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5　气体实验定律的综合应用
素养测练
基础巩固练
考点一　气体变质量问题
1.用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内,如果打气筒的容积ΔV=500 cm3,轮胎的容积V=3 L,原来压强p=1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p′=4 atm,则用这个打气筒要打气(设打气过程中空气的温度不变)(　C　)
A.5次 B.10次
C.15次 D.20次
解析:设打气N次后,轮胎内空气的压强达到 4 atm,打入的空气的体积为NΔV。根据玻意耳定律有pV+p0NΔV=p′V,解得N=15,故C正确。
2.(多选)容积为20 L的钢瓶充满氢气后,压强为 145 atm,打开钢瓶的阀门让氢气同时分装到容积为5 L的小瓶中,小瓶中充气后压强为 10 atm,分装过程中无漏气,且温度不变,以下说法正确的是(　AD　)
A.如果小瓶原来是真空的,最多能分装54瓶
B.如果小瓶原来是真空的,最多能分装58瓶
C.如果小瓶原来装有1 atm的氢气,最多能分装 56瓶
D.如果小瓶原来装有1 atm的氢气,最多能分装60瓶
解析:如果小瓶原来是真空的,钢瓶内的氢气初状态p0=145 atm,V0=20 L,末状态p1=10 atm,
V1=V0+n×V′。对钢瓶内的原有氢气,根据玻意耳定律有p0V0=p1V1,解得n=54,故A正确,B错误。如果小瓶原来装有1 atm的氢气,钢瓶内氢气和小瓶内原来氢气的初状态p0=145 atm,p0′=
1 atm,V0=20 L,V0′=5n′L,末状态p2=10 atm,V2=V0+V0′。对钢瓶内氢气和小瓶内原来氢气整体,根据玻意耳定律有p0V0+p0′V0′=p2V2,代入数据解得n′=60,故C错误,D正确。
考点二　气体状态变化图像的综合应用
3.如图所示,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强(　A　)
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
解析:根据理想气体状态方程=C,因为沿直线从a到b,V逐渐变小,T逐渐变大,所以p逐渐变大,A正确。
4.对一定质量的理想气体,从状态A开始按下列顺序变化,先等压降温,再等温膨胀,最后等容升温回到状态A,图中曲线为双曲线,T为热力学温度,能正确表示这一过程的是(　B　)
A　　　 　B
C　　　　 D
解析:题图A中C→A是不过原点的倾斜直线,不是等容变化,故A不符合题意;题图B中A→B是等压降温,B→C是等温膨胀,C→A是等容升温,故B符合题意;题图C中A→B是等容降温,
B→C为等温压缩,C→A为等压升温,故C不符合题意;题图D中A→B是等压升温,B→C为等容降温,C→A为等温压缩,故D不符合题意。
考点三　关联气体问题
5.如图所示,两个容器A和B容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且tA>tB时,水银柱恰好静止在图示位置。若对两部分气体加热,使它们的温度都升高相同的温度,下列说法正确的是(　D　)
A.水银柱将向上移动
B.水银柱一定保持不动
C.水银柱将向下移动
D.水银柱的移动情况无法判断
解析:假设水银柱不动,对气体A,有=,解得ΔpA=ΔT,对气体B,有=,解得ΔpB=ΔT,因pA=pB+p水银,则pA>pB,已知tA>tB,即TA>TB,故无法比较与的大小关系,即无法比较ΔpA与ΔpB的大小关系,则水银柱的移动情况无法判断,故选D。
6.如图所示,一定质量的理想气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内,汽缸顶端有一绝热阀门K,汽缸底部接有电热丝E,汽缸的总高度h=90 cm。a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃,活塞与底部的距离 h1=60 cm,活塞和汽缸间的摩擦不计,T=t+273 K。若绝热阀门K始终打开,电热丝通电一段时间,稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm。关于上述变化过程,下列说法正确的是(　D　)
A.汽缸上部b中逸出的气体占原汽缸上部b中气体的
B.汽缸下部a中的气体温度升高,压强增大
C.稳定后,汽缸下部a内的气体温度为50 ℃
D.稳定后,汽缸下部a内的气体温度为57 ℃
解析:由题意可知,原汽缸上部b的高度h1′=h-h1=30 cm,当汽缸下部a稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm,此时汽缸上部b的高度h2′=h-h2=24 cm。设S为活塞的面积,那么汽缸上部b中逸出的气体与原汽缸上部b中气体的比为=,故A错误;由于K始终打开,汽缸下部a中气体的压强不变,根据盖吕萨克定律可得=,其中V1=h1S,V2=h2S,联立解得稳定后,汽缸下部a内的气体温度为t2=57 ℃,故B、C错误,D正确。
能力提升练
