第十五章 第4课时 专题强化：气体实验定律的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第4课时　专题强化：气体实验定律的综合应用 目标要求　1.会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程、力学规律分析理想气体多过程问题。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，培养建模能力。 考点一　单一气体多过程问题 解题的一般思路 (1)确定研究对象 研究对象分两类：热学研究对象(一定质量的理想气体)；力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析物理过程，确定状态参量 ①对热学研究对象，分析清楚一定质量的理想气体状态变化过程及对应每一过程初、末状态，写出对应状态的状态参量，依据气体实验定律列出方程。 ②分析力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)的受力情况，依据力学规律列出方程求解气体压强。 (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。注意检验求解结果的合理性。 例1　如图为小明同学设计的研究一定质量气体的压强、体积与温度三者关系的实验装置示意图。倒U形玻璃管M与两端均开口的直玻璃管N用橡胶管P连接，M左端封闭，M、N、P三者粗细均匀且横截面均相等。一定质量的某种气体被管内水银封闭于M内，通过调整N的高度及M中气体的温度均可改变M中气体的压强。开始时M、N内的水银面等高，M中气体总长度为54 cm，温度为T1＝300 K。现调整N的高度使M右侧水银面升高9 cm，再将M、N固定，然后使M中气体温度升高至T＝360 K，M、N、P始终在同一竖直平面内，N足够长。已知大气压强p0＝75 cmHg，求： (1)固定M、N时两玻璃管中水银面高度差； (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，N中水银面变化的高度。(结果可用根式表示) 答案　(1)15 cm　(2)(9－45) cm 解析　(1)设管的横截面积为S，调整N的高度后，M管中气体压强为p2。对M管中封闭气体有， 状态Ⅰ： p1＝75 cmHg，V1＝54 cm×S，T1＝300 K 状态Ⅱ： T2＝T1＝300 K，V2＝54 cm×S－9 cm×S＝45 cm×S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得p2＝90 cmHg 此时M、N两玻璃管中气体压强差 Δp＝p2－p0＝15 cmHg 故固定M、N时两玻璃管中水银面高度差为Δh＝15 cm。 (2)M中气体温度升高至T＝360 K时，设N中水银面升高x，则对M管中封闭气体有 状态Ⅲ： V3＝(45 cm＋x)S，T3＝T＝360 K， p3＝p0＋pΔh＋p2x 由理想气体状态方程得＝ 解得x＝(9－45) cm。 例2　(2024·浙江金华市联考)如图所示，开口向上的汽缸C固定于水平桌面上，用一横截面积S＝50 cm2、质量为m0＝5 kg的活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个轻质定滑轮连着一劲度系数k＝1 000 N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m＝10 kg的物块B。开始时缸内气体的温度T1＝330 K，活塞到缸底的距离L1＝100 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦。求： (1)开始时汽缸内的气体压强大小； (2)现使汽缸内气体缓慢冷却，当物块B刚要离开桌面时，汽缸内封闭气体的温度； (3)汽缸内气体缓慢冷却到温度为162 K时，物块B离桌面的高度H。 答案　(1)1.1×105 Pa　(2)243 K　(3)0.3 m 解析　(1)以活塞为研究对象，根据受力平衡可得p0S＋m0g＝p1S 解得开始时汽缸内的气体压强大小为p1＝p0＋＝1.1×105 Pa (2)当物块B刚要离开桌面时，根据受力平衡可得mg＝kx 解得弹簧的伸长量为x＝＝0.1 m 由于温度缓慢降低，可达到新平衡， 则有p0S＋m0g＝p2S＋FT＝p2S＋mg 解得p2＝9×104 Pa 由理想气体状态方程可得＝ 解得T2＝243 K (3)从温度T2＝243 K缓慢冷却到温度为T3＝162 K过程，物块B缓慢上升，根据受力平衡可知，该过程气体压强保持不变，根据盖—吕萨克定律可得＝ 解得L3＝0.6 m 则物块B离桌面的高度为H＝L1－x－L3＝1 m－0.1 m－0.6 m＝0.3 m。 考点二　变质量气体模型 1．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。 2．抽气问题 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 把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问题。 4．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。 例3　如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温； (2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。 答案　(1)83.4 ℃　(2)1∶5 解析　(1)杯中气体做等容变化＝ 末态对杯身和茶水受力分析如图 列平衡方程p1S＋Mg＝p0S 解得T1＝356.4 K 所以此时水温为 t1＝83.4 ℃ (2)方法一：杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化，对于全部气体 ＋＝ 解得进入杯中的空气在室温下体积为V2＝V1 所以杯中原有气体在室温下体积为V原＝V1 所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5 方法二：利用克拉伯龙方程pV＝nRT 倒入热水盖上杯盖瞬间：p0V＝n1RT0，其中T0＝360 K 水温降到室温时：p0V＝n2RT2，其中T2＝300 K 所以＝ 故从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值为＝＝。 