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专题提升一　气体变质量问题和关联气体问题
(分值：100分)
选择题1～5题，每小题10分，共50分。
对点题组练
题组一　气体变质量问题
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(　　)
2.5 atm 2.0 atm 1.5 atm 1.0 atm
2.用容积为V1的活塞式抽气机给容积为V2的密闭牛顿管抽气，若抽气过程中气体温度不变，则抽气两次后，牛顿管中剩余气体的压强是原来的(　　)
3.(2024·甘肃兰州高二月考)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；柱压水蒸气囊直径为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高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。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)？(　　)
2次 3次 4次 5次
题组二　关联气体问题
4.如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是(　　)
A瓶和B瓶中的药液一起用完
B瓶中的药液先用完
随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
5.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(　　)
1∶1 2∶3 3∶4 2∶1
综合提升练
6.(10分)如图，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容积为5.7×10－3 m3，开始时桶内倒入了4.2×10－3 m3的药液。现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10－4 m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出。当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4 atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1 atm。
(1)(5分)求出n的数值；
(2)(5分)试判断这个压强能否使喷雾器的药液全部喷完。
7.(12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)(6分)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)(6分)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)。
8.(14分)(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)(7分)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；
(2)(7分)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。
培优加强练
9.(14分)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸 Ⅰ 、 Ⅱ 内径相同，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。外界大气压强为p0，汽缸 Ⅰ 内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸 Ⅱ 内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，ρ水＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)(7分)当A向右移动时，水的深度h；
(2)(7分)该深度计能测量的最大水深hm。
气体变质量问题和关联气体问题
1.A　[取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.A　[设原来牛顿管中气体压强为p1，则气体初始状态参量为p1、V2。第一次抽气过程，由玻意耳定律得p1V2＝p2V2＋p2V1，第二次抽气过程，由玻意耳定律得p2V2＝p3V2＋p3V1, 联立解得＝，选项A正确。]
3.B　[设至少需要把气囊完全压下n次，才能有水从出水管流出，大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律可得p0(V0＋nV1)＝p1V0，其中p0＝ρgh＝10ρg，V0＝4 320π cm3，V1＝72π cm3，p1＝10.4ρg，代入解得n＝2.4，所以至少需要把气囊完全压下3次，才能有水从出水管流出，故B正确。]
4.C　[药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误。]
5.B　[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B正确。]
6.(1)18　(2)能
解析　(1)根据玻意耳定律，得p0V＋p0·nV′＝4p0V
其中V＝5.7×10－3 m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3 m3，
V′＝2.5×10－4 m－3，p0＝1 atm
代入数值解得n＝18。
(2)当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压强，则药液可以全部喷出。
由于温度不变，根据玻意耳定律p1V＝p2V2
代入数据解得p2≈1.053p0>p0
所以药液能全部喷出。
7.(1)3.1×103 Pa　(2)
解析　(1)初状态：p1＝3.0×103 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K，
末状态：T2＝(273＋37)K＝310 K，设压强为p2
根据查理定律得＝
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强p0相等，以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得
p1V＝p0V′
解得V′＝0.03V
夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值
＝＝。
8.(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3
解析　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＝。
(1)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。
(2)气体温度T1＝(17＋273)K＝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。
法二　(1)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，设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。
(2)保持气体温度不变，设降压前气体体积为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。
9.(1) m　(2)20 m
解析　(1)当A向右移动时，设B不移动，对 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p1·SL
解得p1＝p0
而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。
由p1＝p0＋ρ水gh，得ρ水gh＝
又p0＝ρ水gh0，h0＝10 m
解得h＝ m。
(2)该装置放入水下后，由于水的压力使活塞A向右移动， Ⅰ 内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原 Ⅰ 内气体全部进入 Ⅱ 内，设B向右移动的距离为x，两部分气体压强为p2。
对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx
对原 Ⅱ 内气体，由玻意耳定律得2p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋ρ水ghm
解得ρ水ghm＝2p0
所以hm＝20 m。专题提升一　气体变质量问题和关联气体问题
学习目标　1.理解变质量问题的特点，能够应用气体实验定律分析变质量问题。
2.掌握关联气体问题的分析方法。
提升1　气体变质量问题
1.打气(或充气)问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。选择球内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
例1 篮球赛上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm的空气打入球内。已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm，忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是(　　)
A.5～7次 B.5～8次 C.7～12次 D.12～15次
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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整体作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。
例2 (多选)如图所示，用汽缸容积为的活塞式抽气机对容积为V0的容器抽气，设容器中原来气体的压强为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变为p0
C.第一次抽气后容器内压强变为p0
D.连续抽3次后容器内压强变为p0
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，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，将变质量问题转化为定质量问题。
例3 容积为20 L的钢瓶充满氧气后压强为150 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，若小瓶原来是抽空的，小瓶充气后压强为10 atm，假定分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　)
A.4瓶 B.50瓶 C.56瓶 D.60瓶
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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，可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用气体变化规律求解。
例4 一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的(　　)
