第2章 专题强化4 理想气体的综合问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（粤教版2019）

DISIZHANG 第四章 专题强化4　理想气体的综合问题 1 1.会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题(重点)。 2.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题(难点)。 3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题(难点)。 学习目标 2 一、变质量问题 二、关联气体问题 专题强化练 内容索引 3 变质量问题 一 4 1.打气问题 向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或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变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。 　用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV=500 cm3，轮胎容积V=3 L，原来压强p=1 atm。现要使轮胎内压强变为p'=4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)多少？ 例1 答案　18次 选所有气体为研究对象，设打气次数为n，则p(V+nΔV)=p'V，代入数据解得：n=18。 拓展　若[例1]中轮胎中原来压强为1.5 atm，其他条件不变，则要打气次数为多少？ 答案　15次 设打气筒每次打入p0=1 atm，ΔV=500 cm3的气体，相当于压强为p=1.5 atm 的气体体积为ΔV'，由等温变化规律得：p0ΔV=pΔV' ① 设打气次数为n，则p(V+nΔV')=p'V ② 联立①②解得：n=15。 总结提升 已知理想气体状态方程=c中c=nR(n指物质的量，R是气体常量) 把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合。 混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：+…+。 若温度不变，p1V1+p2V2+…+pnVn=pV 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。 　(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 例2 √ √ 容器内气体压强为p0，则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等温变化规律得：p0V0=p1(V0+V0)，解得p1=p0，故C正确，B错误； 同理第二次抽气过程，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。 总结提升 这类抽气问题要注意每次抽气时气体压强不同，解决此类问题应每次抽气单独列方程，再联立求解。 3.罐气(气体分装)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。 　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 例3 √ 初态p=10 atm，V=20 L，末态p'=2 atm，V1=V+nV'(n为瓶数)，温度保持不变，则有pV=p'V1，代入数据解得n=16，故C正确，A、B、D错误。 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。 　物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为 A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4% 例4 √ 以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，气体发生等压变化有，可得V1=V0，则室内的空气质量减少了ρ气(V1-V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为×100%≈6.7%，故选B。 总结提升 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。 返回 关联气体问题 二 19 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，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。 　(2024·广东华南师大附中高二月考)如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差 h1=12 cm，已知大气压强p0=76 cmHg，大气温度T1=300 K， 现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银 面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少； 例5 答案　68 cmHg　80 cmHg　 加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg，pA=pB-ρgh1=68 cmHg (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2； 答案　441 K 空气柱B压强保持不变， 则有pA2=pB=80 cmHg 空气柱A根据理想气体状态方程有 ，解得T2≈441 K (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。 答案　20.12 cm 以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441 K， 体积VB2=(L2+ΔL)S， 由盖—吕萨克定律得，联立解得ΔL=14.1 cm 空气柱B上方水银柱上升高度为L=ΔL+=20.1 cm。 　如图所示，气缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB=1∶2。现将气缸从如图位置逆时针缓慢转动，转动过程中A、B两部分气体温度均不变，直到活塞成水平放置，此时A、B两部分气体体积相同。之后保持A部分气体温度不变，加热B部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A、B两部分气体体积之比仍然为VA∶VB=1∶2。已知重力加速度为g。