第2章 专题强化2 气体变质量问题和关联气体问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教版）

专题强化2　气体变质量问题和关联气体问题 第二章　气体、固体和液体 课时作业 巩固提升 类型1　气体变质量问题 类型2　关联气体问题 内容索引 类型1　气体变质量问题 一 3 角度1　充气问题 充气是一个典型的变质量的气体问题。只要将封闭容器内原有气体和即将充入的气体合在一起作为研究对象,就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的问题。若打气筒筒内体积为V0,容器体积为V,气筒和容器内的空气原来的压强均为p0,推n次后容器内气体压强为p'。若活塞工作n次,就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内,根据玻意耳定律得p0(V+nV0)=p'V,所以p'=(1+n)p0。 [例1]　(2024·山东聊城期中)自行车深受高中生的喜爱,不仅可以解决交通问题还可以增强体质,自行车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易造成安全隐患。某自行车轮胎的容积为V,里面已有压强为p0的气体,现在要使轮胎内的气压增大到p,设充气过程为等温过程,气体可看作理想气体,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的气体体积为(　　) A.V　　　　　　　　 B.V C.(-1)V D.(+1)V C [解析]　气体初始状态:压强为p0,体积为V+V1,末状态:压强为p,体积为V,由玻意耳定律得p0(V+V1)=pV,解得V1=(-1)V,故选C。 角度2　抽气问题 对于抽气问题,分析时,将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体合在一起作为研究对象,可把抽气过程中的气体质量变化问题转化为定质量问题。若抽气筒筒内体积为V0,容器体积为V,活塞每拉动一次,容器中气体的体积从V膨胀为V+V0,容器中的气体压强就要减小,第一次抽气,p0V=p1(V+V0),则p1=p0;第二次抽气,p1V=p2(V+V0),则p2=p1=()2p0,则第n次抽气后,pn=()np0。 [例2]　(多选)如图所示,用容积为的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)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(　　) A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B.第一次抽气后容器内压强为p0 C.第一次抽气后容器内压强为p0 D.连续抽3次后容器内压强为p0 CD [解析]　容器内气体初始状态参量为p0和V0,在第一次抽气过程,对全部的理想气体由玻意耳定律得p0V0=p1(V0+V0),解得p1=p0,故C正确,B错误;同理第二次抽气过程,由玻意耳定律得p1V0=p2(V0+V0),第三次抽气过程p2V0=p3(V0+V0),解得p3=()3p0=p0,可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体,故A错误,D正确。 角度3　分装问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题,分析这类问题时,可以把大容器中剩余的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究,即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 [例3]　容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=10 atm,打开钢瓶阀门,让氧气分装到容积为V'=5 L的小瓶中去,小瓶子已抽成真空。分装完成后,每个小瓶及钢瓶的压强均为p'=2 atm。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可能装的瓶数是(　　) A.4瓶 B.10瓶 C.16瓶 D.20瓶 C [解析]　初态p=10 atm,V=20 L,末态p'=2 atm,V1=V+nV'(n为瓶数),根据玻意耳定律可得pV=p'V1,代入数据解得n=16,故C正确,A、B、D错误。 角度4　漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,属于变质量问题,如果选容器内剩余气体和漏掉的气体整体为研究对象,即设想有一个“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,便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 [例4]　一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0的废弃的氧气罐(认为容积不变),经检测,内部封闭气体的压强为1.2p0(p0为1个标准大气压)。为了消除安全隐患,消防员拟用下面两种处理方案: (1)冷却法:经过合理冷却,使罐内气体温度降为27 ℃,此时气体压强降为p0,求氧气罐内气体原来的温度是多少摄氏度; (2)放气法:保持罐内气体温度不变,缓慢地放出一部分气体,使罐内气体压强降为p0,求氧气罐内剩余气体的质量与原来总质量的比值。 [答案]　(1)87 ℃　(2) [解析]　　(1)对罐内气体,由查理定律有=, 解得T1=T0=360 K, 则气体原来温度为t=(360-273)℃=87 ℃。 (2)假设将放出的气体先收集起来,并保持压强与氧气罐内相同,以全部气体为研究对象,由玻意耳定律有 p1V0=p0V, 解得V=V0=1.2V0, 则剩余气体与原来气体总质量的比为==。 二 类型2　关联气体问题 16 这类问题涉及两部分气体,它们之间虽然没有气体交换,但其压强或体积这些量间有一定的关系,分析清楚这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般方法: (1)分别选取每部分气体为研究对象,确定初、末状态参量,根据状态方程列式求解。 (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系,并列出辅助方程。 (3)多个方程联立求解。 [例5]　(2024·甘肃卷)如图,刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: (1)抽气之后A、B的压强pA、pB; (2)弹簧的劲度系数k。 [答案]　(1)p0　p0　(2) [解析]　(1)抽气前A、B两部分气体的体积均为V=Sl,对A中气体分析,抽气后VA=2V-V=V 根据玻意耳定律得p0V=pA·V 解得pA=p0 以B中一半气体为研究对象,根据玻意耳定律得 p0·V=pBV 解得pB=p0。 (2)由题意可知,弹簧的压缩量为,对活塞受力分析由平衡条件有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 [例6]　如图所示,竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时,U形管右管上端封有压强p0=75 cmHg的理想气体A,左管上端封有长度L1=7.5 cm的理想气体B,左、右两侧水银面高度差L2=5 cm,其温度均为280 K。 (1)求初始时理想气体B的压强; (2)保持气体A温度不变,对气体B缓慢加热,求左、 右两侧液面相平时气体B的温度。 [答案]　(1)70 cmHg　(2)500 K [解析]　(1)设理想气体B的初始压强为pB, 则pB=p0-5 cmHg=70 cmHg。 (2)当左、右两侧液面相平时, 气体A、B的长度均为L3=L1+=10 cm, 以气体A为研究对象, 根据玻意耳定律得p0(L1+L2)S=pA'L3S, 以气体B为研究对象, 根据理想气体状态方程得=, 左、右两侧液面相平时pA'=pB', 联立解得T'=500 K。 [针对训练]　如图所示,将一汽缸竖直放置在水平面上,大气压强p0=1×105 Pa,质量m1=0.4 kg的活塞A和质量m2=0.6 kg的活塞B将汽缸分隔为1、2两气室,平衡时1、2两气室的高度分别为h1=10 cm、h2= 6 cm,活塞A、B的横截面积均为S=2×10-4 m2,重力加速度大小g取 10 m/s2,气体温度始终保持不变,不计一切摩擦,活塞的厚度均不计且活塞一直在汽缸内。 (1)若将汽缸顺时针旋转90°,将汽缸放置水平面上,求平衡后活塞A到汽缸底部的距离x; (2)若活塞B上有许多砂眼,突然间两气室内的气体可以自由流通,求稳定后活塞A与汽缸底部的高度差H。 答案:(1)21 cm　(2)17.5 cm 解析:(1)对活塞A受力分析,得气室1内气体的压强 p1=p0+ 对活塞B受力分析,得气室2内气体的压强 p2=p1+ 将汽缸顺时针旋转90°后,气室1、2内的压强相等且为p=p0 对气室1内的气体,根据等温变化规律有 p1h1S=p0h1'S 对气室2内的气体,根据等温变化规律有 p2h2S=p0h2'S 平衡后活塞A到汽缸底部的距离x=h1'+h2' 解得x=21 cm。 (2)将气室1、2内的气体看成一个整体,稳定后气体的压强为p1, 根据玻意耳定律有p1h1S+p2h2S=p1HS 解得H=17.5 cm。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.打篮球是广大青少年比较喜爱的运动,如图是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情景。打气前篮球内气压等于1.1×105 Pa,每次打入的气体的压强为1.0×105 Pa、体积为篮球容积的5%,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,气体可视为理想气体,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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不变 C.打气6次后,球内气体的压强为1.4×105 Pa D.打气6次后,球内气体的压强为1.7×105 Pa 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:打气后,由于气体的温度不变,所以分子平均动能不变,但每个分子的运动速率无法判断,故球内每个气体分子对球内壁的作用力无法判断,故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,故B错误;打气6次后,由玻意耳定律知p1V0+p0×6×0.05V0=pV0,解得p=1.4×105 Pa,即球内气体的压强为1.4×105 Pa,故C正确,D错误。 2.真空轮胎(无内胎轮胎),又称“低压胎”“充气胎”,在轮胎和轮圈之间封闭着空气,轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力,提高了对破口的自封能力。