A. B. C. D.
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将“变质量”转化为“定质量”的处理方法
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将变质量问题变成定质量问题，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。　　　　
提升2　关联气体问题
应用理想气体状态方程解决两部分气体的关联问题时要注意：
1.把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。
2.要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。
3.在涉及气体的内能、分子势能的问题时要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。
例5 如图所示，A、B两个大容器装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D做活塞，当左边容器的温度为－10 ℃，右边容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管中央保持平衡，当两个容器的温度都下降10 ℃时，下列说法正确的是(　　)
A.水银滴将不运动
B.水银滴将向右运动
C.水银滴将向左运动
D.水银滴的运动方向无法判断
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
液柱移动问题的处理方法
分析液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。
常用推论有两个：
(1)查理定律的分比形式＝或Δp＝p。
(2)盖－吕萨克定律的分比形式＝或ΔV＝V。　　　　
例6 一横截面积为S的汽缸水平放置且固定不动，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
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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 U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压强为76 cmHg。开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图所示。现将开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
随堂对点自测
1.(气体变质量问题)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＝1.5 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)(　　)
A.10次 B.15次 C.20次 D.25次
2.(气体变质量问题)现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，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
3.(关联气体问题)如图，U型细管左端开口，右端封闭一定质量的理想气体，气柱长度为9 cm；左边用5 cm 高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为20 cm，大气压强为75 cmHg。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了3 cm。气体温度均保持不变。求：
(1)左边注入水银后，右边气柱的压强；
(2)左边注入水银的高度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
专题提升一　气体变质量问题和关联气体问题
提升1
例1 A　[球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气体积为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，当p2＝1.5 atm时，解得n＝5；当p2＝1.6 atm时，解得n＝7.5，所以需打气的次数范围是5～7次，故A正确。]
例2 CD　[设气体初始状态参量为p0和V0，第一次抽气过程，由玻意耳定律得p0V0＝p1，解得p1＝p0，故C正确，B错误；同理，第二次抽气过程有p1V0＝p2，第三次抽气过程有p2V0＝p3，解得p3＝p0，故A错误，D正确。]
例3 C　[取分装前钢瓶内的气体为研究对象，根据玻意耳定律有p0V0＝p′(V0＋nV1)，整理得n＝＝瓶＝56瓶，故C正确。]
例4 D　[取原来瓶中气体为研究对象，初状态：V1＝V，T1＝280 K
末状态：V2＝V＋ΔV，T2＝320 K
由盖－吕萨克定律得＝
又＝
＝＝，故D正确。]
提升2
例5 C　[法一　假设法。假设水银滴不动，两边气体都发生等容变化，根据＝C可知，对左侧气体有＝，对右侧气体有＝，整理可得p左法二　推论法。查理定律推论Δp＝ΔT，可知压强相同的不同气体变化相同的温度时，压强的变化量与原来气体的热力学温度成反比。由题意知，两个容器气体温度都降低，故压强都减小，结合查理定律的分比形式，可得右边气体压强减小得少，故最终右边气体压强较大，水银滴向左运动，故C正确。
法三　图像法。在同一个p－T图上画出
两段气柱的等容图线，如图所示。由题意，初始状态时，A中气体和B中气体压强相同，但是A中气体温度较低，可得图线1表示A中气体，图线2表示B中气体，由图可知，降低相同的温度，A中气体压强降低较多，故水银滴将向左运动，故C正确。]
例6 D　[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，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
气体1：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)
气体2：p2V2＝p2′(V2－xS)
联立并代入数据解得x＝d，故A、B、C错误，D正确。]
训练 (1)88 cmHg　(2)4.5 cm
