第二章 专题强化 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（人教版 苏京）

专题强化　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'V② 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　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.第二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　D 解析　容器内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p2=()2p0=p0，p3=()3p0=p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A、C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　(2023·苏州市高二月考)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=76.0 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)441.2 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≈441.2 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=441.2 K， 体积VB2=(L2+ΔL)S， 由盖—吕萨克定律得=， 联立解得ΔL=14.12 cm 空气柱B上方水银柱上升高度为 L=ΔL+=20.12 cm。 例6　如图所示，汽缸内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，活塞与汽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。现将汽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：50分］ 1~4题每题5分，共20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.(2023·南航苏州附中高二测试)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p0V1+np0×0.02V0=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。 3.(2024·泰州中学高二月考)一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，瓶子里空气的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下空气的质量是原来瓶子里空气质量的(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　取原来瓶中空气为研究对象，初态V1=V，T1=280 K 末态V2=V+ΔV，T2=320 K 由盖-吕萨克定律得：= 又=，==，故D正确。 4.一个体积为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。 5题6分，6题8分，7题9分，共23分 5.容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为130 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是真空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　) A.4瓶 B.48瓶 C.56瓶 D.60瓶 答案　B 解析　以原钢瓶内的气体为研究对象，分装气体过程气体温度不变，气体发生等温变化， 设最多能分装n瓶，原钢瓶的容积V0=20 L，每个小钢瓶的容积V=5 L，气体初状态的压强p=130 atm，气体末状态的压强p'=10 atm， 对气体，由玻意耳定律得：pV0=p'(nV+V0) 代入数据解得：n=48瓶，故B正确，A、C、D错误。 6.(8分)(2023·南通市期末)跳跳球由橡胶球、踏板和扶手构成，是训练人体平衡的玩具，如图所示。橡胶球原体积为4×10-3 m3，内部气体压强为1.5×105 Pa，当质量为60 kg的人站上踏板并保持平衡时，橡胶球体积变为3×10-3 m3，球内气体压强变为1.2×105 Pa，不计橡胶球膜厚度及玩具的重力，球内气体可看作理想气体，温度保持不变，取g=10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa。则人站上踏板稳定后： (1)(4分)计算说明橡胶球是否漏气； (2)(4分)求橡胶球与地面的接触面积。 答案　(1)漏气　(2)5×10-3 m2 解析　(1)假设没有漏气，根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2 代入数据解得：p2=2×105 Pa>p=1.2×105 Pa 实际压强小于不漏气的气体压强，所以有漏气。 (2)设橡胶球与地面的接触面积为S，则有：pS=mg 代入数据解得橡胶球与地面的接触面积：S=5×10-3 m2。 7.(9分)篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气体的气压调至p标=1.6×105 Pa，才能让篮球发挥最佳性能。如图所示，某同学使用简易充气筒给篮球充气，该充气筒每次可以将压强p0=1.0×105 Pa、体积V0=100 cm3的空气打进篮球。已知篮球的容积V=7.6×103 cm3，内部初始气压等于标准大气压p0=1.0×105 Pa(忽略所有过程温度的变化与篮球容积的变化)。 (1)(4分)该同学利用充气筒向篮球打了19次气，求此时篮球内部的气压p1； (2)(5分)若篮球内部的气压为p2=1.8×105 Pa，可以采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标，求放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值。 