7.如图甲所示,一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上,一不计厚度的轻质活塞静止在汽缸正中央,下端封闭了一定质量的理想气体,气体的初始压强为p0,温度为T0。汽缸顶端两侧各有一个卡口,活塞到达顶端不会离开汽缸。现对封闭气体用电热丝缓慢加热。气体的压强随温度的变化如图乙所示,下列说法正确的是(　B　)
A.T0～2T0,封闭气体体积减小
B.当气体温度达到2T0时,活塞到达汽缸顶端
C.p1=2p0
D.2T0～3T0,单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
解析:T0～2T0,气体发生等压变化,温度升高,体积增大,故A错误;T0～2T0,气体发生等压变化,
2T0～3T0,气体发生等容变化,则当温度达到2T0时,活塞到达汽缸顶部,故B正确;2T0～3T0,气体发生等容变化,由查理定律可知=,解得p1=1.5p0,故C错误;2T0～3T0,气体体积不变,压强增大,温度升高,分子平均动能增大,分子热运动更剧烈,因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数增多,故D错误。
8.某款气垫运动鞋的鞋底塑料空间内充满气体(可视为理想气体),运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时,若环境温度为27 ℃,每只鞋气垫内气体体积为V0,压强为p0,等效作用面积恒为S,鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料空间等效为如图所示的模型,轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为p0,且气垫内气体与外界温度始终相等,重力加速度为g。
(1)当质量为m的运动员穿上该运动鞋,双脚站立时,若气垫不漏气,求单只鞋气垫内气体
体积V1。
(2)运动鞋未被穿上时,锁定活塞A位置不变,但存在漏气,当气温从27 ℃上升到37 ℃时,气垫缓缓漏气至与大气压相等,求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比η。
解析:(1)双脚站立时,由平衡条件可得
mg+2p0S=2p1S,
气体做等温变化,根据玻意耳定律可得
p0V0=p1V1,
解得单只鞋气垫内气体体积
V1=。
(2)根据理想气体状态方程得
=,
其中
T0=(273+27) K=300 K,
T2=(273+37) K=310 K,
漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为
η==。
答案:(1)　(2)(共30张PPT)
5　气体实验定律的综合应用
[学习目标要求]
1.能够应用理想气体状态方程分析变质量问题。
2.通过两部分气体的压强、体积关系解决关联气体的问题。
重点探究
·
能力提升
要点一　气体变质量问题
1.充气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,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。
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,可将变质量问题转化为定质量问题。
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问题。分析这类问题时,可以把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。
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出气体整体作为研究对象,便可使该问题变成一定质量气体的状态变化问题,可用气体变化规律求解。
[例1] (多选)篮球正常使用时气压范围为1.5～1.6 atm。现测得篮球内部气体的压强为 1.2 atm。如图所示,某同学用手持式打气筒在室内给篮球打气,每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进球内。已知篮球的体积V=5 L,大气压强恒为p0=1.0 atm,打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变,室内温度t1=24 ℃,室外温度t2=27 ℃。热力学温度T=t+273 K。下列说法正确的是(　 　)
A.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气11次
B.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气12次
C.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气15次
D.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气16次
BC