利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题 克拉伯龙方程pV＝nRT，其中n表示气体物质的量，R为理想气体常数，此方程描述了气体的压强是由气体的体积、温度和物质的量决定的，故可以只对气体的一个状态列式分析问题，处理气体变质量的问题尤其方便。 例4　(2023·湖南卷·13)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。 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； (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。 答案　(1)　(2)[1－()n]p0S 解析　(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0、体积V0，第一次抽气后，压强p1、气体体积V＝V0＋V1 根据玻意耳定律p0V0＝p1V，解得p1＝ (2)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。 例5　某市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批大钢瓶氧气(如图)，每个钢瓶内体积为40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到该市医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在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，分装前小钢瓶内为真空。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： (1)在该市检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度； (2)一个大钢瓶可分装多少个小钢瓶供病人使用。 答案　(1)21 ℃　(2)124 解析　(1)大钢瓶的容积一定，从北方到该市对大钢瓶内气体，有＝ 解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃ (2)方法一：转化法 设大钢瓶内氧气由状态p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3， 则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa 根据p2V2＝p3V3得V3＝2.52 m3 可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa， V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3 分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV 其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3 根据p4V4＝p5V5得n＝124 即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。 方法二：利用克拉伯龙方程： p2V2＝p2′V2＋p·nV 其中p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，V＝0.01 m3，p＝4×105 Pa，p2′＝2×105 Pa，将数据代入上式得n＝124，即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。 课时精练 1.(2021·山东卷·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 答案　D 解析　根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V 已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3， p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg， 代入数据整理得V＝60 cm3，故选D。 2．某小组制作了一个空间站核心舱模型，舱的气密性良好，将舱门关闭，此时舱内气体的温度为27 ℃、压强为p0(p0为大气压强)，经过一段时间后，环境温度升高，舱内气体的温度变为37 ℃，压强为p1，此时打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，则(　　) A．气体压强p1＝p0 B．气体压强p1＝p0 C．放出气体的质量是舱内原有气体质量的 D．放出气体的质量是舱内原有气体质量的 答案　D 解析　由查理定律得＝，解得p1＝p0，故A、B错误；设核心舱体积为V，打开舱门，缓慢放出气体，舱内气体与外界平衡，此时舱内气体和放出气体的总体积为V′，由玻意耳定律有p1V＝p0V′，同温度、同压强下，同种气体的质量之比等于体积之比，有＝，解得＝，故C错误，D正确。 3.如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为p0的空气，现用抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每次抽出空气的体积为容器容积的，空气可视为理想气体，则容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设容器的容积为V0，则每次抽出空气的体积为，设第一次抽气后容器内剩余空气的压强为p1，假设将容器内剩余气体等温压缩到压强为p0时的体积为V，根据玻意耳定律，第一次抽气，有p0V0＝p1(V0＋V0) 第二次抽气，有p1V0＝p(V0＋V0) 剩余气体pV0＝p0V 容器内剩余空气和抽出空气的质量之比为k＝，解得k＝，故选D。 