第2章 专题强化5 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（人教版2019，苏京）

DIERZHANG 第二章 专题强化5　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 一、变质量问题 二、关联气体问题 专题强化练 学习目标 内容索引 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。 　用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，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，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变) A.10 B.15 C.20 D.25 例1 √ 设打气筒每次打入p0＝1 atm，ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV′，由玻意耳定律得：p0ΔV＝pΔV′ ① 打气次数为n，则p(V＋nΔV′)＝p′V ② 联立①②解得：n＝15，故选B。 总结提升 总结提升 若温度不变，p1V1＋p2V2＋…pnVn＝pV 例1也可由此方法求解 温度不变，可得pV＋np0ΔV＝p′V， 代入数据解得n＝15。 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。 　(2023·无锡市高二期中)活塞式抽气机汽缸容积为V，用它给容积为2V的容器抽气，抽气机抽动两次(抽气过程可视为等温变化)，容器内剩余气体压强是原来的 例2 √ 设容器内气体压强为p，则气体状态参量为p1＝p，V1＝2V，V2＝3V 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。 　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·南通市高二期中)有一教室，上午8时温度为17 ℃，下午2时的温度为27 ℃，假定大气压无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为 A.29∶30 B.30∶29 C.17∶27 D.27∶17 例4 √ 二 关联气体问题 18 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·无锡市高二期末)如图所示，水平放置的绝热汽缸内有A、B两个活塞(活塞B导热良好，活塞A绝热)，封闭了甲、乙两部分理想气体，活塞的面积为S，两个活塞与汽缸之间的滑动摩擦力均为Ff＝p0S，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时，活塞A到汽缸底部的距离为d，活塞A、B之间的距离也为d，活塞与汽缸之间的摩擦力都恰为0，两部分理想气体的热力学温度均为T0。现缓慢加热甲部分气体，当活塞B刚好要发生滑动时(外界大气压强为p0，环境温度恒为T0)，求： (1)乙部分气体的压强； 例5 答案　2p0 (2)甲部分气体的温度。 答案　4.5T0 p1S＝p2S＋Ff，解得T1＝4.5T0。 22 　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6 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 当左、右两侧液面相平时， 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， 左、右两侧液面相平时pA′＝pB′， 联立解得T′＝500 K。 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，根据状态方程列式求解。 (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.某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度都不变，轮胎容积也不变。则打气筒的容积为 A.300 mL B.450 mL C.500 mL D.600 mL 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 √ 设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律有pV＋np1ΔV＝p′V 即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L 解得ΔV＝450 mL，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积为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 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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.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% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点二　关联气体问题 4.如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为 A.1∶1 B.2∶3 C.3∶4 D.2∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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， 6.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为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，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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) 7.(2023·宿迁市高二月考)如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的0.05倍，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体 A.打气后，球内体积不变，气体分子数密度不变 B.打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大 C.打气8次后，球内气体的压强为1.5 atm D.打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 能力综合练 √ 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 打气后，球内体积不变，气体分子数密度增大，故A错误； 打气后，由于气体的温度不变，分子平均动能不变，球内气体分子对球壁的平均作用力不变，但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定都增大，故B错误； 打气8次后，由p1V0＋p0×8×0.05V0＝pV0 解得p＝1.5 atm，故C正确； 打气6次后，由p1V0＋p0×6×0.05V0＝p′V0， 解得p′＝1.4 atm，故D错误。 8.(2022·盐城市高二期中)篮球运动深受大家喜爱，某次比赛前，篮球在器材室被打入温度为17 ℃的空气后，球内压强为1.45 atm。比赛过程中，篮球内气体的温度升高为37 ℃。比赛中，篮球被打出场外刺出一小孔开始漏气，换下后置于馆内稳定后温度为27 ℃，压强为p0＝1.00 atm。将空气看成理想气体，认为整个过程中篮球的容积不变，求： (1)温度升高至37 ℃时球内气体的压强； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　1.55 atm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)篮球漏出空气的质量与比赛前篮球内空气质量的比值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解得V3＝1.5V1，漏掉空气的体积为 9.(2022·无锡市高二月考)如图所示，A汽缸截面积为500 cm2，A、B两个汽缸中装有体积均为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。现给左面的活塞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汽缸内的气体温度保持不变。活塞M保持在原位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1 atm＝105 Pa。当推力F＝5 000 N时，求： (1)活塞N向右移动的距离； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　10 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Δx＝LA－LA′＝10 cm (2)B汽缸中的气体温度为多少K? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　600 K 10.(2022·常州市高二期中)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 压强为12.0 cmHg，现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。 由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①，式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小，由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②，p2l2＝pl2′③，l1′－l1＝l2－l2′④ 联立①②③④式解得：l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。 49 已知理想气体状态方程＝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：＋＋…＋＝。 A. B. C. D. 第一次抽气过程，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即p×2V＝p2×3V，解得p2＝p 第二次抽气过程，气体状态参量p2＝p，V2′＝2V，V3＝3V 由玻意耳定律得p2V2′＝p3V3，即p×2V＝p3×3V，解得p3＝p，故选C。 设上午8时教室内的空气质量为m，下午2时教室内的空气质量为m′，以上午8时教室内的空气为研究对象，由盖－吕萨克定律，有＝，解得V2＝V1＝V1＝V1，所以有＝＝，故选A。 设B刚要发生滑动时，A向右移动距离x，对乙部分气体，由理想气体状态方向得＝，对活塞B受力分析可知p2S＝p0S＋Ff，Ff＝p0S，可得  p2＝2p0，x＝ 再对甲部分气体，由理想气体状态方程得＝，对活塞A受力分析可知 气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm， 根据理想气体状态方程得＝， A.p0 B.p0 C.p0 D.p0 经过计算有p4＝ p0，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。 对A部分气体有：＝ ① 对B部分气体有：＝ ② 联立①②式得＝ 所以＝＝＝，故选B。 5.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 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 联立并代入数据解得：x＝d，故A、B、C错误，D正确。 球内空气经历等容变化，由盖－吕萨克定律有＝， 解得p2＝×1.45 atm＝1.55 atm 答案　 比赛前篮球内空气为研究对象，由理想气体状态方程＝， ΔV＝V3－V1，由于在相同温度和相同压强下，质量之比等于体积之比＝，解得＝。 A中气体的压强pA′＝p0＋＝2×105 Pa 对A中气体：由pAVA＝pA′VA′，得VA′＝ 解得VA′＝VA，LA＝＝20 cm，LA′＝＝10 cm 对B中气体有pB′＝pA′＝2×105 Pa，＝，TB′＝TB＝600 K。 $$