在分析和求解气体质量变化的问题时,首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题,否则不能应用气体实验定律。如漏气问题,不管是等温漏气、等容漏气,还是等压漏气,都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“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,这样就把变质量问题转化为定质量问题,然后再应用气体实验定律求解。
名师点拨
[针对训练1] 如图所示是生活中常用喷雾器的简化图。已知贮液瓶容积为
3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积),喷液前,瓶内气体压强需达到2.5 atm,方可将液体变成雾状喷出,打气筒每次能向贮液瓶内打入p0=1.0 atm的空气ΔV=50 mL。现打开进水阀门A和喷雾头阀门B,装入2 L的清水后,关闭阀门A和B。设周围大气压恒为p0,打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变,不计细管中水产生的压强。
(1)为确保喷雾器的正常使用,求打气筒至少打气次数n。
答案:(1)30
解析:(1)贮液瓶装水后,瓶内封闭气体的体积
V1=V总-V液=1 L,
打气过程气体做等温变化,根据玻意耳定律有
p0V1+p0V外=p2V1,
其中V外=nΔV,
将p0=1.0 atm、p2=2.5 atm代入可解得打气的次数至少为n=30。
(2)当瓶内气压达到2.5 atm时停止打气,然后打开阀门B,求喷雾器能喷出的水的体积最大值。
答案:(2)1.5 L
解析:(2)阀门打开喷水过程,瓶内封闭气体做等温变化,根据玻意耳定律有p2V1=p3V3,
最后瓶内气体的压强p3=p0,
代入数据解得最后瓶内气体的体积V3=2.5 L,
因此喷雾器能喷出的水的体积最大值V水=V3-V1=1.5 L。
要点二　气体状态变化图像的综合应用
[例2] (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示,过程为A→B→C→A,其中A→B是等温变化,如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示,则下列图像可能正确的是(　 　)
BD
A　 B C　 D
解析:A到B是等温变化,气体体积变大,压强p变小,B到C是等容变化,在p-T图像上为过原点的一条倾斜的直线,C到A是等压变化,气体体积减小,根据盖-吕萨克定律知温度降低,故A错误,B正确;A到B是等温变化,气体体积变大,B到C是等容变化,压强变大,根据查理定律,温度升高,C到A是等压变化,气体体积变小,在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线,故C错误,D正确。
解决图像问题应注意的几个问题
(1)看清坐标轴,理解图像的意义:图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
(2)观察图像,弄清图像中各量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。
(3)若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
名师点拨
[针对训练2] (多选)一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次回到状态a,气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是(　 )
A.状态b的体积为状态a的2倍
B.过程②中气体体积减小
C.状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数为状态a的 倍
D.过程③中气体体积增大
BD
要点三　关联气体问题
关联气体问题常涉及两部分气体,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,应用相关气体规律分别列出方程。
(2)认真分析两部分气体压强、体积之间的关系,列出方程。
(3)联立求解,并分析结果的正确性。
考向1　两部分气体平衡
[例3] 如图所示,横截面积相等、长度均为L=30 cm的A、B两汽缸水平放置,A汽缸的左侧壁和B汽缸的右侧壁导热,其余部分绝热,厚度不计的绝热活塞C可在B汽缸内无摩擦地滑动。开始时阀门D关闭,活塞紧靠B汽缸左壁,B内气体的压强为pB=1.0×105 Pa。现将阀门D打开,活塞C缓慢向右移动,移动10 cm后达到平衡并停止移动。若环境温度为T0=300 K,汽缸A、B间细管中的体积不计。
(1)求开始时A内气体的压强。
答案:(1)2.0×105 Pa　
解析:(1)最后平衡时,A、B中气体压强相等设为p,由玻意耳定律,对A中气体有
pALS=p(L+x)S,
对B中气体有pBLS=p(L-x)S,
解得pA=2.0×105 Pa。
(2)现给B内气体加热,达到平衡时活塞恰好回到距B汽缸左侧壁2 cm的位置,求此时B内气体温度。
答案:(2)525 K
对A中气体,由玻意耳定律有p(L+x)S=pA′(L+x′)S,
