新教材适用2024-2025学年高中物理第2章气体固体和液体习题课玻意耳定律的应用学案新人教版选择性必修第三册

习题课玻意耳定律的应用探究液柱移动的动态平衡问题典|例|剖|析典例1如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细匀称的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱高于水银槽h。若将玻璃管竖直向上缓慢地提起(管下端未离开槽内水银面)，则(A)A．H、h均变大 B．H、h均变小C．h变大，H变小 D．h变小，H变大解析：本题利用假设法求解。方法一：假设管内水银柱高度不变。由于水银柱的高度不变，封闭空气柱变长，依据玻意耳定律，气体体积增大，压强变小，依据p＝p0－ρgh，h增大，所以H和h都增大。方法二：假设管内封闭空气柱长度不变。由于管内封闭空气柱长度不变，h增大，压强减小，依据玻意耳定律，气体压强减小，体积增大，所以H和h都增大。方法总结：解答液柱动态平衡问题的常用方法为假设法，然后利用p、V之间的关系来确定压强和体积如何改变。水银柱高于水银槽的高度与空气柱长度同增同减，留意水银柱高度改变的缘由就是受力不再平衡。对点训练❶(多选)(2024·辽宁葫芦岛高二期末)如图所示，两端开口、内径匀称的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱A和C将空气柱B封闭在左侧竖直段玻璃管中，平衡时A段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为h2，C段水银两侧液面高度差为h1。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后(BC)A．右侧水银面高度差h1增大B．左侧水银面高度差h2减小C．空气柱B的长度增大D．空气柱B的压强增大解析：设大气压强为p0，水银密度为ρ，空气柱B的压强为pB＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，先假设左边水银面都不动，由于右管h1变大，B气体下面的水银上升，使得B气体压强变大，从而使B气体上面的水银向上移动，使得h2减小，最终稳定时有pB′＝p0＋ρgh1′＝p0＋ρgh2′，由于h2′<h2，可得pB′<pB，h1′<h1，可知左侧水银面高度差h2减小，空气柱B的压强减小，右侧水银面高度差h1减小，故B正确、AD错误；空气柱B发生等温改变，依据玻意耳定律pV＝C，由于空气柱B的压强减小，所以空气柱B的体积增大，空气柱B的长度增大，故C正确。探究玻意耳定律在变质量问题中的应用典|例|剖|析典例2(2024·陕西西安中学月考)如图所示为用来喷洒农药的压缩喷雾器的结构图，A的容积为7.5L，装入药液后，药液上方的空气体积为1.5L，压强为1×105Pa，关闭阀门K，用打气筒B每次打进压强为1×105Pa、体积为250cm3的空气，打气过程中气体温度不变。(1)要使药液上方气体的压强为4×105Pa，打气筒B应打几次气？(2)当A中有4×105Pa的空气后，打开阀门K可喷洒药液，直到不能喷洒时，喷雾器中剩余多少体积的药液？(设不能喷洒时，A中空气压强等于外界大气压强)解析：(1)p0表示打气前A容器中的气体压强，V0表示每次打入压强为p0的空气体积，p1表示打n次后A容器中的空气压强，以A中原有空气和n次打入A中的空气作为探讨对象，由玻意耳定律，可知p0(V＋nV0)＝p1V，所以n＝eq\f((p1－p0)V,p0V0)＝eq\f((4×105－1×105)×1.5,1×105×250×10－3)＝18。(2)A容器内的空气压强等于外界大气压强，以A容器内的空气作为探讨对象，由玻意耳定律，可得p1V＝p0V′，所以药液不能喷洒时，A容器内的空气体积V′＝eq\f(p1,p0)V＝eq\f(4×105,1×105)×1.5L＝6L。则喷雾器中剩余药液的体积V剩＝V总－V′＝7.5L－6L＝1.5L。答案：(1)18次(2)1.5L对点训练❷(多选)(2024·河北石家庄检测)如图所示，用容积为eq\f(1,3)V0的活塞式真空抽气机从容积为V0的容器中抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变。则(CD)A．抽三次就可以将容器中气体抽完B．抽一次后容器内气体压强为eq\f(2,3)p0C．抽一次后容器内气体压强为eq\f(3,4)p0D．抽三次后容器内气体压强为eq\f(27,64)p0解析：每次抽气后容器中气体的体积都会变成V0，所以不行能三次抽完容器中的气体，A错误；以容器中气体与抽气机中气体为探讨对象，第一次抽气时，气体初状态参量为p0、V0，末状态参量为V1＝V0＋eq\f(1,3)V0＝eq\f(4,3)V0，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得p1＝eq\f(3,4)p0，故B错误，C正确；对其次次抽气过程，有V1′＝V0，V2＝V0＋eq\f(1,3)V0＝eq\f(4,3)V0，由玻意耳定律得p1V1′＝p2V2，解得p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2p0，同理可得，第三次抽气后，容器内气体压强为p3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3p0＝eq\f(27,64)p0，D正确。探究活塞和气缸内密封气体的计算典|例|剖|析典例3(2024·江苏泰州中学高二下期中)如图甲所示，竖直放置的气缸上端开口，和活塞共同封闭着肯定质量的气体，气缸和活塞的厚度不计，活塞的质量m＝4kg，面积S＝2×10－3m2，与气缸底端的距离L＝96.25cm，现将气缸和活塞缓慢移至倾角为30°的斜面上，如图乙所示，首先使气缸静止一段时间，然后再释放。已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，气缸和斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6)，气缸和活塞间无摩擦，气体始终封闭完好且气体的温度保持不变，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)气缸静止在斜面上时封闭气柱的长度；(2)气缸在斜面上释放后，稳定时封闭气柱的长度。解题指导：分析活塞和气缸封闭气体的问题，关键是确定探讨对象的初、末状态的状态参量p、V，依据题意选择活塞或气缸进行受力分析，依据平衡条件或者牛顿运动定律求气体在初、末状态的压强。