第2章 专题 理想气体的综合问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

专题　理想气体的综合问题 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 探究1　理想气体的图像问题 1．一定质量的理想气体的各种图像 课堂探究评价 4 2.理想气体图像的转换 (1)理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p­V图像变成p­T图像或V­T图像。 (2)在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p­V图像中重点比较气体的温度，p­T图像中重点比较气体的体积，以及V­T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。 课堂探究评价 5 课堂探究评价 6 课堂探究评价 7 一般状态变化图像的分析方法 基本方法是化“一般”为“特殊”，如图是一定质量的某种气 体的状态变化过程A→B→C→A。 在V­T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线，则pA<pB<pC，所以A→B压强增大，温度降低，体积缩小；B→C温度升高，体积减小，压强增大；C→A温度降低，体积增大，压强减小。 课堂探究评价 8 [变式训练1]　如图所示，是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的p­T图像，已知气体在状态B时的体积是8 L，求VA、VC和VD，并画出此过程的V­T图像。 答案　4 L　8 L　10.7 L　图像见解析 课堂探究评价 9 课堂探究评价 10 探究2　变质量气体问题 对于漏气等气体质量变化的问题，只要选择合适的研究对象，使研究对象的质量一定，就可以用气体实验定律或理想气体状态方程分析求解。 常见的变质量气体问题有： (1)打气问题 向球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体组成的整体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。 课堂探究评价 11 (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，这属于变质量气体问题。我们可以将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体组成的整体作为研究对象，整体质量不变，故抽气过程可转化为定质量气体状态变化问题。 (3)灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量气体问题。解决这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体组成的整体来作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。 (4)漏气问题 容器漏气过程中容器内气体的质量不断发生变化，属于变质量气体问题。如果选容器内剩余气体和漏出的气体组成的整体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体的状态变化问题。 课堂探究评价 12 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 [变式训练2]　高层住宅小区需要高楼供水系统，某小区高楼供水系统示意图如图所示，压力罐与水泵和气泵通过阀门K3、K2连接，其中压力罐可看成底面积S＝10 m2、高度h＝6 m的柱体容器，开始罐内只有压强p＝1.0×105 Pa的空气。注水时关闭阀门K1、K2，打开阀门K3，开启水泵注水t1＝1000 s后关闭阀门K3，打开阀门K1供用户使用。已知水泵工作时注水流量Q＝0.05 m3/s，气泵工作时每秒钟可以向压力罐中充入p0＝1.0×105 Pa的空气0.1 m3(即q＝0.1 m3/s)，假设罐内气体温度保持不变。 (1)求注水结束时压力罐中气体压强p1； (2)用户用水使罐内液面下降导致气压不断降低，现 要排空罐内剩余自来水并保证高层住户不断水，压力罐中 气体压强不能低于4×105 Pa，求气泵至少需要工作的时间t2。 答案　(1)6.0×105 Pa　(2)1800 s 课堂探究评价 15 解析　(1)压力罐内初始状态气体压强为 p＝1.0×105 Pa， 气体的体积为V＝hS＝6×10 m3＝60 m3 注水t1＝1000 s时，压力罐中水的体积为 V水＝Qt1＝0.05×1000 m3＝50 m3 气体的体积为V1＝V－V水＝10 m3 气体温度不变，根据玻意耳定律得pV＝p1V1 代入数据解得p1＝6.0×105 Pa。 课堂探究评价 16 (2)末状态罐内气体的压强p2＝4×105 Pa，体积V＝60 m3， 设注入压强为p0的气体的体积为V0， 以罐内原有气体与注入气体为研究对象，气体温度不变，由玻意耳定律得 p0V0＝p2V0′，p1V1＝p2V1′ 又V0′＋V1′＝V 注入气体的体积V0＝qt2 代入数据解得t2＝1800 s。 课堂探究评价 17 探究3　关联气体问题 关联气体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物理量间有一定的关系，分析清楚这些关系是解决问题的关键，解决这类问题的一般方法： (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。 