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第3讲　理想气体状态变化模型及变质量问题(综合融通课)
(一) 理想气体状态变化的三类模型
模型(一)　“活塞+汽缸”模型
　　解决“活塞+汽缸”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,将一个圆柱形薄壁绝热汽缸开口向右固定在水平地面上,汽缸的缸口有卡环(厚度不计),卡环到缸底的距离为d,缸内通过厚度不计、横截面积为S的轻质绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。开始时封闭气体的热力学温度为T1,活塞到缸底的距离为,且汽缸与活塞之间没有相对滑动的趋势。通过电阻丝可以对封闭气体进行缓慢加热。已知外界大气压强为p0,活塞与汽缸内壁间的最大静摩擦力为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑电阻丝的体积。
(1)对封闭气体进行缓慢加热过程中,当活塞刚好相对汽缸滑动时,求封闭气体的热力学温度T2;
(2)在满足(1)问的条件下,继续缓慢升高温度,使活塞刚好到达汽缸口的卡环处,求此时封闭气体的热力学温度T3。
规范解答:
模型(二)　“液柱+管”模型
　　解答“液柱+管”类问题,关键是对液柱封闭的气体压强的计算,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,且注意以下几点:
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面间的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种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”等,使计算过程简捷。
　　[例2]　一U形玻璃管竖直放置,左端开口且足够长,右端封闭,玻璃管导热性能良好。用水银封闭一段空气(可视为理想气体)在右管中,初始时,管内水银柱及空气柱的长度如图所示,环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同,大气压强p0=76.0 cmHg。
(1)若升高环境温度直至两管水银液面相平,求环境的最终温度。
(2)若环境温度为27 ℃不变,在左管内加注水银直至右管水银液面上升0.8 cm,求应向左管中加注水银的长度。
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模型(三)　“两团气”模型
　　处理“两团气”问题的技巧:
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点,选取理想气体状态方程或合适的气体实验定律列方程求解。
　　[例3]　如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm 的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)
规范解答:
(二) 理想气体的变质量问题
类型(一)　进气情况
两种问题 解决方法
充气问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化为定质量问题
灌气(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,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题
　　[例1]　(2025·山东聊城质检)近年来越来越多的汽车搭载了“空气悬挂”结构,相比“弹簧悬挂”更加舒适,可调节范围更广,其构造可以简化为如图所示的模型。汽缸上部与汽车底盘相连,活塞通过连杆与车轮轴连接,活塞与汽缸上部之间的距离为h,两者之间还连接一弹簧,弹簧一端与活塞粘连在一起,另一端与汽缸不粘连,可以将汽车对汽缸的作用等效为质量为M的物块压在汽缸的上方。在某一温度下当汽车空载时M=150 kg,静止在水平路面上时h=11 cm,弹簧恰好处于原长状态。已知活塞的横截面积为S=100 cm2,弹簧的劲度系数k=2.5×104 N/m,不计弹簧体积、缸体的重力以及活塞与缸体之间的摩擦力,气体的温度始终不变,外界大气压恒为p0=1.0×105 Pa,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)保持阀门关闭,将汽车移至倾角为θ=37°的斜面,空载时汽缸上部与活塞之间的距离h1;
(2)某次汽车停在水平路面上装载后等效为M'=200 kg,此时气泵会自动给汽缸充入适量空气,使活塞和汽缸上部之间的距离回到h=11 cm,充入的气体与原气体的质量之比η。
规范解答:
　　[针对训练]
1.某容积为V0的储气罐充有压强为5.5p0的室温空气,现用该储气罐为一批新出厂的胎内气体压强均为1.5p0的汽车轮胎充气至2.5p0。已知每个汽车轮胎的体积为,室温为27 ℃,不考虑充气过程中胎内气体温度及轮胎体积的变化。
(1)求在室温下该储气罐最多能给这种汽车轮胎充足气的个数n;
(2)若清晨在室温为27 ℃下储气罐给n个汽车轮胎充足气后,到了中午,室温温度上升到33 ℃,求此时储气罐中气体的压强p。
类型(二)　出气情况
两种问题 解决方法
抽气问题 用抽气筒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,其解决方法同充气问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中,即把变质量问题转化为定质量问题
漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解,如果选容器内原有气体为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题
