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 浙江）

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'V ② 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　(多选)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.第一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　CD 解析　容器内气体压强为p0，则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C正确，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p3=()3p0=p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A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　(2023·杭州市高二期中)“早穿皮袄午穿纱，抱着火炉吃西瓜”，形容我国新疆吐鲁番地区昼夜温差大的自然现象，利用这一特点可以制作品质优良的葡萄干。现有一葡萄晾房四壁开孔(如图所示)，房间内晚上温度7℃，中午温度为37℃，假设中午大气压强比晚上减少7%，则中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设房间的体积为V，晚上压强为p，则在中午和晚上时满足=，解得ΔV=，所以中午房间内逸出的空气质量与晚上房间内空气质量之比为=，故选A。 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　如图所示，一可自由移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的绝热汽缸分为A、B两个汽缸，A汽缸装有体积为12 L、压强为1 atm、温度为23 ℃的理想气体，A的左边是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B汽缸中气体的温度为27 ℃，体积为30 L。现给左边的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023 mol-1，标准状态下(压强为1 atm，温度为0 ℃)1 mol任何气体的体积为22.4 L，外界大气压强为p0=1 atm=105 Pa。不计活塞与汽缸壁间的摩擦，绝对零度对应-273 ℃。当推力F=2×103 N时，求： (1)未施加推力F时，B汽缸中气体的分子数。(结果保留一位有效数字) (2)活塞N向右移动的距离； (3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度。 答案　(1)7×1023个　(2)10 cm　(3)177 °C 解析　(1)未施加推力F时，根据平衡条件A和B中气体压强与外界大气压相同，此时若将B中气体等压降温到0 ℃， 根据=， 解得VB1=27.3 L 则B汽缸中气体的分子个数为 n=NA≈7×1023个 (2)对A中气体分析，初状态pA=105 Pa， VA=12 L，TA=296 K 活塞N向右移动后，A中气体状态pA'=+p0 TA'=296 K A中气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 pAVA=pA'VA' 解得VA'=8 L=8×10-3 m3 则活塞N向右移动的距离x=-=10 cm (3)对B中气体分析，初状态 pB=105 Pa， VB=30 L， TB=300 K 活塞N向右移动后，B中气体状态 pB'=pA'=+p0，VB'=30 L B中气体发生等容变化， 根据查理定律有= 解得TB'=450 K 则tB'=(450-273)°C=177 °C。 例6　(2023·金华市东阳市月考)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的压强大小； (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。 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：60分］ 1~5题每题4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·金华市月考)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。 3.(2023·宁波市高二期中)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。 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.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部氧气可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为(　　) A.20 L B.40 L C.50 L D.60 L 答案　B 解析　设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1=15 MPa，V1=400 L；末态：p2=3 MPa，V2=40V0+400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，代入数据得V0=40 L，B正确。 6题6分，7题12分，8题14分，共32分 6.(2023·浙江省普通高校检测)一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时(温度保持不变)，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(　　) A.np0，p0 B.p0，p0 C.(1+)p0，(1+)np0 D.(1+)p0，()np0 答案　D 解析　打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得p0(V+nV0)=p'V 所以p'=p0=(1+)p0 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V+V0，而容器中的气体压强就要减小，根据玻意耳定律得，第一次抽气p0V=p1(V+V0) 则p1=p0 第二次抽气p1V=p2(V+V0) 则p2=p1=()2p0 以此类推，则第n次抽气后pn=()np0 故选D。 7.(12分)(2023·宁波市模拟)如图甲，气动避震通过控制气压来改变车身高低，备受高档轿车的青睐。其工作原理可以简化为如图乙所示，在导热良好的汽缸内用可自由滑动的横截面积为S=10 cm2活塞和砝码组合体封闭一定质量的空气，活塞和砝码总质量为m=5 kg。充气装置可通过开关阀门K对汽缸进行充气或放气来改变车身高低。初始时，开关阀门K关闭，此时汽缸内气体高度为h1=40 cm。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa。求： (1)(3分)初始状态汽缸内空气压强p1； (2)(5分)仅将活塞和砝码的总质量增大至10 kg时，汽缸内气体高度h2； (3)(4分)在(2)的基础上，打开阀门K，充气装置向汽缸内充气，当汽缸内气体高度最终恢复至h1时，求充入的外界大气的体积V。 答案　(1)1.5×105 Pa　(2)30 cm　(3)200 cm3 解析　(1)根据平衡可知：p1=p0+ 解得初始状态汽缸内空气压强： p1=1.5×105 Pa (2)末态气体压强：p2=p0+ 根据等温变化规律：p1Sh1=p2Sh2 解得：h2=30 cm (3)根据等温变化规律有：p0V+p2Sh2=p2Sh1 解得：V=200 cm3。 8.