若某个轮胎胎内气压只有1.6个标准大气压,要使胎内气压达到2.8个标准大气压,用气筒向胎里充气,已知每次充气能充入1个标准大气压的气体0.5 L,轮胎内部空间的体积为3×10-2 m3,且充气过程中保持不变,胎内外气体温度也始终相同,气体看成理想气体,则需要充气的次数为(　　) A.66　　　　　　　　　　 B.72 C.76 D.82 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:气体做等温变化,由玻意耳定律得p1V+np0V0=p2V,即1.6p0×3× 10-2 m3+np0×0.5×10-3 m3=2.8p0×3×10-2 m3,解得n=72,故选B。 3.医用氧气钢瓶的容积V0=40 L,室内常温下充装氧气后,氧气钢瓶内部压强p1=140 atm,释放氧气时瓶内压强不能低于p2=2 atm。病人一般在室内温度下吸氧时,每分钟需要消耗1 atm下2 L氧气,室内常温下,一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为(　　) A.23小时 B.33.5小时 C.46小时 D.80小时 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题意可知,气体的温度不变,由玻意耳定律可得p1V0=p2V0+p3V1,可得V1== L=5 520 L,一瓶氧气能供一个病人吸氧的最长时间为t= min=2 760 min=46 h,故C正确,A、B、D错误。 4.如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长h1=25 cm的空气柱,中间有一段长h2=25 cm的水银柱,上部空气柱的长度h3=60 cm。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为20 cm。假设活塞下推过程中没有漏气,则活塞下推的距离为(　　) A.20 cm B.15 cm C.10 cm D.35 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:活塞未下推之前,液柱下端封闭气体的压强p1=p0+ρgh2=100 cmHg,对液柱下端封闭气体,根据玻意耳定律可知 p1V1=p2V2,其中V1=25 cm·S,V2=20 cm·S,联立解得p2= 125 cmHg,活塞下推后,管上部分气体的压强为p3=p2-ρgh2= 100 cmHg,对管上部分气体,根据玻意耳定律p0V0=p3V3,其中V0=60 cm·S,V3=LS,联立解得管上部分气体的长度L=45 cm,活塞下推的距离为h=(60-45+25-20)cm=20 cm,故选A。 5.氧气瓶内装有温度为300 K、压强为10 atm的氧气。瓶口安装着一个泄气阀,当瓶内气体的压强超过12 atm时,气体将自动排出。在运送时,氧气瓶被装载在车厢中,但炎炎夏日下,车厢内温度变高,此时泄气阀正常工作,排出部分气体,当运送到目的地时,氧气瓶的氧气压强为12 atm,温度为400 K,则排出气体的质量约为原有气体总质量的(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对氧气瓶内的气体分析,初态:p1=10 atm,V1=V0,T1=300 K,末态:p2=12 atm,T2=400 K,根据理想气体状态方程可得=,解得V2=V0,排出气体的质量与原有气体总质量之比===,故A正确。 6.如图所示,A、B是两个装有气体的汽缸,它们的横截面积之比是1∶5,活塞C可以在两个汽缸内无摩擦地左右滑动。大气压强为1 atm,整个装置保持静止。已知这时A汽缸内封闭气体的压强是6 atm,则B汽缸内封闭气体的压强是(　　) A.6 atm B.1.2 atm C.1.5 atm D.2 atm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题意知,pA=6 atm,p0=1 atm,SB=5SA,活塞静止,处于平衡状态,由平衡条件得pASA+p0(SB-SA)=pBSB,代入数据解得pB=2 atm,故选D。 7.如图所示,光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分,这两部分充有温度相同的理想气体,平衡时VA∶VB=1∶2。现将A中气体加热到127 ℃,B中气体降温到27 ℃,待重新平衡后,这两部分气体体积之比VA'∶VB'为(　　) A.1∶1 B.2∶3 C.3∶4 D.2∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对A部分气体有=①,对B部分气体有=②,因为pA=pB,pA'=pB',TA=TB,联立①②式得=,所以===,故选B。 [B组　综合强化练] 8.一横截面积为S的汽缸水平放置,固定不动,汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为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,在室温不变的条件下,缓慢推动活塞A,使之向右移动一段距离d,不计活塞与汽缸壁之间的摩擦,汽缸密闭不漏气,则活塞B向右移动的距离为(　　) A.d B.d C.d D.d 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:以活塞B为研究对象,初状态p1S=p2S,气室1、2的体积分别为V1、V2,末状态p1'S=p2'S,在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x,因温度不变,分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律,得p1V1=p1'(V1+xS-dS),p2V2=p2'(V2-xS),联立并代入数据解得x=d,故A、B、C错误,D正确。 9.