高中物理第二章固体液体和气体习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用教学案粤教版选修3_3

习题课理想气体状态方程与气
体实验定律的应用
[目标定位] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.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.3.理解液柱移动问题的分析方法．
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气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题．
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，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程．
例1一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p0)( )
图1
A ．np 0，1
n
p 0
B.
nV 0V p 0，V 0
nV
p 0 C ．(1＋V 0
V
)n
p 0，(1＋V 0V
)n
p 0 D ．(1＋
nV 0V )p 0，(V V ＋V 0
)n
p 0 答案 D
解析 打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：
p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .
所以p ′＝
V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0
V
)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得： 第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，
p 1＝V
V ＋V 0
p 0.
活塞工作n 次，则有：p n ＝(V
V ＋V 0
)n
p 0.故正确答案为D.
二、液柱移动问题
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 ＝ΔT
T
V .
例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A 、B 所装气体的温
度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )
图2
A ．向右移动
B ．向左移动
C ．不动
D ．条件不足，不能确定 答案 A
解析 假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：
由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1
T
，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．
三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程
一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2
T 2(查理定律)． (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2
(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路
(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．
(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．
例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?
图3
答案 78 ℃
解析 初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，
V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；
末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，
V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，T 2＝？
根据理想气体状态方程
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
代入数据得：76 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·S
T 2
解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.
例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3
m 2
、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105
Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：
图4
(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强． 答案 (1)20 cm (2)1.5×105
Pa 解析 (1)p 1＝p 0＝1×105
Pa
T 1＝300 K ，V 1＝24 cm×S p 2＝p 0＋mg
S ＝1.2×105 Pa
T 1＝T 2，V 2＝HS
由p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.
(2)假设活塞能到达卡环处，则
T 3＝675 K ，V 3＝36 cm×S
由
p 2V 2T 2＝p 3V 3
T 3
得p 3＝1.5×105
Pa>p 2＝1.2×105
Pa
所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105
Pa.
1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5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：
(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？
图5
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
＝1.5×103
cm 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×V
V ＝6 L
故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.
2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)
图6
答案 向上移动 解析 (1)假设法
假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段：p 2T 2＝
p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′
T 2
p 2.
Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝
⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2
p 2
.
同理，下段：Δp 1＝ΔT 1
T 1
p 1.
又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2， 所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动． (2)图象法
在同一p －T 图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．
3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强． 答案 3.2 atm
解析 将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ， 初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V
3，T 1＝250 K ，
末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ， 由理想气体状态方程得：
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
， 筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2
V 2T 1＝4×2
3×300250
atm ＝3.2 atm.
4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2
、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105
Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105
Pa.求：此时气体柱的长度h .
图7
答案 22 cm
解析 当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡
p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10
) Pa ＝1.2×105
Pa
根据理想气体状态方程：
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
2.4×105
×15177＋273＝1.2×105
×h
57＋273
解得h ＝22 cm.
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，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 atm 答案 A
解析 初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L 末状态：p 2，V 2＝6.0 L 根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1
V 2
，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．
2．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0的空气的体积为( ) A.p 0p V B.p p 0
V
C ．(p p 0－1)V
D ．(p p 0
＋1)V 答案 C
解析 取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，
V 1＝V ＋V ′；
末态p 2＝p ，V 2＝V ，
由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ，
解得：V ′＝(p p 0
－1)V ，故选项C 正确．
3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107
Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106
Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋 B ．56袋 C ．50袋 D ．40袋 答案 B
解析 设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107
Pa×20 L＝1.0×106
Pa×20 L＋n ×1.0×106
Pa×5 L， 解得n ＝56，B 选项正确．
4．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. 题组二 液柱移动问题
5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1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1
A ．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＝20
293
p
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． 6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度
保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )
图2
A ．h 、l 均变大
B ．h 、l 均变小
C ．h 变大，l 变小
D ．h 变小，l 变大 答案 A
题组三 理想气体状态方程
7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝1
2T 2
B ．p 1＝p 2，V 1＝1
2V 2，T 1＝2T 2
C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2
D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D
解析 由理想气体状态方程
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩 答案 BD
解析 质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．
A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．
B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．
C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．
D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．
9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )
图3
A ．1∶3∶5
B ．3∶6∶5
C ．3∶2∶1
D ．5∶6∶3 答案 B
解析 由pV T
＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．
10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104
Pa.
图4
(1)求状态A 的压强；
(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态． 答案 (1)4×104
Pa (2)见解析 解析 (1)根据理想气体状态方程：
p A V A T A ＝p D V D
T D
则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×10
2
Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化
由查理定律p A T A ＝p B T B
得
p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105 Pa B →C 是等温变化
由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得
p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14
Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化
p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 K
p －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．
题组四 理想气体状态方程的综合应用
11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10 kg ，活塞质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝2×10－3 m 2
，活塞上部的气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p 0＝1.0×105 Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103 N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为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时，气缸对地面的压力为零．(g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)
图5
答案 827 ℃
解析 缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，
p 1＝p 0－mg S
＝7.5×104 Pa ， T 1＝(273＋127) K ＝400 K.
末态：p 2＝p 0＋Mg S ＝1.5×105
Pa.
气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，
则x ＝(m ＋M )g k
＝0.075 m ＝7.5 cm. 缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，
对缸内气体根据理想气体状态方程有
p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2， 即7.5×104 Pa×20S 400 K ＝1.5×105 Pa×27.5S T 2
， 解得：T 2＝1 100 K ，即t ＝827 ℃
12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，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 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：
甲 乙
图6
(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)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．
答案 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图
解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体
的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B
，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3
，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A
，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体在温度由297 K 升高到330 K 过程中，气体做等容变化；由330 K 升高到363 K 过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．。