第15章 专题突破26 应用气体实验定律解决三类问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

专题突破26　应用气体实验定律解决三类问题 第十五章　热学 [学习目标]　1.会分析“活塞+汽缸”模型和“液柱+管”模型。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,培养建模能力。 课时作业 巩固提高训练 突破点一　“活塞+汽缸”类问题 突破点二　“液柱+管”类问题 突破点三　理想气体的四类“变质量”问题 内容索引 突破点一　“活塞+汽缸”类问题 一 4 盘点 核心知识 1.一般思路 (1)确定研究对象,一般地说,研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的理想气体);另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。 (3)挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。 (4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。 2.常见类型 (1)气体系统处于力学平衡状态,需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。 (2)气体系统处于力学非平衡状态,需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。 (3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解。 考向1　独立气体 [典例1]　 (2024·全国甲卷)如图,一竖直放置的汽缸内密封有 一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑 动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与汽缸底部的距离= 10,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在卡销a处,汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变),外力增加到200 N并保持不变。 提升 关键能力 (1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小; [解析]　活塞从位置a到b过程中,气体做等温变化,初态V1=S·11、p1=1.0×105　Pa 末态V2=S·10、p2=? 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件 F+p1S=p2S+N 解得卡销b对活塞支持力的大小 N=100 N。 [答案]　100 N (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 [解析]　将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,当活塞刚好能离开卡销b时,气体做等容变化,初态 p2=1.1×105 Pa,T2=300 K 末态,对活塞根据平衡条件 p3S=F+p1S 解得 p3=1.2×105 Pa 设此时温度为T3,根据查理定律有 = 解得 T3≈327 K。 [答案]　327 K 考向2　关联气体 [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=4.0×10-2 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; [解析]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 根据查理定律得= 代入数据可得pB2=0.9×105 Pa A内气体做等压变化,压强保持不变,初态 VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖-吕萨克定律得= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3 由于p0-pB2<Δp 假设成立,即pB2=0.9×105 Pa。 [答案]　(1)0.9×105 Pa (2)3.6×10-2 m3 (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。 [解析]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=110 kg。 [答案]110 kg 多系统问题的处理技巧 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。 方法技巧 考向3　与弹簧关联问题 [典例3]　如图所示,内壁光滑的汽缸固定在水平地 面上,一不计厚度的活塞质量为m=1 kg、面积为S= 10 cm2,一劲度系数为k=200 N/m的轻弹簧一端连接 在活塞下表面的中心,另一端连接在地面上水平放 置的力传感器上,弹簧处于竖直状态。已知活塞上 方被封闭的理想气体压强为p1=8×104 Pa,长度为L=15 cm,温度为T=300 K,活塞下方L'=10 cm处有一卡口,且活塞下方的气体和外界大气是连通的,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。现给电阻丝通电,缓慢升高封闭气体的温度。 (1)当力传感器示数为零时,此时被封闭气体的温度为多少? [解析]　在初始状态,设弹簧伸长量为Δx1,弹力大小为F1,则有 p0S=p1S+mg+F1 解得F1=10 N 由胡克定律可得F1=kΔx,解得Δx=0.05 m 传感器示数为零时,弹簧弹力为零,即弹簧下降了Δx1=0.05 m 根据平衡条件可得p0S=mg+p2S 解得p2=9×104 Pa 由理想气体状态方程可得 = 解得T1=450 K。 [答案]　450 K　 (2)当封闭气体的温度为750 K时,此时被封闭气体的压强为多少? [解析]　当活塞刚好下降L'=10 cm时,此时弹簧弹力向上,弹力大小为F2=k(L'-Δx1)=10 N 根据平衡条件可得 F2+p0S=p3S+mg 解得p3=1×105 Pa 由理想气体状态方程可得= 解得T'=625 K<750 K 说明温度为750 K时,活塞已达到卡口处,则= 解得p4=1.2×105 Pa。 [答案]　1.2×105 Pa 二 突破点二　“液柱+管”类问题 18 盘点 核心知识 求液柱封闭的气体压强时,一般以液片或液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意: (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液柱的竖直高度)。 (2)不要漏掉大气压强,同时又要注意大气压强产生的压力是否要平衡掉。 (3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种液体(中间连通)在同一水平面上各处压强相等。 (4)当液体为水银时,可灵活应用压强单位“cmHg”等,使计算过程简捷。 考向1　独立气体 [典例4]　 (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。 