（精品讲义）固体液体和气体微型专题word版含答案2

10/1111/11/微型专题理想气体状态方程与气体实验定律的应用[学习目标]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1A．np0，eq\f(1,n)p0B.eq\f(nV0,V)p0，eq\f(V0,nV)p0C．(1＋eq\f(V0,V))np0，(1＋eq\f(V0,V))np0D．(1＋eq\f(nV0,V))p0，(eq\f(V,V＋V0))np0答案D解析打气时，活塞每推动一次，把体积为V0，压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0，体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0，体积为V的气体，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V.所以p′＝eq\f(V＋nV0,V)p0＝(1＋neq\f(V0,V))p0.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＋V0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0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＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，p1＝eq\f(V,V＋V0)p0.活塞工作n次，则有：pn＝(eq\f(V,V＋V0))np0.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：eq\f(Δp,ΔT)＝eq\f(p,T)或Δp＝eq\f(ΔT,T)p.(2)盖·吕萨克定律的分比形式：eq\f(ΔV,ΔT)＝eq\f(V,T)或ΔV＝eq\f(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2A．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＝eq\f(ΔT,T)p知Δp∝eq\f(1,T)，因为TA＜TB，所以ΔpA＞ΔpB，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(p1、V1、T1)变化到末状态(p2、V2、T2)时，各量满足：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2).2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例(1)当T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)．(2)当V1＝V2时，eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)(查理定律)．(3)当p1＝p2时，eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)(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t1＝31℃，大气压强p0＝76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8cm，则当温度t2是多少时，左管气柱L2为9cm?图3答案78℃解析初状态：p1＝p0＝76cmHg，V1＝L1·S＝8cm·S，T1＝304K；末状态：p2＝p0＋2cmHg＝78cmHg，V2＝L2·S＝9cm·S，T2＝？根据理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)代入数据得：eq\f(76cmHg×8cm·S,304K)＝eq\f(78cmHg×9cm·S,T2)解得：T2＝351K，则t2＝(351－273)℃＝78℃.例4用销钉固定的活塞把容器分成A、B两部分，其容积之比VA∶VB＝2∶1，如图4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4答案1.3×105Pa1.3×105Pa解析对A中空气，初状态：pA＝1.8×105Pa，TA＝400K.末状态：TA′＝300K，由理想气体状态方程有eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pA′VA′,TA′)，得：eq\f(1.8×105VA,400)＝eq\f(pA′VA′,300)对B中空气，初状态：pB＝1.2×105Pa，TB＝300K.末状态：TB′＝300K.由理想气体状态方程有：eq\f(pBVB,TB)＝eq\f(pB′VB′,TB′)，得：eq\f(1.2×105VB,300)＝eq\f(pB′VB′,300)又VA＋VB＝VA′＋VB′，VA∶VB＝2∶1，pA′＝pB′，联立解得pA′＝pB′＝1.3×105Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5L，如图5所示，装入6L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300cm3、1atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：图5(1)要使贮液筒中空气的压强达到4atm，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4atm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)1.5L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：1atm×300cm3＝1.5×103cm3×p，p＝0.2atm需打气次数n＝eq\f(4－1,0.2)＝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：4atm×1.5L＝1atm×VV＝6L故还剩药液7.5L－6L＝1.5L.