(14分)打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)(5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)(9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，由等温变化规律有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==。 (8分) 9.(2023·宁波市效实中学高二期中)桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱形气囊直径为6 cm，高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m水压产生的压强。当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，此时至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从出水管流出(不考虑温度的变化，忽略水桶颈部的体积)(　　) A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 答案　A 解析　设至少需要把气囊完全压下n次，才能有水从出水管流出，设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律有：p0(V0+nV1)=p1V0，其中p0=ρgh=10ρg，V0=4 320π cm3，V1=72π cm3，p1=ρg(h+0.4 m)=10.4ρg，联立解得：n=2.4，则至少需要把气囊完全压下3次，故选A。 训练2　关联气体问题　［分值：60分］ 1、2题每题6分，3题9分，共21分 1.(2023·温州市高二月考)如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB=1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA'∶VB'为(　　) A.1∶1 B.2∶3 C.3∶4 D.2∶1 答案　B 解析　对A部分气体有：= ① 对B部分气体有：= ② 因为pA=pB，pA'=pB'，TA=TB， 联立①②式得= 所以===，故选B。 2.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B向右移动的距离为(　　) A.d B.d C.d D.d 答案　D 解析　以活塞B为研究对象：初状态p1S=p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2且=，末状态p1'S=p2'S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得： p1V1=p1'(V1+xS-dS) p2V2=p2'(V2-xS) 联立并代入数据解得：x=d，故A、B、C错误，D正确。 3.(9分)(2024·浙江省五校联盟高二期中)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)(3分)求初始时理想气体B的压强； (2)(6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， 根据玻意耳定律得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。 4题11分，5题13分，共24分 4.(11分)(2024·徐州市高二月考)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.(13分)如图所示，光滑绝热活塞C将体积为2V0的导热容器均匀分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计(U形管内气体的体积忽略不计)，B室右侧有一阀门K，可与外界大气相通，外界大气压等于76 cmHg，气温恒定为300 K。当光滑绝热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱两液面高度差为19 cm。现将阀门K打开，当活塞C不再移动时，求： (1)(5分)B室的体积VB； (2)(8分)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃，待到稳定后，求此时气压计水银柱高度差。 答案　(1)0.75V0　(2)9.5 cm 解析　(1)由题意可知，阀门K闭合时，A室的体积为V0，压强为pA=p0+ph=95 cmHg，将阀门K打开，当活塞C不再移动时，A室压强为p0，体积设为VA'，A中气体经历等温变化， 根据玻意耳定律有pAV0=p0VA' 解得VA'=1.25V0， 此时B室的体积为VB=2V0-VA'=0.75V0 (2)设将B室加热到127 ℃(即T=400 K)时，A、B室的压强均为p，B室的体积为VB'， 对A中气体根据玻意耳定律有 p0VA'=p(2V0-VB')， 对B中气体根据理想气体状态方程有 =， 解得p=85.5 cmHg 所以此时气压计水银柱高度差为 h'=85.5 cm-76 cm=9.5 cm。 6.(15分)(2023·宁波市北仑中学高二期中)如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为S、质量为m，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度为h，汽缸内距缸底h处有固定的卡环。已知大气压为p0，重力加速度大小为g。 (1)(7分)若在活塞上缓慢堆放一定质量的细沙(细沙与汽缸壁无摩擦)，直至活塞恰好与卡环接触，计算细沙的质量； (2)(8分)若汽缸缓慢漏气，则直到不再漏气为止，汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为多少。 答案　(1)　(2) 解析　(1)没有堆放细沙前，对密封气体有 p1=p0+，V1=hS 堆放细沙后，对密封气体有 p2=p0+，V2=hS 细沙缓慢放置，气体发生等温变化， 据玻意耳定律可得p1V1=p2V2， 解得m0= (2)漏气前，对于汽缸内气体 p1=p0+，V1=hS 汽缸缓慢漏气，不再漏气为止，汽缸内气体压强与外界大气压强相同， 则p3=p0，V3=hS+ΔV 据玻意耳定律可得p1V1=p3V3 汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为k=， 解得k=。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIERZHANG 第二章 专题强化　理想气体的 综合问题 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 训练1　变质量问题 内容索引 训练2　关联气体问题 3 一 变质量问题 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。 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？ 拓展 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。 (多选)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.第一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 √ √ 容器内气体压强为p0，则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C正确，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p3=()3p0=p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A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。 