bc 垂直于ab ，而cd 平行于ab ．由图可以判断（）
A ．ab 过程中气体体积不断减小
B ．bc 过程中气体体积不断减小
C ．cd 过程中气体体积不断增大
D ．da 过程中气体体积不断增大 9．如图所示，均匀玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱，封闭着两段空气柱，两段空气柱长度之比L 2：L 1＝2：1，两水银柱长度之比为L A ：L B ＝l ：2，如果给它们加热，使它们升高相同的温度，又不使水银溢出，则两段空气柱后来的长度之比（）
A.1:2:12=''L L
B.1:2:12<'
'L L C.1:2:12>'
'
L L D.以上结论都有可能
10．一定质量的理想气体,当它发生如图所示的状态变化时,哪一个状态变化过程中,气体吸收热量全部用来对外界做功( )
A.由A 至B 状态变化过程
B.由B 至C 状态变化过程
C. 由C 至D 状态变化过程
D.由D 至A 状态变化过程三．计算题
13.如图所示，质量为Ｍ的气缸放在光滑的水平面上，质量为ｍ的活塞横截面积为Ｓ，不计所有摩擦力，平衡状态下，气缸内空气柱长为Ｌ０，大气压强为Ｐ０，今用水平力Ｆ推活塞，活塞相对气缸静止时，气缸内的气柱长Ｌ’是多少？不计温度变化．
14．一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始时气体体积为V 0，温度为270
C ．在
活塞上施加压力，将气体体积压缩到32
V 0，温度升高到570
C ．设大气压强p 0＝l.0×105
pa ，活塞与气缸壁
摩擦不计．
（1）求此时气体的压强；
（2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V O ，求此时气体的压强．
15．如图所示U 形管左端开口、右端封闭，左管水银面到管口为18.6 cm ，右端封闭的空气柱长为10cm ，外界大气压强P o ＝
75cmHg ，在温度保持不变的情况下，由左管开口处慢慢地向管内灌入水银，试求再灌入管中的水银柱长度最多为多少厘米？
16.内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.O ×lO 5
Pa 、体积为2.0×lO -3m 3
的理想气体．现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃．(1)求气缸内气体的最终体积；(2)在p －V 图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化．(大气压强为1.O ×l05
Pa)
专题三：气体实验定律理想气体的状态方程
[基础回顾]：
一．气体的状态参量
1．冷热程度；大量分子平均动能；摄氏温度；热力学温度；t +273K ；Δt ；0；－273.15K 2．盛装气体的容器的容积；气体分子所能到达的空间体积；22.4L
3．器壁单位面积上受到的压力；大量分子频繁碰撞器壁；平均动能；密集程度．
二．气体实验定律 1．反比；乘积；
1
2
21v v p p =；1122p v p v = 2．00
C 时压强的1/273；27300p t p p t =-；??? ??
+=27310t p p t ；正比；2
211T p T p =；p T T p ?=? 3．00
C 时体积的1/273；
27300v t v v t =-； ?
+=27310t v v t ；正比；2211T v T v =；v T T v ?=? 三．理想气体状态方程
实验定律；相互作用力；质量；温度；体积；压强不太大、温度不太低
[典型例题]：
【例1】
【分析】取活塞为对象进行受力分析，关键是气体对活塞的压力方向应该垂直与活
塞下表面而向斜上方，与竖直方向成θ角，接触面积也不是S 而是S 1=S /cos θ．
【解】取活塞为对象进行受力分析如图，由竖直方向受力平衡方程得pS 1cos θ
=mg +p 0S ，且S 1=S /cos θ 解得p =p 0+mg/S ．
【点评】气体对活塞的压力一定与物体表面垂直，而不是竖直向上．
【例2】
【分析】常用假设法来分析，即假设一个参量不变，看另两个参量变化时的关系，由此再来确定假定不变量是否变化、如何变化．【解析】假设h 不变，则根据题意，玻璃管向下插入水银槽的过程中，管内气体的体积减小．从玻意耳定律可知压强增大，这样h 不变是不可能的．即h 变小．假设被封气体的体积不变，在管子下插过程中，由玻意耳定律知，气体的压强不变．而事实上，h 变小，气体的压强变大，显然假设也是不可能的．所以在玻璃管下插的过程中，气体的体积变小，h 也变小．
【点拨】假设法的使用关键是在假设某个量按一定规律变化的基础上，推出的结论是否与事实相符．若相符，假设成立．若不相符，假设则不成立．此题也可用极限分析法：设想把管压下较深，则很直观判定V 减小，p 增大．【例3】
【分析】插入水银槽中按住上端后，管内封闭了一定质量气体，轻轻提出水银槽直立在空气中时，有一部分水银会流出，被封闭的空气柱长度和压强都会发生变化．倒转后，水银柱长度不变，被封闭气体柱长度和压强又发生了变化．所以，管内封闭气体经历了三个状态．由于“轻轻提出”、“缓缓倒转”，可认为温度不变，因此可由玻意耳定律列式求解．
【解】取封闭的气体为研究对象．则气体所经历的三个状态的状态参量为：
初始状态：P 1=75 cmHg ，V 1=L 1S =20S cm 3
中间状态：P 2=75-h cmHg ，V 2=L 2S =(30-h )S cm 3
最终状态：P 3=75+h cmHg ，V 3=L 3S cm 3
提出过程中气体的温度不变，由玻意耳定律：p 1V 1=p 2V 2 即75×20S =（75-h ）（30-h ）S 取合理解 h =7.7cm
倒转过程中气体的温度不变，由玻意耳定律：p 1V 1=p 3V 3 即75×20S ==（75+h ）L 3S
