第1章 专题强化3 理想气体的综合问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（鲁科版2019）

DIYIZHANG 第1章 专题强化3　理想气体的综合问题 1.学会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题(重点)。 2.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题(难点)。 3.学会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题(难点)。 学习目标 2 内容索引 一、变质量问题 二、关联气体问题 专题强化练 3 一 变质量问题 4 1.打气问题 向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或轮胎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变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。 每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，打入的气体在气压为1 atm时总体积为0.1×40 L＝4 L，加上胎内原有的气体，压缩前气体总体积V1＝4 L＋2 L＝6 L，压入内胎，体积减小为2 L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得p2＝3 atm，故选C。 (2022·黑龙江牡丹江市高二期末)用打气筒给自行车打气，设每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，自行车内胎的容积为2.0 L，假设胎内原来空气的压强为1 atm，且打气过程温度不变，那么打了40次后胎内空气压强为 A.5 atm B.4 atm C.3 atm D.2 atm 例1 √ 若等温变化，则 p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV 总结提升 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膨胀的过程。 (多选)(2022·河北石家庄市高二月考)如图所示，用容积为 的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则 A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 例2 √ √ 3.罐气(气体分装)问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中剩余的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 (2022·江西景德镇市高二期末)容积V＝20 L的钢瓶充满氧气后，压强p＝10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V′＝5 L的小瓶中去，小瓶子已抽成真空。分装完成后，每个小瓶及钢瓶的压强均为p′＝2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是 A.4瓶 B.10瓶 C.16瓶 D.20瓶 例3 √ 初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确，A、B、D错误。 4.漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体整体为研究对象，即设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温同压，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 (2022·山东滨州市高二期中)物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为 A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4% 例4 √ 二 关联气体问题 16 这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这些量间有一定的关系，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。 (2022·辽宁锦州市高二月考)如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左，右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。 (1)求初始时理想气体B的压强； 例5 答案　70 cmHg 设理想气体B的初始压强为pB， 则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。 答案　500 K (2022·贵州贵阳市高二期末)如图所示，一固定气缸中由两活塞封闭一定质量的理想气体，分别为A、B两部分，初始时，A的体积为V、B的体积为2V，压强均等于大气 例6 压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终保持不变，不计一切摩擦。 (1)求此时A的体积； 对气体B，根据玻意耳定律有 p0×2V＝pBV 解得pB＝2p0， 同理，对气体A有p0V＝pAVA， 其中pA＝pB， (2)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为 ，求此时气体A的热力学温度。 答案　4T0 解得pB′＝4p0，对气体A， 其中pA′＝pB′，VA′＝V， 解得T＝4T0。 解决关联气体问题的一般方法 (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据理想气体状态方程列式。 (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。 (3)多个方程联立求解。 总结提升 三 专题强化练 考点一　变质量问题 1.(2022·黑龙江哈师大附中高二期末)增压玩具水枪通过压缩空气提高储水腔内的压强。已知储水腔的容积为1.0 L，初始时，在储水腔中注入0.5 L的水，此时储水腔内气体压强为p0，现用充气管每次将0.02 L压强为p0的气体注入储水腔中，忽略温度变化，空气视为理想气体。要使储水腔内气体压强增大到1.2p0，则应该充气的次数为 A.5 B.10 C.15 D.20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础对点练 √ 设要充气的次数为n，V0＝0.5 L，由等温变化有 p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0 解得n＝5，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(2022·江西丰城九中高二月考)一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律， 第一次抽气有p0·2V0＝p1V0＋p1·2V0 第二次抽气有p1·2V0＝p2V0＋p2·2V0 第三次抽气有p2·2V0＝p3V0＋p3·2V0 第四次抽气有p3·2V0＝p4V0＋p4·2V0 3.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨市高二期中)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，等气体达到新的平衡时从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0＝1 atm) A.1 atm　30 L B.4 atm　2.5 L C.1 atm　40 L D.4 atm　7.5 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p0V2，当p0＝1 atm时，得V2＝40 L 逸出气体40 L－10 L＝30 L，故A正确，C错误； 根据p0(V2－V1)＝pxV1′ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 考点二　关联气体问题 4.(2022·广东湛江市高二期末)如图，上端开口的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，质量为m的活塞处于容器 处，活塞面积为S。用密封的盖子封住容器口后，将容器在竖直面内沿顺时针缓慢转至水平位置，这时活塞左边气体体积为V1，右边气体体积为V2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，整个过程温度不变，活塞与容器无摩擦且不漏气。则 为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 竖直放置时，对活塞有mg＋p0S＝p1S 水平放置时，两边气体压强相等，设为p， 5.