高考物理一轮复习学案：理想气体的四类变质量问题专题
2022高考物理选考题专题--热学解答题(三)--气体变质量模型：变质量问题
气体变质量问题专题一、变质量问题的求解方法二、针对训练1.一病人通过便携式氧气袋供氧，便携式氧气袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体.温度为C o 0时，袋内气体压强为atm 25.1，体积为L 50. 在C o 23条件下，病人每小时消耗压强为atm 0.1的氧气约为L 20. 已知阿伏加德罗常数为-123mo 100.6l ,在标准状况（压强atm 0.1、温度C o 0）下，理想气体的摩尔体积都为L 4.22.求：(1)此便携式氧气袋中氧气分子数；(2)假设此便携式氧气袋中的氧气能够完全耗尽，则可供病人使用多少小时.（两问计算结果均保留两位有效数字）2.“蹦蹦球”是儿童喜爱的一种健身玩具. 如图所示，小倩和同学们在室外玩了一段时间的蹦蹦球之后，发现球内气压不足，于是她便拿到室内放置了足够长的时间后用充气筒给蹦蹦球充气. 已知室外温度为C o 3 ，蹦蹦球在室外时，内部气体的体积为L 2,内部气体的压强为atm 2，室内温度为C o 27，充气筒每次充入L 2.0、压强atm 1的空气，整个过程中，不考虑蹦蹦球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，蹦蹦球内气体按理想气体处理. 试求：(1)蹦蹦球从室外拿到室内足够长时间后，球内气体的压强；(2)小倩在室内想把球内气体的压强充到atm 3以上，则她至少充气多少次.3.(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体（可视为理想气体）. 甲罐的容积为V ,罐中气体的压强为p ；乙罐的容积为V 2,罐中气体的压强为p 21. 现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等. 求调配后(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比.4.奥运会男子篮球比赛时所用篮球的内部空间体积是L .357,比赛时内部压强为kPa 170. 已知在C o 25，kPa 100时，气体摩尔体积约为L/mol5.24. 比赛场馆温度为C o 25,气体的摩尔质量为mol g /29,大气压为Pa 510.（1）若比赛前，男子专用篮球是瘪的（认为没有气体），用打气简充气，每次能将1个大气压，L 375.0的气体充入篮球，需要充气几次，才能成为比赛用的篮球；(2)比赛时篮球内部的气体质量是多少.5.恒温室内有容积为L 100的储气钢瓶，钢瓶中装有压强为0p 的理想气体，现使用两种方式抽取钢瓶中气体，第一种方式使用大抽气机，一次缓慢抽取L 10气体，第二种方式使用小抽气机，缓慢抽两次，每次抽取L 5气体. 求：(1)第一种方式抽气后钢瓶内气体的压强1p ；(2)第二种方式抽气后钢瓶内气体的压强2p ，并比较1p 和2p 大小关系.6.容器中装有某种气体，且容器上有一小孔跟外界大气相通，原来容器内气体的温度为C o 27,如果把它加热到C o 127，从容器中逸出的空气质量是原来质量的多少倍?7.容积为L 2的烧瓶，在压强为Pa 5100.1⨯时，用塞子塞住,此时温度为C o 27,当把它加热到C o 127时，塞子被打开了，稍过会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它逐渐降温到C o 27，求:(1)塞子打开前的最大压强；(2)逐渐降温C o 27时剩余空气的压强，8.一容积不变的热气球刚好要离开地面时，球内空气质量kg 150=m ,温度K 2801=T ,在热气球下方开口处燃烧液化气，使球内温度缓慢升高，热气球缓慢升空，当气球内空气温度K 3002=T 时，热气球上升到离地面m 10高处.(1)求热气球离地面m 10高时球内空气的质量；(2)若热气球上升到离地面m 10高处时停止加热，同时将气球下方开口处封住，求球内空气温度降为K 280时球内气体的压强与刚离开地面时的压强之比.9.汽车修理店通过气泵给储气罐充气，再利用储气罐给用户汽车轮胎充气. 某容积为0V 的储气罐充有压强为09p 的室温空气，要求储气罐给原来气体压强均为05.1p 的汽车轮胎充气至03p ,已知每个汽车轮胎的体积为400V ，室温温度为C o 27. (1)求在室温下储气罐最多能给这种汽车轮胎充足气的轮胎数n ； (2)若清晨在室温下储气罐给n 个汽车轮胎充足气后，到了中午，环境温度上升到C o 32，求此时储气罐中气体的压强p .10.如图所示，A 、B 是两只容积为V 的容器，C 是用活塞密封的气筒，它的工作体积为V 5.0,C 与A 、B 通过两只单向进气阀a 、b 相连，当气筒抽气时a 打开、b 关闭，当气筒打气时b 打开、a 关闭，最初A 、B 两容器内气体的压强均为大气压强0p ，活塞位于气筒C 的最右侧. （气筒与容器间连接处的体积不计，气体温度保持不变)，求：(1)以工作体积完成第一次抽气结束后气筒C 内气体的压强1p ；(2)现在让活塞以工作体积完成抽气、打气各2次后，A 、B 容器内的气体压强之比.11.2020年，在“疫情防控阻击战”中，为了防止“新型冠状病毒”的扩散，需要专业防疫人员不断进行消毒作业(图1)，比较简单的做法是利用农药喷雾器进行消毒. 图2为喷雾器的示意图，圆柱形喷雾器高为h ，内有高度为2h 的消毒水，上部封闭有压强为0p ，温度为0T 的空气. 将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K ，恰好有消毒水流出. 已知消毒水的密度为 ,大气压强恒为0p ，重力加速度为g ，喷雾口与喷雾器等高. 忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体.(1)求室内的温度；(2)在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到消毒水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比.答案1.（1）24107.1⨯个 （2）h 4.3解析：（1）便携式氧气袋内的氧气可视为理想气体，设温度为C o 0时，袋内气体压强为1p ,标况下的压强为2p ,氧气在标况下的体积为2V ,假设发生等温变化，由玻意耳定律有：2211V p V p =， 解得L V 5.622=，物质的量为：mol V n 4.222=氧气分子数：24107.1⨯=⋅=A N n N 个(2)设氧气袋中的氧气在C o 23的体积为3V ，根据理想气体状态方程，有：232111T V p T V p =， 解得L V 77.673=， 可供病人使用的时间h V V t 4.303==2.（1）atm 920 （2）8次 解析：(1)设蹦蹦球从室外拿到室内足够长时间后，此过程气体体积不变，室外时：温度K 2701=T ,球内气体压强，atm 21=p ； 室内时：温度K 3002=T ,设球内气体压强为2p ，由查理定理得：2211T p T p =， 解得atm 9202=p （2）设至少充气n 次可使球内气体压强达到atm 3以上，以蹦蹦球内部气体和所充气体的整体为研究对象，由玻意耳定理可知，V p V n p V p 302)(=∆+， atm 10=p ,atm 33=p 解得8.7970==n ， 故小倩在室内把球内气体的压强充到3个大气压以上，她至少需充气8次.3.（1）p 32 （2）32 解析：(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p ,其体积变为1V ,由玻意耳定律有1)2(21pV V p =，① 现两罐气体压强均为p ，总体积为(1V V +). 设调配后两罐中气体的压强为'P ,由玻意耳定律有)2()('1V V p V V p +=+， ② 联立①②式可得p P 32'= ③(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p 时，体积为2V ,由玻意耳定律 2'pV V p = ④ ， 设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k ， 由密度的定义有V V k 2= ⑤， 联立③④⑤式可得32=k4.（1）17 （2）g 97.14解析：(1)设大气压强为p ,比赛时篮球内气体的压强为0p ,内部空间为0V ，设需要充气n 次，由玻意耳定律得00V p pnV =， 代入数据得17=n(2)设篮球内气体的压强为kPa p 1001=时的体积为1V ,由玻意耳定律得1100V p V p = 篮球内气体的质量M V V m m⨯=1(M 为气体摩尔质量，m V 为摩尔体积，)联立解得g m 97.14=5.