【点评】必须注意题中隐含的状态，如果遗漏了这一点，将无法正确求解．
【例4】
【解析】取A 部分气体为研究对象初态：p 1＝1.8atm ，V 1＝2V ，T 1＝400K ，末态：p p V T 300K 111′＝，′，′＝
取B 部分气体为研究对象
初态：p 2＝1.2 atm ，V 2＝V ，T 2＝300K ，末态：p 2′＝p ，V 2′，T 2′＝300K
根据理想气体的状态方程：＝得：p V T p V T 11122
2
对：·＝……①
对：·＝……②
A B p V T pV T
p V T pV T
11
11
22
22
2'
'''
V 1′＋V 2′＝3V ………………③
将数据代入联解①②③得p ＝1.3atm ．
【点评】此题中活塞无摩擦移动后停止，A 、B
部分气体压强相等，这是隐含条件，两部分气体还受到容
器的几何条件约束．发掘题中的隐含条件是顺利解题的关键．【例5】
【分析】从A 到B 是等压变化，从B 到C 是等容变化．【解答】（1）由图甲可以看出，A 与B 的连线的延长线过原点O ，所以从A 到B 是一个等压变化，即P A =P B
根据盖·吕萨克定律可得V A /T A =V B /T B
所以k k V T V T B B A A 2006
.0300
4.0=?==
（2）由图甲可以看出，从B 到C 是一个等容变化，根据查理定律得 P B /T B =P C /T C
所以Pa Pa T P T P B B C C 55
100.2300
105.1400?=??==
则可画出由状态A 经B 到C 的P —T 图象如图所示．【点评】在不同的图象中，只能表达两个状态参量的关系，第三个
参量可通过状态方程或气体实验定律求得．
[课堂练习] 1．A 2．5.6
3．解：从开口端开始计算：右端为大气压p 0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b 气柱的压强为p b = p 0+ρg （h 2-h 1），而a 气柱的压强为p a = p b -ρgh 3= p 0+ρg （h 2-h 1-h 3）．点评：此类题求气体压强的原则就是从开口端算起（一般为大气压），沿着液柱在竖直方向上，向下加ρgh ，向上减ρgh 即可（h 为高度差）．
4．【分析】温度升高、Hg 移动时，两部分空气的三个状态参量（T 、p 、V ）都会发生变化，且双方互相
牵制，将给判断带来很大困难．为此，可作一设想，即先假设温度升高时水银柱不动，两部分气体发生等容变化．然后比较它们压强的变化量，水银柱应朝着压强变化量较小的那一方移动．
【解】（1）公式法：假定两段空气柱的体积不变，即V 1，V 2不变，初始温度为T ，当温度升高△T 时，空气柱a 的压强由p a 增至p 'a ，△p a =p 'a －p a ，空气柱b 的压强由p b 增至p 'b ，△p b = p 'b －p b ．
由查理定律得：T T P P a a ?=
T T
P
P b b ?=? 因为p b =p a +p h ＞p a ，所以△p a ＜△p b ，即温度升高时下部气体压
强的增量较
大，水银柱应向上移动．
（2）图象法：作出上、下两部分气体的等容线
由于原来下部压强大于上部压强，即P b ＞P a ，因此下部气体等容线的斜率较大．温度升高△T 后由图
象知下部气体的压强变化量也较大，即△P b ＞△Pa ．所以水银柱将向上移动．5．【分析】两部分气体通过液体相连，压强之间的关系是：初态P A1-h =P B1 末态P A2=P B2
U 型玻璃管要注意水银面的变化，一端若下降x cm 另一端必上升x cm ，两液面高度差为2xcm ，则两液面相平时，B 液面下降h /2，A 管液面上升h /2，在此基础上考虑活塞移动的距离．【解答】（1）
取B 部分气体为研究对象
初态：P B1=76-6=70（cmHg ） V B1=11S(cm 3
)
末态： P B2=p V B2=(11+3)S(cm 3
) 根据玻意耳定律 P B1V B1=P B2V B2
取A 部分气体为研究对象
初态：p A1=76(cmHg) V A1=11s(cm 3
)
末态：p A2=p B2=55(cmHg) V A2=L ’S (cm 3
) 根据玻意耳定律 p A1V A1=p A2V A2
对于活塞的移动距离：
h '=L '+3-L =15.2+3-11=7.2(cm) （2）由于活塞处于平衡状态，可知 F+p A2S=P 0S F=P 0
S-PS
【点评】U 型管粗细相同时，一侧水银面下降h cm ，另一侧水银面就要上升h cm ，两部分液面高度差变化于2h cm ，若管子粗细不同，应该从体积的变化来考虑，就用几何关系解决物理问题是常用的方法．
6、D
7、B
8、II ，23，2:1
9、（1）0.9p 0297 ＝p 0
T B
，
T B
＝
333K ，（2）0.9p 0297 ＝p
399.3
，p ＝1.1p 0，（3）图略。

能力训练3
1．A 2．BD 3．BD 4．AD 5．A
6．C 7．BD 8．BCD 9．A 10．D 11．(1)如右图所示(2)75.0cmHg(74.5cmHg ～75.5cmHg) 12.（1）deacd （2）1.2×105
Pa 13．()S
m M MF
P L
P L ++
=
00
14.（1）p 0=1.65×105
Pa 郝（2）p 2=1.1×105Pa 郝 15．20.6
16． (1)在活塞上方倒沙的过程中温度保持不变
P 0V 0＝P 1V 1
由①式解得0011V p p V =＝35532.010 1.010 2.0101.010Pa Pa --=??
在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变
12
02V V T T =
由③式解得2
210T V V T =
＝3333273127 1.010 1.4710273m m --+??≈?
(2)如图所示。