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微专题2 气体的变质量问题
了解常见的变质量问题分类,会巧妙地选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量气体问题,掌握处理变质量问题的方法。
[定位·学习目标]
突破·关键能力
要点 气体的变质量问题
1.变质量问题类型
分析变质量问题时,可以通过巧妙地选择合适的研究对象,使这类问题转化为一定质量的气体问题,以便用气体规律对问题进行分析解答。
(1)充气问题:向球、轮胎等封闭容器中充气。只要选择容器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问题。
「要点归纳」
(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。将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
(3)分装问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中。可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象,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减少。可以选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象,使变质量问题变成定质量问题。
(5)敞口容器中外界压强或温度变化问题:可将因外界压强变化或温度变化而排出或进入的气体整体为研究对象,将容器内气体的变质量问题转化为包含排出(或进入)气体的定质量问题。
2.处理变质量问题的方法
(1)选取合适的研究对象,将变质量问题转化为定质量问题。
(2)求解方法。
①利用气体实验定律和理想气体的状态方程,将状态不同的几部分气体转化为相同状态列式求解。
「典例研习」
[例1] [充气问题] 如图所示,一篮球的容积为 7.5 L,内有压强为1.2 atm的气体,现用打气筒对篮球进行充气,每打一次都能将体积为200 mL、压强为
1.0 atm 的气体打进篮球内,共打10次结束充气。若篮球内气体可视为理想气体,打气过程忽略篮球容积和球内气体温度的变化,求:
(1)打气结束后球内气体的压强与球内原有气体的压强之比;
(2)打进篮球内气体的质量与篮球内原有气体的质量之比。
[例2] [抽气问题] 如图所示,现用活塞式抽气机对容器抽气,M、N均为单向工作阀门,当活塞下压时,阀门M关闭,打开N,上面抽气机汽缸中的气体排出;当活塞上提时阀门M打开,N关闭,抽气机对容器抽气。
已知上面汽缸内的有效抽气容积为V,下面容器的容积为5V,活塞的横截面积为S,初始时封在容器中的气体压强为p0,外界大气压强也为p0,活塞位于最下端,不计活塞的重力和抽气机与汽缸壁之间的摩擦力,抽气过程缓慢进行且气体温度保持不变,则( )
D
[例3] [分装问题] 南方某市需向北方采购一批大瓶装氧气(如图所示),每个钢瓶的容积为40 L,在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa,温度为7 ℃,长途运输到该市医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为 1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中,要用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装,小钢瓶容积为10 L,分装后每个小钢瓶内氧气压强为 4×105 Pa,分装前小钢瓶内为真空。要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏,求:
(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度;
【答案】 (1)21 ℃
(2)一个大钢瓶可分装多少个小钢瓶。
【答案】 (2)124
【答案】 (2)法一 转化法
设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3,
则p2=1.26×107 Pa,V2=0.04 m3,p3=2×105 Pa,
根据p2V2=p3V3得V3=2.52 m3,
除大钢瓶内剩余的氧气外,可用于分装小钢瓶的氧气p4=2×105 Pa,
V4=2.52 m3-0.04 m3=2.48 m3,
分装成小钢瓶的氧气p5=4×105 Pa,V5=nV,