4.某同学自行车轮胎的参数如图所示，轮胎容积V＝3 L。由于轮胎气门芯漏气，使胎内外气压相同。该同学换了气门芯后给轮胎充气，打气筒每次能将V0＝1 L的空气打入轮胎中，早晨打气时气温为27 ℃，不计充气过程中轮胎容积和气体温度的变化，空气可看成理想气体，大气压p0＝1.0×105 Pa。若中午室外气温升到37 ℃，要保证自行车中午放置在室外时不爆胎(即不超过胎内气压允许的最大值)，该同学早上最多能给轮胎充气多少次。 答案　10次 解析　充气过程气体温度不变，设充了n次，此时胎内气体压强为p1，选最后胎内所有气体为研究对象。根据玻意耳定律得p0(V＋nV0)＝p1V 室温变化后，胎内气体温度升高，在室外时不爆胎，可视为气体体积不变，根据查理定律得＝ 根据题意T1＝(27＋273) K＝300 K， T2＝(37＋273) K＝310 K， pm＝4.50×105 Pa 联立解得n≈10(次)。 5．(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K。大气压强p0＝76 cmHg。 (1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？ (2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？ 答案　见解析 解析　(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有 p1V1＝p2V2① 设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0② p2＝p0＋ρgh③ V1＝(2H－l－h0)S④ V2＝HS⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得h≈12.9 cm⑥ (2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有＝⑦ 根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T2≈363 K。 6．(2023·浙江省金丽衢十二校、七彩阳光等校联考)如图，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S＝1.0×10－3 m2、质量m＝2 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离l＝36 cm，在活塞的右侧距离其d＝14 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，两卡环横截面积的和为S′＝2.0×10－4 m2。气体的温度t＝27 ℃，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将汽缸开口向下竖直放置(g取10 m/s2)。 (1)求此时活塞与汽缸底部之间的距离h； (2)如果将缸内气体加热到500 K，求两卡环受到活塞的压力大小(假定活塞与卡环能紧密接触)。 答案　(1)0.45 m　(2)60 N 解析　(1)汽缸竖直放置时，封闭气体的压强p2＝p0－＝0.8×105 Pa 由玻意耳定律得p0V1＝p2V2，又V1＝lS，V2＝hS， 解得h＝＝0.45 m (2)温度升高，活塞刚达到卡环，气体做等压变化， 此时＝，解得T3＝ K 汽缸内气体温度继续升高，气体做等容变化＝ 又p3＝p2 代入数据得p＝1.2×105 Pa 活塞受力平衡，有pS＋mg＝FN＋p0(S－S′) 代入数据得FN＝60 N 由牛顿第三定律可知，两卡环受到活塞的压力大小为60 N。 7.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： (1)活塞第三次达到平衡时的体积； (2)外界大气压强值。 答案　(1)V　(2) 解析　(1)设外界大气压强为p0，封闭气体在状态1(活塞平衡)、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 (2)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＝。 8．玉龙雪山是国家级旅游景区，高山雪景位于海拔4 000 m以上，由于海拔较高，景区通常为游客备有氧气瓶。假设景区用体积为V＝30 L、温度为t1＝27 ℃、压强为p＝4×106 Pa的氧气瓶对便携式氧气瓶充气，便携式氧气瓶的容积为V0＝1.5 L，设定充满时压强为p0＝2×105 Pa。已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为T＝t＋273 K，瓶内的气体均可视为理想气体。 (1)求在27 ℃的环境下，景区的氧气瓶能充满多少个便携式氧气瓶(假设充气前便携式氧气瓶均为真空)。 (2)如果将景区的氧气瓶移至玉龙雪山上，已知山上的温度为t2＝2 ℃，瓶中的压强变为原来的，请通过计算分析该氧气瓶是否泄漏了氧气。若泄漏了，求瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比(结果保留2位有效数字)。 答案　(1)380个　(2)见解析 解析　(1)如果景区的氧气瓶中的氧气压强变为p0＝2×105 Pa时，氧气的体积为V1，由玻意耳定律得pV＝p0V1，代入数据得V1＝600 L 在该状态下放出的氧气体积为ΔV＝V1－V＝570 L 则能充满便携式氧气瓶的个数为N＝＝380 (2)将氧气瓶移至玉龙雪山上时，氧气的压强变为p2＝p，由理想气体状态方程有＝ 又T1＝t1＋273 K＝300 K T2＝t2＋273 K＝275 K 代入数据解得V2＝41.25 L 因为V2>V，所以氧气瓶有氧气泄漏，瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比为η＝×100%≈73%。 学科网（北京）股份有限公司 $