高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第三册第二章 气体、液体和固态本章综合与测试学案

玻意耳定律的应用

[学习目标]　 1.会巧妙地选择研究对象，把变质量的气体问题变为定质量的气体问题.2.会用玻意耳定律分析气体等温变化的综合问题．

一、变质量问题

分析气体的变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，将变质量问题转化为定质量问题，然后用气体实验定律或理想气体状态方程(第三节学到)求解．

(1)打气问题

向篮球、轮胎中充气是一个典型的变质量的气体问题．只要选择篮球、轮胎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，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．

(2020·山西长治学院附属太行中学期末)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，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.V   B.V

C．(－1)V   D．(＋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，气体做等温变化，设充入空气的体积为V′，根据玻意耳定律得p0V＋p0V′＝pV，解得V′＝V＝(－1)V，C正确．

氧气瓶的容积是40 L，瓶内氧气的压强是130 atm，规定瓶内氧气压强降到10 atm时就要重新充氧．有一个车间，每天需要用1 atm的氧气400 L，一瓶氧气能用几天？(假定温度不变)

答案　12天

解析　用如图所示的方框图表示思路．

以氧气瓶内的气体为研究对象，气体发生等温变化，由V1→V2，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，

V2＝＝ L＝520 L，

由(V2－V1)→V3，由玻意耳定律可得p2(V2－V1)＝p3V3，

V3＝＝ L＝4 800 L，

则＝12(天)．

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.

用容积为ΔV的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，每次抽出的气体体积都为ΔV，如图1所示．设容器中原来的气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽气n次后，容器中剩余气体的压强pn为多少？

图1

答案　()np0

解析　当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，抽气机气缸中ΔV体积的气体排出，活塞上提时，容器中气体压强降为p1.活塞第二次上提(即抽第二次气)，容器中气体压强降为p2.根据玻意耳定律，对于第一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋ΔV)，解得p1＝p0，对于第二次抽气，有p1V0＝p2(V0＋ΔV)，解得p2＝()2p0，以此类推，第n次抽气后容器中剩余气体压强降为pn＝()np0.

二、玻意耳定律的综合应用

(2020·广西壮族自治区高二期末)如图2所示，一竖直放置在水平面上的容积为V的圆柱形气缸，气缸内盛有一定质量的气体．活塞的横截面积为S，活塞将气体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此时A中气体的压强为pA(未知)．现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两部分气体的体积之比为1∶2，两部分气体的压强均为1.5p0.在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞进入另一部分，外界温度不变，气缸壁光滑且导热良好，活塞厚度不计，重力加速度为g，求：

图2

(1)pA的大小；

(2)活塞的质量m.

答案　(1)p0　(2)

解析　(1)对A中的气体，由玻意耳定律可得pAVA＝p1V1

其中VA＝，V1＝，p1＝1.5p0

解得pA＝p0.

(2)对B中的气体，由玻意耳定律可得pBVB＝p2V2

其中pB＝pA＋＝p0＋，VB＝，V2＝

又因为p2＝1.5p0

解得m＝.

1．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，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

答案　A

解析　取全部气体为研究对象，由p1(V1＋V2)＝pV1得p＝2.5 atm，故A正确．

2．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

答案　C

解析　取全部气体为研究对象，根据玻意耳定律：p0V0＝p′(V0＋nV1)

n＝＝瓶＝56瓶．

3．大气压强p0＝1.0×105 Pa.某容器的容积为V0＝20 L，装有压强为p1＝2.0×106 Pa的气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，等气体达到新的平衡时，容器内剩余的气体质量与原来气体的质量之比为(　　)

A．1∶19   B．1∶20

C．2∶39   D．1∶18

答案　B

解析　由玻意耳定律得p1V0＝p0V0＋p0V，V0＝20 L，则V＝380 L，即容器中剩余20 L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为V0＋V＝400 L，所以剩余气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比，即＝，B正确．

4．(2020·徐州一中高二开学考试)一只两用活塞气筒的原理图如图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，开始时气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，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(容器内气体温度不变，大气压强为p0)(　　)

图1

A．np0，p0

B.p0， p0

C．(1＋)np0，(1＋)np0

D．(1＋)p0，()np0

答案　D

解析　打气时，活塞每推动一次，就把体积为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′＝p0＝(1＋n)p0.