提升 关键能力 (1)求x; [解析]　由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程,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。 [答案]　2 cm (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。 [解析]　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。 [答案]　8.92×10-4 m3 考向2　关联气体 [典例5]　(2025·河北石家庄模拟)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: (1)两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强; [答案]　70 cmHg　 [解析]　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)两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2。 [答案]　327.3 K [解析]　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的体积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。 三 突破点三　理想气体的四类“变质量”问题 26 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: 盘点 核心知识 (1)充气问题 在充气(打气)时,对每一次充气(打气),气体质量均发生变化。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,气体质量均发生变化。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6]　 (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: 提升 关键能力 (1)在哈尔滨时,充气前该轮胎气体压强的大小; [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,充气前该轮胎气体压强的大小为 p2=2.5×105 Pa。 [答案]　2.5×105 Pa (2)充进该轮胎的空气体积。 [解析]　由玻意耳定律可得 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 [典例7]　 (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 对B中气体分析,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=pB·V 解得pB=p0。 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=。 [典例8]　 (2023·全国甲卷)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; [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=。 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。 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 (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。 [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。 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。 [答案]　1.18 kg/m3 四 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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V1'=2V2' B.加热后V1'>2V2' C.加热后V1'<2V2' D.条件不足,无法判断 A 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V1'=2V2',故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.如图所示,一导热性能良好的汽缸内用活塞封住一定质量 的气体(不计活塞与缸壁的摩擦),温度降低时,下列说法正确 的是(　　) A.气体压强减小　　　　 B.汽缸高度H减小 C.活塞高度h减小 D.气体体积增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 解析:对汽缸受力分析可知Mg+p0S=pS,可知当温度降低时,气体的压强不变;对活塞和汽缸的整体受力分析可知(m+M)g=kx,可知当温度变化时,x不变,即h不变;根据盖-吕萨克定律可得=,故温度降低时,气体的体积减小,因h不变,则汽缸高度H减小,选项B正确,A、C、D错误。 3.如图所示,A、B是两个面积不等的活塞,可以在水平固定的两端开口的汽缸内无摩擦地滑动,缸内密封的气体为理想气体。随着温度降低,描述气体状态变化的图像可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析:随着温度降低,气体先做等压变化,由于温度的降低,气体的体积减小。当活塞A运动至汽缸连接处时,气体体积达到最小。之后气体做等容变化,随着温度的降低,气体的压强逐渐减小,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.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内,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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 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 10 1 6.(10分)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 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:3.1×103 Pa B 能力提升 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。 (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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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: 7.(10分)(2025·四川兴文第二中学开学考)如图,底部水平的 固定圆柱形汽缸内,用质量为m、横截面积为S的圆盘形活 塞封闭着一定质量的理想气体,当封闭气体温度为T且活塞 平衡时,封闭气体的体积为V。