　　[例2]　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。
规范解答:
　　[针对训练]
2.(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。
第3讲
(一)　[例1]　解析:(1)从开始对气体加热到活塞刚好相对汽缸滑动时,气体体积不变,设气体末态的压强为p2,由查理定律有=
对活塞进行受力分析,由平衡条件有p0S+=p2S
联立解得p2=p0,T2=T1。
(2)从活塞开始移动到活塞刚好到达汽缸口的卡环处的过程,气体压强恒为p2,根据盖-吕萨克定律有=
解得T3=2T2=T1。
答案:(1)T1　(2)T1
[例2]　解析:(1)以右管封闭空气为研究对象,初状态p1=cmHg=72 cmHg,T1=300 K
设玻璃管横截面积为S,则V1=4 cm×S
两管水银面相平时,右管水银面下降2 cm,即右管空气长度为6 cm,有p2=p0=76 cmHg,V2=6 cm×S
根据理想气体状态方程有=
解得T2=475 K
环境的最终温度为t=T2-273 ℃=202 ℃。
(2)设应向左管中加注水银的长度为x,则稳定后水银面的高度差为ΔH=-=5.6 cm-x
此时右管封闭空气的压强为p3=cmHg,V3=(4-0.8)cm×S
根据玻意耳定律有p1V1=p3V3
解得x=19.6 cm。
答案:(1)202 ℃　(2)19.6 cm
[例3]　解析:设B管的横截面积为S,由题意可知,A管的内径是B管的2倍,由S=得,A管的横截面积为4S,B管在上方时,两管内气柱长度为l=10 cm=0.1 m
设B管内气体压强为pB1,体积为VB1=lS=0.1S设A管内气体压强为pA1,体积为VA1=l·4S=0.1×4S=0.4S
由题意得pA1=pB1+20 cmHg
A管在上方时,A管内空气柱长度改变Δl=1 cm=0.01 m
所以A管中水银柱长度减小Δl,A管中气柱体积增大ΔV=Δl·4S=0.01×4S=0.04S
设A管内气体压强为pA2,体积为VA2=VA1+ΔV=0.4S+0.04S=0.44S
B管内气柱体积减小ΔV,设气体压强为pB2,体积为VB2=VB1-ΔV=0.1S-0.04S=0.06S
水银柱长度增大Δl'===0.04 m=4 cm
则pB2=pA2+20 cmHg+4 cmHg-1 cmHg=pA2+23 cmHg
由玻意耳定律,对A中气体有pA1VA1=pA2VA2
对B中气体有pB1VB1=pB2VB2
代入数据联立解得
pB1=54.36 cmHg
pB2=90.6 cmHg
pA1=74.36 cmHg
pA2=67.6 cmHg。
答案:A管内气体压强为74.36 cmHg　B管内气体压强为54.36 cmHg
(二)　[例1]　解析:(1)对汽缸受力分析,根据平衡条件,汽车静止在水平路面上时有p1S=p0S+Mg
解得p1=2.5×105 Pa
汽车停在斜面上时有p2S=p0S+Mgcos θ
解得p2=2.2×105 Pa
气体温度始终不变,由玻意耳定律得p1hS=p2h1S,解得h1=12.5 cm。
(2)充气后对汽缸受力分析,由平衡条件有p0S+M'g=p3S
由题意可知,气体的温度始终不变,由玻意耳定律有p3hS=p1(hS+ΔV),η=
解得η=。
答案:(1)12.5 cm　(2)
[针对训练]
1.解析:(1)设充气前每个轮胎中的气体等温压缩至2.5p0时的体积为V1,根据玻意耳定律有1.5p0·=2.5p0V1
轮胎内气体体积的减少量为ΔV=-V1
储气罐给汽车轮胎充气时做等温变化,根据玻意耳定律有5.5p0V0=2.5p0
解得n=120。
(2)储气罐中的气体做等容变化,根据查理定律有=,解得p=2.55p0。
答案:(1)120　(2)2.55p0
[例2]　解析:(1)以助力气室内的气体为研究对象,则初态压强为p0,体积为V0,第一次抽气后,气体体积为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==p0,以此类推,则当第n次抽气后,助力气室内的气体压强pn=p0,
则刹车助力装置为驾驶员省力大小为ΔF=(p0-pn)S=p0S。
答案:(1)　(2)p0S
[针对训练]
2.解析: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
代入数据解得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。
答案:(1)1.41 kg/m3　(2)1.18 kg/m3
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理想气体状态变化模型及变质量问题
(综合融通课)
第 3 讲
1
(一) 理想气体状态变化的三类模型
2
(二) 理想气体的变质量问题
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(一) 理想气体状态变化的
三类模型
解决“活塞+汽缸”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)。
模型(一)　“活塞+汽缸”模型
(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，将一个圆柱形薄壁绝热汽缸开口向右固定在水平地面上，汽缸的缸口有卡环(厚度不计)，卡环到缸底的距离为d，缸内通过厚度不计、横截面积为S的轻质绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。开始时封闭气体的热力学温度为T1，活塞到缸底的距离为，且汽缸与活塞之间没有相对滑动的趋势。通过电
阻丝可以对封闭气体进行缓慢加热。已知外界大
气压强为p0，活塞与汽缸内壁间的最大静摩擦力
为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑电阻丝的体积。
(1)对封闭气体进行缓慢加热过程中，当活塞刚好相对汽缸滑动时，求封闭气体的热力学温度T2；
[答案]　T1　