因活塞恰好回到距B汽缸左侧壁2 cm的位置,活塞与汽缸B的左侧壁无相互作用,有pA′=pB′,
解得TB=525 K。
[针对训练3] (多选)如图,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=2∶3。现将汽缸从如图位置逆时针缓慢转动,转动过程中A、B两部分气体的温度均不变,直到活塞成水平放置,此时,A、B两部分气体的体积相同,之后保持A部分气体的温度不变,加热B部分气体使其温度缓慢升高,稳定后,A、B两部分气体的体积之比为1∶2。已知重力加速度为g,则(　 　)
C.B部分气体加热后与加热前的温度之比为 20∶9
D.B部分气体加热后与加热前的温度之比为 16∶9
BD
考向2　液柱移动问题
分析液柱(或活塞)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推理。
常用推论有两个:
[例4] (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(　 　)
CD
A　 B C　 D
[针对训练4] 如图所示为竖直放置的上细下粗的密闭细管,水银柱将气体分隔成A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量为ΔVA、ΔVB,压强变化量为ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB,则(　 　)
A.水银柱向下移动了一段距离
B.ΔpA>ΔpB
C.ΔVA<ΔVB
D.ΔFA=ΔFB
B
感谢观看5　气体实验定律的综合应用
[学习目标要求]
1.能够应用理想气体状态方程分析变质量问题。
2.通过两部分气体的压强、体积关系解决关联气体的问题。
3.能够应用p-V、p-、p-T、V-T图像分析气体状态变化问题。
要点一　气体变质量问题
1.充气问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,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。
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,可将变质量问题转化为定质量问题。
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问题。分析这类问题时,可以把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。
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出气体整体作为研究对象,便可使该问题变成一定质量气体的状态变化问题,可用气体变化规律求解。
[例1] (多选)篮球正常使用时气压范围为1.5～1.6 atm。现测得篮球内部气体的压强为
1.2 atm。如图所示,某同学用手持式打气筒在室内给篮球打气,每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进球内。已知篮球的体积V=5 L,大气压强恒为p0=1.0 atm,打气过程中篮球体积和球内气体温度均视为不变,室内温度t1=24 ℃,室外温度t2=27 ℃。热力学温度T=t+273 K。下列说法正确的是(　BC　)
A.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气11次
B.若同学们在室内篮球场玩,最少需打气12次
C.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气15次
D.若同学们将篮球带到室外篮球场玩,最多能打气16次
解析:若同学们在室内篮球场玩,设最少需打气n次,原来篮球内部气体的压强为p1,打气筒每打一次的气体体积为V0,根据玻意耳定律得p1V+np0V0=pminV,解得n=12,故A错误,B正确;室内的热力学温度为T1=t1+273 K=297 K,室外的热力学温度为T2=t2+273 K=300 K,若同学们将篮球带到室外篮球场玩,设最多能打气k次,根据理想气体状态方程得=,解得k=15.36,即最多能打气15次,故C正确,D错误。
在分析和求解气体质量变化的问题时,首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题,否则不能应用气体实验定律。如漏气问题,不管是等温漏气、等容漏气,还是等压漏气,都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“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,这样就把变质量问题转化为定质量问题,然后再应用气体实验定律求解。
[针对训练1] 如图所示是生活中常用喷雾器的简化图。已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积),喷液前,瓶内气体压强需达到2.5 atm,方可将液体变成雾状喷出,打气筒每次能向贮液瓶内打入p0=1.0 atm的空气ΔV=50 mL。现打开进水阀门A和喷雾头阀门B,装入2 L的清水后,关闭阀门A和B。设周围大气压恒为p0,打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变,不计细管中水产生的压强。
