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，浙江）

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 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 若温度不变，p1V1＋p2V2＋…pnVn＝pV 例1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。 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。 　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的真空小瓶中去。分装完成后，每个小瓶及钢瓶中氧气的压强均为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。 　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)运动状态会随温度改变，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 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·杭州市第二中学高二期中)如图所示，一可自 由移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的绝热汽 缸分为A、B两个汽缸，A汽缸装有体积为12 L、压强为1 atm、温度为23 ℃的理想气体，A的左边是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B汽缸中气体的温度为27 ℃，体积为30 L。现给左边的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。阿伏加德罗常数为NA＝6.0×1023 mol－1，标准状态下(压强为1 atm，温度为0 ℃)1 mol任何气体的体积为22.4 L，外界大气压强为p0＝1 atm＝105 Pa。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，绝对零度对应－273 ℃。当推力F＝2×103 N时，求： 例5 (1)未施加推力F时，B汽缸中气体的分子数。(结果保留一位有效数字) 答案　7×1023个 未施加推力F时，根据平衡条件A和B中气体压强与外界大气压相同，此时若将B中气体等压降温到0 ℃， (2)活塞N向右移动的距离； 答案　10 cm 对A中气体分析，初状态pA＝105 Pa，VA＝12 L，TA＝296 K TA′＝296 K A中气体发生等温变化，根据玻意耳定律有pAVA＝pA′VA′ 解得VA′＝8 L＝8×10－3 m3 (3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度。 答案　177 °C 对B中气体分析，初状态pB＝105 Pa，VB＝30 L，TB＝300 K 解得TB′＝450 K 则tB′＝(450－273)°C＝177 °C。 　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 以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得p0(L1＋L2)S＝pA′L3S， 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.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 √ 11 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 11 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 √ 11 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(多选)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 10 √ 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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′ 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 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.一横截面积为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 √ 11 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且 ，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) 联立并代入数据解得：x＝ d，故A、B、C错误，D正确。 11 6.(2022·浙江省普通高校检测)一只两用 活塞气筒的原理如图所示(打气时如图 甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0， 现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，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 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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的气体推入容器内、容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部推入容器中，根据玻意耳定律得p0(V＋nV0)＝p′V 11 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，而容器中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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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) 11 第二次抽气p1V＝p2(V＋V0) 故选D。 7.医用氧气钢瓶的容积V0＝40 L，室内常温下充装氧气后，氧气钢瓶内部压强p1＝140 atm，释放氧气时瓶内压强不能低于p2＝2 atm。病人一般在室内温度下吸氧时，每分钟需要消耗1 atm下2 L氧气，室内常温下，一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为 A.23小时 B.33.5小时 C.46小时 D.80小时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意可知，气体的温度不变，由玻意耳定律可得p1V0＝p2V0＋p3V1， 11 8.(2022·宁波市效实中学高二期中)桶装纯净水及压 水装置原理如图所示。圆柱形水桶直径为24 cm，高 为35 cm；柱压水蒸气囊直径为6 cm，高为8 cm，水 桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气 囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水 通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出？(不考虑温度的变化) A.2次 B.3次 C.4次 D.5次 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设至少需要把气囊完全压n次，才能有水从出水管流出，设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1， 根据玻意耳定律可得 p0(V0＋nV1)＝p1V0，其中p0＝ρgh＝10ρg V0＝π×122×30 cm3＝4 320π cm3 V1＝π×32×8 cm3＝72π cm3 p1＝ρg(h＋0.4 m)＝10.4ρg，解得n＝2.4 即至少需要把气囊完全压下3次，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9.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。用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)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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　12 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 11 (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 10 答案　3.8 L 11 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＝6 L－V1＝3.8 L。 10.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，气压计水银柱两液面高度差为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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.75V0 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 11 49 (2)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃，待到稳定后，求此时气压计水银柱高度差。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　9.5 cm 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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′)， 11 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。 51 11.(2022·宁波市北仑中学高二期中)如图所示，一个圆筒形 导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为 S，质量为m，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密 封有一定质量的理想气体，气柱高度为h，汽缸内距缸底 h 处有固定的卡环。已知大气压为p0，重力加速度为g。 (1)若在活塞上缓慢堆放一定质量的细沙，直至活塞恰好与卡环接触，计算细沙的质量； 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 没有堆放细沙前，对密封气体有 细沙缓慢放置，气体发生等温变化，据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2， 11 堆放细沙后，对密封气体有 53 (2)若汽缸缓慢漏气，则直到不再漏气为止，汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为多少。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 漏气前，对于汽缸内气体 据玻意耳定律可得p1V1＝p3V3 11 活塞缓慢漏气，不再漏气为止，汽缸内气体压强与外界大气压强相同， 55 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：＋＋… ＋＝。 　(多选)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 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。 根据＝，解得VB1＝27.3 L 则B汽缸中气体的分子个数为n＝NA≈7×1023个 活塞N向右移动后，A中气体状态pA′＝＋p0 则活塞N向右移动的距离x＝－＝10 cm 活塞N向右移动后，B中气体状态pB′＝pA′＝＋p0，VB′＝30 L B中气体发生等容变化，根据查理定律有＝ 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B为研究对象，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。 得V1′＝＝ L＝7.5 L，故B错误，D正确。 对B部分气体有：＝ ② 对A部分气体有：＝ ① 因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立①②式得＝ 所以＝＝＝，故选B。 A.d B.d C.d D.d  ＝ A.np0，p0 B.p0，p0 C.(1＋)p0，(1＋)np0 D.(1＋)p0，()np0 所以p′＝p0＝(1＋)p0 则p1＝p0 则p2＝p1＝()2p0 以此类推，则第n次抽气后pn＝()np0 可得V1＝＝ L＝5 520 L， 一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t＝ min＝2 760 min＝ 46 h，故C正确，A、B、D错误。 对B中气体根据理想气体状态方程有＝， 答案　  p1＝p0＋，V1＝hS  p2＝p0＋，V2＝hS 解得m0＝ 答案　  p1＝p0＋，V1＝hS 则p3＝p0，V3＝hS＋ΔV 汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为k＝，解得k＝。 $$