课堂探究评价 18 例3　如图所示，汽缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB＝1∶2。现将汽缸从如图位置逆时针缓慢转动，转动过程中A、B两部分气体温度均不变，直到活塞呈水平放置，此时，A、B两部分气体体积相同。之后保持A部分气体温度不变，加热B部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A、B两部分气体体积之比仍然为VA∶VB＝1∶2。已知重力加速度为g。求： (1)活塞的质量； (2)B部分气体加热后的热力学温度与开始时的热力学温度之比。 课堂探究评价 19 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 关联气体问题的解题思路 由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或长度关系，列出辅助方程，最后联立气体实验定律或理想气体状态方程求解。 课堂探究评价 22 [变式训练3]　如图所示，粗细均匀的U形管中，封闭了两 段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25 cm，位于左 侧封闭端的顶部。水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5 cm， 右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5 cm，已知U形管周围环 境温度t＝27 ℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为p0＝75 cmHg， 水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45 cm。保持环境温度t＝27 ℃不变，缓慢拉动活塞C，求： (1)当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？ (2)当U形管内B部分的水银面左右相平时，活塞C共向上移动多少？ 答案　 (1)65 cmHg　(2)47.5 cm 课堂探究评价 23 解析　(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ。左侧气体等温变化，有：p1SL1＝p1′SL1′ 式中p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝ρgh1＝25 cmHg 解得L1′＝15 cm 故左右两部分液面的高度差变为： h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm 右侧气体压强：p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg。 课堂探究评价 24 课堂探究评价 25 课后课时作业 1．(多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑。现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态②，此过程可用下列哪几个图像表示(　) 解析　由题知，从状态①到状态②，温度不变，体积增大，故压强减小，所以只有A、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 2．(多选)一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体压强在(　　) A．ab过程中不断增加 B．bc过程中保持不变 C．cd过程中不断增加 D．da过程中保持不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　因为bc的延长线通过原点，所以bc是等压线，即气体压强在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，体积不断减小则压强不断增大，A正确；cd是等容线，温度不断降低则压强不断减小，C错误；如图所示，连接aO交cd于e，则ae是等压线，即pa＝pe，由C项分析知pd＜pe，所以pd＜pa，所以da过程中压强增加，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 3．“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示。该过程对应的p­V图像可能是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 4．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，空气可看作理想气体，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 解析　取罐内原有p1＝1.0 atm、V1＝6.0 L的气体和要充入的p1＝1.0 atm、V2＝9.0 L的气体整体为研究对象，由玻意耳定律有p1(V1＋V2)＝pV1，解得充气后罐内气体压强p＝2.5 atm，故A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 5．容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为150 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是抽空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　) A．