求： (1)活塞的质量； 例6 答案　　 活塞转到水平位置时，A在上，B在下， 设总体积为V，活塞质量为m， 则pAS+mg=pBS 对A气体，由玻意耳定律得p· 对B气体，由玻意耳定律得p· 解得m=。 (2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度之比。 答案　5∶3 设初态A、B两部分气体的温度均为T， 则最后状态时A部分气体的温度仍为T， B部分气体加热后的温度为T'， 对A气体，体积、温度均不变， 故压强不变，仍为初态的p； 对B气体，压强pB=p+p 由查理定律得，解得。 总结提升 解决关联气体问题的一般方法 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，并列出方程。 3.多个方程联立求解。 返回 专题强化练 三 训练1　变质量问题 训练2　关联气体问题 29 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。设充气过程为等温变化过程，空气可看作理想气体，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础强化练 √ 取充气后储气罐内的气体为研究对象，由p1(V1+V2)=pV1，代入数据得p=2.5 atm，故A正确。 2.(多选)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0=1 atm) A.1 atm　30 L B.4 atm　2.5 L C.1 atm　40 L D.4 atm　7.5 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当气体从阀门跑出时，温度不变，所以有p1V1=p0V2，得V2=40 L， 逸出气体的压强为1 atm时，体积为40 L-10 L=30 L，故A正确，C错误； 根据p0(V2-V1)=p1V1' 得V1'= L=7.5 L，故B错误，D正确。 3.中国职业篮球联赛是我国最顶尖的篮球赛事，赛前对篮球的检查是一项重要工作。比赛用球的体积为V0，标准气压为0.48~0.62 bar(1 bar=105 Pa)。有一篮球气压为0.3 bar，现用打气筒对其充气，打气筒每次能充入压强为105 Pa、体积为0.02V0的气体(气体可视为理想气体)，忽略充气过程温度和篮球体积的变化，则为达到比赛用球标准，充气次数至少为 A.2 B.6 C.9 D.16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设充气次数为n次，根据玻意耳定律p0V0+np00.02V0=p2V0，代入数据0.3 bar×105 Pa×V0+105 Pa×0.02V0×n=0.48 bar×105 Pa×V0，解得n=9，故选C。 4.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部氧气可视为理想气体，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1=15 MPa，V1=400 L；末态：p2=3 MPa，V2=40V0+400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，代入数据得V0=40 L，B正确。 5.一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 取原来瓶中气体为研究对象，初态V1=V0，T1=280 K 末态V2=V0+V，T2=320 K 由盖—吕萨克定律得： 又，可得，故D正确。 6.一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为 A.p0 C.p0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p0·2V0= p1V0 +p1·2V0=p1·3V0 第二次抽气有p1·2V0= p2V0 + p2·2V0 第三次抽气有p2·2V0= p3V0 + p3·2V0 第四次抽气有p3·2V0= p4V0 + p4·2V0 经过计算有p4=()4p0= p0，D正确。 7.(2024·广东省阶段练习)如图所示为校园餐厅内装热牛奶的保温桶，其容积为18 L，底部有一阀门，打开后牛奶可缓慢流出。现向内倒入12 L热牛奶，立即用桶盖将其密封，此时桶内部气压可达到2.5p0(p0为当地大气压)。用容积为250 mL的杯子接牛奶，假设桶内部气体质量不变，温度不变，忽略牛奶产生的压强。求： (1)接满6杯牛奶后，桶内气体压强； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 答案　2p0　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 以桶内封闭气体为研究对象，初始状态：p1=2.5p0，V1=18 L-12 L=6 L，接满6杯牛奶后，设桶内气体压强为p2，体积V2=6 L+0.25 L×6=7.5 L 根据等温变化有p1V1=p2V2 解得p2=2p0 (2)最多可连续接满多少杯牛奶。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　36 假设最多可以连续接满n杯，设此时桶内气体压强为p3，有p3=p0 体积V3=6+0.25n(L) 根据等温变化有p1V1=p3V3 解得n=36。 8.(2024·广东省阶段练习)建盏是中国国家地理标志产品，具有“入窑一色，出窑万彩”的独特魅力。建盏传统烧制为柴烧，为节约能源和提高成品率，现今多采用电烧。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27 ℃，压强为p0(大气压强p0=1.0×105 Pa)，烧制温度需达到1 227 ℃。为避免窑内气压过高，窑厢顶部设置一压力阀，如图所示。当窑内气体压强增大到一定程度时，气体就把压力阀顶起来，这时气体就从排气孔向外排出。排气孔变为开通状态。窑内气体温度均匀且逐渐升高。 已知压力阀质量m=0.03 kg，排气孔开始排气时窑内温 度为1 200 K。气体可视为理想气体，g取10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (1)压力阀截面积； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　1.0×10-6 m2　 对封闭在窑内的气体，排气前容积不变，有T0=t1+273 K=(27+273) K =300 K 由查理定律有 代入数据可得p1=4p0 根据平衡条件有4p0S=mg+p0S 代入数据可得S=1.0×10-6 m2 (2)烧制过程排出的气体占原有气体质量的比例。