第15章 专题突破27 应用气体实验定律解决两类问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破27　应用气体实验定律解决两类问题 第十五章　热学 1 [学习目标]　1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析关联气体问题。2.能够通过合理选择研究对象，将充气、抽气、灌装、漏气等变质量问题转化为一定质量的气体问题。 核心知识　典例研析 突破点一　关联气体问题 突破点二　理想气体的四类“变质量”问题 分层训练　巩固提高 内容索引 3 一 核心知识　典例研析 4 突破点一　关联气体问题 5 1.特点：由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)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。 2.求解方法 (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，根据理想气体状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。 6 [典例1]　(2023·全国乙卷)如图，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) [解析]　倒置前，设A中气体压强为pA1，B中气体压强为pB1，根据压强关系有pA1＝pB1＋20 cmHg① 倒置后A管在上，A管内气体发生等温变化，压强变小，体积变大，故A管内的空气柱长度增加1 cm，即倒置后A管内空气柱长度为11 cm。 A管的内径是B管的2倍，故A管的横截面积为B管的4倍，又水银柱体积不 变，可得4ΔhA＝ΔhB，即ΔhB＝4 cm，倒置后B管内空气柱长度为6 cm。 倒置后，设A中气体压强为pA2，B中气体压强为pB2，根据压强关系有 pB2＝pA2＋23 cmHg② A管内气体和B管内气体都发生等温变化，根据玻意耳定律， 对A管内气体有pA1VA1＝pA2VA2 即10pA1＝11pA2 ③ 对B管内气体有pB1VB1＝pB2VB2 即10pB1＝6pB2 ④ 综合①②③④得pB1＝54.36 cmHg pA1＝74.36 cmHg。 [答案]　pA1＝74.36 cmHg　pB1＝54.36 cmHg [典例2]　(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； [解析]　设抽气前两体积为V＝Sl，对气体A分析： 抽气后VA＝2V－V＝Sl 根据玻意耳定律得p0V＝pAV 解得pA＝p0 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pBV 解得pB＝p0。 [答案]　p0　p0　 (2)弹簧的劲度系数k。 [解析]　由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F 根据胡克定律得F＝k 联立得k＝。 [答案]　 [典例3]　如图所示，下端开口的竖直汽缸由大、小两个同 轴圆筒组成，两圆筒高均为L。两圆筒中各有一个厚度不计 的活塞，小活塞的横截面积为S、质量为m，大活塞的横截 面积为2S、质量为2m。两活塞用长为L的刚性轻杆连接，两 活塞间充有氧气，大活塞上方充有氮气。小活塞的导热性 能良好，汽缸及大活塞绝热，不计活塞与汽缸之间的摩擦。 开始时，氮气和外界环境的温度均为T0，大活塞处于大圆 筒的中间位置，氧气压强大小为，氮气压强大小为， 氧气和氮气均可看作理想气体，重力加速度为g，求： (1)外界大气压p0； [解析]　设氧气压强为p1，氮气压强为p2，则 p1＝，p2＝ 根据题意，对活塞和刚性轻杆整体受力分析，由平衡条件有 p0S＋p1·2S＝p1S＋p2·2S＋3mg 联立解得p0＝。 [答案]　　 (2)通过电阻丝缓慢加热氮气，当大活塞下降时，氮气的温度。 [解析]　对于氧气，温度不变，初状态 p1＝ V1＝L·2S＋L·S＝LS 末状态：设压强为p'1，体积为 V'1＝L·2S＋L·S＝LS 根据玻意耳定律有p1V1＝p'1V'1 代入数据解得p'1＝ 对氮气分析，初状态：p2＝ V2＝L·2S＝LS 加热后，由平衡条件有 p0S＋p'1·2S＝p'1S＋p'2·2S＋3mg 解得p'2＝ 体积为V'2＝()L·2S＝LS 根据理想气体状态方程知 代入数据解得T＝T0。 [答案]　T0 多系统问题的处理技巧 方法技巧 多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等物理量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。 突破点二　理想气体的四类“变质量”问题 18 气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体，但在实际问题中，常遇到气体的变质量问题。气体的变质量问题，可以通过巧妙地选择合适的研究对象，把“变质量”问题转化为“定质量”问题，从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。常见的类型有以下四种： 19 1.充气问题 在充气(打气)时，对每一次充气(打气)，气体质量发生变化。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。 2.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。选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程。 3.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。选择大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量气体问题。 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。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4]　(经典高考题)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为 V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积，则V等 于(　　) A.30 cm3　　　　　　 B.40 cm3 C.50 cm3 D.60 cm3 考向1　充气问题 D [解析]　取5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态压强为p0＝750 mmHg，体积为V0＝V＋5ΔV，其中ΔV＝60 cm3；末态压强计示数为150 mmHg，则气体压强p1＝p0＋150 mmHg＝900 mmHg，体积为V1＝5V，根据玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得V＝60 cm3，D正确。 [典例5]　(2023·湖南卷)汽车刹车助力装置 能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助 力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分 构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶 员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 考向2　抽气问题 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； [解析]　以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0、体积为V0， 第一次抽气后，压强为p1、气体体积为V＝V0＋V1 根据玻意耳定律p0V0＝p1V，解得p1＝。 [答案]　　 (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 [解析]　同理第二次抽气p1V0＝p2V 解得p2＝＝()2p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn＝()np0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小 ΔF＝(p0－pn)S＝[1－()n]p0S。 [答案]　[1－()n]p0S [典例6]　南方某医院需要从北方调用大批钢瓶氧气(如 图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得钢瓶内氧 气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到南方医 院检测时测得钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在南方 医院实际使用过程中，先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，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： 考向3　灌气分装问题 (1)在南方检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度? [解析]　钢瓶的容积一定，从北方到南方对钢瓶内气体，由查理定律有 解得T2＝294 K 则t＝T2－273＝21 ℃。 [答案]　21 ℃ (2)一大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用? [解析]　在南方时，设大瓶内氧气由p2、V2等温变化为停止分装时，压强为p3、体积为V3，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa 根据玻意耳定律有p2V2＝p3V3 解得V3＝2.52 m3 可用于分装小瓶的氧气压强为p4＝2×105 Pa，体积为V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48 m3 分装入小钢瓶的氧气压强为p5＝4×105 Pa，体积为V5＝nV 其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3 根据p4V4＝p5V5 解得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶。 [答案]　124 [典例7]　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； 考向4　漏气问题 [解析]　由题意可知，夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得 代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。 [答案]　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。 [解析]　当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后夹层中的所有空气为研究对象，根据玻意耳定律有p0V＝p1V1 解得V1＝V 则夹层中增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V 所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为。 [答案]　 分层训练　巩固提高 二 32 1.如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2。现将玻璃管缓慢地均匀加 热，下列说法正确的是(　　) A.加热过程中，始终有V'1＝2V'2 B.加热后V'1＞2V'2 C.加热后V'1＜2V'2 D.条件不足，无法判断 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A 夯实基础 解析：加热前后，上段气体的压强保持p0＋ρgh1不变，下段气体的压强保持p0＋ρgh1＋ρgh2不变，整个过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律得，所以，即V'1＝2V'2，故A正确。 A 33 2.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，空气可看作理想气体，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的空气体积 为(　　) A.V　　　　　　 B.V C.(－1)V D.(＋1)V 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：设充入气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(V＋V0)＝pV，解得V0＝(－1)V，C项正确。 C 34 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.活塞式真空泵的工作原理如图，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左移动到左端过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.1V，抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变。若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1，第2次抽 气过程中被抽出的气体质量为m2，则m2∶m1为(　　) A.1∶1 B.0.9∶1.1 C.1∶1.1 D.1∶1.12 C 35 解析：根据玻意耳定律，第一次抽气过程： p0V＝p1(V＋0.1V) 第二次抽气过程： p1V＝p2(V＋0.1V) 而m1正比于0.1p1V，m2正比于0.1p2V，所以m2∶m1＝p2∶p1＝1∶1.1，故C正确，A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 36 4.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 1 A 37 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，V2＝?，T2＝400 K 根据一定质量的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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 38 5.(多选)一氧气瓶的容积为0.08 m3，充满氧气时瓶中的压强为20个大气压。现已知某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.08 m3，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，且视 为理想气体，则(　　) A.