80专题强化22　应用气体实验定律解决两类问题-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

高考总复习 物理 第十五章 热学 专题强化22　应用气体实验定律解决两类问题 热点一　“关联气体”类问题 考向二　活塞封闭类 [典例2] (2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小g取10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3 (3)1.1×102 kg (1)两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强； (2)两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2。 答案：(1)70 cmHg　(2)327.3 K 解析：(1)设大气压强为p0 对气体a有pa＝p0＋ρgh1 对气体b有pb＝pa－ρgh2 联立两式代入数据得pb＝70 cmHg。 (2)升温过程中气体b发生等压变化，则温度升高，体积增大，设右侧水银柱下降x，变化前后对比如图，气体a体积 (1)此时上、下部分气体的压强； (2)H形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。 热点二　理想气体的四类“变质量”问题 [典例3] 水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭。在学校创造节上，某名同学用容积为V0的可乐瓶制作了一支水火箭，现向瓶中装入0.5V0的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，火箭内气体的压强为p0，如图所示。现用打气筒向瓶内缓慢打气，已知打气筒每打一次气能把体积为0.5V0、压强为p0的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到5p0时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起。在打气过程中气体始终处于密封状态，瓶中气体温度变化忽略不计。(火箭内的气体视为理想气体) (1)求打气筒打一次气后火箭内气体的压强； (2)至少需要打多少次气才能使火箭起飞。 答案：(1)2p0　(2)4 解析：(1)打一次气，根据玻意耳定律可知 p0(0.5V0＋0.5V0)＝p1·0.5V0 解得p1＝2p0。 (2)设需打气n次，根据玻意耳定律有 p0(0.5V0＋0.5nV0)＝5p0·0.5V0 解得n＝4 故至少要打气4次才能使火箭起飞。 考向二　抽气问题 在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。 (1)青铜鼎材料的总体积； (2)抽气两次后，展柜内剩余空气与开始时空气的质量之比。 考向三　灌气分装 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。 [典例5] (2025·山东潍坊高三模拟)某医用氧气瓶容积为40 L，瓶内贮有压强为9.6×106 Pa的氧气，可视为理想气体。广泛用于野外急救的氧气袋容积为5 L。将氧气瓶内的氧气分装到氧气袋，充气前袋内为真空，充气后袋内压强为1.2×106 Pa。分装过程不漏气，环境温度不变。 (1)最多可分装多少个氧气袋； (2)若将医用氧气瓶内的氧气依次分装到原为真空、容积为5 L的若干个便携式钢瓶内，每次分装后，钢瓶内气体压强与氧气瓶内剩余气体压强相等，求分装30次后医用氧气瓶内剩余氧气的压强与分装前氧气瓶内氧气压强之比。 解析：(1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，初状态氧气压强p＝9.6×106 Pa，设充满n个氧气袋后，氧气瓶内的氧气压强也为p′＝1.2×106 Pa时，无法再给氧气袋充气，分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得 pV0＝p′(V0＋nV1) 代入V0＝40 L，V1＝5 L 解得n＝56。 (2)根据玻意耳定律，分装一次有 pV0＝p1(V0＋ΔV) 分装二次p1V0＝p2(V0＋ΔV) 分装三次p2V0＝p3(V0＋ΔV) …… 考向四　漏气问题 选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题。 [典例6] 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。 请完成：课后跟踪训练（59） 温馨提示 谢谢观看！ 相关联气体问题涉及两部分(或两部分以上)气体，它们之间无气体交换，但在压强或体积这些量间有一定的关系，分析清楚这些关系往往是解决问题的关键。解决相关联问题的一般方法是： (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态及其状态参量，根据气态方程写出状态参量间的关系式。 (2)分析相关联气体间的压强或体积之间的关系并写出关系式。 (3)联立求解并选择物理意义正确的解。 考向一　液柱封闭类 [典例1] (2023·全国乙卷)如图所示，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位) 答案：pA＝74.36 cmHg，pB＝54.36 cmHg 解析：B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm 则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm 倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度lA′＝11 cm 已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为 h＝9 cm＋14 cm＝23 cm 则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg B管内空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm 对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝pA′lA′ 对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝pB′lB′ 联立解得pB＝54.36 cmHg pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。 解析：(1)(2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化， 初态pB1＝p0，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得pB2＝9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得VA2＝3.6×102 m3 由于p0－pB2<Δp 假设成立，即pB2＝9×104 Pa。 (3)恰好稳定时，A内气体压强为 pA′＝p0＋ B内气体压强pB′＝p0 此时差压阀恰好关闭，所以有 pA′－pB′＝Δp 代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。 1．(2025·四川甘孜高三检测)如图所示，竖直放置、导热性能良好的U形玻璃管截面均匀，左端开口，右端封闭，左右管内用长度分别为h1＝5 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭两段气体a、b。气体a的长度La＝15 cm，气体b的长度Lb＝20 cm，最初环境温度T1＝300 K时，两水银柱下表面齐平。现缓慢升高环境温度，直至两段水银柱的上表面齐平。已知大气压强为75 cmHg，右侧水银柱未进入U形玻璃管的水平部分，两段气体均可视为理想气体。求： Va＝(La－x＋h2－h1－x)S 对气体b，由盖－吕萨克定律＝得＝ 缓慢升高环境温度过程中气体a也发生等压变化，由盖－吕萨克定律得＝ 联立解得T2＝ K≈327.3 K。 2.(2022·河北卷)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一个固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，H形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求： 答案：(1)2p0　p0　(2) 解析：(1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·SL0 解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0 旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为SL0＋SL0＝SL0，则 p0·SL0＝p2·SL0 解得旋转后下部分气体压强为p2＝p0。 (2)对H形连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知p1S＝mg＋p2S 解得活塞的质量为m＝。 考向一　充气问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题。 [典例4] (2025·山东枣庄模拟)为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境，用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图如图所示。已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积为；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为p0。不考虑抽气引起的温度变化，求： 答案：(1)V0　(2)196∶225 解析：(1)由玻意耳定律得 p0(V0－ΔV)＝p0(V0－ΔV＋V0) 解得ΔV＝V0。 (2)设第二次抽气后气体压强为p2 p0(V0－ΔV)＝p2(V0－ΔV＋V0) 设剩余气体压强为p0时体积为V，则 p0V＝p2(V0－ΔV) 剩余气体与原气体的质量比＝ 解得＝。 答案：(1)56　(2)()30 依次类推，第n次分装后pn－1V0＝pn(V0＋ΔV) 可得p30＝p()30 代入数据解得＝()30。 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，则夹层压强与大气压强p0相等，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′＝0.03 V 夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值 ＝＝。 $$