（1）01110p （2）0441400p ； 21p p > 解析：（1）第一种方式为等温变化，初始体积为L V 1000=,压强为0p ，末态体积L V 1101=,压强为1p ， 由玻意耳定律0011V p V p =， 解得011110p p = (2)第二种方式第一次抽取，末态压强为'2p ,体积L V 1052=， 由玻意耳定律可得002'2V p V p =， 解得0'2105100p p =， 同理第二次抽取，由玻意耳定律可得220'2V p V p =（由 联立解得 02441400p p =， 根据计算结果可得21p p >6. 41 解析：由于容器有小孔与外界相通，当温度升高时，气体将从小孔逸出,这是一个变质量问题.若取原来容器中一定质量的气体作为研究对象，假设在气体升温时,逸出的气体被一个无形的膜所密闭,就变成了质量一定的气体.设逸出的气体被一个无形的膜所密封，以容器 中原来的气体为研究对象，初态K 3001=T ,V V =1；末态K 4002=T ，V V V ∆+=2. 由盖-吕萨克定律:212211T V V T V T V T V ∆+==，得， 故3V V =∆.又因V V V m ∆=∆∆+=ρρm 1），（ ,ρ为加热后空气密度. 所以41343m m 1==∆+∆=∆V VV V V ）（ρρ7.（1）Pa 51033.1⨯ （2）Pa 4105.7⨯解析：(1)在塞子打开前，选瓶中的气体为研究对象:则有初态:Pa p 51100.1⨯=,K 3001=T ，末态:?2=p , K 4002=T ，根据查理定律2121T T p p = 可得:Pa p 521033.1⨯=(2)重新将塞子盖紧后，仍以瓶中的气体为研究对象，则有态:Pa p 5'1100.1⨯=,K 400'=T . 末态：?'2=p ， K 300'2=T 由查理定律Pa p 4'2105.7⨯=8.（1）kg 14 （2）1514 解析：(1)设气球刚离开地面时球内空气密度为1ρ，体积为1V ，压强为1p ,气球上升到离地面m 10高处时球内空气密度为2ρ,气球上升过程做等压变化，则由盖-吕萨克定律有2211T V T V =， 其中101ρm V =， 202ρm V =， 热气球离地面m 10高时球内空气质量12V m ρ= 解得kg 14=m(2)设封住开口后，球内气体的压强为3ρ,降温过程气体做等容变化，由查理定律有 2233T p T p =，其中21p p =，K 2803=T , 解得151413=p p9.（1）160 （2）005.3p解析：(1)设充气前，将每个轮胎中的气体压缩至03p 时，体积为1V ，气体发生等温变化 初始时，轮胎内气体压强为05.1p ,体积为400V ， 压缩后，轮胎内气体压强为03p ,体积为1V根据玻意耳定律有10003405.1V p V p ⋅=⋅， 轮胎内气体休积减少量为1040V V V -=∆ 以储气罐为研究对象，充气前，储气罐中气体的压强为09p ,体积为0V ， 充气后，储气罐中的气体压强为03p ，罐中剩余的气体的体积与充入轮胎的气体的体积之和为V n V ∆+0 储气罐给汽车轮胎充气时，整个过程储气罐中的气体做等温变化，由玻意耳定律有 )(390000V n V p V p ∆+=⋅， 解得160=n(2)由题可知，从清晨到中午，充气后储气罐中的气体做等容变化清晨，储气罐中气体的压强为03p ,温度为K 3000=T 中午， 储气罐中气体的压强为p ,温度为K 305=T ，由查理定理有Tp T p =003， 解得005.3p p = 10.（1）032p （2）7:2 解析：(1)第一次抽气后，A 、C 内气体发生等温膨胀，应用玻意耳定律可得V p V p )15.0(10+=， 解得0132p p = (2)第一次打气后，C 、B 内气体发生等温压缩，应用玻意耳定律可得 V p V p V p 2015.0=+⋅, 同理，第二次抽气后，对A 、C 内气体，有V p V p )15.0(31+= 第二次打气后，对C 、B 内气体，有V p V p V p 4235.0=+⋅联立解得抽气、打气各两次后A 、B 内气体压强比为7:2:43=p p11.（1）00)21(T p h g ρ+ （2）ghp gh p ρρ++00232 解析：（1）设喷雾器的横截面积为S ，喷雾器内气体体积为0V ，室内温度为1T ,移到室内后气体压强为1p ，则有20h S V ⋅=，移到室内一段时间，对喷雾器内液面受力分析有 201h g p p ρ+=， 喷雾器移到室内后气体做等容变化，由查理定律有1100T p T p = 联立解得：001)21(T p h gT ρ+=(2)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为2p ,体积为2V ,则有Sh V =2，对喷雾器内气体受力分析有gh p p ρ+=02， 若此气体经等温变化，压强为1p 时，体积为3V ，则由玻意耳定律有2231V p V p =，同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为m ∆，则有0030V V V m m -=∆， 联立解得：ghp gh p m m ρρ++=∆000232。
理想气体变质量问题方法总结
理想气体变质量问题方法总结理想气体变质量问题，是指在理想气体状态下，气体质量发生变化的一类问题。
这类问题的研究对象是理想气体，因此需要遵循理想气体定律。
解决这类问题的方法主要包括以下几种：1. 理想气体定律 (pV = nRT)：理想气体定律是解决理想气体变质量问题的基础，其中 p 表示压强，V 表示体积，n 表示气体摩尔数，R 是气体常数，T 表示温度。
在变质量过程中，质量与摩尔数的关系为：m = nM，其中 m 是质量，M 是摩尔质量。
2. 质量守恒：在气体质量变化过程中，质量守恒原理仍然适用。
即：系统内气体的质量增加或减少，应等于与外界气体质量的交换量。
3. 能量守恒与热力学第一定律：在变质量过程中，热力学第一定律（能量守恒定律）仍然适用。
即：系统内气体能量的增加或减少，应等于从外界获得或释放的能量。
4. 过程分析法：根据气体在过程中所经历的具体状态，分析气体的状态参数（压强、体积、温度）之间的关系。
例如，等压过程、等温过程、等熵过程（绝热过程）等。
5. 状态方程与状态函数：状态方程是表示气体状态参数之间关系的方程，例如范德瓦尔斯方程。
状态函数是描述气体状态的函数，例如内能、焓、熵等。
通过状态方程与状态函数的求解，可以求出气体变质量过程中的状态参数。
6. 基尔霍夫定律及其他物理定律：在解决理想气体变质量问题时，还需要根据具体问题运用其他物理定律，如基尔霍夫定律、牛顿定律、连续性方程等。
通过以上方法的综合应用，可以解决理想气体变质量问题。
在解题过程中，首先应找出题目中所涉及的物理过程，然后根据物理过程选择合适的物理定律和方法进行求解。
最后，根据求解结果进行分析和讨论，得出问题的答案。
2022届高考物理一轮复习讲义：理想气体的变质量问题的处理方法
理想气体的变质量问题的处理方法对理想气体变质量问题，可根据不同情况用克拉珀龙方程、理想气体状态方程和气体实验定律进行解答。
方法一：化变质量为恒质量——等效的方法在充气、抽气的问题中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
方法二：应用密度方程一定质量的气体，若体积发生变化，气体的密度也随之变化，由于气体密度 mVρ=，故将气体体积mV ρ=代入状态方程并化简得：222111T pT p ρρ=，这就是气体状态发生变化时的密度关系方程．此方程是由质量不变的条件推导出来的，但也适用于同一种气体的变质量问题；当温度不变或压强不变时，由上式可以得到：2211ρρp p =和2211T T ρρ=，这便是玻意耳定律的密度方程和盖·吕萨克定律的密度方程． 方法三:应用克拉珀龙方程其方程为nR TPV=。
这个方程有4个变量：p 是指理想气体的压强，V 为理想气体的体积，n 表示气体物质的量，而T 则表示理想气体的热力学温度；还有一个常量：R 为理想气体常数，R =8.31J/mol.K=0.082atm.L/mol.K 。
若理想气体在状态变化过程中，质量为m 的气体分成两个不同状态的部分21m m 、，或由若干个不同状态的部分21m m 、的同种气体的混合，则应用克拉珀龙方程R MmT PV =易推出：12'2'2'1'1'1222111T V P T V P T V P T V P +=+ 上式表示在总质量不变的前提下，同种气体进行分、合变态过程中各参量之间的关系，可谓之“分态式”状态方程。
1. 打气问题向球、轮胎中打气是一个典型的变质量气体问题。
只要选择球内原有气体和即将打入的气体的整体作为研究对象，就可把打气过程中的变质量问题转化为气体总质量不变的状态变化问题。
类似的问题还有将一个大容器里的气体分装到多个小容器中等，处理的方法也类似。