答案　(1)1.25×105 Pa　(2) 解析　(1)同学利用充气筒向篮球打气，气体做等温变化，有p0(V+nV0)=p1V 解得此时篮球内部的气压：p1=1.25×105 Pa (2)采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标时，放出的气体压强为p0，设若放出的气体压强也为p标时放出的气体体积为V'，根据玻意耳定律得：p2V=p标(V+V') 代入数据解得：V'=V 放出气体的压强与放气后球内气体的压强一样时，温度一样，故密度相同。则放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值==。 (7分) 8.(2023·连云港市高二阶段练习)青铜龙虎尊出土于四川省广汉市三星堆一号祭祀坑，器肩上所铸高浮雕的三龙呈蠕动游弋状，龙头由器肩伸出，龙角为高柱状造型，龙眼浑圆，身饰菱形重环纹。展出单位为防止文物因氧化而受损，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。如图所示为用活塞式抽气筒从存放龙虎尊的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，龙虎尊材料的总体积为，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积相同；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为；假设抽气的过程中气体的温度不变。下列关于第n次抽气前，展柜内剩余空气压强p及剩余空气和开始时展柜内空气的质量之比K正确的是(　　) A.p=p0()n B.p=p0()n C.K=()n-1 D.K=()n-1 答案　C 解析　抽气前展柜内空气体积为V=V0-=，设每次抽出气体的体积为ΔV，第1次抽气后，由玻意耳定律可得p0·=p0(+ΔV)，第2次抽气后，由玻意耳定律可得：p0·=p2(+ΔV)，解得：p2=p0()2 同理可得第3次抽气后，p3=p0()3，则第n次抽气前，展柜内剩余空气压强为p=pn-1=p0()n-1，故A、B错误； 根据pV=nRT，可得气体摩尔数为n=，气体温度保持不变，则第n次抽气前，展柜内剩余空气和开始时展柜内空气的质量之比为===()n-1，故C正确，D错误。 训练2　关联气体问题　［分值：60分］ 1、2题每题10分，3、4题每题12分，5题16分，共60分 1.(10分)(2023·苏州市高二期中)如图所示，一固定汽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.(12分)(2024·南京市模拟)如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长l1=45 cm的空气柱，中间有一段长l2=5 cm的水银柱，下部空气柱的长度l3=4 cm。已知大气压强为p0=75.0 cmHg。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为l4=42 cm。求： (1)(6分)稳定后上部空气柱的压强p； (2)(6分)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。 答案　(1)75 cmHg　(2)3.25 cm 解析　(1)没有插入水银槽前有 p1=p0-ρgl2=70 cmHg 根据玻意耳定律有p1l1S=pl4S 解得p=75 cmHg (2)对下部分气体有p0l3S=p2l5S 插入水银槽后有p2=p+ρgl2 解得：l5=3.75 cm 则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度 l=l1+l2+l3-l4-l2-l5 解得l=3.25 cm。 4.(12分)如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的两个绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内装有理想气体，气体温度均等于环境温度，气体压强均等于大气压强，两汽缸的活塞到缸底距离都是L，A汽缸活塞的面积是B汽缸活塞面积的2倍，现在缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体温度变为环境温度的倍。设环境温度始终保持不变，求两个活塞移动的距离。 答案　L 解析　设大气压强为p0，环境温度为T0， B汽缸的活塞的面积为S，两活塞向右移动距离为x， 对于A汽缸内气体，由理想气体状态方程得 = 对于B汽缸内气体， 由玻意耳定律得p0LS=pB(L-x)S 对于两个活塞，加热稳定后由平衡条件得 pA·2S+p0S=p0·2S+pBS 解得x=L。 5.(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。 (1)(6分)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)(10分)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口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。 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中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得=，解得T=T0 (2)设当A中的活塞到达汽缸底部时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 $ 专题强化　理想气体的综合问题 DIERZHANG 第二章 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 内容索引 训练1　变质量问题　 训练2　关联气体问题 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。 　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.第二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p2=()2p0=p0，p3=()3p0=p0，可知抽3次气后容器 中还剩余一部分气体，故A、C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。 　