[解析]　从开始对气体加热到活塞刚好相对汽缸滑动时，气体体积不变，设气体末态的压强为p2，由查理定律有=
对活塞进行受力分析，由平衡条件有p0S+=p2S
联立解得p2=p0，T2=T1。
(2)在满足(1)问的条件下，继续缓慢升高温度，使活塞刚好到达汽缸口的卡环处，求此时封闭气体的热力学温度T3。
[答案]　T1
[解析]　从活塞开始移动到活塞刚好到达汽缸口的卡环处的过程，气体压强恒为p2，根据盖-吕萨克定律有=
解得T3=2T2=T1。
解答“液柱+管”类问题，关键是对液柱封闭的气体压强的计算，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，且注意以下几点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面间的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
模型(二)　“液柱+管”模型
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种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”等，使计算过程简捷。
[例2]　一U形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热性能良好。用水银封闭一段空气(可视为理想气体)在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱的长度如图所示，环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强p0=76.0 cmHg。
(1)若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。
[答案]　202 ℃　
[解析]　以右管封闭空气为研究对象，初状态p1=cmHg=72 cmHg，T1=300 K
设玻璃管横截面积为S，则V1=4 cm×S
两管水银面相平时，右管水银面下降2 cm，
即右管空气长度为6 cm，有p2=p0=76 cmHg，V2=6 cm×S
根据理想气体状态方程有=
解得T2=475 K
环境的最终温度为t=T2-273 ℃=202 ℃。
(2)若环境温度为27 ℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升0.8 cm，求应向左管中加注水银的长度。
[答案]　19.6 cm
[解析]　设应向左管中加注水银的长度为x，则稳定后水银面的高度差为ΔH=-=5.6 cm-x
此时右管封闭空气的压强为p3=cmHg，V3=(4-0.8)cm×S
根据玻意耳定律有p1V1=p3V3
解得x=19.6 cm。
处理“两团气”问题的技巧：
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的气体实验定律列方程求解。
模型(三)　“两团气”模型
[例3]　如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、
长度均为20 cm 的A、B两段细管组成，A管的内径是B
管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开，
水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使
A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。
求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)
[答案]　A管内气体压强为74.36 cmHg　B管内气体压强为54.36 cmHg
[解析]　设B管的横截面积为S，由题意可知，
A管的内径是B管的2倍，由S=得，
A管的横截面积为4S，B管在上方时，
两管内气柱长度为l=10 cm=0.1 m
设B管内气体压强为pB1，体积为VB1=lS=0.1S
设A管内气体压强为pA1，体积为VA1=l·4S=0.1×4S=0.4S
由题意得pA1=pB1+20 cmHg
A管在上方时，A管内空气柱长度改变Δl=1 cm=0.01 m
所以A管中水银柱长度减小Δl，A管中气柱体积增大ΔV=Δl·4S=0.01×4S=0.04S
设A管内气体压强为pA2，体积为VA2=VA1+ΔV=0.4S+0.04S=0.44S
B管内气柱体积减小ΔV，设气体压强为pB2，体积为VB2=VB1-ΔV=0.1S-0.04S=0.06S
水银柱长度增大Δl'===0.04 m=4 cm
则pB2=pA2+20 cmHg+4 cmHg-1 cmHg=pA2+23 cmHg
由玻意耳定律，对A中气体有pA1VA1=pA2VA2
对B中气体有pB1VB1=pB2VB2
代入数据联立解得
pB1=54.36 cmHg
pB2=90.6 cmHg
pA1=74.36 cmHg
pA2=67.6 cmHg。
(二) 理想气体的变质量问题
两种问题 解决方法
充气问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量问题转化为定质量问题
灌气(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，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题
类型(一)　进气情况
[例1]　(2025·山东聊城质检)近年来越来越多的汽车搭载了“空气悬挂”结构，相比“弹簧悬挂”更加舒适，可调节范围更广，其构造可以简化为如图所示的模型。汽缸上部与汽车底盘相连，活塞通过连杆与车轮轴连接，活塞与汽缸上部之间的距离为h，两者之间还连接一弹簧，弹簧一端与活塞粘连在一起，另一端与汽缸不粘连，可以将汽车对汽缸的作用等效为质量为M的物块压在汽缸的上方。在某一温度下当汽车空载时M=150 kg，静止在水平路面上时h=11 cm，弹簧恰好处于原长状态。已知活塞的横截面积为S=100 cm2，弹簧的劲度系数
