精品2019高中物理 第八章 气体 课时4 习题课：气体实验定律和理想气体状态方程的应用学案

学案4 习题课：气体实验定律和理想气体状态方程的应用[目标定位] 1.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.2.会利用图象对气体状态、状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题.3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明： 1．打气问题向球、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，就可把充气过程看成等温压缩过程． 2．抽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，总质量不变，故抽气过程可看成是等温膨胀过程．例1 氧气瓶的容积是40 L ，其中氧气的压强是130 atm ，规定瓶内氧气压强降到10 atm 时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm 的氧气400 L ，这瓶氧气能用几天？假定温度不变． 解析 用如图所示的方框图表示思路．由V 1→V 2：p 1V 1＝p 2V 2，V 2＝p 1V 1p 2＝130×4010L ＝520 L ，由(V 2－V 1)→V 3：p 2(V 2－V 1)＝p 3V 3，V 3＝p 2(V 2－V 1)p 3＝10×4801L ＝4 800 L ，则V 3400 L＝12(天)． 答案 12天二、理想气体的图象问题例段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分．图1(1)已知气体在状态A 的温度T A ＝300 K ，求气体在状态B 、C 和D 的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V 和温度T 表示的图线(图中要标明A 、B 、C 、D 四点，并且要画箭头表示变化的方向)．说明每段图线各表示什么过程．解析 从p －V 图中可以直观地看出，气体在A 、B 、C 、D 各状态下压强和体积分别为p A ＝4 atm ，p B ＝4 atm ，p C ＝2 atm ，p D ＝2 atm ，V A ＝10 L ，V C ＝40 L ，V D ＝20 L. (1)根据理想气体状态方程p A V A T A ＝p C V C T C ＝p D V DT D， 可得T C ＝p C V C p A V A ·T A ＝2×404×10×300 K＝600 K ，T D ＝p D V D p A V A ·T A ＝2×204×10×300 K＝300 K ，由题意知B 到C 是等温变化，所以T B ＝T C ＝600 K. (2)由状态B 到状态C 为等温变化， 由玻意耳定律有p B V B ＝p C V C ，得V B ＝p C V C p B ＝2×404L ＝20 L.在V －T 图上状态变化过程的图线由A 、B 、C 、D 各状态依次连接(如图)，AB 是等压膨胀过程，BC 是等温膨胀过程，CD 是等压压缩过程．答案 (1)600 K 600 K 300 K (2)见解析 三、理想气体的综合问题 1．定性分析液柱移动问题：定性分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案． 常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔT T p .(2)盖—吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTT V .2．定量计算问题：定量计算问题是热学部分的典型的物理综合题，它需要考查气体、气缸或活塞等多个研究对象，涉及热学、力学等物理知识，需要灵活、综合地应用知识来解决问题． 解决该问题的一般思路： (1)弄清题意，确定研究对象．(2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程进而求出压强．(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程． (4)多个方程联立求解．对求解的结果注意检验它们的合理性．例3 如图3所示，固定的绝热气缸内有一质量为m 的T 型绝热活塞(体积可忽略)，距气缸底部h 0处连接一U 形管(管内气体的体积忽略不计)．初始时，封闭气体温度为T 0，活塞距离气缸底部为1.5h 0，两边水银柱存在高度差．已知水银的密度为ρ，大气压强为p 0，气缸横截面积为S ，活塞竖直部分长为1.2h 0，重力加速度为g ，试问：图3(1)初始时，水银柱两液面高度差多大？(2)缓慢降低气体温度，水银柱两液面相平时温度是多少？答案 (1)m ρS (2)4p 0T 0S5p 0S ＋5mg解析 (1)被封闭气体压强p ＝p 0＋mg S＝p 0＋ρgh 初始时，水银柱两液面高度差为h ＝mρS.(2)降低温度直至水银柱两液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化． 初状态：p 1＝p 0＋mg S，V 1＝1.5h 0S ，T 1＝T 0 末状态：p 2＝p 0，V 2＝1.2h 0S ，T 2＝？ 