其中小钢瓶体积为V=0.01 m3,根据p4V4=p5V5,得n=124,
即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。
法二 利用克拉伯龙方程
对总的氧气有p2V2=p2′V2+p·nV,
其中p2=1.26×107 Pa,V2=0.04 m3,V=0.01 m3,p=4×105 Pa,p2′=2×105 Pa,
将数据代入上式得n=124,即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。
[例4] [漏气问题] 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为27 ℃时,压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃,求此时夹层中空气的压强。
【答案】 (1)3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。
变质量问题分析
在使用气体实验定律处理变质量问题时最重要的是要选择合适的研究对象,使之状态变化前后质量不变,并灵活选择计算方法,同时注意状态变化条件,有无温度变化,从而正确选择玻意耳定律的分态公式或者理想气体的状态方程分态公式。
·规律方法·
检测·学习效果
1.自行车轮胎正常气压约为大气压强p0的4倍,一同学骑自行车上学时,发现自行车轮胎气压大约只有1.5p0,于是用家里容积为10 cm3的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。已知自行车轮胎的容积为 80 cm3,打气过程中气体温度不变,为使轮胎内气体的压强达到正常值,该同学至少要打气的次数为( )
[A] 16 [B] 20 [C] 24 [D] 36
B
【解析】 打气过程气温不变,设打气的次数至少为n,此时胎内气体压强为4p0,取原有气体和打入的气体为研究对象,根据玻意耳定律有1.5p0V+np0V0=4p0V,解得n=20,故B正确,A、C、D错误。
2.活塞式抽气机的汽缸容积为V,用它给容积为2V的容器抽气,抽气机抽动三次(抽气过程可视为等温变化),容器内剩余气体压强是原来的( )
D
3.如图所示为一体积不变的绝热真空容器,现打开排气孔的阀门,使容器中充满与外界大气压强相等的理想气体,然后关闭阀门。关闭阀门时容器中气体的温度为t0=7 ℃。现通过容器内的电阻丝(未画出)对封闭气体加热,使封闭气体的温度升高 40 ℃ 且保持不变,轻启阀门使容器中的气体缓慢排出,当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时,容器中剩余气体的质量与原来气体的质量之比为( )
[A] 3∶4 [B] 5∶6
[C] 6∶7 [D] 7∶8
D
4.一医用氧气瓶内有压强为p、温度为T1、体积为V的氧气。该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用,如图所示。设每次分装时,氧气袋内无气体,分装结束后,每个氧气袋的体积为V1,压强为p1。
(1)若分装气体之前,氧气瓶由于受到日照,氧气温度升高为T2,求此时氧气瓶内气体的压强;
(2)若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持T1不变,求分装2个氧气袋后,氧气瓶内所剩余气体的压强。
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[定位·学习目标] 了解常见的变质量问题分类,会巧妙地选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量气体问题,掌握处理变质量问题的方法。
要点 气体的变质量问题
要点归纳
1.变质量问题类型
分析变质量问题时,可以通过巧妙地选择合适的研究对象,使这类问题转化为一定质量的气体问题,以便用气体规律对问题进行分析解答。
(1)充气问题:向球、轮胎等封闭容器中充气。只要选择容器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。将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。
(3)分装问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中。可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象,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减少。可以选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象,使变质量问题变成定质量问题。
