高中物理第二章固体液体和气体习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用教学案

金戈出品 学 习 资 料 汇编 习题课 理想气体状态方程与气体实验定律的应用 [目标定位] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．

一、变质量问题 分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明： 1．打气问题 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，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题． 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，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程． 例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，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(大气压强为p0)( )

图1 A．np0，1np0

B.nV0Vp0，V0nVp0 金戈出品

C．(1＋V0V)np0，(1＋V0V)np0 D．(1＋nV0V)p0，(VV＋V0)np0 答案 D 解析 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的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0，体积为V的气体，根据玻意耳定律得： p0(V＋nV0)＝p′V.

所以p′＝V＋nV0Vp0＝(1＋nV0V)p0. 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，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)，

p1＝VV＋V0p0.

活塞工作n次，则有：pn＝(VV＋V0)np0.故正确答案为D. 二、液柱移动问题 液柱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严谨的推理，得出正确的答案． 常用推论有两个：

(1)查理定律的分比形式：ΔpΔT＝pT或Δp＝ΔTTp.

(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔVΔT＝VT或ΔV＝ΔTTV. 例2 两个容器A、B，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A、B所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )

图2 A．向右移动 B．向左移动 C．不动 D．条件不足，不能确定 答案 A 金戈出品

解析 假设水银柱不动，A、B气体都做等容变化： 由Δp＝ΔTTp知Δp∝1T，因为TA＜TB，所以ΔpA＞ΔpB，所以水银柱向右移动． 三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程 一定质量的某种理想气体，由初状态(p1、V1、T1)变化到末状态(p2、V2、T2)时，各量满足： p1V1T1＝p2V2

T2

.

2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)．

(2)当V1＝V2时，p1T1＝p2T2(查理定律)．

(3)当p1＝p2时，V1T1＝V2T2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路 (1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程． (3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义． 例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当t1＝31 ℃，大气压强p0

＝76 cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8 cm，则当温度t2是多少时，

左管气柱L2为9 cm?

图3 答案 78 ℃ 解析 初状态：p1＝p0＝76 cmHg， V1＝L1·S＝8 cm·S，T1＝304 K；

末状态：p2＝p0＋2 cmHg＝78 cmHg， V2＝L2·S＝9 cm·S，T2＝？

根据理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2

代入数据得：76 cmHg×8 cm·S304 K＝78 cmHg×9 cm·ST2 金戈出品

解得：T2＝351 K，则t2＝(351－273) ℃＝78 ℃. 例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3 m2、质量为m＝4 kg、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10 m/s2.求：

图4 (1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K时封闭气体的压强． 答案 (1)20 cm (2)1.5×105 Pa 解析 (1)p1＝p0＝1×105 Pa T1＝300 K，V1＝24 cm×S

p2＝p0＋mgS＝1.2×105 Pa

T1＝T2，V2＝HS 由p1V1＝p2V2 解得H＝20 cm. (2)假设活塞能到达卡环处，则 T3＝675 K，V3＝36 cm×S

由p2V2T2＝p3V3T3 得p3＝1.5×105 Pa>p2＝1.2×105 Pa 所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105 Pa.

1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L，如图5所示，装入6 L的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm3、1 atm的空气，设整个过程温度保持不变，求： (1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm，打气筒应打压几次？ 金戈出品

(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？

图5 答案 (1)15 (2)1.5 L 解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p 由玻意耳定律得：1 atm×300 cm3＝1.5×103 cm3×p，p＝0.2 atm

需打气次数n＝4－10.2＝15 (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V V＝6 L

故还剩药液7.5 L－6 L＝1.5 L. 2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l2＝2l1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)

图6 答案 向上移动 解析 (1)假设法 假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：

上段：p2T2＝p2′T2′，所以p2′＝T2′T2p2.

Δp2＝p2′－p2＝T2′T2－1p2＝ΔT2T2p2. 同理，下段：Δp1＝ΔT1T1p1. 又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋h cmHg＞p2， 所以Δp1＞Δp2，即水银柱向上移动． (2)图象法 在同一p－T图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p1＞p2，得气柱l1金戈出品

等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，所以水银柱向上移动．

3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm，如果用掉1 kg后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强． 答案 3.2 atm 解析 将筒内气体看作理想气体，以2 kg气体为研究对象，设钢筒的容积为V，

初状态：p1＝4 atm，V1＝2V3，T1＝250 K， 末状态：V2＝V，T2＝300 K， 由理想气体状态方程得：p1V1T1＝p2V2T2，

筒内压强：p2＝p1V1T2V2T1＝4×23×300250 atm＝3.2 atm. 4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S＝50 cm2、质量m＝10 kg的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h0＝15 cm，活塞用销子销住，缸内气体的压强p1＝2.4×105 Pa，温度177 ℃.现拔去活塞销s(不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105 Pa.求：此时气体柱的长度h.

图7 答案 22 cm 解析 当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡

p2＝p0＋mgS＝(1.0×105＋10×1050×10－4) Pa＝1.2×105 Pa

根据理想气体状态方程： p1V1T1＝p2V2

T2

2.4×105×15177＋273＝1.2×105×h57＋273

解得h＝22 cm.