2017-2018学年同步备课套餐之物理粤教版选修3-3讲义：第二章固体、液体和气体 习题课

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精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1A．np0,eq\f（1，n)p0B.eq\f(nV0，V）p0，eq\f(V0，nV)p0C．(1＋eq\f(V0，V）)np0,(1＋eq\f(V0,V))np0D．(1＋eq\f(nV0,V))p0，(eq\f(V,V＋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′＝eq\f(V＋nV0,V)p0＝（1＋neq\f(V0,V))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＝eq\f(V，V＋V0)p0。活塞工作n次，则有：pn＝（eq\f（V，V＋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:eq\f（Δp，ΔT）＝eq\f（p，T）或Δp＝eq\f（ΔT，T)p.(2)盖·吕萨克定律的分比形式:eq\f(ΔV,ΔT）＝eq\f（V，T）或ΔV＝eq\f（ΔT，T)V。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2A．向右移动 B．向左移动C．不动 D．条件不足，不能确定答案A解析假设水银柱不动,A、B气体都做等容变化：由Δp＝eq\f（ΔT，T）p知Δp∝eq\f（1,T),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：eq\f(p1V1，T1）＝eq\f（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,eq\f（p1,T1)＝eq\f（p2，T2）(查理定律）．(3）当p1＝p2时，eq\f（V1，T1）＝eq\f（V2,T2）(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＝76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L1＝8cm，则当温度t2是多少时，左管气柱L2为9cm?图3答案78℃解析初状态:p1＝p0＝76cmHg,V1＝L1·S＝8cm·S，T1＝304K；末状态：p2＝p0＋2cmHg＝78cmHg，V2＝L2·S＝9cm·S，T2＝？根据理想气体状态方程eq\f（p1V1，T1)＝eq\f(p2V2,T2)代入数据得：eq\f（76cmHg×8cm·S,304K)＝eq\f（78cmHg×9cm·S，T2)解得：T2＝351K,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＝2×10－3m2、质量为m＝4kg、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24cm，在活塞的右侧12cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强p0＝1。0×105Pa。现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g＝10m/s2。求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2）加热到675K时封闭气体的压强．答案(1）20cm（2)1。5×105Pa解析(1）p1＝p0＝1×105PaT1＝300K，V1＝24cm×Sp2＝p0＋eq\f(mg，S)＝1.2×105PaT1＝T2，V2＝HS由p1V1＝p2V2解得H＝20cm.（2)假设活塞能到达卡环处，则T3＝675K,V3＝36cm×S由eq\f（p2V2，T2）＝eq\f（p3V3,T3）得p3＝1。5×105Pa〉p2＝1.2×105Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa。1．（变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5L,如图5所示，装入6L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300cm3、1atm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4atm，打气筒应打压几次？（2)在贮液筒中空气的压强达到4atm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。5L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：1atm×300cm3＝1。5×103cm3×p，p＝0。2atm需打气次数n＝eq\f(4－1，0.2)＝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:4atm×1.5L＝1atm×VV＝6L故还剩药液7。5L－6L＝1.5L。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：eq\f（p2，T2）＝eq\f（p2′,T2′),所以p2′＝eq\f（T2′,T2)p2。Δp2＝p2′－p2＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（T2′，T2)－1）)p2＝eq\f(ΔT2,T2)p2。同理，下段：Δp1＝eq\f(ΔT1，T1)p1.又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋hcmHg＞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3kg气体，温度是－23℃，压强为4atm，如果用掉1kg后温度升高到27℃,求筒内气体压强．答案3.2atm解析将筒内气体看作理想气体，以2kg气体为研究对象，设钢筒的容积为V，初状态:p1＝4atm，V1＝eq\f(2V,3）,T1＝250K，末状态:V2＝V,T2＝300K，由理想气体状态方程得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2，T2)，筒内压强：p2＝eq\f(p1V1T2,V2T1）＝eq\f(4×\f(2,3)×300，250）atm＝3.2atm。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＝50cm2、质量m＝10kg的活塞将一定质量的气体封闭在缸内,气体柱长h0＝15cm，活塞用销子销住，缸内气体的压强p1＝2。4×105Pa，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1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h.图7答案22cm解析当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p2＝p0＋eq\f（mg,S)＝(1.0×105＋eq\f（10×10，50×10－4))Pa＝1。2×105Pa根据理想气体状态方程：eq\f(p1V1，T1)＝eq\f(p2V2，T2）eq\f(2.4×105×15,177＋273）＝eq\f（1。2×105×h，57＋273)解得h＝22cm。题组一变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6。0L，现再充入1。0atm的空气9.0L．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为(）A．