如图,U形细管左端开口,右端封闭一定质量的理想气体,气柱长度为 9 cm;左边用5 cm高的水银柱也封闭有一定质量的理想气体,管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为20 cm,大气压强为75 cmHg。现向左边注入一部分水银,发现右边液面上升了3 cm。气体温度均保持不变。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)左边注入水银后,右边气柱的压强; (2)左边注入水银的高度。 答案:(1)90 cmHg　(2)36 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)左边气体压强开始为 p1=75 cmHg+5 cmHg=80 cmHg 右边气体压强开始为 p2=80 cmHg-20 cmHg=60 cmHg 右边气体体积V2=l2S,l2=9 cm 右边液面上升3 cm,气体长度变为 l2'=l2-3 cm=6 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设右边气体压强后来为p2',体积为V2'=l2'S 对右边气体由玻意耳定律知p2V2=p2'V2' 解得p2'=90 cmHg 即左边注入水银后,右边气柱的压强为90 cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)左边注入水银后,左边气体压强值变为 p1'=p2'+(20+6)cmHg=116 cmHg 则其上水银柱长 h1'=116 cm-75 cm=41 cm 注入水银柱的长度h=h1'-h1=36 cm 即左边注入的水银的高度为36 cm。 10.某导热性能良好的葫芦形钢瓶中密封有一定质量、可视为理想气体的空气,瓶内初始温度T1=300 K,压强p1=3.0×105 Pa,已知大气压强p0=1.0×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)若瓶内空气温度升高到37 ℃,求瓶内空气的压强p2; (2)若打开瓶盖,周围环境温度恒为27 ℃,足够长时间后,求瓶内剩余的空气质量与原有空气质量的比值。 答案:(1)3.1×105 Pa　(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)由题意可知钢瓶中的气体发生等容变化,根据查理定律得= 代入数据解得p2=3.1×105 Pa。 (2)打开瓶盖后经过足够长的时间,钢瓶内压强和大气压强相等,设钢瓶体积为V1,以最初钢瓶内所有气体为研究对象,其最终总体积为V2,根据玻意耳定律得p1V1=p0V2 则瓶内剩余空气的质量与原有空气的质量比为= 解得=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 11.(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2,高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。 已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取 10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变, 空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求x; (2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 答案:(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程中气体发生等温变化,所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得x=2 cm。 (2)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有 p0V+p2HS1=p3(HS1+S2) 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·河北邯郸十校联考)如图所示,现用活塞式抽气机对容器抽气,M、N为单向工作阀门,当活塞向左压时,阀门M关闭,N打开,右侧抽气机汽缸中的气体完全排出,当活塞向右拉时,阀门M打开,N关闭,抽气机对容器抽气。已知右侧活塞间的有效抽气容积为V,左侧容器的容积为2V,初始密封在容器中的气体压强等于大气压强p0,活塞的横截面积为S,不计活塞的重力,抽气过程中气体温度不变,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)向右缓慢拉活塞第一次抽气过程中,手对活塞拉力的最大值; (2)抽气5次后容器中剩余气体的压强。 答案:(1)p0S　(2)p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)对于第一次抽气,右拉活塞,容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中,气体压强降为p1,根据玻意耳定律有p0×2V=p1(2V+V) 解得p1=p0 根据平衡条件得手对活塞的最大拉力F1=(p0-p1)S=p0S。 (2)对于第二次抽气,右拉活塞,容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中,气体压强降为p2,根据玻意耳定律有p1×2V=p2(2V+V) 解得p2=()p1=()2p0 依次类推,第5次抽气后容器中剩余气体压强p5=()5p0=p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$