(5)敞口容器中外界压强或温度变化问题:可将因外界压强变化或温度变化而排出或进入的气体整体为研究对象,将容器内气体的变质量问题转化为包含排出(或进入)气体的定质量问题。
2.处理变质量问题的方法
(1)选取合适的研究对象,将变质量问题转化为定质量问题。
(2)求解方法。
①利用气体实验定律和理想气体的状态方程,将状态不同的几部分气体转化为相同状态列式求解。
②对分为不同状态的几部分(或几部分合为一整体)的气体,可用=++…+求解。
③利用密度关系求解。根据=,结合V=,可得=,由等温变化可得=,由等压变化可得ρ1T1=ρ2T2。
典例研习
[例1] [充气问题] 如图所示,一篮球的容积为 7.5 L,内有压强为1.2 atm的气体,现用打气筒对篮球进行充气,每打一次都能将体积为200 mL、压强为 1.0 atm 的气体打进篮球内,共打10次结束充气。若篮球内气体可视为理想气体,打气过程忽略篮球容积和球内气体温度的变化,求:
(1)打气结束后球内气体的压强与球内原有气体的压强之比;
(2)打进篮球内气体的质量与篮球内原有气体的质量之比。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)以充气结束后篮球内的气体为研究对象,由玻意耳定律得p1V1+p0×nV0=p2V1,
其中p1=1.2 atm,V1=7.5 L,p0=1.0 atm,
V0=0.2 L,n=10,
解得=。
(2)以篮球中原有气体为研究对象,由玻意耳定律,得p1V1=p0V1′,
打进篮球内气体的质量与篮球内原有气体的质量之比为=,
联立解得=。
[例2] [抽气问题] 如图所示,现用活塞式抽气机对容器抽气,M、N均为单向工作阀门,当活塞下压时,阀门M关闭,打开N,上面抽气机汽缸中的气体排出;当活塞上提时阀门M打开,N关闭,抽气机对容器抽气。已知上面汽缸内的有效抽气容积为V,下面容器的容积为5V,活塞的横截面积为S,初始时封在容器中的气体压强为p0,外界大气压强也为p0,活塞位于最下端,不计活塞的重力和抽气机与汽缸壁之间的摩擦力,抽气过程缓慢进行且气体温度保持不变,则( )
[A] 第一次抽气过程中手对活塞拉力的最大值 F=p0S
[B] 第一次抽气过程中手对活塞的拉力为最大值时,汽缸内气体压强p1=p0
[C] 抽气6次后容器中剩余气体的压强为()5p0
[D] 抽气6次后容器中剩余气体的压强为()6p0
【答案】 D
【解析】 第一次抽气过程中手对活塞拉力有最大值时活塞位于最上端,设手对活塞的最大拉力为F,此时汽缸内气体压强为p1,对活塞有F+p1S=p0S,抽气过程缓慢进行且气体温度保持不变,根据玻意耳定律有p1(V+5V)=p0×5V,解得 p1=p0,F=p0S,选项A、B错误;设第二次抽气后容器中剩余气体的压强为p2,根据玻意耳定律得p2(V+5V)=p1×5V,解得p2=p1=()2p0,同理可得,抽气6次后容器中剩余气体的压强为p6=()6p0,选项C错误,D正确。
[例3] [分装问题] 南方某市需向北方采购一批大瓶装氧气(如图所示),每个钢瓶的容积为40 L,在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa,温度为7 ℃,长途运输到该市医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为 1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中,要用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装,小钢瓶容积为10 L,分装后每个小钢瓶内氧气压强为 4×105 Pa,分装前小钢瓶内为真空。要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏,求:
(1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度;
(2)一个大钢瓶可分装多少个小钢瓶。
【答案】 (1)21 ℃ (2)124
【解析】 (1)大钢瓶的容积一定,从北方到该市对大钢瓶内氧气,由查理定律有=,
解得T2=294 K,故t2=21 ℃。
(2)法一 转化法
设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3,
则p2=1.26×107 Pa,V2=0.04 m3,p3=2×105 Pa,
根据p2V2=p3V3得V3=2.52 m3,