理想气体的四类变质量问题
理想气体的四类变质量问题理想气体的四类变质量问题引言理想气体是热力学中的一个经典模型，它假设气体分子间的相互作用可以忽略，从而使得气体分子之间的碰撞完全弹性，能量只有在碰撞瞬间才会转移。
这种假设使得理想气体具有简单、易于处理的特点。
在实际应用中，我们经常需要研究理想气体的四类变质量问题，即等温过程、绝热过程、等压过程和等容过程。
本文将对这四类问题进行详细介绍。
一、等温过程定义：在等温过程中，系统的温度保持不变。
特点：由于系统温度不变，所以系统内部能量也不会发生改变。
物理图像：当系统发生等温膨胀时（如活塞式容器内的气体被加热），外界对系统做功，使得系统内部分子运动增加，从而导致压强增大；当系统发生等温压缩时（如活塞式容器内的气体被压缩），系统对外界做功，并且对外界吸收热量来保证温度不变，使得系统内部分子运动减少，从而导致压强减小。
理论公式：在等温过程中，理想气体的状态方程为：PV=nRT其中P表示气体的压强，V表示气体的体积，n表示气体的摩尔数，R 为气体常数，T为气体的温度。
根据热力学第一定律（能量守恒定律），可得等温过程中系统对外界所做的功为：W=nRTln(V2/V1)其中W为系统对外界所做的功，V1和V2分别表示初始和最终状态下气体的体积。
二、绝热过程定义：在绝热过程中，系统与外界不进行热量交换。
特点：由于系统与外界不进行热量交换，所以系统内部能量只有通过做功才能改变。
物理图像：当系统发生绝热膨胀时（如活塞式容器内的气体被突然放松），外界对系统不做功，并且由于没有热量传递进入系统内部，使得系统内部分子运动增加，从而导致压强降低；当系统发生绝热压缩时（如活塞式容器内的气体被突然压缩），系统对外界不做功，并且由于没有热量传递出去，使得系统内部分子运动减少，从而导致压强增加。
理论公式：在绝热过程中，理想气体的状态方程为：PV^γ=常数其中γ=Cp/Cv，Cp和Cv分别表示气体在定压和定容条件下的比热容。
四类变质量问题-高考物理复习
细管和压强计内的气体体积。则V等于( D )
A.30 cm3
B.40 cm3
C.50 cm3
D.60 cm3
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D正确。
图2
将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4 mL，设
压强为p2
根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2
解得p2＝1.3×105 Pa。
3.(2024·广东中山高三校联考)氧气瓶是医院、家庭护理、个人保
健及各种缺氧环境补充用氧较理想的供氧设备。如图3所示，
现有一氧气瓶，在温度为17 ℃的室内气压计显示瓶内氧气的
3.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 已知某钢瓶容积200 L，在室外测得其瓶内氧气压强为3×105 Pa， 环境温度为－23 ℃，医院病房内温度27 ℃(钢瓶的热胀冷缩可以 忽略)。则： (1)移入室内达热平衡后钢瓶内氧气的压强为多少？
(2)选取氧气袋内p2＝1.2×106 Pa氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0× 106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V 解 用所去 得以气用V＝体去56的气V体体0 积的为质量ΔV与＝原56V来0－气V体0＝总51质V量0 之比为Δmm＝ρρΔVV＝ΔVV＝16。
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 p1V2＝p3V3 同时ρ2V2＝ρ3V3 联立解得ρ3≈1.18 kg/m3。 答案 1.18 kg/m3
有关理想气体的气缸类问题、管类问题、变质量类问题-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练
2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题71有关理想气体的气缸类问题、管类问题、变质量类问题导练目标导练内容目标1气缸类问题目标2管类问题目标3变质量问题【知识导学与典例导练】一、气缸类问题解决此类问题的一般思路：(1)弄清题意，确定研究对象。
一般研究对象分两类：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)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。
对求解的结果注意分析它们的合理性。
【例1】如图所示，导热性能良好的汽缸平放在水平面上，横截面积S=10cm2的薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，水平轻质弹簧的左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上，系统处于静止状态，此时活塞到汽缸底部的距离L0=20cm，缸内气体的热力学温度T0=300K。
现用水平力向右缓慢推动汽缸，当汽缸向右移动的距离s=6cm时将汽缸固定，此时弹簧的压缩量x=2cm。
大气压强恒为p0=1×105Pa，弹簧一直在弹性限度内，不计一切摩擦：(1)求弹簧的劲度系数k；(2)若汽缸固定后缓慢升高缸内气体的温度，求当汽缸底部到活塞的距离恢复到L0时缸内气体的热力学温度T。
【答案】(1)1250N/m ；(2)525K【详解】(1)汽缸向右移动后系统处于静止状态时，活塞到汽缸底部的距离为0L L x s =+-在汽缸向右移动的过程中，缸内气体做等温变化，设当汽缸向右移动的距离s =6cm 时缸内气体的压强为p ，有00p L S pLS =对活塞，由物体的平衡条件有0pS p S kx =+解得k =1250N/m(2)经分析可知，当汽缸底部到活塞的距离恢复到L 0时，弹簧的压缩量为6cm x s '==设此时缸内气体的压强为p ′，有00p p T T'=对活塞，由物体的平衡条件有：0p S p S kx '=+'解得T =525K【例2】某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图，导热性能良好的圆柱形汽缸I 、II 内部横截面积分别为S 和2S ，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。
高三物理一轮总复习专题13_9理想气体的状态方程名师伴学(新)
专题13.9 理想气体的状态方程课前预习● 自我检测1．对于一定质量的理想气体，下列状态变化中可能实现的是( )A．使气体体积增加而同时温度降低B．使气体温度升高，体积不变、压强减小C．使气体温度不变，而压强、体积同时增大D．使气体温度升高，压强减小，体积减小【答案】 A2．如图所示，在p－T坐标系中的a、b两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，设气体在状态a时的体积为V a，密度为ρa，在状态b时的体积为V b，密度为ρb，则( )A．V a>V b，ρa>ρb B．V a<V b，ρa<ρbC．V a>V b，ρa<ρb D．V a<V b，ρa>ρb【答案】 D【解析】过a、b两点分别作它们的等容线，由于斜率k a>k b，所以V a<V b，由于密度ρ＝mV，所以ρa>ρb，故D正确．3.如图所示，导热气缸开口向下，内有理想气体，缸内活塞自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现把砂桶底部钻一个小洞，细砂慢慢漏出，并缓慢降低气缸外部环境温度，则( )A.气体压强增大，内能可能不变B.外界对气体做功，气体温度可能降低C.气体体积减小，压强增大，内能一定减小D.外界对气体做功，气体内能一定增大 【答案】：C4．如图所示，圆柱形汽缸A 中用质量为2m 的活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27 ℃，汽缸中的活塞通过滑轮系统悬挂一质量为m 的重物，稳定时活塞与汽缸底部距离为h ，现在重物m 上加挂质量为m 3的小物体，已知大气压强为p 0，活塞横截面积为S ，m ＝p 0Sg ，不计一切摩擦，求当气体温度升高到37 ℃且系统重新稳定后，重物m 下降的高度．【答案】 0.24h 【解析】 初状态下：p 1S ＋mg ＝p 0S ＋2mg V 1＝hS ，T 1＝300 K末状态下：p 2S ＋43mg ＝p 0S ＋2mg由题意知m ＝p 0S g ，解得p 1＝2p 0，p 2＝53p 0V 2＝(h ＋Δh )S ，T 1＝310 K根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得：Δh ＝0.24h课堂讲练 ● 典例分析【要点提炼】 一、理想气体 1．