现保持封闭气体的温度不变, 对活塞施加一个方向竖直向上、大小恒为F的拉力,活塞再次平衡时,封闭气体的体积为V;再保持F不变,加热封闭气体使其缓慢升温至T,活塞第三次达到平衡。汽缸足够高,不计汽缸与活塞间的摩擦,重力加速度大小为g。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)活塞第三次达到平衡时的体积; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设外界大气压强为p0,封闭气体在状态1、2(活塞再次平衡)的压强分别为p1、p2,从状态2到状态3(活塞第三次达到平衡),封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律有= 将V2=V,T2=T,T3=T代入解得V3=V。 1 答案:V (2)外界大气压强值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:从状态1到状态2,气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1V1=p2V2 将V1=V,V2=V代入得p1=p2 状态1,由力的平衡条件有p0S+mg=p1S 状态2,由力的平衡条件有p0S+mg=p2S+F 代入数据解得p0=。 答案: 8.(10分)(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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设B管在上方时上部分气体压强为pB,下部分气体压强为pA,此时有pA=pB+20 cmHg 倒置后A管气体压强变小,即空气柱长度增加1 cm,A管中水银柱长度减小1 cm, 又因为SA=4SB 可知B管中水银柱长度增加4 cm,空气柱长度减小4 cm;设此时两管的压强分别为pA'、pB', 所以有pA'+23 cmHg=pB' 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 倒置前后温度不变,根据玻意耳定律,对A管内空气柱有pASALA=pA'SALA' 对B管内空气柱有pBSBLB=pB'SBLB' 其中LA'=10 cm+1 cm=11 cm LB'=10 cm-4 cm=6 cm 联立以上各式解得pA=74.36 cmHg, pB=54.36 cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:74.36 cmHg　54.36 cmHg 9.(12分)我国发射的问天实验舱包括工作舱、 气闸舱、资源舱三部分。工作舱容积V工= 60 m3,通过舱门A与气闸舱连接,气闸舱是供 航天员进出太空的气密性装置,容积为V气= 15 m3,一侧开有直径1 m的圆形舱门B。初始时,工作舱与气闸舱中均有p0=1.0×105 Pa的气体,当航天员准备从气闸舱进入太空时,他们会先关闭舱门A,通过气体回收装置使气闸舱内气压降到p气=0.7×105 Pa。假设回收的气体都缓慢排放进工作舱,整个过程中气体温度不变,忽略航天员对气体的影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:气闸舱抽气过程中 p0V气=p气(V气+V抽) 得抽出的气体体积V抽≈6.43 m3 把这部分气体充进工作舱后,求工作舱气压可由下列两种方法: 方法一　转化法 先将p气=0.7×105 Pa,V抽=6.43 m3的气体转化为压强为p0、体积为V的气体。 对于被抽出的气体,p气V抽=p0V 向工作舱排气过程,p0V工+p0V=p工V工 解得p工≈1.1×105 Pa p工为换气结束后工作舱中气体的压强。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求换气结束后,工作舱中气体的压强(结果保留两位有效数字); 方法二　克拉伯龙方程法 p0(V工+V气)=p工V工+p气V气 将p0=1×105 Pa,p气=0.7×105 Pa V工=60 m3,V气=15 m3, 代入得p工≈1.1×105 Pa, p工为换气结束后工作舱中气体的压强。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案:1.1×105 Pa (2)求舱门B受到的压力,并为航天员能够顺利进入太空提出一条合理化建议。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:气闸舱剩余气体对舱门B的压力为 F=,其中d=1 m 代入数据解得F≈5.5×104 N,可以再次减小气闸舱内压强,减小开门的阻力。 答案:见解析 10.(15分)(2024·广西卷)如图甲,圆柱形管内封装一定 质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S=500 mm2 的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦。 静止时活塞位于圆管的b处,此时封闭气体的长度l0= 200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆 柱形管最右侧距离为5 mm的a处,再使封闭气体缓慢 膨胀,直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x,封闭气体对活塞的压力大小为F,膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0=1×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)求活塞位于b处时,封闭气体对活塞的压力大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:活塞位于b处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F=p0S=1×105×500×10-6 N=50 N。 答案:50 N (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:根据题意可知F-图线为一条过原点的直线,设斜率为k,可得F=k· 根据F=pS可得气体压强为 p=(SI) 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 pV=·S·(x+5)×10-3(SI)=k·10-3(SI) 由此可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变,故可知做等温变化。 答案:见解析 (3)画出封闭气体等温变化的p-V图像,并通过计算标出a、b处坐标值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:分析可知全过程中气体做等温变化,开始在b处时pbVb=p0Sl0 在b处时气体体积为 Vb=Sl0=10×10-5 m3 在a处时气体体积为 Va=Sla=0.25×10-5 m3 根据玻意耳定律有 paVa=pbVb=p0Sl0 解得pa=40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如图。 答案:见解析 $$