解析　设细管横截面积为S，则粗管横截面积为3S，
(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
初状态p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
末状态V2＝10×3S＝30S
封闭气体做等温变化，有p1V1＝p2V2
解得p2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
初状态p1′＝76 cmHg，V1′＝11S
末状态p2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化，有p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝9.5S
活塞推动的距离L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm。
随堂对点自测
1.B　[打气过程中空气的温度不变，以打进空气后轮胎内的气体为研究对象，由玻意耳定律得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据解得n＝15(次)，故B正确。]
2.B　[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，初状态：p1＝15 MPa，V1＝400 L；末状态：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。]
3.(1)90 cmHg　(2)36 cm
解析　(1)左边气体压强初始为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右边气体压强初始为
p2＝80 cmHg－20 cmHg＝60 cmHg
右边气体初始体积V2＝l2S，l2＝9 cm
右边液面上升3 cm，气体长度变为l2′＝l2－3 cm＝6 cm
设右边气体压强后来为p2′，体积为V2′＝l2′S
对右边气体由玻意耳定律知p2V2＝p2′V2′
解得p2′＝90 cmHg
即左边注入水银后，右边气柱的压强为90 cmHg。
(2)左边注入水银后，左边气体压强值变为
p1′＝p2′＋ρg＝116 cmHg
则其上水银柱长h1′＝116 cm－75 cm＝41 cm
注入水银柱的长度h＝h1′－h1＝36 cm
即左边注入水银的高度为36 cm。(共51张PPT)
专题提升一　气体变质量问题和关联气体问题
第二章　气体、固体和液体
1.理解变质量问题的特点，能够应用气体实验定律分析变质量问题。
2.掌握关联气体问题的分析方法。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
03
随堂对点自测
02
提升
1
提升2　关联气体问题
提升1　气体变质量问题
提升1　气体变质量问题
1.打气(或充气)问题
向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。选择球内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
A
例1 篮球赛上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm的空气打入球内。已知篮球的正常气压范围为1.5～1.6 atm，忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是(　　)
A.5～7次 B.5～8次
C.7～12次 D.12～15次
解析　球内原有气体压强为p1＝1.3 atm时，其体积为V＝7.5 L，设需打气n次，球内气压回到正常范围，设球内正常气压为p2，每次打入的空气体积为ΔV。由玻意耳定律有p2V＝p1V＋np0ΔV，当p2＝1.5 atm时，解得n＝5；当p2＝1.6 atm时，解得n＝7.5，所以需打气的次数范围是5～7次，故A正确。
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整体作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。
CD
3.分装问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中是一个典型的变质量问题。分析这类问题时，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，将变质量问题转化为定质量问题。
C
例3 容积为20 L的钢瓶充满氧气后压强为150 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，若小瓶原来是抽空的，小瓶充气后压强为10 atm，假定分装过程中无漏气，且温度不变，那么最多能分装(　　)
A.4瓶 B.50瓶 C.56瓶 D.60瓶
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，可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用气体变化规律求解。
D
例4 一个瓶子里装有空气，瓶上有一个小孔跟外面大气相通，原来瓶里气体的温度是7 ℃，如果把它加热到47 ℃，瓶里留下的空气的质量是原来质量的(　　)
解析　取原来瓶中气体为研究对象，初状态：V1＝V，T1＝280 K
末状态：V2＝V＋ΔV，T2＝320 K
将“变质量”转化为“定质量”的处理方法
在分析和求解气体质量变化的问题时，首先要将变质量问题变成定质量问题，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。　　　　
提升2　关联气体问题
应用理想气体状态方程解决两部分气体的关联问题时要注意：
1.把两部分气体分开，分别对每一部分气体分析初、末状态的p、V、T情况，分别列出相应的方程，切不可将两部分气体视为同一气体的两种状态。
2.要找出两部分气体之间的联系，如平衡时压强相等、总体积不变等。
3.在涉及气体的内能、分子势能的问题时要特别注意该气体是否为理想气体；在仅涉及气体的状态参量关系时往往将实际气体当成理想气体处理，但这时要关注的是气体是否满足一定质量这一条件。