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　1∶5 开始排气后，窑内气体维持4p0压强不变，有T2=t2+273 K=(1 227+273) K =1 500 K 由盖—吕萨克定律有 由于气体的密度不变，则 代入数据解得。 9.(2020·山东卷)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气 前罐内气体质量的比值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 尖子生选练 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2= ① 由理想气体状态方程得 ② 代入数据得p2=0.7p0 ③ 对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0'， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2 ④ 由玻意耳定律得p3V3=p4V4 则有p0V0'=p2V4 ⑤ 联立③⑤式，代入数据得V4=V0' ⑥ 设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ΔV=V4-V0' ⑦ 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得。 1.如图所示，一固定气缸中由两活塞封闭一定质量的A、B两部分理想气体，初始时，A的体积为V，B的体积为2V，压强均等于大气压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终不变，不计一切摩擦。 (1)求此时A的体积； 答案　　 1 2 3 4 5 对气体B，由等温变化规律有p0×2V=pBV 解得pB=2p0， 同理，对气体A有p0V=pAVA，其中pA=pB， 解得VA= 1 2 3 4 5 (2)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为，求此时气体A的热力学温度。 答案　　 1 2 3 4 5 对气体B，由等温变化规律pBV=pB' 解得pB'=4p0， 对气体A，根据理想气体状态方程有 其中pA'=pB'，VA'=V，解得T=4T0。 2.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； 答案　70 cmHg　 1 2 3 4 5 设理想气体B的初始压强为pB， 则pB=p0-5 cmHg=70 cmHg (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　500 K 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 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， 根据等温变化规律得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。 3.(2023·广州市高二期末)如图所示，竖直放置，粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积V0=8 cm3的球形金属容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的某种气体，当环境温度T1=27 ℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15 cm，右管水银柱上方空气柱长h0=4 cm，现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度(已知大气压强p0=75 cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5 cm2)。 (1)求需要加入的水银柱的长度L； 答案　23 cm　 1 2 3 4 5 以右管上方空气为研究对象 初态有p1=p0-15 cmHg V1=V0+h0S 末态有p2=p0=75 cmHg 体积为V2，右管上方空气发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，解得V2=8 cm3 此时水银正好到球的底部，可知加入的水银柱长度为L=h1+2h0=23 cm。 1 2 3 4 5 (2)若使右管水银面恢复到原来的位置，则封闭气体应加热到多少摄氏度？ 答案　142 ℃ 1 2 3 4 初态p1=p0-15 cmHg T1=(273+27) K=300 K 末态p3=p0+8 cmHg 温度为T3，根据查理定律有 解得T3=415 K，即为142 ℃。 5 4.(2023·清远市高二期末)如图所示，一导热性能良好的圆柱形气瓶水平固定，瓶内有用光滑活塞分成的A、B两部分某种气体。开始时，A、B两部分气体的体积之比为3∶2，压强均为p，活塞与气瓶的内壁间气密性良好。 (1)请通过计算判断当环境温度缓慢升高时，活塞 是否移动； 答案　不移动 1 2 3 4 5 假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得 ，解得p'=p 气体压强的变化量Δp=p'-p=p 由于两部分气体的p、ΔT、T都相同，故两边气体压强的变化量Δp相同，即当环境温度缓慢升高时，活塞不移动。 1 2 3 4 5 (2)若环境温度不变，因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，求当B中气体体积减为原来的一半时，A中气体的压强。 答案　p 1 2 3 4 设开始A的体积为3V，则B的体积为2V，B中气体体积减为原来的一半时，气体A的体积变为4V，A发生等温变化 由玻意耳定律得p×3V=p″×4V，解得p″=p。 5 5.(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两气缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两气缸的底部通过细管连通，A气缸的顶部通过开口C与外界相通；气缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 (1)将环境温度缓慢升高，求B气缸中的活塞 刚到达气缸底部时的温度； 答案　T0　 1 2 3 4 5 因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达气缸底部时， 对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得，解得T=T0 1 2 3 4 5 (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向气缸内缓慢注入气体，求A气缸中的活塞到达气缸底部后，B气缸内第Ⅳ部分气体的压强。 