除大钢瓶内剩余的氧气外,可用于分装小钢瓶的氧气p4=2×105 Pa,
V4=2.52 m3-0.04 m3=2.48 m3,
分装成小钢瓶的氧气p5=4×105 Pa,V5=nV,
其中小钢瓶体积为V=0.01 m3,
根据p4V4=p5V5,得n=124,
即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。
法二 利用克拉伯龙方程
对总的氧气有p2V2=p2′V2+p·nV,
其中p2=1.26×107 Pa,V2=0.04 m3,V=0.01 m3,p=4×105 Pa,p2′=2×105 Pa,将数据代入上式得n=124,即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。
[例4] [漏气问题] 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为27 ℃时,压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃,求此时夹层中空气的压强。
(2)当保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值。设环境温度为27 ℃,大气压强为1.0×105 Pa。
【答案】 (1)3.1×103 Pa (2)
【解析】 (1)初状态 p1=3.0×103 Pa,
T1=(273+27)K=300 K,
末状态 T2=(273+37)K=310 K,
设压强为p2,
根据查理定律得=,
解得p2=3.1×103 Pa。
(2)保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,以夹层中原有空气为研究对象,由玻意耳定律得
p1V=p0V′,
解得V′=0.03V,
夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值==。
变质量问题分析
在使用气体实验定律处理变质量问题时最重要的是要选择合适的研究对象,使之状态变化前后质量不变,并灵活选择计算方法,同时注意状态变化条件,有无温度变化,从而正确选择玻意耳定律的分态公式或者理想气体的状态方程分态公式。
1.自行车轮胎正常气压约为大气压强p0的4倍,一同学骑自行车上学时,发现自行车轮胎气压大约只有1.5p0,于是用家里容积为10 cm3的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。已知自行车轮胎的容积为 80 cm3,打气过程中气体温度不变,为使轮胎内气体的压强达到正常值,该同学至少要打气的次数为( )
[A] 16 [B] 20 [C] 24 [D] 36
【答案】 B
【解析】 打气过程气温不变,设打气的次数至少为n,此时胎内气体压强为4p0,取原有气体和打入的气体为研究对象,根据玻意耳定律有1.5p0V+np0V0=4p0V,解得n=20,故B正确,A、C、D错误。
2.活塞式抽气机的汽缸容积为V,用它给容积为2V的容器抽气,抽气机抽动三次(抽气过程可视为等温变化),容器内剩余气体压强是原来的( )
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 设容器内原来的压强为p,抽气机第一次抽气过程,根据玻意耳定律可得p·2V=p1(2V+V),解得p1=,抽气机第二次抽气过程,根据玻意耳定律可得p1·2V=p2(2V+V),解得p2==p,抽气机第三次抽气过程,根据玻意耳定律可得p2·2V=p3(2V+V),解得p3==p,可知容器内剩余气体压强是原来的。故选D。
3.如图所示为一体积不变的绝热真空容器,现打开排气孔的阀门,使容器中充满与外界大气压强相等的理想气体,然后关闭阀门。关闭阀门时容器中气体的温度为t0=7 ℃。现通过容器内的电阻丝(未画出)对封闭气体加热,使封闭气体的温度升高 40 ℃ 且保持不变,轻启阀门使容器中的气体缓慢排出,当容器中气体的压强再次与外界大气压强相等时,容器中剩余气体的质量与原来气体的质量之比为( )
[A] 3∶4 [B] 5∶6
[C] 6∶7 [D] 7∶8
【答案】 D
【解析】 方法一(变质量转化为定质量) 由题意可知,进入容器内的气体的加热过程为等容变化,初始状态参量为p1=p0,T1=280 K,加热后压强为p1′,T1′=320 K,由查理定律得 =,则p1′=p0;打开阀门使容器中的气体缓慢排出,设容器的容积为V0,对包含排出的气体整体,气体发生等温变化,压强由p1′变为p0,设气体的总体积为V,由玻意耳定律得p1′V0=p0V,解得V=V0,而容器中剩余气体的体积为V0,即容器中剩余气体质量与原来气体质量之比==,故D正确。