例5 如图所示，A、B两个大容器装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D做活塞，当左边容器的温度为－10 ℃，右边容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管中央保持平衡，当两个容器的温度都下降10 ℃时，下列说法正确的是(　　)
A.水银滴将不运动
B.水银滴将向右运动
C.水银滴将向左运动
D.水银滴的运动方向无法判断
C
法三　图像法。在同一个p－T图上画出两段气柱的等容图线，如图所示。由题意，初始状态时，A中气体和B中气体压强相同，但是A中气体温度较低，可得图线1表示A中气体，图线2表示B中气体，由图可知，降低相同的温度，A中气体压强降低较多，故水银滴将向左运动，故C正确。
D
例6 一横截面积为S的汽缸水平放置且固定不动，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(　　)
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，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
气体1：p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)
气体2：p2V2＝p2′(V2－xS)
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 U形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍，管中装入水银，大气压强为76 cmHg。开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图所示。现将开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离。
答案　(1)88 cmHg　(2)4.5 cm
解析　设细管横截面积为S，
则粗管横截面积为3S，
(1)以粗管内被封闭气体为研究对象，
初状态p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S
末状态V2＝10×3S＝30S
封闭气体做等温变化，有p1V1＝p2V2
解得p2＝88 cmHg
(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象，
初状态p1′＝76 cmHg，V1′＝11S
末状态p2′＝88 cmHg
封闭气体做等温变化，有p1′V1′＝p2′V2′
解得V2′＝9.5S
活塞推动的距离L＝11 cm＋3 cm－9.5 cm＝4.5 cm。
随堂对点自测
2
B
1.(气体变质量问题)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＝1.5 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)(　　)
A.10次 B.15次 C.20次 D.25次
解析　打气过程中空气的温度不变，以打进空气后轮胎内的气体为研究对象，由玻意耳定律得pV＋np0ΔV＝p′V，代入数据解得n＝15(次)，故B正确。
B
2.(气体变质量问题)现有一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，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
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，初状态：p1＝15 MPa，V1＝400 L；末状态：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。
3.(关联气体问题)如图，U型细管左端开口，右端封闭一定质量的理想气体，气柱长度为9 cm；左边用5 cm 高水银柱也封闭有一定质量的理想气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为20 cm，大气压强为75 cmHg。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了3 cm。气体温度均保持不变。求：
(1)左边注入水银后，右边气柱的压强；
(2)左边注入水银的高度。
答案　(1)90 cmHg　(2)36 cm
解析　(1)左边气体压强初始为p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右边气体压强初始为p2＝80 cmHg－20 cmHg＝60 cmHg
右边气体初始体积V2＝l2S，l2＝9 cm
右边液面上升3 cm，气体长度变为l2′＝l2－3 cm＝6 cm
设右边气体压强后来为p2′，体积为V2′＝l2′S
对右边气体由玻意耳定律知p2V2＝p2′V2′
解得p2′＝90 cmHg
即左边注入水银后，右边气柱的压强为90 cmHg。
(2)左边注入水银后，左边气体压强值变为
则其上水银柱长
h1′＝116 cm－75 cm＝41 cm
注入水银柱的长度h＝h1′－h1＝36 cm
即左边注入水银的高度为36 cm。
课后巩固训练
3
A
题组一　气体变质量问题
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
解析　取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。
对点题组练
A
2.用容积为V1的活塞式抽气机给容积为V2的密闭牛顿管抽气，若抽气过程中气体温度不变，则抽气两次后，牛顿管中剩余气体的压强是原来的(　　)
B
3.(2024·甘肃兰州高二月考)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；柱压水蒸气囊直径为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高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5 cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。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)？(　　)