k=2.5×104 N/m，不计弹簧体积、缸体的重力以及活塞与缸体之间的摩擦力，气体的温度始终不变，外界大气压恒为p0=1.0×105 Pa，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求：
(1)保持阀门关闭，将汽车移至倾角为θ=37°的斜面，空载时汽缸上部与活塞之间的距离h1；
[答案]　12.5 cm　
[解析]　对汽缸受力分析，根据平衡条件，汽车静止在水平路面上时有p1S=p0S+Mg
解得p1=2.5×105 Pa
汽车停在斜面上时有p2S=p0S+Mgcos θ
解得p2=2.2×105 Pa
气体温度始终不变，
由玻意耳定律得p1hS=p2h1S
解得h1=12.5 cm。
(2)某次汽车停在水平路面上装载后等效为M'=200 kg，此时气泵会自动给汽缸充入适量空气，使活塞和汽缸上部之间的距离回到h=
11 cm，充入的气体与原气体的质量之比η。
[答案]　
[解析]　充气后对汽缸受力分析，由平衡条件有p0S+M'g=p3S
由题意可知，气体的温度始终不变，由玻意耳定律有p3hS=p1(hS+ΔV)， η=，解得η=。
1.某容积为V0的储气罐充有压强为5.5p0的室温空气，现用该储气罐为一批新出厂的胎内气体压强均为1.5p0的汽车轮胎充气至2.5p0。已知每个汽车轮胎的体积为，室温为27 ℃，不考虑充气过程中胎内气体温度及轮胎体积的变化。
(1)求在室温下该储气罐最多能给这种汽车轮胎充足气的个数n；
针对训练
答案：120　
解析：设充气前每个轮胎中的气体等温压缩至2.5p0时的体积为V1，根据玻意耳定律有1.5p0·=2.5p0V1
轮胎内气体体积的减少量为ΔV=-V1
储气罐给汽车轮胎充气时做等温变化，根据玻意耳定律有5.5p0V0=2.5p0
解得n=120。
(2)若清晨在室温为27 ℃下储气罐给n个汽车轮胎充足气后，到了中午，室温温度上升到33 ℃，求此时储气罐中气体的压强p。
答案：2.55p0
解析：储气罐中的气体做等容变化，根据查理定律有=，解得p=2.55p0。
两种问题 解决方法
抽气问题 用抽气筒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，其解决方法同充气问题类似，假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即把变质量问题转化为定质量问题
漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解，如果选容器内原有气体为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题
类型(二)　出气情况
[例2]　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；
[答案]　　
[解析]　以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强为p0，体积为V0，第一次抽气后，气体体积为V=V0+V1，根据玻意耳定律p0V0=p1V，解得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]　p0S
[解析]　同理第二次抽气p1V0=p2V，解得p2==p0，以此类推，则当第n次抽气后，助力气室内的气体压强pn=p0，
则刹车助力装置为驾驶员省力大小为ΔF=(p0-pn)S=p0S。
2.(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；
答案：1.41 kg/m3　
针对训练
解析：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=。
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
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(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： 1.18 kg/m3
解析：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。
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.(2025·安徽合肥模拟)如图所示，两根粗细相同、
两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，
各用一段水银柱封闭着一定质量的相同温度的空气，
空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2。现使封闭气柱
降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是(　　)
6
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A.A管向上移动，B管向下移动
B.A管向下移动，B管向上移动
C.均向下移动，A管移动较多
D.均向上移动，A管移动较多
解析：管内封闭空气柱的压强恒等于外界大气压与因水银柱重力而产生的压强之和，外界大气压不变，则管内空气做等压变化，并由此推知，封闭空气柱下方的水银柱高度不变。
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√
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根据盖 吕萨克定律可知=，整理可得ΔV=V，因A、B管中的封闭空气的初始温度相同，温度变化量ΔT也相同，且ΔT<0，则有ΔV<0，即A、B管中的封闭空气的体积均减小，又因为H1>H2，初始时A管中空气体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中空气柱长度减少得多一些，故两管中空气柱上方水银柱均向下移动，A管中水银柱移动较多。故选C。