答案　p0 1 2 3 4 5 设当A中的活塞到达气缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的 1 2 3 4 5 体积为(V0-V)，则对Ⅳ中气体有 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有 联立解得p=p0。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 专题强化4　理想气体的综合问题 ［学习目标］　1.会巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量的气体问题(重点)。2.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题(难点)。3.会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题(难点)。 一、变质量问题 1.打气问题 向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或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变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。 例1　用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV=500 cm3，轮胎容积V=3 L，原来压强p=1 atm。现要使轮胎内压强变为p'=4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)多少？ 答案　18次 解析　选所有气体为研究对象，设打气次数为n，则p(V+nΔV)=p'V，代入数据解得：n=18。 拓展　若例1中轮胎中原来压强为1.5 atm，其他条件不变，则要打气次数为多少？ 答案　15次 解析　设打气筒每次打入p0=1 atm，ΔV=500 cm3的气体，相当于压强为p=1.5 atm的气体体积为ΔV'，由等温变化规律得：p0ΔV=pΔV' ① 设打气次数为n，则p(V+nΔV')=p'V ② 联立①②解得：n=15。 已知理想气体状态方程=c中c=nR(n指物质的量，R是气体常量) 把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合。 混合后的压强、体积、温度为p、V、T，可以证明：++…+=。 若温度不变，p1V1+p2V2+…+pnVn=pV 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。 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 答案　CD 解析　容器内气体压强为p0，则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等温变化规律得：p0V0=p1(V0+V0)，解得p1=p0，故C正确，B错误；同理第二次抽气过程，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。 这类抽气问题要注意每次抽气时气体压强不同，解决此类问题应每次抽气单独列方程，再联立求解。 3.罐气(气体分装)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 答案　C 解析　初态p=10 atm，V=20 L，末态p'=2 atm，V1=V+nV'(n为瓶数)，温度保持不变，则有pV=p'V1，代入数据解得n=16，故C正确，A、B、D错误。 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　物体受热时会膨胀，遇冷时会收缩。这是由于物体内的粒子(原子)运动会随温度改变，当温度上升时，粒子的振动幅度加大，令物体膨胀；但当温度下降时，粒子的振动幅度便会减小，使物体收缩。气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到27 ℃，而整个环境气压不变，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为 (　　) A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4% 答案　B 解析　以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，气体发生等压变化有=，可得V1=V0，则室内的空气质量减少了ρ气(V1-V0)，则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为×100%≈6.7%，故选B。 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。 二、关联气体问题 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，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问题的关键。 例5　(2024·广东华南师大附中高二月考)如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm，上方水银柱长h2=4 cm，左右两侧水银面高度差h1=12 cm，已知大气压强p0=76 cmHg，大气温度T1=300 K，现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少； (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2； (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。 答案　(1)68 cmHg　80 cmHg　(2)441 K　(3)20.12 cm 解析　(1)加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg，pA=pB-ρgh1=68 cmHg (2)空气柱B压强保持不变， 则有pA2=pB=80 cmHg 空气柱A根据理想气体状态方程有 =，解得T2≈441 K (3)以空气柱B为研究对象，加热前温度T1=300 K，体积VB1=L2S，加热后温度T2=441 K， 体积VB2=(L2+ΔL)S， 由盖—吕萨克定律得=， 联立解得ΔL=14.1 cm 空气柱B上方水银柱上升高度为 L=ΔL+=20.1 cm。 例6　如图所示，气缸内A、B两部分气体由竖直放置、横截面积为S的绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB=1∶2。