理想气体(1)在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．(2)实际气体在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过大气压的几倍时，可以当成理想气体来处理．(3)理想气体是对实际气体的一种科学抽象，就像质点、点电荷模型一样，是一种理想模型，实际并不存在．2．理想气体的特点 (1)严格遵守气体实验定律．(2)理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计，分子不占空间，可视为质点．(3)理想气体分子除碰撞外，无(填“有”或“无”)相互作用的引力和斥力．(4)理想气体分子无(填“有”或“无”)分子势能，内能等于所有分子热运动的动能之和，一定质量的理想气体内能只和温度有关．【典例1】(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( ) A ．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型 B ．只要气体压强不是很高就可视为理想气体C ．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D ．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律 【答案】 AD二、理想气体的状态方程1．内容：一定质量的某种理想气体，在从一个状态(p 1、V 1、T1)变化到另一个状态(p 2、V 2、T 2)时，尽管p 、V 、T 都可能改变，但是压强跟体积的乘积与热力学温度的比值保持不变．2．表达式：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT＝C . 3．对理想气体状态方程的理解 (1)成立条件：一定质量的理想气体．(2)该方程表示的是气体三个状态参量的关系，与中间的变化过程无关． (3)公式中常量C 仅由气体的种类和质量决定，与状态参量(p 、V 、T )无关．(4)方程应用时单位方面：温度T 必须是热力学温度，公式两边中压强p 和体积V 单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位．4．理想气体状态方程与气体实验定律p 1V 1T 1＝p 2V 2T2⇒⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)V 1＝V 2时，p 1T 1＝p2T 2(查理定律)p 1＝p 2时，V 1T 1＝V2T2(盖—吕萨克定律)【典例2】一水银气压计中混进了空气，因而在27 ℃、外界大气压为758 mmHg 时，这个水银气压计的读数为738 mmHg ，此时管中水银面距管顶80 mm ，当温度降至－3 ℃时，这个气压计的读数为743 mmHg ，求此时的实际大气压值为多少mmHg?【答案】 762.2 mmHg【解析】 画出该题初、末状态的示意图：分别写出初、末状态的状态参量：p 1＝758 mmHg －738 mmHg ＝20 mmHg V 1＝(80 mm)·S (S 是管的横截面积) T 1＝(273＋27) K ＝300 K p 2＝p －743 mmHgV 2＝(738＋80)mm·S －(743 mm)·S ＝(75 mm)·S T 2＝(273－3)K ＝270 K将数据代入理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得p ＝762.2 mmHg. 【反思总结】应用理想气体状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象，即一定质量的理想气体；(2)确定气体在初、末状态的参量p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2； (3)由状态方程列式求解； (4)必要时讨论结果的合理性．【典例3】如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L ＝22 cm ，两边水银柱高度差h ＝16 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg.(1)为使左端水银面下降3 cm ，封闭气体温度应变为多少？(2)封闭气体的温度重新回到280 K 后，为使封闭气柱长度变为20 cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？【答案】 (1)350 K (2)10 cm三、理想气体状态方程与气体图象 1．一定质量的理想气体的各种图象 类别图线特 点举 例p －VpV ＝CT (其中C 为恒量)，即pV 之乘积越大的等温线温度越高，线离原点越远p －1Vp ＝CT 1V，斜率k ＝CT ，即斜率越大，温度越高p －Tp ＝C V T ，斜率k ＝CV，即斜率越大，体积越小V －TV ＝C p T ，斜率k ＝Cp，即斜率越大，压强越小2.理想气体状态方程与一般状态变化图象基本方法：化“一般”为“特殊”，如图是一定质量的某种理想气体的状态变化过程A →B →C →A .在V－T图线上，等压线是一簇延长线过原点的直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，因p A′<p B′<p C′，即p A<p B<p C，所以A→B压强增大，温度降低，体积缩小，B→C温度升高，体积减小，压强增大，C→A温度降低，体积增大，压强减小．【典例4】(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ab与竖直轴平行，bc的延长线通过原点，cd与水平轴平行，da与bc平行，则( )A．ab过程中气体温度不变B．ab过程中气体体积减少C．bc过程中气体体积保持不变D．da过程中气体体积增大【答案】ACD【反思总结】分析状态变化的图象问题，要与状态方程结合起来，才能由某两个参量的变化情况确定第三个参量的变化情况，由pVT＝C知，若气体在状态变化过程中pV之积不变，则温度不变；若pT比值不变，则V不变；若VT比值不变，则p不变，否则第三个参量发生变化.【跟踪短训】如图所示，A、B两点代表一定质量理想气体的两个不同的状态，状态A的温度为T A，状态B的温度为T B.由图可知( )A ．T A ＝2TB B ．T B ＝4T AC ．T B ＝6T AD ．T B ＝8T A 【答案】 C【解析】 从p －V 图上可知T B >T A .为确定它们之间的定量关系，可以从p －V 图上的标度值代替压强和体积的大小，代入理想气体状态方程p A V A T A ＝p B V B T B ，即2×1T A ＝3×4T B，故T B ＝6T A .课后巩固 ● 课时作业题组一 理想气体及其状态方程1．(多选)关于理想气体，下列说法正确的是( ) A ．理想气体能严格遵从气体实验定律B ．实际气体在温度不太高、压强不太小的情况下，可看成理想气体C ．实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体D ．所有的实际气体在任何情况下，都可以看成理想气体 【答案】 AC【解析】 理想气体是实际气体的科学抽象，是理想化模型，实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下，可看成理想气体．2．关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是( )A ．一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100 ℃上升到200 ℃时，其体积增大为原来的2倍B ．气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2C ．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍D ．一定质量的理想气体压强增大到原来的4倍，可能是体积加倍，热力学温度减半 【答案】 C3．一定质量的气体，从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到32T0，再经等容变化使压强减小到12p0，则气体最后状态为( )A.12p0、V0、32T0 B.12p0、32V0、34T0C.12p0、V0、34T0 D.12p0、32V0、T0【答案】 B【解析】在等压过程中，V∝T，有V0T0＝V23T02，V2＝32V0，再经过一个等容过程，有p032T0＝p02T3，T3＝34T0，所以B正确．