根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 代入数据得：T 2＝4p 0T 0S5p 0S ＋5mg1. (变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图4所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：图4(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？ 答案 (1)15 (2)1.5 L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1 atm×300 cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2 atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2. (理想气体的图象问题)一定质量的理想气体，经历一膨胀过程，此过程可以用图5中的直线ABC 来表示，在A 、B 、C 三个状态上，气体的温度T A 、T B 、T C 相比较，大小关系为( )图5A ．TB ＝T A ＝TC B ．T A ＞T B ＞T C C ．T B ＞T A ＝T CD ．T B ＜T A ＝T C 答案 C解析 由题图中各状态的压强和体积的值：p A V A ＝p C V C ＜p B V B ，因为pV T＝C ，可知T A ＝T C ＜T B .3．(液体移动问题)两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图6所示．V 左<V 右，温度均为20℃，现将右端空气柱温度降为0℃，左端空气柱温度降为10℃，则管中水银柱将( )图6A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动 答案 C解析 设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p 对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确．4．(液体移动问题)如图7所示，A 气缸横截面积为500 cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm 、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左边的活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变，活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁、细管间的摩擦，周围大气压强为1 atm ＝105 Pa ，当推力F ＝53×103N 时，求：图7(1)活塞N 向右移动的距离是多少厘米？ (2)B 气缸中的气体升温到多少摄氏度？ 答案 (1)5 cm (2)127 ℃解析 (1)p A ′＝p A ＋F S ＝43×105Pa对A 中气体，由p A V A ＝p A ′V A ′ 得V A ′＝p A V A p A ′，解得V A ′＝34V A L A ＝V AS ＝20 cmL A ′＝V A ′S＝15 cmΔx ＝L A －L A ′＝5 cm(2)对B 中气体，p B ′＝p A ′＝43×105Pa由p B T B ＝p B ′T B ′，解得T B ′＝p B ′p BT B ＝400 K ＝127 ℃.题组一 变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 答案 A解析 取全部气体为研究对象，由p 1V 1＋p 2V 2＝pV 1得p ＝2.5 atm ，故A 正确．2．用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( )A ．5次B ．10次C ．15次D ．20次 答案 C解析 因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得 1．5 atm×3 L＋n ×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L， 解得n ＝15. 故答案选C.3．容积为5×10－3m 3的容器内盛有理想气体，若用最大容积为0.1×10－3m 3的活塞抽气筒抽气，在温度不变的情况下抽气10次，容器内剩余气体的压强是最初压强的多少倍？ 答案 0.82解析 本题是一道变质量问题，我们必须转化成质量一定的问题．因为每次抽出的气体压强不一样，但可把抽气等效成容器与真空的抽气筒相通，所以每次抽气可视为质量一定的气体体积增大ΔV .设容器中原有气体的压强为p 0，体积为V 0，抽气筒容积为ΔV . 第一次抽气：p 0V 0＝p 1(V 0＋ΔV )， 第二次抽气：p 1V 0＝p 2(V 0＋ΔV )， 第三次抽气：p 2V 0＝p 3(V 0＋ΔV )， …第十次抽气：p 9V 0＝p 10(V 0＋ΔV )， 各式相乘可得p 10＝(V 0V 0＋ΔV)10p 0.所以p 10p 0＝(V 0V 0＋ΔV )10＝(55＋0.1)10≈0.82. 题组二 理想气体的图象问题4．在下列图中，不能反映一定质量的理想气体经历了等温变化→等容变化→等压变化后，又回到初始状态的图是( )答案 D解析 根据p －V 、p －T 、V －T 图象的物理意义可以判断，其中D 反映的是理想气体经历了等温变化→等压变化→等容变化，与题意不符．5.如图1所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热气缸中，用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②.如果环境保持恒温，分别用p 、V 、T 表示该理想气体的压强、体积、温度．