现将气缸从如图位置逆时针缓慢转动，转动过程中A、B两部分气体温度均不变，直到活塞成水平放置，此时A、B两部分气体体积相同。之后保持A部分气体温度不变，加热B部分气体使其温度缓慢升高，稳定后，A、B两部分气体体积之比仍然为VA∶VB=1∶2。已知重力加速度为g。求： (1)活塞的质量； (2)B部分气体加热后的温度与开始时的温度之比。 答案　(1)　(2)5∶3 解析　(1)活塞转到水平位置时，A在上，B在下， 设总体积为V，活塞质量为m， 则pAS+mg=pBS 对A气体，由玻意耳定律得p·=pA· 对B气体，由玻意耳定律得p·=pB· 解得m=。 (2)设初态A、B两部分气体的温度均为T， 则最后状态时A部分气体的温度仍为T， B部分气体加热后的温度为T'， 对A气体，体积、温度均不变， 故压强不变，仍为初态的p； 对B气体，压强pB=p+=p 由查理定律得=，解得=。 解决关联气体问题的一般方法 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，并列出方程。 3.多个方程联立求解。 训练1　变质量问题 ［分值：60分］ 1~6题每题5分，共30分 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。设充气过程为等温变化过程，空气可看作理想气体，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　取充气后储气罐内的气体为研究对象，由p1(V1+V2)=pV1，代入数据得p=2.5 atm，故A正确。 2.(多选)在室内，将装有4 atm的10 L气体的容器的阀门打开后，在保持温度不变的情况下，从容器中逸出的气体相当于(室内大气压强p0=1 atm) (　　) A.1 atm　30 L B.4 atm　2.5 L C.1 atm　40 L D.4 atm　7.5 L 答案　AD 解析　当气体从阀门跑出时，温度不变，所以有p1V1=p0V2，得V2=40 L， 逸出气体的压强为1 atm时，体积为40 L-10 L=30 L，故A正确，C错误； 根据p0(V2-V1)=p1V1' 得V1'== L=7.5 L，故B错误，D正确。 3.中国职业篮球联赛是我国最顶尖的篮球赛事，赛前对篮球的检查是一项重要工作。比赛用球的体积为V0，标准气压为0.48~0.62 bar(1 bar=105 Pa)。有一篮球气压为0.3 bar，现用打气筒对其充气，打气筒每次能充入压强为105 Pa、体积为0.02V0的气体(气体可视为理想气体)，忽略充气过程温度和篮球体积的变化，则为达到比赛用球标准，充气次数至少为 (　　) A.2 B.6 C.9 D.16 答案　C 解析　设充气次数为n次，根据玻意耳定律p0V0+np00.02V0=p2V0，代入数据0.3 bar×105 Pa×V0+105 Pa×0.02V0×n=0.48 bar×105 Pa×V0，解得n=9，故选C。 4.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部氧气可视为理想气体，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　设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1=15 MPa，V1=400 L；末态：p2=3 MPa，V2=40V0+400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，代入数据得V0=40 L，B正确。 5.一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的 (　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　取原来瓶中气体为研究对象，初态V1=V0，T1=280 K 末态V2=V0+V，T2=320 K 由盖—吕萨克定律得：= 又=，可得==，故D正确。 6.一个体积为2V0的钢瓶中，装有压强为p0的氧气。在恒温状态下用容积V0的抽气筒抽气，则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为 (　　) A.p0 B.p0 C.p0 D.p0 答案　D 解析　钢瓶的容积为2V0，抽气筒容积为V0，最初钢瓶内气体压强为p0，抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第一次抽气有p0·2V0= p1V0 +p1·2V0=p1·3V0 第二次抽气有p1·2V0= p2V0 + p2·2V0 第三次抽气有p2·2V0= p3V0 + p3·2V0 第四次抽气有p3·2V0= p4V0 + p4·2V0 经过计算有p4=()4p0= p0，D正确。 7题8分，8题10分，共18分 7.(8分)(2024·广东省阶段练习)如图所示为校园餐厅内装热牛奶的保温桶，其容积为18 L，底部有一阀门，打开后牛奶可缓慢流出。现向内倒入12 L热牛奶，立即用桶盖将其密封，此时桶内部气压可达到2.5p0(p0为当地大气压)。用容积为250 mL的杯子接牛奶，假设桶内部气体质量不变，温度不变，忽略牛奶产生的压强。求： (1)(4分)接满6杯牛奶后，桶内气体压强； (2)(4分)最多可连续接满多少杯牛奶。 答案　(1)2p0　(2)36 解析　(1)以桶内封闭气体为研究对象，初始状态：p1=2.5p0，V1=18 L-12 L=6 L，接满6杯牛奶后，设桶内气体压强为p2，体积V2=6 L+0.25 L×6=7.5 L 根据等温变化有p1V1=p2V2 解得p2=2p0 (2)假设最多可以连续接满n杯，设此时桶内气体压强为p3，有p3=p0 体积V3=6+0.25n(L) 根据等温变化有p1V1=p3V3 解得n=36。 8.(10分)(2024·广东省阶段练习)建盏是中国国家地理标志产品，具有“入窑一色，出窑万彩”的独特魅力。建盏传统烧制为柴烧，为节约能源和提高成品率，现今多采用电烧。某次烧制前，封闭在窑内的气体温度为27 ℃，压强为p0(大气压强p0=1.0×105 Pa)，烧制温度需达到1 227 ℃。为避免窑内气压过高，窑厢顶部设置一压力阀，如图所示。当窑内气体压强增大到一定程度时，气体就把压力阀顶起来，这时气体就从排气孔向外排出。排气孔变为开通状态。窑内气体温度均匀且逐渐升高。已知压力阀质量m=0.03 kg，排气孔开始排气时窑内温度为1 200 K。气体可视为理想气体，g取10 m/s2。求： (1)(4分)压力阀截面积； (2)(6分)烧制过程排出的气体占原有气体质量的比例。 