(2023·苏州市高二月考)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 =76.0 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　441.2 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≈441.2 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=441.2 K，体积VB2=(L2+ΔL)S， 由盖—吕萨克定律得=， 联立解得ΔL=14.12 cm 空气柱B上方水银柱上升高度为L=ΔL+=20.12 cm。 　如图所示，汽缸内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，活塞与汽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。现将汽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·=pA· 对B气体，由玻意耳定律得p·=pB· 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==。 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 训练1　变质量问题　 三 28 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 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。 7 8 2.(2023·南航苏州附中高二测试)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 1 2 3 4 5 6 设充气次数为n次，根据玻意耳定律p0V1+np0×0.02V0=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。 7 8 3.(2024·泰州中学高二月考)一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，瓶子里空气的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下空气的质量是原来瓶子里空气质量的 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 1 2 3 4 5 6 取原来瓶中空气为研究对象，初态V1=V，T1=280 K 末态V2=V+ΔV，T2=320 K 由盖-吕萨克定律得：= 又===，故D正确。 7 8 4.一个体积为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 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 5.容积为20 L的钢瓶充满氧气后，压强为130 atm，打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中，若小瓶原来是真空的，小瓶中充气后压强为10 atm，分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装 A.4瓶 B.48瓶 C.56瓶 D.60瓶 1 2 3 4 5 6 能力综合练 √ 7 8 1 2 3 4 5 6 以原钢瓶内的气体为研究对象，分装气体过程气体温度不变，气体发生等温变化， 设最多能分装n瓶，原钢瓶的容积V0=20 L，每个小钢瓶的容积V=5 L，气体初状态的压强p=130 atm，气体末状态的压强p'=10 atm， 对气体，由玻意耳定律得：pV0=p'(nV+V0) 代入数据解得：n=48瓶，故B正确，A、C、D错误。 7 8 答案　漏气　 6.(2023·南通市期末)跳跳球由橡胶球、踏板和扶手构成，是训练人体平衡的玩具，如图所示。橡胶球原体积为4×10-3 m3，内部气体压强为1.5×105 Pa，当质量为60 kg的人站上踏板并保持平衡时，橡胶球体积变为3×10-3 m3，球内气体压强变为1.2×105 Pa，不计橡胶球膜厚度及玩具的重力，球内气体可看作理想气体，温度保持不变，取g=10 m/s2，大气压强为1.0×105 Pa。则人站上踏板稳定后： (1)计算说明橡胶球是否漏气； 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 假设没有漏气，根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2 代入数据解得：p2=2×105 Pa>p=1.2×105 Pa 实际压强小于不漏气的气体压强，所以有漏气。 7 8 (2)求橡胶球与地面的接触面积。 1 2 3 4 5 6 答案　5×10-3 m2 设橡胶球与地面的接触面积为S，则有：pS=mg 代入数据解得橡胶球与地面的接触面积：S=5×10-3 m2。 7 8 7.篮球是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮 球内部气体的气压调至p标=1.6×105 Pa，才能让篮球发挥 最佳性能。如图所示，某同学使用简易充气筒给篮球充 气，该充气筒每次可以将压强p0=1.0×105 Pa、体积V0=100 cm3的空气打进篮球。已知篮球的容积V=7.6×103 cm3，内部初始气压等于标准大气压p0=1.0×105 Pa(忽略所有过程温度的变化与篮球容积的变化)。 (1)该同学利用充气筒向篮球打了19次气，求此时篮球内部的气压p1； 1 2 3 4 5 6 答案　1.25×105 Pa　 7 8 1 2 3 4 5 6 同学利用充气筒向篮球打气，气体做等温变化， 有p0(V+nV0)=p1V 解得此时篮球内部的气压：p1=1.25×105 Pa 7 8 (2)若篮球内部的气压为p2=1.8×105 Pa，可以采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标，求放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值。 