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2.(2025·张家口模拟)校园运动会开幕式上释放了一组氦气球，氦气球缓慢上升，到达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为25 mmHg，即将破裂时氦气球的体积为刚释放时的1.2倍，内外的压强差为30 mmHg。大气压强p随离地高度h的变化关系如图甲所示，大气温度t随离地高度h的变化关系如图乙所示，氦气球导热良好。则氦气球破裂时的离地高度约为 (　　)
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A.2 000 m　　　　　　　 B.1 800 m
C.1 600 m D.1 400 m
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解析：在地面时，气球内气体的压强p1=760 mmHg+25 mmHg= 785 mmHg，温度为T1=300 K，设体积为V，在高度h时，
气球内气体的压强p2=760 mmHg-+30 mmHg=mmHg，
温度为T2=K，体积为1.2V，根据理想气体状态方程可得=，联立解得h≈2 000 m，故选A。
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3.(2025·聊城模拟)如图所示，高度为h的薄圆筒，某次工作时将筒由水面上方开口向下吊放至深度为H=80 m的水下，已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，大气压强为p0=1.0×105 Pa，筒内空气可视为理想气体且h远小于H，忽略筒内
气体温度的变化和水的密度随深度的变化，保持
H不变，用气泵将空气压入筒内，使筒内的水全
部排出，则压入气体的质量与筒内原气体质量的
比值约为 (　　)
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A.8　　　　 B.7　　　　 C.6 　　　　D.5
解析：设在H=80 m的水下筒内原气体占据空间的高度为L，压强为p1，则有p1=p0+ρgH=9p0，根据玻意耳定律有p0Sh=p1SL，解得L=，h远小于H，所以压入气体后，压强不变，温度不变，压入的气体的体积为V1=(h-L)S=，筒内原来气体的体积为V0=LS=，压入气体的质量与筒内原气体质量的比值为==8，故选A。
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4.如图所示，桶装水的容积为20 L，为取水方便，在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105 Pa，剩余水的体积为12 L，水面距出水口的高度为50 cm。取水器每按压一次，
向桶内打入压强为1×105 Pa、体积为0.3 L的空气。
已知水桶的横截面积为0.02 m2，水的密度为1×
103 kg/m3，大气压强为1×105 Pa，重力加速度g为
10 m/s2，取水过程中气体温度保持不变，则 (　　)
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A.取水器至少按压1次，水才能从出水口流出
B.取水器至少按压3次，水才能从出水口流出
C.若要再压出4 L水，至少需按压16次
D.若要再压出4 L水，至少需按压17次
解析：设取水器按压n次后，桶中的水才能从出水口流出，以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始时压强为p1、体积为V1，后来的体积为V2、压强为p2，则p1=p0=1×105 Pa，V1=(20-12+0.3n)L，V2=(20-12)L，由玻意耳定律得p1V1=p2V2，要使桶中水能从出水口流出，
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则有p2>p0+ρgh，联立各式解得n>，所以取水器至少按压2次，桶中水才能从出水口流出，A、B错误；水桶高度h0= m=1 m，再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为h2=h0+50 cm=70 cm，则有p3=p0+ ρgh2=1.07×105 Pa，由于外界温度保持不变，根据玻意耳定律有p0(n'V0+V1')=p3V2'，其中V0=0.3 L，V1'=L=8 L，V2'=(20-12+4)L=12 L，解得n'≈16.1，可知，若要再压出4升水，至少需按压17次，C错误，D正确。
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二、多项选择题
5.(2025·广西模拟)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S的轻活塞A和面积为S的轻活塞B，活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示，活塞A与汽缸右端相距L1，处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A，最终如图乙所示，活塞B和液体上升L2。已知大气压强为p0，液体密度为ρ、高度为h，弯管中的气体体积可忽略，下列说法正确的是(　　)
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A.初始时封闭气体压强大于p0
B.图中液体浸润竖直管道
C.最终活塞上升的高度为L2=
D.该过程中外界对封闭气体做功为W=(2p0+ρgh)S
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√