气体从状态①变化到状态②，此过程可用下图中哪几个图象表示( )图1答案AD解析由题意知，由状态①到状态②过程中，温度不变，体积增大，根据pVT＝C可知压强将减小．对A图象进行分析，p－V图象是双曲线即等温线，且由状态①到状态②体积增大，压强减小，故A项正确；对B图象进行分析，p －V图象是直线，温度会发生变化，故B项错误；对C图象进行分析，可知温度不变，但体积减小，故C项错误；对D图象进行分析，可知温度不变，压强减小，故体积增大，D项正确．6．如图2所示为一定质量的理想气体沿着箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )图2A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强增大答案AC解析在V－T图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定质量的理想气体，图线上的点与原点连线的斜率表示压强的倒数，即斜率大的，压强小，因此A、C正确，B、D错误．7．如图3所示是理想气体经历的两个状态变化的p－T图象，对应的p－V图象应是图中的( )图3答案 C题组三理想气体的综合问题8．如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是( )答案 CD解析 假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律有，压强的增加量Δp ＝p ΔTT，而各管原压强相同，ΔT 相同，所以Δp ∞1T，即T 高，Δp 小，也就可以确定水银柱应向温度高的方向移动，故C 、D 项正确．9．图4为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )图4A ．T A <TB ，T B <TC B ．T A >T B ，T B ＝T C C ．T A >T B ，T B <T CD ．T A ＝T B ，T B >T C 答案 C解析 由题图可知，气体由A 到B 的过程为等容变化，由查理定律得p A T A ＝p BT B，p A >p B ，故T A >T B ；由B 到C 的过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得V B T B ＝V C T C，V B <V C ，故T B <T C .选项C 正确．10.如图5所示为内径均匀的U 形管，其内部盛有水银，右端封闭空气柱长12 cm ，左端被一重力不计的轻质活塞封闭一段长10 cm 的空气柱，当环境温度t 1＝27 ℃时，两侧水银面的高度差为2 cm.当环境温度变为t 2时，两侧水银面的高度相等．已知大气压强p 0＝75 cmHg ，求：图5(1)温度t 2的数值； (2)左端活塞移动的距离． 答案 (1)－5 ℃ (2)2.1 cm解析 (1)设U 形管的横截面积为S 对右端封闭空气柱有p 1＝77 cmHg ，V 1＝12S ，T 1＝300 K ，p 2＝75 cmHg ， V 2＝11S由p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得T 2≈268 K，即t 2＝－5 ℃ (2)对左端封闭空气柱V 1′＝10S ，T 1′＝300 K ，T 2′＝268 K ，V 2′＝L 2′S由V 1′T 1′＝V 2′T 2′解得L 2′≈8.9 cm 故左端活塞移动的距离s ＝(10＋1－8.9) cm ＝2.1 cm11.如图6所示，是一定质量的气体从状态A 经状态B 、C 到状态D 的p －T 图象，已知气体在状态B 时的体积是8 L ，求V A 、V C 和V D ，并画出此过程的V －T 图象．图6答案 4 L 8 L 10.7 L V －T 图象见解析图 解析 A →B ，等温过程有p A V A ＝p B V B所以V A ＝p B V B p A ＝1.0×105×82.0×105 L ＝4 LB →C ，等容过程，所以V C ＝V B ＝8 LC →D ，等压过程有V C T C ＝V D T D ，V D ＝T D T C V C ＝400300×8 L＝323L≈10.7 L此过程的V －T 图象如图所示：12．用销钉固定的活塞把容器分成A 、B 两部分，其容积之比V A ∶V B ＝2∶1，如图7所示，起初A 中有温度为127 ℃、压强为1.8×105Pa 的空气，B 中有温度为27 ℃、压强为1.2×105Pa 的空气，拔去销钉，使活塞可以无摩擦地移※精品试卷※推 荐 下 载 动但不漏气，由于容器壁缓慢导热，最后两部分空气都变成室温27 ℃，活塞也停住，求最后A 、B 中气体的压强．图7答案 都为1.3×105 Pa解析 对A 空气，初状态：p A ＝1.8×105 Pa ，V A ＝？，T A ＝400 K.末状态：p A ′＝？，V A ′＝？，T A ′＝300 K ，由理想气体状态方程p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′得： 1.8×105 V A 400＝p A ′V A ′300对B 空气，初状态：p B ＝1.2×105 Pa ，V B ＝？，T B ＝300 K.末状态：p B ′＝？，V B ′＝？，T B ′＝300 K.由理想气体状态方程p B V B T B ＝p B ′V B ′T B ′得： 1.2×105 V B 300＝p B ′V B ′300又V A ＋V B ＝V A ′＋V B ′，V A ∶V B ＝2∶1，p A ′＝p B ′，联立以上各式得p A ′＝p B ′＝1.3×105Pa.。