题组二理想气体状态变化的图象4．一定质量的理想气体，经历了如图所示的状态变化过程，则此三个状态的温度之比是( )A．1∶3∶5 B．3∶6∶5C．3∶2∶1 D．5∶6∶3【答案】 B【解析】由理想气体状态方程得：pVT＝C(C为常数)，可见pV＝TC，即pV的乘积与温度T成正比，故B项正确．5．(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着如图所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是( )A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强增大【答案】AC6．(多选)一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在p－T图上都是直线段，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断( )A．ab过程中气体体积不断减小B．bc过程中气体体积不断减小C．cd过程中气体体积不断增大D．da过程中气体体积不断增大【答案】BD题组三综合应用7．我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新记录．在某次深潜试验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图4所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3.如果将该汽缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．【答案】 2.8×10－2 m3【解析】 当汽缸下潜至990 m 时，设封闭气体的压强为p ，温度为T ，体积为V ，由题意知p ＝100 atm.理想气体状态方程为p 0V 0T 0＝pV T，代入数据得V ＝2.8×10－2 m 3. 8．内径均匀的L 形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将一定质量空气封存在封闭端内，空气柱长4 cm ，水银柱高58 cm ，进入封闭端长2 cm ，如图所示，温度是87 ℃，大气压强为75 cmHg ，求：(1)在图示位置空气柱的压强p 1.(2)在图示位置，要使空气柱的长度变为3 cm ，温度必须降低到多少度？【答案】 (1)133 cmHg (2)－5 ℃9．如图所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2、足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度为t 1＝7 ℃，外界大气压取p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高的汞柱的压强)．(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t 1不变，则平衡后气柱为多长？(g ＝10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t 2＝77 ℃，此时气柱为多长？【答案】 (1)20 cm (2)25 cm【解析】 (1)被封闭气体的初状态为p 1＝p 0＝1.0×105 Pa V 1＝LS ＝42 cm 3，T 1＝280 K末状态为p 2＝p 0＋mgS ＝1.05×105Pa V 2＝L 2S ，T 2＝T 1＝280 K根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2，即p 1LS ＝p 2L 2S解得L 2＝20 cm.(2)对气体加热后，气体的压强不变，p 3＝p 2，V 3＝L 3S ，T 3＝350 K根据盖—吕萨克定律，有V 2T 2＝V 3T 3，即L 2S T 2＝L 3S T 3解得L 3＝25 cm.10．一端开口的U 形管内由水银柱封有一段空气柱，大气压强为76 cmHg ，当气体温度为27 ℃时空气柱长为8 cm ，开口端水银面比封闭端水银面低2 cm ，如图所示，求：(1)当气体温度上升到多少℃时，空气柱长为10 cm?(2)若保持温度为27 ℃不变，在开口端加入多长的水银柱能使空气柱长为6 cm?【答案】 (1)122.3 ℃ (2)28.7 cm。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：气体实验定律的综合应用
专题强化二十六气体实验定律的综合应用目标要求 1.理解理想气体状态方程并会应用解题.2.掌握“玻璃管液封模型”和“气缸活塞类模型”的处理方法.3.会处理“变质量气体模型”问题．题型一玻璃管液封模型1．气体实验定律及理想气体状态方程理想气体状态方程：pV T ＝c p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2当T 一定时，p 1V 1＝p 2V 2当p 一定时，V 1T 1＝V 2T 2当V 一定时，p 1T 1＝p 2T 22．玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为p ＝ρgh (其中h 为液体的竖直高度)；(2)不要漏掉大气压强，同时又要平衡掉某些气体产生的压力；(3)有时注意应用连通器原理——连通器内静止的液体，同一液体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 ”，使计算过程简捷．考向1单独气体例1如图所示，一粗细均匀、长度为L ＝1.0m 、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口．长度为d ＝0.50m 的水银柱将长度为L 0＝0.50m 的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0＝75cmHg ，管内空气的初始温度为t 0＝27℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T ＝(t ＋273)K.(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T 1时，管内水银恰好有一半溢出，求T 1的大小；(2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值．答案(1)360K (2)13解析(1)开始时封闭气体的压强为p 1＝p 0＋p d ＝125cmHg ，温度为T 0＝(t 0＋273)K ＝300K ，当温度为T 1时，管内水银恰好有一半溢出，封闭气体的压强为p 2＝p 0＋12p d ＝100cmHg ，根据理想气体状态方程可得p 1L 0S T 0＝p 2(L －d 2)S T 1，解得T 1＝360K.(2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p 3＝p 0＋12p d sin θ，根据玻意耳定律有p 3(L －d 2)S ＝p 1L 0S ，解得sin θ＝13.考向2关联气体例2(2023·广东深圳市模拟)横截面积处处相同的U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口，初始时，右端管内用h 1＝4cm 的水银柱封闭一段长为L 1＝9cm 的空气柱A ，左端管内用水银封闭一段长为L 2＝14cm 的空气柱B ，这段水银柱左右两液面高度差为h 2＝8cm.如图甲所示，已知大气压强p 0＝76.0cmHg ，环境温度不变．若将玻璃管缓慢旋转180°，使U 形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示．当管中水银静止时，左右两水银柱液面高度差h 3为()A ．10cmB ．12cmC ．8cmD ．14cm 答案B 解析初始时，设空气柱A 的压强为p A ，空气柱B 的压强为p B ，则p A ＝p 0＋ρgh 1，p B ＋ρgh 2＝p A ，联立解得p B ＝72cmHg ，U 形管倒置后，空气柱A 的压强设为p A 1，空气柱B 的压强设为p B 1，则p A 1＝p 0－ρgh 1，p B 1＝p A 1＋ρgh 3，空气柱B 的长度L B 1＝L 2－h 3－h 22，由玻意耳定律可得，p B L 2＝p B 1L B 1，解得h 3＝12cm ，故选B.题型二气缸活塞类模型1．解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(气缸、活塞或某系统)．