1 2 3 4 5 6 答案　 7 8 1 2 3 4 5 6 采取缓慢放气的办法使篮球内部的气压恢复到p标时，放 出的气体压强为p0，设若放出的气体压强也为p标时放出 的气体体积为V'，根据玻意耳定律得：p2V=p标(V+V') 代入数据解得：V'=V 放出气体的压强与放气后球内气体的压强一样时，温度一样，故密 度相同。则放出气体的质量与放气后球内气体的质量的比值= =。 7 8 8.(2023·连云港市高二阶段练习)青铜龙虎尊出土于四川省广汉市 三星堆一号祭祀坑，器肩上所铸高浮雕的三龙呈蠕动游弋状， 龙头由器肩伸出，龙角为高柱状造型，龙眼浑圆，身饰菱形重 环纹。展出单位为防止文物因氧化而受损，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。如图所示为用活塞式抽气筒从存放龙虎尊的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，龙虎尊材料的总体积为，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积相同；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为；假设抽气的过程中气体的温度不变。 1 2 3 4 5 6 尖子生选练 7 8 下列关于第n次抽气前，展柜内剩余空气压强p及剩余空气和开始时展柜内空气的质量之比K正确的是 A.p=p0()n B.p=p0()n C.K=()n-1 D.K=()n-1 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 1 2 3 4 5 6 抽气前展柜内空气体积为V=V0-=，设每次抽出 气体的体积为ΔV，第1次抽气后，由玻意耳定律可 得p0·=p0(+ΔV)，第2次抽气后，由玻意耳定 律可得：p0·=p2(+ΔV)，解得：p2=p0()2 同理可得第3次抽气后，p3=p0()3，则第n次抽气前，展柜内剩余空气压强为p=pn-1=p0()n-1，故A、B错误； 7 8 1 2 3 4 5 6 根据pV=nRT，可得气体摩尔数为n=，气体温度保 持不变，则第n次抽气前，展柜内剩余空气和开始时 展柜内空气的质量之比为===()n-1， 故C正确，D错误。 7 8 返回 训练2　关联气体问题 四 49 1.(2023·苏州市高二期中)如图所示，一固定汽缸中由两活 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； 1 2 3 4 答案　　 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。 1 2 3 4 答案　4T0 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。 1 2 3 4 5 答案　70 cmHg　 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； 1 2 3 4 设理想气体B的初始压强为pB， 则pB=p0-5 cmHg=70 cmHg 5 答案　500 K (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。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 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。 5 3.(2024·南京市模拟)如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长l1=45 cm的空气柱，中间有一段长l2=5 cm的水银柱，下部空气柱的长度l3=4 cm。已知大气压强为p0=75.0 cmHg。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为l4=42 cm。求： (1)稳定后上部空气柱的压强p； 1 2 3 4 答案　75 cmHg　 5 没有插入水银槽前有 p1=p0-ρgl2=70 cmHg 根据玻意耳定律有p1l1S=pl4S 解得p=75 cmHg 1 2 3 4 5 (2)从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。 1 2 3 4 答案　3.25 cm 对下部分气体有p0l3S=p2l5S 插入水银槽后有p2=p+ρgl2 解得：l5=3.75 cm 则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度l=l1+l2+l3-l4-l2-l5 解得l=3.25 cm。 5 4.如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面， 由刚性杆连接的两个绝热活塞与两汽缸间均无摩擦， 两汽缸内装有理想气体，气体温度均等于环境温度， 气体压强均等于大气压强，两汽缸的活塞到缸底距离都是L，A汽缸活塞的面积是B汽缸活塞面积的2倍，现在缓慢加热A中气体，停止加热达到 稳定后，A中气体温度变为环境温度的倍。设环境温度始终保持不变， 求两个活塞移动的距离。 1 2 3 4 答案　L 5 1 2 3 4 设大气压强为p0，环境温度为T0， B汽缸的活塞的面积为S，两活塞向右移动距离为x， 对于A汽缸内气体，由理想气体状态方程得= 对于B汽缸内气体， 由玻意耳定律得p0LS=pB(L-x)S 对于两个活塞，加热稳定后由平衡条件得pA·2S+p0S=p0·2S+pBS 解得x=L。 5 5.(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。 (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； 1 2 3 4 答案　T0 5 1 2 3 4 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中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖 —吕萨克定律可得=，解得T=T0 5 (2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口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。 1 2 3 4 答案　p0 5 1 2 3 4 设当A中的活塞到达汽缸底部时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。 5 返回 $