2。5atm B．2.0atmC．1。5atm D．1。0atm答案A解析初状态:p1＝1。0atm，V1＝(6。0＋9。0)L＝15。0L末状态:p2，V2＝6.0L根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝eq\f(p1V1,V2)，代入数据得p2＝2。5atm，故A项正确，B、C、D项均错．2．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0的空气的体积为(）A。eq\f(p0,p)V B.eq\f（p,p0)VC．（eq\f(p，p0）－1）V D．（eq\f(p，p0）＋1）V答案C解析取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V′，则初态p1＝p0，V1＝V＋V′；末态p2＝p，V2＝V，由玻意耳定律可得：p0（V＋V′）＝pV，解得：V′＝(eq\f(p,p0）－1）V，故选项C正确．3．容积为20L的钢瓶内，贮有压强为1。5×107Pa的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5L的氧气袋中（袋都是真空的),充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变,则这瓶氧气最多可分装（）A．60袋 B．56袋C．50袋 D．40袋答案B解析设可分装n袋，取全部气体研究,据玻意耳定律有：p1V＝p2V＋np2V01．5×107Pa×20L＝1.0×106Pa×20L＋n×1.0×106Pa×5L，解得n＝56，B选项正确．4．用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500cm3,轮胎容积V＝3L，原来压强p＝1.5atm。现要使轮胎内压强变为p′＝4atm，问用这个打气筒要打气几次（设打气过程中空气的温度不变）（)A．5次 B．10次C．15次 D．20次答案C解析因为温度不变,可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得1．5atm×3L＋n×1atm×0。5L＝4atm×3L，解得n＝15。题组二液柱移动问题5。两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V左<V右，温度均为20℃，现将右端空气柱温度降为0℃，左端空气柱温度降为10℃,则管中水银柱将()图1A．不动 B．向左移动C．向右移动 D．无法确定是否移动答案C解析设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p左＝p右＝p对左端空气柱eq\f（Δp左,ΔT左)＝eq\f(p左，T左)，则Δp左＝eq\f(ΔT左，T左)p左＝eq\f（10,293)p同理右端空气柱Δp右＝eq\f（20，293）p所以Δp右〉Δp左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C正确．6。如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则(）图2A．h、l均变大B．h、l均变小C．h变大，l变小D．h变小,l变大答案A题组三理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是（）A．p1＝p2，V1＝2V2,T1＝eq\f（1,2）T2B．p1＝p2，V1＝eq\f(1,2)V2,T1＝2T2C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2答案D解析由理想气体状态方程eq\f（p1V1，T1）＝eq\f(p2V2，T2）可判断，只有D项正确．8．（多选）一定质量的理想气体，初始状态为p、V、T。经过一系列状态变化后，压强仍为p，则下列过程中可以实现的是（)A．先等温膨胀,再等容降温B．先等温压缩，再等容降温C．先等容升温,再等温压缩D．先等容降温，再等温压缩答案BD解析质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV/T的值都不改变．A项中，T不变,V增大，则压强p减小;之后V不变,T降低，则压强p减小；压强降了再降,不可能回到初态压强，A项不可能实现．B项中，T不变，V减小,则压强p增大；之后V不变,T降低,则压强p减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B项正确．C项中，V不变,T升高,则压强p增大;之后T不变，V减小，则压强p增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C项不可能实现．D项中,V不变,T降低，则p减小；之后T不变，V减小，则压强p增大;压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D项正确．9。一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是(）图3A．1∶3∶5B．3∶6∶5C．3∶2∶1D．5∶6∶3答案B解析由eq\f（pV,T)＝C得T1∶T2∶T3＝3∶6∶5，故选项B正确．10．一定质量的理想气体由状态A变为状态D，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D的压强是2×104Pa。图4(1）求状态A的压强；（2)请在乙图中画出该状态变化过程的p－T图象,并分别标出A、B、C、D各个状态．答案(1）4×104Pa(2)见解析解析（1)根据理想气体状态方程：eq\f(pAVA，TA）＝eq\f（pDVD,TD）则pA＝eq\f（pDVDTA,VATD)＝eq\f（2×104×4×2×102,1×4×102）Pa＝4×104Pa。（2)A→B是等容变化由查理定律eq\f(pA,TA)＝eq\f（pB,TB）得pB＝eq\f(TB,TA）pA＝eq\f(8×102，2×102）×4×104Pa＝1。6×105PaB→C是等温变化由玻意耳定律pBVB＝pCVC得pC＝eq\f(pBVB,VC）＝eq\f（1。6×105×1,4）Pa＝4×104PaC→D是等容变化pD＝2×104PaTD＝4×102Kp－T图象及A、B、C、D各个状态如图所示．题组四理想气体状态方程的综合应用11。如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M＝10kg,活塞质量m＝5kg，横截面积S＝2×10－3m2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a与外界相通，大气压强p0＝1.0×105Pa，活塞的下端与劲度系数k＝2×103N/m的弹簧相连．当气缸内气体温度为127℃时，弹簧的弹力恰好为零,此时缸内气柱长为L＝20cm。求当缸内气体温度升高到多少时,气缸对地面的压力为零．(g取10m/s2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦）图5答案827℃解析缸内气体初态：V1＝LS＝20S，p1＝p0－eq\f(mg，S)＝7.5×104Pa，T1＝(273＋127)K＝400K.末态：p2＝p0＋eq\f(Mg,S)＝1。5×105Pa。气缸和活塞整体受力平衡：kx＝(m＋M)g，则x＝eq\f(m＋Mg，k)＝0。075m＝7。5cm。缸内气体体积V2＝(L＋x)S＝27.5S,对缸内气体根据理想气体状态方程有eq\f（p1V1，T1）＝eq\f（p2V2，T2)，即eq\f（7。5×104Pa×20S，400K)＝eq\f(1。5×105Pa×27.5S，T2），解得：T2＝1100K,即t＝827℃12．如图6甲所示,水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B