答案　(1)1.0×10-6 m2　(2)1∶5 解析　(1)对封闭在窑内的气体，排气前容积不变，有T0=t1+273 K=(27+273) K=300 K 由查理定律有= 代入数据可得p1=4p0 根据平衡条件有4p0S=mg+p0S 代入数据可得S=1.0×10-6 m2 (2)开始排气后，窑内气体维持4p0压强不变，有T2=t2+273 K=(1 227+273) K=1 500 K 由盖—吕萨克定律有= 由于气体的密度不变，则= 代入数据解得=。 9.(12分)(2020·山东卷)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。 答案　 解析　设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知 p1=p0、T1=450 K、V1=V0、T2=300 K、V2= ① 由理想气体状态方程得= ② 代入数据得p2=0.7p0 ③ 对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0'， 由题意知p3=p0、V3=V0'、p4=p2 ④ 由玻意耳定律得p3V3=p4V4 则有p0V0'=p2V4 ⑤ 联立③⑤式，代入数据得V4=V0' ⑥ 设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ΔV=V4-V0' ⑦ 故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为= ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得=。 训练2　关联气体问题　［分值：60分］ 1、2题每题10分，共20分 1.(10分)如图所示，一固定气缸中由两活塞封闭一定质量的A、B两部分理想气体，初始时，A的体积为V，B的体积为2V，压强均等于大气压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终不变，不计一切摩擦。 (1)(4分)求此时A的体积； (2)(6分)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为，求此时气体A的热力学温度。 答案　(1)　(2)4T0 解析　(1)对气体B，由等温变化规律有p0×2V=pBV 解得pB=2p0， 同理，对气体A有p0V=pAVA，其中pA=pB， 解得VA= (2)对气体B，由等温变化规律pBV=pB' 解得pB'=4p0， 对气体A，根据理想气体状态方程有= 其中pA'=pB'，VA'=V，解得T=4T0。 2.(10分)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)(2分)求初始时理想气体B的压强； (2)(8分)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， 根据等温变化规律得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。 3、4题每题12分，共24分 3.(12分)(2023·广州市高二期末)如图所示，竖直放置，粗细均匀且足够长的U形玻璃管与容积V0=8 cm3的球形金属容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的某种气体，当环境温度T1=27 ℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=15 cm，右管水银柱上方空气柱长h0=4 cm，现在左管中加入水银，保持温度不变，使两边水银柱在同一高度(已知大气压强p0=75 cmHg，U形玻璃管的横截面积S=0.5 cm2)。 (1)(6分)求需要加入的水银柱的长度L； (2)(6分)若使右管水银面恢复到原来的位置，则封闭气体应加热到多少摄氏度？ 答案　(1)23 cm　(2)142 ℃ 解析　(1)以右管上方空气为研究对象 初态有p1=p0-15 cmHg V1=V0+h0S 末态有p2=p0=75 cmHg 体积为V2，右管上方空气发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2，解得V2=8 cm3 此时水银正好到球的底部，可知加入的水银柱长度为L=h1+2h0=23 cm。 (2)初态p1=p0-15 cmHg T1=(273+27) K=300 K 末态p3=p0+8 cmHg 温度为T3，根据查理定律有= 解得T3=415 K，即为142 ℃。 4.(12分)(2023·清远市高二期末)如图所示，一导热性能良好的圆柱形气瓶水平固定，瓶内有用光滑活塞分成的A、B两部分某种气体。开始时，A、B两部分气体的体积之比为3∶2，压强均为p，活塞与气瓶的内壁间气密性良好。 (1)(6分)请通过计算判断当环境温度缓慢升高时，活塞是否移动； (2)(6分)若环境温度不变，因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，求当B中气体体积减为原来的一半时，A中气体的压强。 答案　(1)不移动　(2)p 解析　(1)假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得 =，解得p'=p 气体压强的变化量Δp=p'-p=p=p 由于两部分气体的p、ΔT、T都相同，故两边气体压强的变化量Δp相同，即当环境温度缓慢升高时，活塞不移动。 (2)设开始A的体积为3V，则B的体积为2V，B中气体体积减为原来的一半时，气体A的体积变为4V，A发生等温变化 由玻意耳定律得p×3V=p″×4V，解得p″=p。 5.(16分)(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两气缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两气缸的底部通过细管连通，A气缸的顶部通过开口C与外界相通；气缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 (1)(6分)将环境温度缓慢升高，求B气缸中的活塞刚到达气缸底部时的温度； (2)(10分)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向气缸内缓慢注入气体，求A气缸中的活塞到达气缸底部后，B气缸内第Ⅳ部分气体的压强。 答案　(1)T0　(2)p0 解析　(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达气缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得=，解得T=T0 (2)设当A中的活塞到达气缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0-V)，则对Ⅳ中气体有= 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有= 联立解得p=p0。 学科网（北京）股份有限公司 $$