(1)为确保喷雾器的正常使用,求打气筒至少打气次数n。
(2)当瓶内气压达到2.5 atm时停止打气,然后打开阀门B,求喷雾器能喷出的水的体积最大值。
解析:(1)贮液瓶装水后,瓶内封闭气体的体积
V1=V总-V液=1 L,
打气过程气体做等温变化,根据玻意耳定律有
p0V1+p0V外=p2V1,
其中V外=nΔV,
将p0=1.0 atm、p2=2.5 atm代入可解得打气的次数至少为n=30。
(2)阀门打开喷水过程,瓶内封闭气体做等温变化,根据玻意耳定律有p2V1=p3V3,
最后瓶内气体的压强p3=p0,
代入数据解得最后瓶内气体的体积V3=2.5 L,
因此喷雾器能喷出的水的体积最大值V水=V3-V1=1.5 L。
答案:(1)30　(2)1.5 L
要点二　气体状态变化图像的综合应用
名称 图像 特点 其他图像
等温线 pV pV=CT(C为常量),即p与V的乘积越大的等温线对应的温度越高,离原点越远
p p=,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高
等容线 pT p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小
等压线 VT V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小
[例2] (多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示,过程为A→B→C→A,其中A→B是等温变化,如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示,则下列图像可能正确的是(　BD　)
A　 B
C　 D
解析:A到B是等温变化,气体体积变大,压强p变小,B到C是等容变化,在p-T图像上为过原点的一条倾斜的直线,C到A是等压变化,气体体积减小,根据盖-吕萨克定律知温度降低,故A错误,B正确;A到B是等温变化,气体体积变大,B到C是等容变化,压强变大,根据查理定律,温度升高,C到A是等压变化,气体体积变小,在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线,故C错误,D正确。
解决图像问题应注意的几个问题
(1)看清坐标轴,理解图像的意义:图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。
(2)观察图像,弄清图像中各量的变化情况,看是否属于特殊变化过程,如等温变化、等容变化或等压变化。
(3)若不是特殊过程,可在坐标系中作特殊变化的图像(如等温线、等容线或等压线)实现两个状态的比较。
(4)涉及微观量的考查时,要注意各宏观量和相应微观量的对应关系。
[针对训练2] (多选)一定质量的理想气体从状态a经①②③过程再次回到状态a,气体压强和摄氏温度t的关系如图所示。下列说法正确的是(　BD　)
A.状态b的体积为状态a的2倍
B.过程②中气体体积减小
C.状态b时单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数为状态a的 倍
D.过程③中气体体积增大
解析:a→b的过程压强不变,由盖吕萨克定律可知=,可得VaVc,故D正确。
要点三　关联气体问题
关联气体问题常涉及两部分气体,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,应用相关气体规律分别列出方程。
(2)认真分析两部分气体压强、体积之间的关系,列出方程。
(3)联立求解,并分析结果的正确性。
考向1　两部分气体平衡
[例3] 如图所示,横截面积相等、长度均为L=30 cm的A、B两汽缸水平放置,A汽缸的左侧壁和B汽缸的右侧壁导热,其余部分绝热,厚度不计的绝热活塞C可在B汽缸内无摩擦地滑动。开始时阀门D关闭,活塞紧靠B汽缸左壁,B内气体的压强为pB=1.0×105 Pa。现将阀门D打开,活塞C缓慢向右移动,移动10 cm后达到平衡并停止移动。若环境温度为T0=300 K,汽缸A、B间细管中的体积不计。
(1)求开始时A内气体的压强。
(2)现给B内气体加热,达到平衡时活塞恰好回到距B汽缸左侧壁2 cm的位置,求此时B内气体温度。
解析:(1)最后平衡时,A、B中气体压强相等设为p,由玻意耳定律,对A中气体有
pALS=p(L+x)S,
对B中气体有pBLS=p(L-x)S,
解得pA=2.0×105 Pa。
(2)给B加热,活塞恰好回到距B汽缸左侧壁 2 cm 的位置,对B中气体,根据理想气体状态方程有
=,
对A中气体,由玻意耳定律有
p(L+x)S=pA′(L+x′)S,
因活塞恰好回到距B汽缸左侧壁2 cm的位置,活塞与汽缸B的左侧壁无相互作用,有pA′=pB′,
解得TB=525 K。
答案:(1)2.0×105 Pa　(2)525 K