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解析：初始时，活塞A静止，封闭气体的压强为
p1=p0，故A错误；题图中液面呈凹形，液体浸润
竖直管道，故B正确；最终封闭气体的压强大小为
p2=p0+ρgh，活塞缓慢移动过程中，气体温度保持不变，由玻意耳定律可得p1L1·2S=p2L2S，解得L2=，故C正确；该过程中，气体发生等温变化，p V图像如图所示，外界对气体做正功，且做功的大小等于图中阴影部分的面积，则W2
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6.(2025·江西一模)如图，U形玻璃管两端封闭竖直静置，管内水银柱把管内气体分成两部分，此时两侧气体温度相同，管内水银面高度差为h。若要使左右两侧水银面高度差变大，则可行的方法是 (　　)
A.同时升高相同的温度
B.玻璃管竖直减速下落
C.同时降低相同的温度
D.玻璃管竖直加速下落
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解析：假设两部分气体做等容变化，根据查理定律有=，可得压强变化量Δp==p0，则Δp左=p左，Δp右=p右，而其中p左=p右+ph，若同时升高相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银面下降，左右两侧水银面高度差变小；同理，若同时降低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下
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降，右侧水银面上升，左右两侧水银面高度差变大，故A错误，C正确；玻璃管竖直减速下落，水银柱处于超重状态，有向上的加速度，则有(p左-p右-ph)S=ma，假设左右两侧水银面高度差不变，则可知左侧气体压强增大，右侧气体压强减小，由玻意耳定律有p0V0=pV，可知左侧气体体积减小，右侧气体体积增大，则左右两侧水银面高度差变
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大，故B正确；玻璃管竖直加速下落，水银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有(p右+ph-p左)S=ma，假设左右两侧水银面高度差不变，则可知左侧气体压强减小，右侧气体压强增大，由p0V0=pV，可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减小，则左右两侧水银面高度差变小，故D错误。
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三、计算题
7.(8分)(2025·吉林调研)汽车中的安全气囊能有效
保障驾乘人员的安全。发生交通事故时，强烈的碰撞
使三氮化钠完全分解产生钠和氮气而快速充入气囊。
充入氮气后的瞬间安全气囊的容积为70 L，温度为300 K，压强为p1，囊内氮气的密度ρ=1.25 kg/m3；随后，驾乘人员因惯性挤压安全气囊，气囊的可变排气孔开始排气，当内部气体体积变为50 L、温度降为280 K、压强变为0.8p1时，不再排气，将气体视为理想气体。求：
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(1)充气后瞬间，气囊内含有的氮气分子个数；(已知氮气的摩尔质量M=28 g/mol，阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1)(3分)
答案：1.875×1024 个　
解析：充气后瞬间，气囊内氮气的质量m=ρV1=8.75×10-2 kg，气囊内含有氮气分子个数n=NA=1.875×1024(个)。
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(2)驾乘人员挤压安全气囊过程中，排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的百分比(此问结果保留2位有效数字)。(5分)
答案：39%
解析：设温度降为280 K、压强变为0.8p1时原来囊内气体的总体积为V2，根据理想气体状态方程=，解得V2= L，排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的比例=×100%≈39%。
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8.(12分)小明同学设计了一个用弹簧测力计测量环
境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并
固定在桌面上，用质量m=600 g、横截面积S=20 cm2的
活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩
擦，每次测量时保证活塞的位置不变。当弹簧测力计
示数为F1=6 N时，测得环境温度T1=300 K。已知外界大气压强p0= 1.0× 105 Pa，重力加速度g=10 m/s2。
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(1)当弹簧测力计示数为F2=8 N时，环境温度T2为多少 (6分)
答案：297 K
解析：当F1=6 N时，对活塞受力分析有
p1S+F1=mg+p0S
解得p1=p0
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当F2=8 N时，设此时汽缸内气体的压强为p2，对活塞受力分析有
p2S+F2=mg+p0S
由题意可知气体体积不变，根据查理定律得
=
解得T2=297 K。
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(2)若测力计量程为0~10 N，该装置可测量的环境温度范围为多少 (6分)