方法二(应用密度关系) 设打开排气阀门前和打开阀门后气体的密度分别为ρ0、ρ1,温度T0=280 K,T1=320 K,根据盖-吕萨克定律可得ρ0T0=ρ1T1,故==,设容器的容积为V0,容器内剩余气体质量与原来气体的质量之比为==,故D正确。
4.一医用氧气瓶内有压强为p、温度为T1、体积为V的氧气。该氧气瓶内氧气可以通过调压阀分装到氧气袋中以方便使用,如图所示。设每次分装时,氧气袋内无气体,分装结束后,每个氧气袋的体积为V1,压强为p1。
(1)若分装气体之前,氧气瓶由于受到日照,氧气温度升高为T2,求此时氧气瓶内气体的
压强;
(2)若分装过程中瓶中和袋中的氧气温度始终保持T1不变,求分装2个氧气袋后,氧气瓶内所剩余气体的压强。
【答案】 (1) (2)p-
【解析】 (1)由等容变化可知=,
解得p′=。
(2)设分装气体时,每个氧气袋中的气体在原来瓶中所占的体积为ΔV,
由等温变化可得p1V1=pΔV,
设剩余气体的压强为p2,
由等温变化可得p(V-2ΔV)=p2V,
解得p2=p-。
课时作业
(分值:60分)
基础巩固练
考点一 充气问题
1.(6分)(多选)如图所示是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情形。打气前篮球内气压等于 1.0 atm,每次打入的气体的压强也为 1.0 atm,体积为篮球容积的,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,球内气体可视为理想气体,则( )
[A] 打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力都增大
[B] 打气后,球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大
[C] 打气6次后,球内气体的压强为1.3 atm
[D] 打气6次后,球内气体的压强为1.4 atm
【答案】 BC
【解析】 打气后,由于气体的温度不变,分子平均动能不变,球内气体分子对球内壁的平均作用力不变,但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不能确定,A错误;打气后,球内气体的压强变大,即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大,B正确;打气6次后,由玻意耳定律得 p0(V0+6×V0)=pV0,解得p=1.3 atm,C正确,D错误。
2.(4分)用活塞式气筒向一个容积为V的容器内打气,每次把体积为V0、压强为p0的空气打入容器内。若容器内原有空气的压强为p0,打气过程中温度和容器的容积均不变,则打了n次气后容器内气体的压强为( )
[A] n [B] p0+np0
[C] p0+n [D] p0+()np0
【答案】 C
【解析】 以容器内原有的气体和打进的气体为研究对象,初态压强为p0、体积为V+nV0,末态压强为p′、体积为V,由玻意耳定律有p0(V+nV0)=p′V,解得 p′=p0+,故选C。
考点二 抽气问题
3.(4分)钢瓶中装有一定量的气体,现在用两种方法抽钢瓶中的气体,第一种方法用小抽气机,每次抽1 L气体,共抽取3次;第二种方法是用大抽气机,一次抽取3 L气体。以上过程中气体温度保持不变,下列说法正确的是( )
[A] 两种抽法抽取的气体质量一样多
[B] 第二种抽法抽取的气体质量多
[C] 第一种抽法中,每次抽取的气体质量逐渐减小
[D] 第一种抽法中,每次抽取的气体质量逐渐增大
【答案】 C
【解析】 设初状态气体压强为p0,钢瓶体积为V,两种抽法温度都保持不变,第一种,由玻意耳定律得p0V=p1(V+1 L),解得p1=p0,同理 p2=p1=p0()2,p3=p2=p0()3,虽然每次抽取的气体体积相同,但是由于每次抽出气体后剩下的气体密度减小,所以抽出的气体质量逐渐减小,故C正确,D错误;第二种,由玻意耳定律得p0V=p′(V+3 L),解得p′=p0>p3,由此可知,第一种抽法抽出气体后剩余气体的压强小,即抽取的气体质量多,故A、B错误。
考点三 分装问题
4.(4分)现有一个容积为400 L的医用氧气罐,内部气体可视为理想气体,压强为 15 MPa,为了使用方便,用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装,发现恰好能装满 40个小氧气瓶,分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为 3 MPa,不考虑分装过程中温度的变化,则每个小氧气瓶的容积为( )
[A] 20 L [B] 40 L [C] 50 L [D] 60 L