A.2次 B.3次
C.4次 D.5次
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，大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，根据玻意耳定律可得p0(V0＋nV1)＝p1V0，其中p0＝ρgh＝10ρg，V0＝4 320π cm3，V1＝72π cm3，p1＝10.4ρg，代入解得n＝2.4，所以至少需要把气囊完全压下3次，才能有水从出水管流出，故B正确。
C
题组二　关联气体问题
4.如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.A瓶和B瓶中的药液一起用完
B.B瓶中的药液先用完
C.随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D.随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
解析　药液从B瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气体压强减小，A瓶中空气将A瓶中药液压入B瓶，补充B瓶流失的药液，即B瓶药液液面保持不变，直到A瓶中药液全部流入B瓶，即A瓶药液先用完，A、B错误；A瓶瓶口处压强和大气压强相等，但A瓶中药液液面下降，由液体产生的压强减小，因此A瓶内C处气体产生的压强逐渐增大，C正确，D错误。
B
5.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
因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB
联立①②式得
6.如图，医院消毒用的压缩式喷雾器储液桶的容积为5.7×10－3 m3，开始时桶内倒入了4.2×10－3 m3的药液。现关闭进气口，开始打气，每次能打进2.5×10－4 m3的空气，假设打气过程中药液不会向外喷出。当打气n次后，喷雾器内空气的压强达到4 atm，设周围环境温度不变，气压为标准大气压强1 atm。
(1)求出n的数值；
(2)试判断这个压强能否使喷雾器的药液全部喷完。
答案　(1)18　(2)能
解析　(1)根据玻意耳定律，得p0V＋p0·nV′＝4p0V
其中V＝5.7×10－3 m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3 m3，
V′＝2.5×10－4 m－3，p0＝1 atm
代入数值解得n＝18。
(2)当空气完全充满储液桶后，如果空气压强仍然大于标准大气压强，则药液可以全部喷出。
由于温度不变，根据玻意耳定律p1V＝p2V2
代入数据解得p2≈1.053p0>p0
所以药液能全部喷出。
7.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 ℃，大气压强为1.0×105 Pa)。
解析　(1)初状态：p1＝3.0×103 Pa，
T1＝(273＋27)K＝300 K，
末状态：T2＝(273＋37)K＝310 K，设压强为p2
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强p0相等，
以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p0V′
解得V′＝0.03V
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；
(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。
答案　(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3
解析　法一　假设被释放的气体始终保持与舱内气体同温同压，
(1)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。
(2)气体温度T1＝(17＋273)K＝290 K，T3＝T2＝300 K，压强p1＝1.2 atm，p3＝1.0 atm，密度ρ1＝1.46 kg/m3
解得ρ3≈1.18 kg/m3。
法二　(1)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，设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，
又气体质量保持不变，即ρ1V1＝ρ2V2
解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)保持气体温度不变，设降压前气体体积为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。
9.某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的汽缸 Ⅰ 、 Ⅱ 内径相同，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。外界大气压强为p0，汽缸 Ⅰ 内通过活塞A封有压强为p0的气体，汽缸 Ⅱ 内通过活塞B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，ρ水＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，求：
培优加强练
对 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得
而此时B中气体的压强为2p0＞p1，故B不动。
又p0＝ρ水gh0，h0＝10 m
(2)该装置放入水下后，由于水的压力使活塞A向右移动， Ⅰ 内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原 Ⅰ 内气体全部进入 Ⅱ 内，设B向右移动的距离为x，两部分气体压强为p2。
对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2Sx
对原 Ⅱ 内气体，由玻意耳定律得2p0SL＝p2S(L－x)
又p2＝p0＋ρ水ghm
解得ρ水ghm＝2p0
所以hm＝20 m。

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