需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶9 B.需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶10 C.这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用18天 D.这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用20天 2 3 4 5 6 7 8 9 1 BC 39 解析：设氧气瓶开始时的压强为p1(20个大气压)，体积为V1＝0.08 m3，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得充满的气体压强变为p2时的体积为V2＝0.8 m3，则需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为，故A错误，B正确；重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1＝(0.8－0.08)m3＝0.72 m3，设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，根据玻意耳定律得p2V3＝p0V0，设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝，代入数据解得这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用的天数为N＝18天，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 40 6.(10分)(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境温度相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝ －3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 41 解析：由查理定律可得 其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3)K＝270 K，T2＝(273－23)K＝250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：2.5×105 Pa 42 (2)充进该轮胎的空气体积。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。 答案：6 L 43 7.(12分)(2023·全国甲卷，节选)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17 ℃，密度为1.46 kg/m3。 (1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：方法一：假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，对升温前舱内气体，由理想气体状态方程有 气体的体积V1＝，V2＝ 解得。 B 能力提升 44 气体压强不变，已知T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝1.46 kg/m3 上式简化为ρ1T1＝ρ2T2 将已知数据代入解得ρ2≈1.41 kg/m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 方法二：已知初态气体压强p1＝1.2 atm，温度T1＝(17＋273)K＝290 K，ρ1＝1.46 kg/m3，高压舱内气体体积为V1，保持气体压强不变，假设升温后气体体积增大为V2，由盖－吕萨克定律可知 又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2 解得ρ2≈1.41 kg/m3。 答案：1.41 kg/m3　 45 (2)保持温度27 ℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内气体的密度。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：方法一：气体温度T1＝290 K，T3＝T2＝300 K，压强p1＝1.2 atm，p3＝1.0 atm 密度ρ1＝1.46 kg/m3 代入 解得ρ3≈1.18 kg/m3。 46 方法二：保持气体温度不变，降压前气体体积为V2，压强为p2＝p1＝ 1.2 atm，降压后压强减小为p3＝1.0 atm，气体体积增大为V3，由玻意耳定律有 p2V2＝p3V3 同时ρ2V2＝ρ3V3 联立解得ρ3≈1.18 kg/m3。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：1.18 kg/m3 47 8.(12分)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，管内A、B两段水银柱封闭a、b两段气体，a气柱长度为9.9 cm，b气柱长度为11 cm，水银柱A的长度为5 cm，水银柱B在左管中的液面比在右管中的液面高5 cm，大气压强为 75 cmHg， 环境温度为330 K，现将环境温度缓慢降低，使气柱b长度变为10 cm，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)降低后的环境温度； 48 解析：开始时，以水银柱A下液面为研究对象，根据平衡条件可得右管中气柱a的压强为 p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg 以水银柱B右侧液面为研究对象，左管中气体b的压强为 p2＝80 cmHg－5 cmHg＝75 cmHg 温度缓慢降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强 p'2＝p1－[5＋2×(11－10)]cmHg＝73 cmHg 对气柱b，根据理想气体的状态方程有 解得T2＝292 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案：292 K 49 (2)水银柱A下降的高度。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：气柱a发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有 代入数据解得L'1＝8.76 cm 则水银柱A下降的高度为 h＝1 cm＋9.9 cm－8.76 cm＝2.14 cm。 答案：2.14 cm 50 9.(16分)(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 51 (1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中 的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化，有 解得T1＝T0。 答案：T0　 52 (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用汽泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温 度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程，有 对第Ⅳ部分气体，温度由T0升至2T0过程，由理想 气体状态方程，有 解得p1＝p0。 答案：p0 53 $$