一横截面积为S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，气缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得： p1V1＝p1′(V1＋xS－dS) p2V2＝p2′(V2－xS) 6.(2022·新疆乌鲁木齐市高二期末)如图所示为一喷雾器装置，储液桶的总容积为6 L，打开密封盖装入5 L药液后，将密封盖盖上，此时内部密封空气压强为p0＝1 atm。与储液桶相连的活塞式打气筒打气，每次打气筒可以打进p0＝1 atm、ΔV＝100 cm3的空气，忽略打气过程中的温度变化，空气可视为理想气体。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 (1)要使喷雾器内空气压强增大到p2＝2.2 atm，求打气筒应打气的次数n； 答案　12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 打气之前喷雾器内空气体积为 V0＝6 L－5 L＝1 L 打气过程中喷雾器内空气经历等温变化， 根据玻意耳定律有p0V0＋np0ΔV＝p2V0， 解得n＝12 (2)喷雾器内空气压强达到p2＝2.2 atm时，立即向外喷洒药液，此过程可认为气体温度不变，则药液上方空气压强降为1 atm时，求剩下药液的体积V剩。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　3.8 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设药液上方空气压强降为1 atm时，空气的体积为V1，喷药过程中喷雾器内空气经历等温变化， 根据玻意耳定律有p2V0＝p0V1， 解得V1＝2.2 L，剩下药液的体积为 V剩＝5 L－(V1－V0)＝3.8 L。 7.(2022·山东青岛市高二期末)小汽车正常行驶时，胎压需要稳定在220 kPa至280 kPa之间。在冬季，某室内停车场温度为7 ℃，此时汽车仪表盘显示左前轮胎压为252 kPa，若将轮胎内气体视为理想气体，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为T＝t＋273 K，忽略轮胎体积的变化。 (1)若室外温度为－23 ℃，司机将车停在室外足够长时间后，通过计算说明胎压是否符合正常行驶要求(假设轮胎不漏气)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　符合 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对轮胎内气体 T1＝(7＋273) K＝280 K，p1＝252 kPa T2＝(－23＋273) K＝250 K 解得p2＝225 kPa>220 kPa， 所以符合正常行驶要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)汽车行驶一段时间后，发现仪表盘显示左前轮胎压为230 kPa，此时轮胎内气体温度为－13 ℃，请判断轮胎是否漏气；如果漏气，求剩余气体与原来气体的质量之比。 答案　漏气　115∶117 1 2 3 4 5 6 7 8 9 汽车行驶一段时间后 T3＝(－13＋273) K＝260 K p3＝230 kPa，设轮胎容积为V0，假设未漏气， 8.(2022·吉林省高二月考)如图所示，光滑绝热活塞C将体积为2V0的导热容器均匀分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种理想气体，A室左侧连接有一U形气压计(U形管内气体的体积忽略 1 2 3 4 5 6 7 8 9 不计)，B室右侧有一阀门K，可与外界大气相通，外界大气压等于76 cmHg，气温为300 K恒定。当光滑绝热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为19 cm。现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求： (1)B室的体积VB； 答案　0.75V0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由题意可知，阀门K闭合时，A室的体积为V0，压强为pA＝p0＋ph＝95 cmHg，将阀门K打开，当活塞C不再移动时，A室压强为p0，体积设为VA′，A中气体经历等温变化， 根据玻意耳定律有pAV0＝p0VA′ 解得VA′＝1.25V0 此时B室的体积为VB＝2V0－VA′＝0.75V0 (2)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃，求此时气压计水银柱高度差。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　9.5 cm 设将B室加热到127 ℃(即T＝400 K)时，A、B室的压强均为p，B室的体积为VB′， 对A中气体根据玻意耳定律有 p0VA′＝p(2V0－VB′)， 对B中气体根据理想气体状态方程有 解得p＝85.5 cmHg 所以此时气压计水银柱高度差为h′＝85.5 cm－76 cm＝9.5 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9.(2022·河南商丘市高二期末)如图所示，导热气缸开口向上竖直放置，气缸内甲、乙两个活塞把气缸分成A、B两部分，两部分气柱的长度均为d，气缸横截面积为S，两活塞质量均为m，外界大气压强p0＝ (重力加速度为g)，环境温度为T0，若在活塞乙上缓慢倒入质量为m的沙子，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气，求： (1)稳定后活塞乙下降的距离； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题意，初态B部分气体压强 根据玻意耳定律有pBdS＝pB′dBS 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据玻意耳定律有pAdS＝pA′dAS 活塞乙下降的距离为x＝2d－(dA＋dB) (2)若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，此时气体的温度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 环境温度升高时，A、B两部分气体均为等压变化 乙活塞回到原来位置dA′＋dB′＝2d 理想气体状态方程＝C中C＝nR(n指物质的量，R是气体常量) 把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2、…的几部分理想气体进行混合。 混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：＋＋…＋＝。 B.第一次抽气后容器内压强为p0 C.第一次抽气后容器内压强为p0 D.连续抽3次后容器内压强为p0 容器内气体压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，在第一次抽气过程，对全部的理想气体由玻意耳定律得：p0V0＝p1(V0＋V0)，解得p1＝p0，故C正确，B错误； 同理第二次抽气过程，由玻意耳定律得p1V0＝p2(V0＋V0)，第三次抽气过程p2V0＝p3(V0＋V0)，解得p3＝()3p0＝p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖—吕萨克定律有＝，可得V1＝V0，则室内的空气质量减少了ρ气(V1－V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为＝≈6.7%，故选B。 当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm， 以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得p0(L1＋L2)S＝pA′L3S，以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝，左、右两侧液面相平时pA′＝pB′，解得T′＝500 K。 答案　 解得VA＝ 对气体B，根据玻意耳定律有pBV＝pB′ 根据理想气体状态方程有＝ A.p0 B.p0 C.p0 D.p0 经过计算有p4＝p0，D正确。 得V1′＝＝ L＝7.5 L，故B错误，D正确。 A.1－ B.1＋ C.1－ D.1＋ 则对左边气体有p1＝pV1，对右边气体有p0＝pV2，联立以上方程解得＝1＋，故D正确。 A.d B.d C.d D.d 联立解得：x＝d，故A、B、C错误，D正确。 气体做等容变化，由查理定律有＝ 则V3＝V0， 解得V3＝V0>V0， 说明轮胎发生了漏气，＝＝115∶117。 ＝， 答案　d pB＝p0＋＝， 倒入沙子后压强pB′＝p0＋＝， 初态A部分气体压强pA＝pB＋＝ 倒入沙子后压强pA′＝pB′＋＝ 联立解得x＝d 答案　T0 对A部分气体＝ 对B部分气体＝ 解得T＝T0。 $$