(2)分析物理过程①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．②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．注意检验求解结果的合理性．2．两个或多个气缸封闭着几部分气体，并且气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单独气体例3如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热气缸开口朝下，气缸高度为h ，横截面积为S .气缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞．缸内封闭了压强为2p 0的理想气体．已知此时外部环境的热力学温度为T 0，大气压强为p 0，活塞的质量为2p 0S g，g 为重力加速度．(1)若把气缸放置到热力学温度比外部环境低1100的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；(2)若把气缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到气缸底部的距离．答案(1)95p 0(2)23h 解析(1)由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T 0，压强为2p 0，末态时热力学温度为T 1＝910T 0，压强设为p 1.根据查理定律有2p 0T 0＝p 1T 1，解得p 1＝95p 0(2)封闭气体初态压强为2p 0，体积V 0＝Sh ，气缸倒置后，设气体压强为p 2，活塞到气缸底部的距离为H ，则气体体积V 2＝SH ，根据平衡条件可知p 0S ＋mg ＝p 2S ，解得p 2＝3p 0根据玻意耳定律有2p 0V 0＝p 2V 2，解得H ＝23h 所以稳定时活塞到气缸底部的距离为23h .考向2关联气体例4(2023·广东湛江市模拟)如图，气缸左右两侧气体由包有绝热材料的活塞隔开，活塞与气缸光滑接触．初始时两侧气体均处于平衡态，体积分别为V 1＝V 和V 2＝2V ，温度分别为T 1＝2T 和T 2＝5T .先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后取走绝热材料使活塞导热，两侧气体最后达到平衡．求：(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度T 3的大小；(2)最后达到平衡时两侧气体体积之比．答案(1)4T (2)5∶4解析(1)设初始时压强为p ，左侧气体满足：pV 1T 1＝p ′·1.5V T 3右侧气体满足：pV 2＝p ′·1.5V解得：T 3＝4T ；(2)活塞导热达到平衡，左侧气体满足：p ′·1.5V T 3＝p ″V 1′T 1′右侧气体满足：p ′·1.5V T 2＝p ″V 2′T 2′平衡时，则有：T 1′＝T 2′解得：V 1′V 2′＝T 2T 3＝54.题型三变质量气体模型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．考向1充气、抽气问题例5(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60cm3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150mmHg.已知大气压强等于750mmHg，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．30cm3B．40cm3C．50cm3D．60cm3答案D解析根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V已知p0＝750mmHg，V0＝60cm3，p1＝750mmHg＋150mmHg＝900mmHg，代入数据整理得V＝60cm3，故选D.例62021年11月8日，神舟十三号的三名宇航员在相互配合下圆满完成从空间站到太空的出舱任务，宇航员出舱时，要穿出舱航天服，从太空舱进入到气闸舱，示意图如图所示，关闭太空舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，压强逐渐减小到真空，再打开气闸舱舱门，从气闸舱进入到舱外活动．已知气闸舱中气体的初始压强为105Pa ，温度300K ，气闸舱体积约为1.4m 3.为了安全起见，第一阶段先将气闸舱的压强降至7×104Pa ，给航天员一个适应过程．在第一阶段降压过程中，求：(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105Pa 压强下多少m 3的气体；(2)若气闸舱温度变为290K ，气闸舱内存留气体与原来气体在105Pa 压强下的体积比．(结果保留两位有效数字)答案(1)0.42m 3(2)0.72解析(1)设气闸舱内原有气体的体积为V 1，压强为p ，舱内压强降低后气体压强为p ′，原有气体在此压强下体积为V 2，由玻意耳定律可得pV 1＝p ′V 2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k ，由数学关系可得k ＝V 2－V 1V 2，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV ＝kV 1，联立解得ΔV ＝0.42m 3.(2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V 3，由理想气体状态方程可得pV 1T 1＝p ′V 3T 3，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n ，n ＝V 1V 3，联立解得n ≈0.72.考向2灌气分装例7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40L ，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107Pa ，温度为7℃，长途运输到医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107Pa.在实际使用过程中，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10L ，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105Pa ，要求大钢瓶内压强降到2×105Pa 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p1T1＝p2T2解得T2＝294K，故t2＝21℃(2)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＝1.26×107Pa，V2＝0.04m3，p3＝2×105Pa根据p2V2＝p3V3得V3＝2.52m3可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105Pa，V4＝(2.52－0.04)m3＝2.48m3分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105Pa，V5＝nV其中小钢瓶体积为V＝0.01m3根据p4V4＝p5V5得n＝124即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶．课时精练1．(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＝18cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口．右管中有高h0＝4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12cm.管底水平段的体积可忽略．环境温度为T1＝283K．大气压强p0＝76cmHg.(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＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S④V2＝HS⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得h ≈12.9cm ⑥(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V 3，温度变为T 2，由盖—吕萨克定律有V 2T 1＝V 3T 2⑦根据题设条件有V 3＝(2H －h )S ⑧联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T 2≈363K.2.