4瓶 B．50瓶 C．56瓶 D．60瓶 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 9．如图所示，汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与汽缸光滑接触。初始时活塞和两侧气体均处于平衡态，因活塞有质量，所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍，上下气体体积之比V1∶V2＝1∶2，温度之比T1∶T2＝2∶5。保持上侧气体温度不变，改变下侧气体温度，使两侧气体体积相同，此时上下两侧气体的温度之比为(　　) A．4∶5 B．5∶9 C．7∶24 D．16∶25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 10．(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态。如果管内两端的空气都升高相同的温度，则水银柱向左移动的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 [名师点拨]　分析本题时，关键是找出临界状态，然后根据已知条件运用对应的规律分析求解。对于活塞、液柱移动的理想气体问题，经常会涉及临界问题，若不分析临界条件，盲目套用公式，就会导致计算错误，应引起注意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 12．潜水运动员潜入水下活动时的耗氧量为：27 ℃、1 atm情况下每分钟可达500 mL。某型号业余潜水用氧气瓶充气容积为10 L，在室温27 ℃时充满气，瓶内气压为30 atm；氧气瓶在使用过程中，当内部压强降至1.4 atm时，氧气不能有效输出。假如潜水爱好者携带该氧气瓶潜入温度为7 ℃的水下，则他在水中最多能停留______小时。 9.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 13．在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，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。在整个过程中，气体温度不变。则U形管平放时两边空气柱的长度分别为________、________。 22.5 cm 7.5 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析　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 由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 14．如图所示，一定质量的气体从状态A经B、C、D再回到A。问AB、BC、CD、DA各是什么过程？已知气体在状态A时的体积是1 L，求其在状态B、C、D时的体积各为多少，并把此图改为p­V图。 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 [名师点拨]　本题第(2)问用到数学归纳法，应加强用数学知识解决物理问题的能力。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 说明图线 特点 举例 p­V pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远 p­eq \f(1,V) p＝CTeq \f(1,V)，图像上的点与原点连线的斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 V­T V＝eq \f(C,p)T，图像上的点与原点连线的斜率k＝eq \f(C,p)，即斜率越大，压强越小 p­T p＝eq \f(C,V)T，图像上的点与原点连线的斜率k＝eq \f(C,V)，即斜率越大，体积越小 例1　一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p­eq \f(1,V)图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与eq \f(1,V)轴垂直。气体在此状态变化过程中(　　) A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大 B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小 C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小 D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变 规范解答　由图像可知，a→b过程，气体压强减小，体积增大；又因为温度一定时，气体的压强与体积成反比，压强与体积的倒数成正比，则ab所在直线是一条等温线，气体发生的是等温变化，故A正确。由图像可知，b→c过程，气体压强增大，体积增大，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度升高，故B错误。由图像可知，c→d过程，气体压强不变，体积减小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故C错误。