答案：294 K~309 K
解析：环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，当拉力为0时，此时对应的温度为可测量的最大值，由p3S=mg+p0S，=
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得Tmax=309 K
当拉力为10 N时，此时对应的温度为可测量的最小值，由p4S+F4=mg+p0S，=
得Tmin=294 K
该装置可测量的环境温度范围为294 K~309 K。
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9.(12分)(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0。
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已知活塞的横截面积S=0.10 m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105 Pa，重力加速度大小取g=10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=
270 K 时：
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(1)求B内气体压强pB2；(4分)
答案：9×104 Pa　
解析：假设温度降低到T2过程中，差压阀没有打开，
A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，
初态pB1=p0，T1=300 K
末态T2=270 K
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根据查理定律有=
代入数据可得pB2=9×104 Pa
A内气体做等压变化，压强保持不变，
此时压强差p0-pB2<Δp
假设成立，即pB2=9×104 Pa。
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(2)求A内气体体积VA2；(4分)
答案：3.6×10-2 m3
解析：A内气体压强保持不变，初态VA1=4.0×10-2 m3，T1=300 K
末态T2=270 K
根据盖-吕萨克定律有=
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。
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(3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。(4分)
答案：1.1×102 kg
解析：恰好稳定时，A内气体压强为pA3=p0+
B内气体压强pB3=p0
此时差压阀恰好关闭，所以有pA3-pB3=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
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10.(10分)(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1=1.0 cm2，长度H=100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2，高度h=20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。
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已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g=10 m/s2，大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。
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(1)求x；(4分)
答案：2 cm　
解析：由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程，气体发生等温变化，所以有p1(H-x)S1=p2HS1
又因为p1=p0
p2+ρgh=p0
代入数据联立解得x=2 cm。
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(2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。
(6分)
答案：8.92×10-4 m3
解析：当外界气体进入后，以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=
p3，又因为p3+ρg·=p0
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。
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11.(12分)如图(a)所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面上(图中未画出)。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和。现用轻质细线将活塞B与质量m=的重物C相连接，如图(b)所示，一段时间后活塞A、B再次静止。
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已知活塞A、B的面积分别为S1=2S、S2=S，弹簧的劲度系数k=，大气压强为p0，重力加速度为g，环境和缸内气体温度T1=600 K。