(2023·广东深圳市调研)如图，在趣味小实验中，将一定质量的乒乓球放在一个粗细均匀的竖直薄圆管下端，通过乒乓球和活塞在管内封闭一定高度的某种液体和气体，当封闭气体压强为p 时，乒乓球恰好不掉落．已知液柱高度远大于乒乓球直径，圆管横截面积为S ，为了防止乒乓球掉落，将活塞缓慢上移使气柱长度增加一半．求此时(1)封闭气体的压强；(2)管口对乒乓球的作用力大小．答案(1)2p 3(2)pS 3解析(1)由题意可知封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2其中V 1＝SLV 2＝S ×1.5Lp 1＝p解得p 2＝2p 3；(2)由于封闭气体压强较小，故而管口对乒乓球产生竖直向下的弹力F N ，根据乒乓球所受合力为零，可得p 2S ＋ρgh ·S ＋mg ＋F N ＝p 0S乒乓球恰好不掉落时，有pS ＋ρgh ·S ＋mg ＝p 0S解得F N ＝pS 3.3.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V 0、缸壁可导热的A 、B 两汽缸放置在压强为p 0、温度为T 0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18V 0和14V 0.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；(2)将环境温度缓慢改变至2T 0，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)43T 0(2)94p 0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34V 0T 0＝V 0T，解得T ＝43T 0(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(V 0－V )，则对Ⅳ中气体有p 0·3V 04T 0＝pV 2T 0，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有p 0(V 08＋V 04)T 0＝p (V 0－V )2T 0联立解得p ＝94p 0.4.(2023·广东珠海市模拟)如图，氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连，玻璃管内用一很薄的水银片(质量和厚度不计)在玻璃管上方封闭了一段气柱，开始时瓶内氧气压强为10个标准大气压强，上方封闭气柱长度为8cm ，随着氧气的使用，使用一段时间后，发现水银片下降了12cm ，使用过程中环境温度变为原来的四分之三，已知一个标准大气压强为1atm.求：(1)此时氧气瓶内的压强；(2)此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值．答案(1)3atm (2)25解析(1)对被封闭的气柱，初始时p 1＝10atmL 1＝8cm温度为T 1，末态时L 2＝L 1＋12cm ＝20cmT 2＝34T 1根据理想气体状态方程p 1L 1S T 1＝p 2L 2S T 2解得p 2＝3atm氧气瓶内的压强为3atm ；(2)设氧气瓶的体积为V ，设剩下的氧气被压缩到压强为p 1＝10atm ，温度为T 1状态下的体积为V 2，根据理想气体状态方程则有p 2V 34T 1＝p 1V 2T 1解得V 2＝0.4V因此瓶内氧气质量M ′与原来氧气质量M 的比值有M ′M ＝V 2V ＝25.5.(2023·广东茂名市质检)压力锅(也称高压锅)是一种常见的厨房锅具，其工作原理是通过增大气压来提升液体沸点，以达到加快烹煮食物效率的目的．如图为某燃气压力锅的结构简图，某厨师将食材放进锅内后合上密封锅盖，并将压力阀套于出气孔后开始加热烹煮．已知锅内的总容积为V 0，食材占锅内总容积的23，加热前锅内温度为T 0，大气压强为p 0.忽略加热过程水蒸气和食材(包括水)导致的气体体积变化，气体可视为理想气体．(1)当加热至锅内温度为2T 0时，压力阀刚要被顶起而发出嘶响声，求此时锅内气压的大小；(2)为控制火候，该厨师在听到压力阀嘶响声时立即熄火并把压力阀提起放气，求最终放气结束随即打开锅盖时，锅内剩下的气体和原来气体的质量之比．(假设排气过程气体温度不变)答案(1)2p 0(2)12解析(1)对于封闭气体，根据查理定律得p 0T 0＝p 2T 0解得p ＝2p 0(2)根据玻意耳定律p ·13V 0＝p 0V 解得V ＝23V 0放气之后剩余气体与原来气体质量之比为m m 0＝13V 0V解得m m 0＝12.6.中医拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示．使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227℃，自然降温后的气体达到室内温度27℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的2425，罐内气体认为是理想气体．求：(1)加热后与加热前，罐内气体的质量之比；(2)自然降温后，罐内气体的压强．答案(1)53(2)6.25×104Pa 解析(1)罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为p 0、V 0和T 0＝300K ，加热到T ＝500K 后，等效气体等压膨胀到V ，则V 0T 0＝V T解得V ＝53V 0加热后与加热前，罐内气体的质量之比为m m 0＝V V 0＝53(2)自然降温后，气体的最后压强设为p ，则p 0V 0T ＝p ×2425V 0T 0解得p ＝58p 0＝58×1.0×105pa ＝6.25×104pa。
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理想气体的四类变质量问题专题一、知识点讲解类型(一)充气问题在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。
这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
类型(二)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，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
类型(三)灌气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。
类型(四)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为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
二、练习题1、(2021·山东等级考)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 cm3B．40 cm3C．50 cm3D．60 cm32.如图所示，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内装有水银，右管水银面高于左管水银面。
若右管水银上方为真空，不改变温度而通过阀门K放出少量水银，设稳定后左、右两管中液面相对于管壁下降的距离分别为L1和L2，则() A．L1＞L2B．L1＝L2C．L1＜L2D．无法比较L1、L2的大小关系3.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。
已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。
初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。
现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是()4.(2022·龙岩一模)(多选)如图所示是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情境。
打气前篮球内气体的压强为1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的120，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则()A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atmD．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm5.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态，下列判断正确的是()A．A→B过程温度升高，压强不变B．B→C过程体积不变，压强变小C．B→C过程体积不变，压强不变D．C→D过程体积变小，压强变大6.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。