[针对训练3] (多选)如图,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=2∶3。现将汽缸从如图位置逆时针缓慢转动,转动过程中A、B两部分气体的温度均不变,直到活塞成水平放置,此时,A、B两部分气体的体积相同,之后保持A部分气体的温度不变,加热B部分气体使其温度缓慢升高,稳定后,A、B两部分气体的体积之比为1∶2。已知重力加速度为g,则(　BD　)
A.活塞的质量为
B.活塞的质量为
C.B部分气体加热后与加热前的温度之比为 20∶9
D.B部分气体加热后与加热前的温度之比为 16∶9
解析:设汽缸总体积为V,汽缸逆时针转动过程中A、B两部分气体做等温变化,根据玻意耳定律对A、B两部分气体分别有p·=pA·,p·=pB·,解得pA=0.8p,pB=1.2p,此时活塞受力平衡有pA·S+mg=pB·S,解得m=,A错误,B正确;保持A部分气体的温度不变,加热B部分气体使其温度缓慢升高,稳定后,根据玻意耳定律对A部分气体有pA·=pA′·,此时活塞受力平衡有pA′·S+mg=pB′·S,联立解得pB′=1.6p,加热B部分气体前后根据理想气体状态方程有=,代入数据解得=,C错误,D正确。
考向2　液柱移动问题
分析液柱(或活塞)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推理。
常用推论有两个:
(1)查理定律的分比形式:=或Δp=p。
(2)盖-吕萨克定律的分比形式:=或ΔV=V。
[例4] (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(　CD　)
A　 B
C　 D
解析:假设升温后,水银柱不动,则两边压强都要增加,由查理定律有,压强的增加量Δp=,而各管两端空气的初态压强相同,ΔT相同,所以 Δp∝,即T越高,Δp越小,也就可以确定水银柱应向初态温度高的方向移动,故C、D正确。
[针对训练4] 如图所示为竖直放置的上细下粗的密闭细管,水银柱将气体分隔成A、B两部分,初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后,体积变化量为ΔVA、ΔVB,压强变化量为ΔpA、ΔpB,对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB,则(　B　)
A.水银柱向下移动了一段距离
B.ΔpA>ΔpB
C.ΔVA<ΔVB
D.ΔFA=ΔFB
解析:首先假设水银柱不动,则A、B两气体发生等容变化,由查理定律得=,对气体A,
ΔpA=·pA,对气体B,ΔpB=·pB,因为pA>pB,TA=TB,所以ΔpA>ΔpB,即水银柱向上移动一段距离,
A错误,B正确;由于气体总体积不变,因此ΔVA=ΔVB,C错误;因ΔF=Δp·S,ΔpA>ΔpB,SA>SB,故ΔFA>ΔFB,D错误。
素养测练
基础巩固练
考点一　气体变质量问题
1.用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内,如果打气筒的容积ΔV=500 cm3,轮胎的容积V=3 L,原来压强p=1.5 atm。现要使轮胎内压强变为p′=4 atm,则用这个打气筒要打气(设打气过程中空气的温度不变)(　C　)
A.5次 B.10次
C.15次 D.20次
解析:设打气N次后,轮胎内空气的压强达到 4 atm,打入的空气的体积为NΔV。根据玻意耳定律有pV+p0NΔV=p′V,解得N=15,故C正确。
2.(多选)容积为20 L的钢瓶充满氢气后,压强为 145 atm,打开钢瓶的阀门让氢气同时分装到容积为5 L的小瓶中,小瓶中充气后压强为 10 atm,分装过程中无漏气,且温度不变,以下说法正确的是(　AD　)
A.如果小瓶原来是真空的,最多能分装54瓶
B.如果小瓶原来是真空的,最多能分装58瓶
C.如果小瓶原来装有1 atm的氢气,最多能分装 56瓶
D.如果小瓶原来装有1 atm的氢气,最多能分装60瓶
解析:如果小瓶原来是真空的,钢瓶内的氢气初状态p0=145 atm,V0=20 L,末状态p1=10 atm,
V1=V0+n×V′。对钢瓶内的原有氢气,根据玻意耳定律有p0V0=p1V1,解得n=54,故A正确,B错误。如果小瓶原来装有1 atm的氢气,钢瓶内氢气和小瓶内原来氢气的初状态p0=145 atm,p0′=
1 atm,V0=20 L,V0′=5n′L,末状态p2=10 atm,V2=V0+V0′。对钢瓶内氢气和小瓶内原来氢气整体,根据玻意耳定律有p0V0+p0′V0′=p2V2,代入数据解得n′=60,故C错误,D正确。
考点二　气体状态变化图像的综合应用
3.如图所示,一定质量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强(　A　)
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终不变 D.先增大后减小
解析:根据理想气体状态方程=C,因为沿直线从a到b,V逐渐变小,T逐渐变大,所以p逐渐变大,A正确。
4.对一定质量的理想气体,从状态A开始按下列顺序变化,先等压降温,再等温膨胀,最后等容升温回到状态A,图中曲线为双曲线,T为热力学温度,能正确表示这一过程的是(　B　)
A　　　 　B
C　　　　 D