由图像可知，d→a过程，气体体积不变，压强减小，由理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，故D错误。 特别提醒：气体图像问题要利用好几条线，如V­t、p­t图像中过(－273.15 ℃，0)的延长线及p­eq \f(1,V)、p­T、V­T图像中过原点的延长线，还有与两个轴平行的辅助线。 解析　A→B为等温变化过程，有 pAVA＝pBVB， 所以VA＝eq \f(pBVB,pA)＝eq \f(1.0×105×8,2.0×105) L＝4 L； B→C为等容变化过程，所以VC＝VB＝8 L； C→D为等压变化过程，有eq \f(VC,TC)＝eq \f(VD,TD)， 所以VD＝eq \f(TD,TC)VC＝eq \f(400,300)×8 L＝10.7 L。 此过程的V­T图如图所示。 例2　为防止文物展出过程中因氧化而受损，需将存放文物的展柜中的空气抽出，充入惰性气体，营造低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒将放入青铜鼎的展柜内空气抽出的示意图，已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出气体的体积为eq \f(V0,18)，抽气一次后展柜内压强传感器显示内部压强为eq \f(15,16)p0，不考虑抽气引起的温度变化。求： (1)青铜鼎的体积； (2)抽气两次后剩余气体与开始时气体的质量之比。 答案　(1)eq \f(1,6)V0　(2)eq \f(225,256) 规范解答　(1)抽气过程气体等温变化，设青铜鼎的体积为ΔV， 初状态：p1＝p0，V1＝V0－ΔV；末状态：p2＝eq \f(15,16)p0，V2＝V0－ΔV＋eq \f(V0,18) 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得ΔV＝eq \f(1,6)V0。 (2)设第二次抽气后气体压强为p3，则有p2V1＝p3V2 设剩余气体压强为p0时体积为V，则有p0V＝p3V1 剩余气体与原气体的质量比eq \f(m3,m1)＝eq \f(V,V0－ΔV) 解得eq \f(m3,m1)＝eq \f(225,256)。 答案　(1)eq \f(2pS,3g)　(2)eq \f(5,3) 规范解答　(1)设A、B两部分气体的总体积为V，活塞质量为m，汽缸转到活塞水平放置时，A、B两部分气体的压强分别为pA、pB，对活塞由平衡条件，有 pAS＋mg＝pBS 根据玻意耳定律， 对A部分气体，有p·eq \f(V,3)＝pA·eq \f(V,2) 对B部分气体，有p·eq \f(2V,3)＝pB·eq \f(V,2) 解得m＝eq \f(2pS,3g)。 (2)设初始时A、B两部分气体的热力学温度均为T，B部分气体加热后的热力学温度为T′，则重新稳定后，A部分气体的体积、热力学温度均与开始时相同，故压强仍为p；对B部分气体，设其压强变为pB′，则对活塞由平衡条件，有 pS＋mg＝pB′S 根据查理定律，对B部分气体，有eq \f(p,T)＝eq \f(pB′,T′) 解得eq \f(T′,T)＝eq \f(5,3)。 (2)B部分的水银面左右相平时，左侧液面下降eq \f(h2,2)，右侧液面上升eq \f(h2,2) 左右侧气体压强相等，为：p″＝25 cmHg 对右侧气柱，有：p0SL2＝p″SL2″ 解得L2″＝37.5 cm 则活塞上升：h＝L2″－L2＋eq \f(h2,2)＝47.5 cm。 解析　根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，由题图可知从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大，故C、D错误；根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可得p＝eq \f(C,V)T，即p­T图像中图线上的点与原点连线的斜率为eq \f(C,V)，由题图可知从b到c，气体压强减小，温度降低，图线上的点与原点连线的斜率减小，则气体体积变大，故A错误，B可能正确。 解析　取原来钢瓶中气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p′(V0＋nV1)，解得最多能分装n＝eq \f(p0V0－p′V0,p′V1)＝eq \f(150×20－10×20,10×5)瓶＝56瓶，故选C。 6．一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(3,4) C．eq \f(5,6) D．eq \f(7,8) 解析　取原来瓶中气体为研究对象，初态V1＝V，T1＝7 ℃＋273 K＝280 K，末态V2＝V＋ΔV，T2＝47 ℃＋273 K＝320 K，由盖—吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，解得ΔV＝eq \f(V,7)，则eq \f(m余,m原)＝eq \f(V,V＋ΔV)＝eq \f(7,8)，故选D。 7．启动汽车时发现汽车电子系统报警，左前轮胎压过低，显示为1.5p0，车轮内胎体积约为V0。为使汽车正常行驶，用电动充气泵给左前轮充气，每秒钟充入ΔV＝eq \f(1,200)V0、压强为p0的气体，充气结束后发现内胎体积约膨胀了20%，充气几分钟可以使轮胎内气体压强达到标准压强2.5p0？