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l2＝2l1.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答案向上移动解析方法一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：eq\f(p2,T2)＝eq\f(p2′,T2′)，所以p2′＝eq\f(T2′,T2)p2.Δp2＝p2′－p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2′,T2)－1))p2＝eq\f(ΔT2,T2)p2.同理，下段：Δp1＝eq\f(ΔT1,T1)p1.又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋hcmHg＞p2，所以Δp1＞Δp2，即水银柱向上移动．方法二图象法在同一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，p1＞p2，得气柱l1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Δp1＞Δp2，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3kg气体，温度是－23℃，压强为4atm，如果用掉1kg后温度升高到27℃，求筒内气体压强．答案3.2atm解析将筒内气体看作理想气体，以2kg气体为研究对象，设钢筒的容积为V，初状态：p1＝4atm，V1＝eq\f(2V,3)，T1＝250K，末状态：V2＝V，T2＝300K，由理想气体状态方程得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，筒内压强：p2＝eq\f(p1V1T2,V2T1)＝eq\f(4×\f(2,3)×300,250)atm＝3.2atm.4.(理想气体状态方程的应用)如图7，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L＝22cm，两边水银柱高度差h＝16cm，大气压强p0＝76cmHg.图7(1)为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？(2)封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？答案(1)350K(2)10cm解析(1)对被封闭气体，初状态压强p1＝(76－16)cmHg＝60cmHg，末状态左右水银面高度差为(16－2×3)cmHg＝10cmHg，末状态压强p2＝(76－10)cmHg＝66cmHg由理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得T2＝eq\f(p2V2,p1V1)T1＝eq\f(66×25,60×22)×280K＝350K.(2)设加入的水银柱长度为L′，末状态时左右水银面高度差h′＝(16＋2)－(L′－2)＝20－L′，由玻意耳定律p1V1＝p3V3，式中p3＝76－(20－L′)＝56＋L′，解得：L′＝10cm.题组一变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6.0L，现再充入1.0atm的空气9.0L．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为()A．2.5atm B．2.0atmC．1.5atm D．1.0atm答案A解析初状态：p1＝1.0atm，V1＝(6.0＋9.0)L＝15.0L末状态：p2，V2＝6.0L根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝eq\f(p1V1,V2)，代入数据得p2＝2.5atm，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p0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p0的空气的体积为()A.eq\f(p0,p)V B.eq\f(p,p0)VC．(eq\f(p,p0)－1)V D．(eq\f(p,p0)＋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p1＝p0，V1＝V＋V′；末态p2＝p，V2＝V，由玻意耳定律可得：p0(V＋V′)＝pV，解得：V′＝(eq\f(p,p0)－1)V，故选项C正确．3．容积为20L的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5L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1.0×106Pa，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：p1V＝p2V＋np2V01．5×107Pa×20L＝1.0×106Pa×20L＋n×1.0×106Pa×5L，解得n＝56，B选项正确．4．用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500cm3，轮胎容积V＝3L，原来压强p＝1.5atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4atm，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＋np1ΔV＝p′V，代入数据得1．5atm×3L＋n×1atm×0.5L＝4atm×3L，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1A．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eq\f(Δp左,ΔT左)＝eq\f(p左,T左)，则Δp左＝eq\f(ΔT左,T左)p左＝eq\f(10,293)p同理右端空气柱Δp右＝eq\f(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2A．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＝eq\f(1,2)T2B．p1＝p2，V1＝eq\f(1,2)V2，T1＝2T2C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2答案D解析由理想气体状态方程eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)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3A．1∶3∶5B．3∶6∶5C．3∶2∶1D．5∶6∶3答案B解析由eq\f(pV,T)＝C得T1∶T2∶T3＝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2×104Pa.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)4×104Pa(2)见解析解析(1)根据理想气体状态方程：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pDVD,TD)则pA＝eq\f(pDVDTA,VATD)＝eq\f(2×104×4×2×102,1×4×102)Pa＝4×104Pa.(2)A→B是等容变化由查理定律eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)得pB＝eq\f(TB,TA)pA＝eq\f(8×102,2×102)×4×104Pa＝1.6×105PaB→C是等温变化由玻意耳定律pBVB＝pCVC得pC＝eq\f(pBVB,VC)＝eq\f(1.6×105×1,4)Pa＝4×104PaC→D是等容变化pD＝2×104PaTD＝4×102Kp－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，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K．初始时大活塞与大圆筒底部相距eq\f(l,2)，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2.求：图5(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．答案(1)330K(2)1.01×105Pa解析(1)大、小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)初状态V1＝eq\f(l,2)(S1＋S2)，T1＝495K末状态V2＝lS2解得T2＝eq\f(2,3)T1＝330K(2)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，对大、小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2解得p1＝1.1×105Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得eq