解析:题图A中C→A是不过原点的倾斜直线,不是等容变化,故A不符合题意;题图B中A→B是等压降温,B→C是等温膨胀,C→A是等容升温,故B符合题意;题图C中A→B是等容降温,
B→C为等温压缩,C→A为等压升温,故C不符合题意;题图D中A→B是等压升温,B→C为等容降温,C→A为等温压缩,故D不符合题意。
考点三　关联气体问题
5.如图所示,两个容器A和B容积不同,内部装有气体,其间用细管相连,管中有一小段水银柱将两部分气体隔开。当A中气体温度为tA,B中气体温度为tB,且tA>tB时,水银柱恰好静止在图示位置。若对两部分气体加热,使它们的温度都升高相同的温度,下列说法正确的是(　D　)
A.水银柱将向上移动
B.水银柱一定保持不动
C.水银柱将向下移动
D.水银柱的移动情况无法判断
解析:假设水银柱不动,对气体A,有=,解得ΔpA=ΔT,对气体B,有=,解得ΔpB=ΔT,因pA=pB+p水银,则pA>pB,已知tA>tB,即TA>TB,故无法比较与的大小关系,即无法比较ΔpA与ΔpB的大小关系,则水银柱的移动情况无法判断,故选D。
6.如图所示,一定质量的理想气体被轻质绝热活塞封闭在粗细均匀的绝热汽缸下部a内,汽缸顶端有一绝热阀门K,汽缸底部接有电热丝E,汽缸的总高度h=90 cm。a缸内被封闭气体初始温度t1=27 ℃,活塞与底部的距离 h1=60 cm,活塞和汽缸间的摩擦不计,T=t+273 K。若绝热阀门K始终打开,电热丝通电一段时间,稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm。关于上述变化过程,下列说法正确的是(　D　)
A.汽缸上部b中逸出的气体占原汽缸上部b中气体的
B.汽缸下部a中的气体温度升高,压强增大
C.稳定后,汽缸下部a内的气体温度为50 ℃
D.稳定后,汽缸下部a内的气体温度为57 ℃
解析:由题意可知,原汽缸上部b的高度h1′=h-h1=30 cm,当汽缸下部a稳定后活塞与底部的距离h2=66 cm,此时汽缸上部b的高度h2′=h-h2=24 cm。设S为活塞的面积,那么汽缸上部b中逸出的气体与原汽缸上部b中气体的比为=,故A错误;由于K始终打开,汽缸下部a中气体的压强不变,根据盖吕萨克定律可得=,其中V1=h1S,V2=h2S,联立解得稳定后,汽缸下部a内的气体温度为t2=57 ℃,故B、C错误,D正确。
能力提升练
7.如图甲所示,一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上,一不计厚度的轻质活塞静止在汽缸正中央,下端封闭了一定质量的理想气体,气体的初始压强为p0,温度为T0。汽缸顶端两侧各有一个卡口,活塞到达顶端不会离开汽缸。现对封闭气体用电热丝缓慢加热。气体的压强随温度的变化如图乙所示,下列说法正确的是(　B　)
A.T0～2T0,封闭气体体积减小
B.当气体温度达到2T0时,活塞到达汽缸顶端
C.p1=2p0
D.2T0～3T0,单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
解析:T0～2T0,气体发生等压变化,温度升高,体积增大,故A错误;T0～2T0,气体发生等压变化,
2T0～3T0,气体发生等容变化,则当温度达到2T0时,活塞到达汽缸顶部,故B正确;2T0～3T0,气体发生等容变化,由查理定律可知=,解得p1=1.5p0,故C错误;2T0～3T0,气体体积不变,压强增大,温度升高,分子平均动能增大,分子热运动更剧烈,因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数增多,故D错误。
8.某款气垫运动鞋的鞋底塑料空间内充满气体(可视为理想气体),运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时,若环境温度为27 ℃,每只鞋气垫内气体体积为V0,压强为p0,等效作用面积恒为S,鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料空间等效为如图所示的模型,轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为p0,且气垫内气体与外界温度始终相等,重力加速度为g。
(1)当质量为m的运动员穿上该运动鞋,双脚站立时,若气垫不漏气,求单只鞋气垫内气体
体积V1。
(2)运动鞋未被穿上时,锁定活塞A位置不变,但存在漏气,当气温从27 ℃上升到37 ℃时,气垫缓缓漏气至与大气压相等,求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比η。
解析:(1)双脚站立时,由平衡条件可得
mg+2p0S=2p1S,
气体做等温变化,根据玻意耳定律可得
p0V0=p1V1,
解得单只鞋气垫内气体体积
V1=。
(2)根据理想气体状态方程得
=,
其中
T0=(273+27) K=300 K,
T2=(273+37) K=310 K,
漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比为
η==。
答案:(1)　(2)

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