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。 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 √ 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。 (2023·杭州市高二期中)“早穿皮袄午穿纱，抱着火炉吃西瓜”，形容我国新疆吐鲁番地区昼夜温差大的自然现象，利用这一特点可以制作品质优良的葡萄干。现有一葡萄晾房四壁开 孔(如图所示)，房间内晚上温度7℃，中午 温度为37℃，假设中午大气压强比晚上减 少7%，则中午房间内逸出的空气质量与晚 上房间内空气质量之比为 A. B. C. D. 例4 √ 设房间的体积为V，晚上压强为p， 则在中午和晚上时满足= ，解得ΔV= =，故选A。 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 二 关联气体问题 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。 　如图所示，一可自由移动的绝热活塞M将一横截面积为400 cm2的绝热汽缸分为A、B两个汽缸，A汽缸装有体积为12 L、压强为1 atm、温度为23 ℃的理想气体，A的左边是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B汽缸中气体的温度为27 ℃，体积为30 L。现给左边的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。阿伏加德罗常数为NA=6.0× 1023 mol-1，标准状态下(压强为1 atm，温度为0 ℃)1 mol任何气体的体积为22.4 L，外界大气压强为p0=1 atm=105 Pa。不计 活塞与汽缸壁间的摩擦，绝对零度对应-273 ℃。 当推力F=2×103 N时，求： 例5 (1)未施加推力F时，B汽缸中气体的分子数。(结果保留一位有效数字) 答案　7×1023个 未施加推力F时，根据平衡条件A和B中气体压强与外界大气压相同，此时若将B中气体等压降温到0 ℃， 根据=， 解得VB1=27.3 L 则B汽缸中气体的分子个数为 n=NA≈7×1023个 (2)活塞N向右移动的距离； 答案　10 cm 对A中气体分析，初状态pA=105 Pa， VA=12 L，TA=296 K 活塞N向右移动后，A中气体状态pA'=+p0 TA'=296 K A中气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 pAVA=pA'VA' 解得VA'=8 L=8×10-3 m3 则活塞N向右移动的距离x=-=10 cm (3)B汽缸中的气体升温到多少摄氏度。 答案　177 °C 对B中气体分析，初状态 pB=105 Pa， VB=30 L， TB=300 K 活塞N向右移动后，B中气体状态 pB'=pA'=+p0，VB'=30 L B中气体发生等容变化， 根据查理定律有= 解得TB'=450 K 则tB'=(450-273)°C=177 °C。 　(2023·金华市东阳市月考)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的压强大小； 例6 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。 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 35 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。 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 7 8 9 基础强化练 2.(2023·金华市月考)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 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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。 3.(2023·宁波市高二期中)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 9 √ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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 9 √ 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 9 5.现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部氧气可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为 A.20 L B.40 L C.50 L D.60 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设每个小氧气瓶的容积为V0，以医用氧气罐中所有氧气为研究对象，初态：p1=15 MPa，V1=400 L；末态：p2=3 MPa，V2=40V0+400 L；因为不考虑温度变化，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，代入数据得V0=40 L，B正确。 6.(2023·浙江省普通高校检测)一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气 筒时(温度保持不变)，活塞工作 n次后，在上述两种情况下，容 器内的气体压强分别为 A.np0，p0 B.p0，p0 C.(1+)p0，(1+)np0 D.(1+)p0，()np0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内，容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，根据玻意耳定律得p0(V+nV0)=p'V 所以p'=p0=(1+)p0 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V+V0，而容器中的气体压强就要减小，根据玻意耳定律得，第一次抽气p0V=p1(V+V0) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 则p1=p0 第二次抽气p1V=p2(V+V0) 则p2=p1=()2p0 以此类推，则第n次抽气后pn=()np0 故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(2023·宁波市模拟)如图甲，气动避震通过控制气压来改变车身高低，备受高档轿车的青睐。其工作原理可以简化为如图乙所示，在导热良好的汽缸内用可自由滑动的横截面积为S=10 cm2活塞和砝码组合体封闭一定质量的空气，活塞和砝码总质量为m=5 kg。充气装置可通过开关阀门K对汽缸进行充气或放气来改变车身高低。初始时，开关阀门K关闭，此时汽缸内气体高度为h1= 40 cm。已知外界大气压强 p0=1.0×105 Pa。求： (1)初始状态汽缸内空气压强p1； 答案　1.5×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据平衡可知：p1=p0+ 解得初始状态汽缸内空气压强： p1=1.5×105 Pa 末态气体压强：p2=p0+ 根据等温变化规律：p1Sh1=p2Sh2 解得：h2=30 cm (2)仅将活塞和砝码的总质量增大 至10 kg时，汽缸内气体高度h2； 答案　30 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据等温变化规律有：p0V+p2Sh2=p2Sh1 解得：V=200 cm3。 (3)在(2)的基础上，打开阀门K， 充气装置向汽缸内充气，当汽缸 内气体高度最终恢复至h1时，求 充入的外界大气的体积V。 答案　200 cm3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8.打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； 答案　1.25×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 同学利用充气筒向篮球打气，由等温变化规律有p0(V+nV0)=p1V 解得此时篮球内部的气压：p1=1.25×105 Pa (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。 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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==。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9.(2023·宁波市效实中学高二期中)桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24 cm，高为35 cm；柱形气囊直径为6 cm，高为8 cm，水桶颈部的长度为10 cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10 m水压产生的压强。当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气 体的压强等于大气压强，此时至少需要把气囊完全压 下几次，才能有水从出水管流出(不考虑温度的变化， 忽略水桶颈部的体积) A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 尖子生选练 设至少需要把气囊完全压下n次，才能有水从出水管流出，设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1， 根据玻意耳定律有：p0(V0+nV1)=p1V0，其中p0= ρgh=10ρg，V0=4 320π cm3，V1=72π cm3，p1= ρg(h+0.4 m)=10.4ρg，联立解得：n=2.4，则至少 需要把气囊完全压下3次，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 训练2　关联气体问题 四 58 1.(2023·温州市高二月考)如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB=1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA'∶VB'为 A.1∶1 B.2∶3 C.3∶4 D.2∶1 1 2 3 4 5 6 基础强化练 √ 对A部分气体有：= ① 对B部分气体有：= ② 因为pA=pB，pA'=pB'，TA=TB， 联立①②式得= 所以===，故选B。 1 2 3 4 5 6 2.一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推 动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与 汽缸壁之间的摩擦，汽缸密闭不漏气，则活塞B 向右移动的距离为 A.d B.d C.d D.d √ 1 2 3 4 5 6 以活塞B为研究对象：初状态p1S=p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2且=，末状态p1'S=p2'S，在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得： p1V1=p1'(V1+xS-dS) p2V2=p2'(V2-xS) 联立并代入数据解得：x=d，故A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 3.(2024·浙江省五校联盟高二期中)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； 答案　70 cmHg 设理想气体B的初始压强为pB， 则pB=p0-5 cmHg=70 cmHg 1 2 3 4 5 6 (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。 答案　500 K 1 2 3 4 5 6 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， 根据玻意耳定律得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。 1 2 3 4 5 6 答案　L 4.(2024·徐州市高二月考)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。 能力综合练 1 2 3 4 5 6 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。 1 2 3 4 5 6 5.如图所示，光滑绝热活塞C将体积为2V0的导热容器均匀分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计(U形管内气体的体积忽略不计)，B室右侧有一阀门K，可与外界大气相通，外界大气压等于76 cmHg，气温恒定为300 K。当光滑绝热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱两液面高 度差为19 cm。现将阀门K打开，当活塞C不再 移动时，求： (1)B室的体积VB； 答案　0.75V0 1 2 3 4 5 6 由题意可知，阀门K闭合时，A室的体积为V0，压强为pA=p0+ph= 95 cmHg，将阀门K打开，当活塞C不再移动时，A室压强为p0，体积设为VA'，A中气体经历等温变化， 根据玻意耳定律有pAV0=p0VA' 解得VA'=1.25V0， 此时B室的体积为VB=2V0-VA'=0.75V0 1 2 3 4 5 6 (2)若再次关闭阀门，对B室加热到127 ℃， 待到稳定后，求此时气压计水银柱高度差。 答案　9.5 cm 1 2 3 4 5 6 设将B室加热到127 ℃(即T=400 K)时，A、B室的压强均为p，B室的体积为VB'， 对A中气体根据玻意耳定律有 p0VA'=p(2V0-VB')， 对B中气体根据理想气体状态方程有=， 解得p=85.5 cmHg 所以此时气压计水银柱高度差为 h'=85.5 cm-76 cm=9.5 cm。 1 2 3 4 5 6 6.(2023·宁波市北仑中学高二期中)如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积为S、质量为m，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气柱高度为h，汽缸内距缸底h处有固定的卡环。已知大气压为p0，重力 加速度大小为g。 (1)若在活塞上缓慢堆放一定质量的细沙(细沙与汽缸壁无 摩擦)，直至活塞恰好与卡环接触，计算细沙的质量； 答案　 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 没有堆放细沙前，对密封气体有 p1=p0+，V1=hS 堆放细沙后，对密封气体有 p2=p0+，V2=hS 细沙缓慢放置，气体发生等温变化， 据玻意耳定律可得p1V1=p2V2， 解得m0= 1 2 3 4 5 6 (2)若汽缸缓慢漏气，则直到不再漏气为止，汽缸内漏 出气体与剩余气体质量之比为多少。 答案　 1 2 3 4 5 6 漏气前，对于汽缸内气体 p1=p0+，V1=hS 汽缸缓慢漏气，不再漏气为止，汽缸内气体压强与外界大气压强相同， 则p3=p0，V3=hS+ΔV 据玻意耳定律可得p1V1=p3V3 汽缸内漏出气体与剩余气体质量之比为k=， 解得k=。 1 2 3 4 5 6 返回 $