(汽车轮胎内气体可以视为理想气体，充气过程轮胎内气体温度无明显变化)(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析　设末态胎内气体的体积为V2，压强为p2，胎内气体在压强为p1时体积为V1，气体温度不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，其中p1＝1.5p0，p2＝2.5p0，V2＝V0＋0.2V0＝1.2V0，联立解得V1＝2V0，则充入胎内的气体在压强为1.5p0时的体积为V′＝2V0－V0＝V0，对充入胎内的气体，由玻意耳定律得np0ΔV＝1.5p0V′，其中ΔV＝eq \f(1,200)V0，联立解得n＝300，则t＝300 s＝5 min，故选C。 8．(多选)中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图所示，是治疗常用的一种火罐，使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300 K加热到400 K，按在皮肤上后，又降至300 K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的eq \f(15,16)，以下说法正确的是(　　) A．加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4) B．加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,7) C．温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(3,4) D．温度降至300 K时，罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5) 解析　加热过程，对加热前火罐内的气体，初态：T1＝300 K，V1＝V0，末态：T2＝400 K，由盖—吕萨克定律可得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)，解得V2＝eq \f(T2V1,T1)＝eq \f(400 K×V1,300 K)＝eq \f(4,3)V1，气体总体积变为原来的eq \f(4,3)，总质量不变，则火罐内气体的密度变为原来的eq \f(3,4)，即加热后罐内气体质量是加热前的eq \f(3,4)，故A正确，B错误；在温度降低过程中，对罐内气体，初态：p2＝p0，T2＝400 K，V2′＝V0，末态：T3＝300 K，V3＝eq \f(15,16)V0，由理想气体状态方程可得eq \f(p3V3,T3)＝eq \f(p2V2′,T2)，解得p3＝eq \f(V2′T3,V3T2)p2＝eq \f(V0×300 K,\f(15,16)V0×400 K)p2＝eq \f(4,5)p2，即罐内气体压强变为原来的eq \f(4,5)，故C错误，D正确。 解析　设V1＝V，由题意可知V1∶V2＝1∶2，则V2＝2V，设T1＝2T，已知T1∶T2＝2∶5，则T2＝5T，下部分气体压强p2＝p1＋eq \f(mg,S)＝2p1，则eq \f(mg,S)＝p1，最终两部分气体体积相等，则V1′＝V2′＝eq \f(3,2)V，上部分气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1＝p1′V1′，解得p1′＝eq \f(2,3)p1，下部分气体的压强p2′＝p1′＋eq \f(mg,S)＝eq \f(5,3)p1，对下部分气体，由理想气体状态方程得：eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p2′V2′,T2′)，解得T2′＝eq \f(25,8)T，上下两侧气体的温度之比eq \f(T1,T2′)＝eq \f(2T,\f(25,8)T)＝eq \f(16,25)。故D正确。 解析　假设升温后，水银柱不动，则两边压强都要增加，由查理定律知，压强的增加量Δp＝eq \f(pΔT,T)，而各管两端空气的初态压强相同，ΔT相同，所以Δp∝eq \f(1,T)，即T越高，Δp越小，可知水银柱应向初态温度高的方向移动，故A中水银柱向右移动，B中水银柱不移动，C、D中水银柱向左移动，故选C、D。 11．如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，当气室2中的压强大于气室1中的压强时，单向阀门向下开启。已知开始时，气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好，重力加速度为g。现在活塞上方缓慢放置质量为m的细砂后，下列说法正确的是(　　) A．当m＝eq \f(3p0S,g)时，气室1的压强为4p0 B．当m＝eq \f(3p0S,2g)时，气室2的压强为1.5p0 C．当m＝eq \f(3p0S,2g)时，活塞向下移动eq \f(1,3)L D．当m＝eq \f(3p0S,2g)时，活塞向下移动eq \f(4,5)L 解析　当活塞刚好到达CD位置时，设气室1、2内的气体压强变为p，原气室1内气体的体积变为L1S，原气室2内气体的体积变为L2S，对原气室1内的气体，根据玻意耳定律有2p0LS＝pL1S，对原气室2内的气体，根据玻意耳定律有p0LS＝pL2S，根据几何关系有L1S＋L2S＝LS，解得p＝3p0，对活塞受力分析，根据共点力平衡可得p0S＋mg＝pS，解得m＝eq \f(2p0S,g)，若m＝eq \f(3p0S,g)>eq \f(2p0S,g)，此时，单向阀门已向下开启且活塞已经到达CD位置，所以气室 1的压强为3p0，故A错误；当气室2内的压强刚好到达2p0时，对活塞受力分析，根据共点力平衡可得p0S＋mg＝2p0S，解得m＝eq \f(p0S,g)，当eq \f(p0S,g)<m＝eq \f(3p0S,2g)<eq \f(2p0S,g)时，单向阀门开启且活塞在CD上方，设气室1、2内的气体压强变为p′，原气室1内气体的体积变为L1′S，原气室2内气体的体积变为L2′S，对原气室1内的气体，根据玻意耳定律有2p0LS＝p′L1′S，对原气室2内的气体，根据玻意耳定律有p0LS＝p′L2′S，根据几何关系有L1′S＋L2′S＝L′S，对活塞受力分析，由共点力平衡可得p0S＋mg＝p′S，解得p′＝2.5p0，L′＝eq \f(6,5)L，所以，活塞下降Δh＝2L－eq \f(6,5)L＝eq \f(4,5)L，故B、C错误，D正确。 