抽气时，活塞每拉动一次，就把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的体积为V0的气体排出，而再次拉动活塞时，又将容器中剩余的气体的体积从V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＝p0.

第二次抽气p1V＝p2(V＋V0)

p2＝p1＝()2p0

活塞工作n次，则有：

pn＝()np0.故正确答案为D.

5.(2020·山东高二期末)如图2，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容量为5.7×10－3 m3，开始时桶内倒入了4.2×10－3 m3的药液．现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10－4 m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出．当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4 atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1 atm.

图2

(1)求出n的数值；

(2)试判断这个压强能否使喷雾器的药液全部喷完．

答案　(1)18　(2)能

解析　(1)根据玻意耳定律，得p0V＋p0nV′＝4p0V，其中V＝5.7×10－3 m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3 m3，V′＝2.5×10－4 m3，代入数值，解得n＝18；

(2)当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压强，则药液可以全部喷出．

由于温度不变，根据玻意耳定律4p0V＝p2V2，得p2＝

解得p2≈1.053p0＞p0

所以药液能全部喷出．

6．(2020·全国卷Ⅰ)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)．甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等．求调配后

(1)两罐中气体的压强；

(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比．

答案　(1)p　(2)

解析　(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有

p(2V)＝pV1①

两罐气体压强均为p时，总体积为(V＋V1)．

设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②

联立①②式可得p′＝p③

(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有

p′V＝pV2④

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤

联立③④⑤式可得k＝.

7.(多选)如图3所示，均匀U形管内盛有水银，左、右液面相平，左管中A部分用活塞封闭了一定质量的气体，右管中B部分也封闭有气体，开始A、B两部分气体压强均为p，气柱的长度均为l，现将活塞缓慢上提，提升的高度为d，则此过程中(　　)

图3

A．A部分气柱的长度增加量等于d

B．B部分气柱的长度增加量小于d

C．A部分气体的最终压强小于

D．A部分气体的最终压强大于

答案　BD

解析　假设水银柱不动，则A部分气柱的长度增加量等于d，B部分气柱长度没变，根据玻意耳定律可知，A部分气体压强减小，B部分气体压强不变，即A部分气体压强小于B部分气体压强，水银一定在左管内上升，故A部分气柱的长度增加量小于d，A错误；假设B部分气柱的长度增加量等于d，则相当于A部分气柱长度没变，根据玻意耳定律可知A部分气体压强不变，B部分气体压强减小，即A部分气体压强大于B部分气体压强，水银一定在右管内上升，故B部分气柱的长度增加量小于d，故B正确；设U形管的横截面积为S，A部分气体最终压强为p′，假设A部分气柱的长度增加量等于d，则有pSl＝p′S(l＋d)，解得p′＝，而实际A部分气柱的长度增加量小于d，故A部分气体的最终压强p′大于，故D正确，C错误．

8．竖直平面内有一内径处处相同的直角形细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图4所示，外界大气压强p0＝75 cmHg.

图4

(1)若从C端缓慢注入水银，使水银与C端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？

(2)若在竖直平面内将玻璃管顺时针缓慢转动90°，最终AB段处于竖直、BC段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？(结果可用根式表示)

答案　(1)24 cm　(2)20(－1) cm

解析　(1)设A侧气柱长度l1＝35 cm－15 cm＝20 cm时的压强为p1；当两侧水银面的高度差为h＝25 cm时，气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律得p1l1＝p2l2

其中p1＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg

p2＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg

解得l2＝16 cm

故需要注入的水银长度l＝20 cm－16 cm＋25 cm－5 cm＝24 cm

(2)假设顺时针转动90°后，AB部分仍有水银，且AB部分气柱长为l3

由玻意耳定律得p1l1＝p3l3

其中p3＝[75－(35－l3)] cmHg

解得l3＝20(－1)cm≈24.7 cm＜35 cm，假设成立．