解析：(1)气缸竖直放置，对活塞，由平衡条件得p0S＋mg＝p1S，解得p1＝1.2×105Pa，气缸静止在斜面上，对活塞，由平衡条件得mgsin30°＋p0S＝p2S，解得p2＝1.1×105Pa，由玻意耳定律得p1LS＝p2L′S，解得L′＝105cm。(2)气缸在斜面上释放后，对整体，由牛顿其次定律得(M＋m)gsin30°－μ(M＋m)gcos30°＝(M＋m)a，解得a＝2.5m/s2。对活塞，由牛顿其次定律得mgsin30°＋p0S－p3S＝ma，解得p3＝1.05×105Pa。由玻意耳定律得p1LS＝p3L″S，解得L″＝110cm。答案：(1)105cm(2)110cm对点训练❸(2024·黑龙江哈尔滨三十二中高二下期末)如图所示为内壁光滑的导热气缸，一质量为m＝2kg、横截面积S＝40cm2的活塞封闭肯定质量的气体，起先时气缸如图甲放置，之后将其竖直放置(如图乙)，大气压强p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/s2，求：(1)如图甲放置时，气缸内气体的压强为多少？(2)如图乙放置时，气缸内气体的压强为多少？答案：(1)1×105Pa(2)1.05×105Pa解析：(1)气缸如甲图放置时，依据活塞受力平衡可知，气缸内气体的压强等于外界大气压强，有p＝p0＝1×105Pa。(2)气缸如乙图放置时，依据活塞受力平衡有p′S＝p0S＋mg，可得p′＝1.05×105Pa。一、液柱移动的动态平衡问题1.(多选)(2024·辽宁沈阳高二下期中)如图所示，两端开口的匀称玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为h1的水银柱封闭肯定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是(BD)A．h2变长 B．h2不变C．水银柱上升 D．水银柱下降解析：以管中高h1的水银柱为探讨对象，可得管内封闭气体的压强为p＝p0＋ρgh1，取管下端开口处液片为探讨对象，有p＝p0＋ρgh2，则h1＝h2，h1不变，则h2不变，故A错误，B正确；当外界压强增大时，管内封闭气体的压强p增大，依据玻意耳定律pV＝C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故C错误，D正确。2.(2024·湖南师大附中高二下期中)如图所示，开口向下并插入水银槽中的粗细匀称的玻璃管内封闭着长为H的空气柱，管内水银柱的液面与水银槽的液面的高度差为h。若将玻璃管向右旋转肯定的角度(管下端未离开槽内水银面)，环境温度保持不变，则H和h的改变状况为(D)A．H减小，h增大 B．H增大，h减小C．H和h都增大 D．H和h都减小解析：设大气压为p0，玻璃管竖直时封闭气体的压强p＝p0－ρgh；玻璃管向右旋转肯定角度，假设封闭气体的长度H不变，则水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，依据玻意耳定律可知，封闭气体体积减小，所以H要减小；再假设h不变，在玻璃管倾斜时水银柱的长度会变长，则H会减小，依据玻意耳定律可知封闭气体压强会增大，所以h也要减小，故D正确。二、玻意耳定律在变量问题中的应用3．(2024·重庆渝北中学高二下期中)容积V＝10L的钢瓶充溢氧气后，压强p＝20atm，打开钢瓶阀门，让氧气分别装到容积为V0＝5L的小瓶子中去，若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶子中的氧气压强均为p0＝2atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可装的瓶数是(B)A．2瓶 B．18瓶C．10瓶 D．20瓶解析：以分装前的气体为探讨对象，由玻意耳定律得，pV＝p0V1，即20atm×10L＝2atm×V1，解得V1＝100L，最多可装的瓶数是n＝eq\f(V1－V,V0)＝eq\f(100－10,5)＝18瓶，B正确。4．(2024·江西省南康中学段考)在温度不变的状况下，用活塞式真空抽气机从玻璃瓶中抽气，第一次抽气后，瓶内气体的压强减小到原来的eq\f(4,5)，要使瓶内剩余气体的压强减小为原来的eq\f(256,625)，抽气次数应为(C)A．2次 B．3次C．4次 D．5次解析：设玻璃瓶的容积是V，抽气机的容积是V0，初始时瓶内气体的压强为p，以玻璃瓶中的气体与抽气机中的气体为探讨对象，气体发生等温改变，由玻意耳定律可得pV＝eq\f(4,5)p(V＋V0)，得V0＝eq\f(1,4)V，设抽n次后，剩余气体的压强变为原来的eq\f(256,625)，因抽一次时，瓶内气体压强为p1＝eq\f(4,5)p，故由玻意耳定律可得，抽两次时有p1V＝p2(V＋V0)，解得P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2p，抽三次时，有p2V＝p3(V＋V0)，解得p3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))3p，抽n次时有pn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))np，pn＝eq\f(256,625)p，则n＝4，故选项C正确。三、活塞和气缸内密封气体压强的计算5.如图所示，活塞的质量为m，气缸的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，气缸内封闭有肯定质量的气体，气缸和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为P0，则封闭气体的压强p为(C)A．p＝p0＋eq\f(mg,S) B．p＝eq\f(p0＋(M＋m)g,S)C．p＝p0－eq\f(Mg,S) D．p＝eq\f(mg,S)解析：对气缸进行受力分析，由平衡条件可得p0S＝Mg＋pS，所以p＝p0－eq\f(Mg,S)，故选项C正确。6．(2024·山东青岛高二下期中)一横截面积为S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为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，在温度不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，则活塞B向右