解析　以氧气瓶充满气体时为初状态，有p0＝30 atm，V0＝10 L，T0＝27 ℃＋273 K＝300 K，设此部分气体在p1＝1.4 atm、T1＝7 ℃＋273 K＝280 K下的体积为V1，根据理想气体状态方程，有eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)，解得V1＝200 L，人可用氧气的体积V1′＝V1－V0＝190 L。以人可用的氧气为研究对象，初状态为p1＝1.4 atm、V1′＝190 L、T1＝280 K，末状态为p2＝1 atm、T0＝300 K，根据理想气体状态方程有eq \f(p1V1′,T1)＝eq \f(p2V2,T0)，解得V2＝285 L，所以潜水爱好者在水中最多能停留的时间t＝eq \f(V2,0.5 L)×eq \f(1,60) h＝9.5 h。 解析　AB过程是等容升温升压过程，BC过程是等压升温增容过程即等压膨胀过程，CD过程是等温减压增容过程即等温膨胀过程，DA过程是等压降温减容过程即等压压缩过程。 现求A、B、C、D各状态的体积： 已知VA＝1 L，则VB＝1 L(等容过程)；由盖—吕萨克定律得eq \f(VC,TC)＝eq \f(VB,TB)(等压过程) 解得VC＝eq \f(VB,TB)TC＝eq \f(1,450)×900 L＝2 L； 由玻意耳定律得pDVD＝pCVC(等温过程) 解得VD＝eq \f(pCVC,pD)＝eq \f(3×2,1) L＝6 L。 所改画的p­V图如图所示。 15．某同学设计了一个活塞式抽气机对容积为V0的容器进行抽气，如图所示，a、b为单向阀门，容器内的初始压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为eq \f(1,2)V0，活塞的横截面积为S，不计活塞的重力，抽气过程中气体温度不变。 (1)对于第一次抽气，活塞上提，求手对活塞的最大拉力； (2)求抽气10次后，容器中剩余气体的压强为多少。 答案　(1)eq \f(1,3)p0S　(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(10)p0 解析　(1)对于第一次抽气，活塞上提，容器中气体均匀分散到抽气机和容器中，设气体压强降为p1，根据玻意耳定律有 p0V0＝p1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0＋\f(1,2)V0)) 解得p1＝eq \f(p0V0,V0＋\f(1,2)V0)＝eq \f(2,3)p0 根据平衡条件得F1＝(p0－p1)·S＝eq \f(1,3)p0S。 (2)对于第二次抽气，活塞上提，容器中气体均匀分散到抽气机和容器中，设气体压强降为p2，根据玻意耳定律有 p1V0＝p2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V0＋\f(1,2)V0)) 解得p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋\f(1,2)V0))) eq \s\up12(2)p0 以此类推，第10次抽气后容器中气体压强为 p10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V0,V0＋\f(1,2)V0))) eq \s\up12(10)p0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(10)p0。 16．如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为eq \f(V,2)。 (1)求A的体积和B的压强； (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置， 求此时A的体积和B的压强。 答案　(1)0.4V　2p0　(2)(eq \r(5)－1)V　eq \f(3＋\r(5),4)p0 解析　(1)对B气体分析，根据玻意耳定律有 p0V＝pB×eq \f(1,2)V 解得pB＝2p0 对A气体分析，根据玻意耳定律有 p0V＝pAVA 由题意有pA＝pB＋0.5p0 联立解得VA＝0.4V。 (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为V′＝2V－eq \f(V,2)＝eq \f(3,2)V对A气体分析，由玻意耳定律可得p0V＝p′V′ 联立解得A此情况下的压强变为p′＝eq \f(2,3)p0<pB－0.5p0 则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据玻意耳定律有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′ 又VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0 联立解得pB′＝eq \f(3＋\r(5),4)p0，VA′＝(eq \r(5)－1)V。 $$