有关A、B和C三个状态的温度T A、T B和T C的关系，正确的是()A．T A＝T B，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变B．T A＞T B，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少C．T B＜T C，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加D．T B＞T C，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少7.如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分。
已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体。
解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡状态时，它们的体积分别为V a、V b，温度分别为T a、T b。
下列说法正确的是()A．V a＞V b，T a＞T b B．V a＞V b，T a＜T bC．V a＜V b，T a＜T b D．V a＜V b，T a＞T b8．一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p-1V图线如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与1V轴垂直。
则()A．a→b，压强减小、温度变大、体积增大B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小C．c→d，压强不变、温度降低、体积减小D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变9．(2022·济宁模拟)2020年12月8日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据——8 848.86米，这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。
登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为()A．8.3×104 Pa B．8.3×105 PaC．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa10．(2021·河北高考)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)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 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
11.(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。
A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。
将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。
已知外界大气压为p0＝75 cmHg。
求A、B两管内水银柱的高度差。
12．(2020·全国卷Ⅱ)潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。
潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。
为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。
已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H≫h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(1)求进入圆筒内水的高度l；(2)保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
13、容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的35，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？14、新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压隔离舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。
若生产的某负压隔离舱容积为0.6 m3，初始时温度为27 ℃，压强为1.0×105 Pa；运送到某地区后，外界温度变为15 ℃，大气压强变为0.9×105Pa，已知负压隔离舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。
绝对零度取－273 ℃。
(1)求运送到某地区后负压隔离舱内的压强；(2)运送到某地区后需将负压隔离舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余气体质量之比。
解析：1、(2021·山东等级考)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 cm3B．40 cm3C．50 cm3D．60 cm3[解析]设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确。
[答案]D2.如图所示，竖直放置的均匀等臂U形导热玻璃管两端封闭，管内装有水银，右管水银面高于左管水银面。
若右管水银上方为真空，不改变温度而通过阀门K放出少量水银，设稳定后左、右两管中液面相对于管壁下降的距离分别为L1和L2，则()A．L1＞L2B．L1＝L2C．L1＜L2D．无法比较L1、L2的大小关系解析：选C不改变温度而通过阀门K放出少量水银，左管上方封闭气体的体积增大，由pV＝C可知，气体的压强将会减小，设开始时右管水银面比左管水银面高h，故有ρgh ＞ρg(h＋L1－L2)，得L1＜L2，故C正确。
3.如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。
已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。
初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。
现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是()解析：选B当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p-T图像中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
4.(2022·龙岩一模)(多选)如图所示是某同学用手持式打气筒对一只篮球打气的情境。
打气前篮球内气体的压强为1.1 atm，每次打入的气体的压强为1.0 atm、体积为篮球容积的120，假设整个过程中篮球没有变形，不计气体的温度变化，球内气体可视为理想气体，则()A．打气后，球内每个气体分子对球内壁的作用力增大B．打气后，球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大C．打气6次后，球内气体的压强为1.4 atmD．打气6次后，球内气体的压强为1.7 atm解析：选BC打气后，由于气体的温度不变，所以气体分子平均动能不变，球内气体分子对球内壁的平均作用力不变，并且球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A 错误；打气后，球内气体的压强变大，则球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B 正确；打气6次后，由玻意耳定律可得p 1V 0＋p 0×6×120V 0＝pV 0，解得p ＝1.4 atm ，C 正确，D 错误。