【答案】 B
【解析】 把氧气罐内的气体作为整体,在分装过程中,气体做等温变化,则初态p1=15 MPa,
V1=400 L;末态p2=3 MPa,根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,解得V2=2 000 L;设每个小氧气瓶的容积为V,则V==40 L,故A、C、D错误,B正确。
5.(4分)某商场在周年庆祝活动时,某同学用压强为18 atm、容积为 15 L 的气罐给气球充气(充气过程温度保持不变且忽略充气前气球内的气体),若充气后每个气球压强为2.5 atm、体积为1 L,则最多可以充气球的个数为( )
[A] 86 [B] 93 [C] 96 [D] 100
【答案】 B
【解析】 充气结束时,气罐内气体的压强为p2=2.5 atm,由玻意耳定律可得p1V=p2(V+nV0),代入数据解得最多可以充气球的个数为n=93,故选B。
考点四 漏气问题
6.(4分)打篮球是同学们喜爱的一种体育活动,一定容积的篮球内部气体的压强为1.5 atm。某同学用该篮球去篮球场打球,一段时间后,发现篮球气压不足,经检测得知篮球内部气体的压强为 1.2 atm。设篮球体积和球内气体温度均不变,则篮球漏出的气体质量占篮球内原来气体总质量的百分比为( )
[A] 15% [B] 20% [C] 25% [D] 30%
【答案】 B
【解析】 设开始篮球内部气体的压强为p1,漏气后篮球内部气体的压强为p2,篮球容积为V0,漏出气体体积为ΔV,根据玻意耳定律有p2(V0+ΔV)=p1V0,解得ΔV=V0,则有η=×
100%=×100%,解得η=20%,故选B。
综合提升练
7.(6分)(多选)如图所示的家庭小型喷壶总容积为1.4 L,打气筒每次可将压强为 1.0×
105 Pa、体积为0.02 L的空气充入壶内,从而增加壶内气体的压强。为了保证喷壶的安全,壶内空气压强不能超过5.0×105 Pa;为了保证喷水效果,壶内气体压强至少为3.0×105 Pa,当壶内空气压强降至1.0×105 Pa时便不能向外喷水。现装入1.2 L的水并用盖子密封,壶内被封闭空气的初始压强为1.0×105 Pa。壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计,壶内空气可视为理想气体且温度始终不变,则下列说法正确的是( )
[A] 为了保证喷水效果,打气筒最少打气20次
[B] 为了保证喷壶安全,打气筒最多打气50次
[C] 若充气到喷壶安全上限,然后打开喷嘴向外喷水,可向外喷出水的体积为0.8 L
[D] 若充气到喷壶安全上限,然后打开喷嘴向外喷水,可向外喷出水的体积为1 L
【答案】 AC
【解析】 为了保证喷水效果,设打气筒最少打气n次,则有p0V0+np0ΔV=p1V0,其中p0=
1.0×105 Pa,V0=1.4 L-1.2 L=0.2 L,ΔV=0.02 L,p1=3.0×105 Pa,解得n=20,故A正确;为了保证喷壶安全,打气筒最多打气m次,则有p0V0+mp0ΔV=p2V0,其中p2=5.0×105 Pa,解得m=40,故B错误;若充气到喷壶安全上限,然后打开喷嘴向外喷水,设可向外喷出水的体积为Vx,则有p2V0=p0(V0+Vx),解得Vx=0.8 L,故C正确,D错误。
8.(16分)我国在许多高海拔地区都有供氧站,有相应的供氧设施设备。容积为40 L的氧气钢瓶储存在温度为-13 ℃的冷库中,测得钢瓶内氧气的压强为130 atm,现将其移动到温度为27 ℃的室外放置一段时间。
(1)试计算移动到室外后瓶中气体的压强;
(2)若要将该瓶氧气在室外用分装器分装成容积为10 L、压强为4 atm的小瓶(小瓶已抽成真空),分装过程无漏气,氧气温度可视为不变,则该瓶氧气可以分装到多少小瓶;
(3)若有五名游客用如图所示的活塞式抽气筒与(2)中分装好的小氧气瓶连通缓慢抽气,每次抽出氧气体积ΔV=1 L再充到自带的小钢瓶中使用,求最后一名游客抽完后小氧气瓶中的压强。(不考虑抽气分装过程中的漏气和温度变化,0 ℃对应的热力学温度为 273 K;结果保留2位有效数字)
【答案】 (1)150 atm (2)146 瓶 (3)2.5 atm
【解析】 (1)设移动到室外后钢瓶内气体的压强为p′,由于气体的体积不变,
由查理定律可得=,
解得p′=150 atm。
(2)设小钢瓶容积为V0,压强为p0,分装过程由玻意耳定律有p′V=p0(nV0+V),
解得n=146。
(3)第一次抽气p0V0=p1(V0+ΔV),
解得p1=p0,
第二次抽气p1V0=p2(V0+ΔV),
解得p2=p1=()2p0,
故第五次抽气p5=()5p0≈2.5 atm,
故小氧气瓶中的压强约为2.5 atm。