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(1)活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；(6分)
答案：L　
解析：设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得pS+mg=p0S　
设活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得
2Sp0=2Sp+kx　
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解得p=p0，x=L
活塞再次静止时，设活塞B移动的距离为ΔL，移动前、后缸内气体的体积分别为V1、V2，则V1=L×2S+×S
V2=2S(L-x)+S
根据玻意耳定律得p0V1=pV2
解得ΔL=L。
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(2)缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小(保留3位有效数字)。(6分)
答案：293 K
解析：缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。
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设B回到原位置时缸内气体的体积为V3，则
V3=2S(L-x)+S
根据盖-吕萨克定律得=
代入数据解得T≈293 K。
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4课时跟踪检测(七十)　理想气体状态变化模型及变质量问题
一、单项选择题
1.(2025·安徽合肥模拟)如图所示,两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B,竖直插入同一水银槽中,各用一段水银柱封闭着一定质量的相同温度的空气,空气柱长度H1>H2,水银柱长度h1>h2。现使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变),则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是 (　　)
A.A管向上移动,B管向下移动
B.A管向下移动,B管向上移动
C.均向下移动,A管移动较多
D.均向上移动,A管移动较多
2.(2025·张家口模拟)校园运动会开幕式上释放了一组氦气球,氦气球缓慢上升,到达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为25 mmHg,即将破裂时氦气球的体积为刚释放时的1.2倍,内外的压强差为30 mmHg。大气压强p随离地高度h的变化关系如图甲所示,大气温度t随离地高度h的变化关系如图乙所示,氦气球导热良好。则氦气球破裂时的离地高度约为 (　　)
A.2 000 m　　　　　　　 B.1 800 m
C.1 600 m D.1 400 m
3.(2025·聊城模拟)如图所示,高度为h的薄圆筒,某次工作时将筒由水面上方开口向下吊放至深度为H=80 m的水下,已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2,大气压强为p0=1.0×105 Pa,筒内空气可视为理想气体且h远小于H,忽略筒内气体温度的变化和水的密度随深度的变化,保持H不变,用气泵将空气压入筒内,使筒内的水全部排出,则压入气体的质量与筒内原气体质量的比值约为 (　　)
A.8　　　　B.7　　　　C.6　　　　D.5
4.如图所示,桶装水的容积为20 L,为取水方便,在上面安装一个取水器。某次取水前桶内气体压强为1×105 Pa,剩余水的体积为12 L,水面距出水口的高度为50 cm。取水器每按压一次,向桶内打入压强为1×105 Pa、体积为0.3 L 的空气。已知水桶的横截面积为0.02 m2,水的密度为1×103 kg/m3,大气压强为1×105 Pa,重力加速度g为10 m/s2,取水过程中气体温度保持不变,则 (　　)
A.取水器至少按压1次,水才能从出水口流出
B.取水器至少按压3次,水才能从出水口流出
C.若要再压出4 L水,至少需按压16次
D.若要再压出4 L水,至少需按压17次
二、多项选择题
5.(2025·广西模拟)气压传动是工业中常见的传动方式。导热良好、气密性良好、不计摩擦的汽缸中有面积为2S的轻活塞A和面积为S的轻活塞B,活塞重力均可忽略不计。初始状态如图甲所示,活塞A与汽缸右端相距L1,处于平衡状态。现用力缓慢向右移动活塞A,最终如图乙所示,活塞B和液体上升L2。已知大气压强为p0,液体密度为ρ、高度为h,弯管中的气体体积可忽略,下列说法正确的是 (　　)
A.初始时封闭气体压强大于p0
B.图中液体浸润竖直管道
C.最终活塞上升的高度为L2=
D.该过程中外界对封闭气体做功为W=(2p0+ρgh)S
6.(2025·江西一模)如图,U形玻璃管两端封闭竖直静置,管内水银柱把管内气体分成两部分,此时两侧气体温度相同,管内水银面高度差为h。若要使左右两侧水银面高度差变大,则可行的方法是 (　　)
A.同时升高相同的温度
B.玻璃管竖直减速下落
C.同时降低相同的温度
D.玻璃管竖直加速下落
卷码 400017021 姓名
1 2 3 4 5 6
三、计算题
7.(8分)(2025·吉林调研)汽车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全。发生交通事故时,强烈的碰撞使三氮化钠完全分解产生钠和氮气而快速充入气囊。充入氮气后的瞬间安全气囊的容积为70 L,温度为300 K,压强为p1,囊内氮气的密度ρ=1.25 kg/m3;随后,驾乘人员因惯性挤压安全气囊,气囊的可变排气孔开始排气,当内部气体体积变为50 L、温度降为280 K、压强变为0.8p1时,不再排气,将气体视为理想气体。求:
(1)充气后瞬间,气囊内含有的氮气分子个数;(已知氮气的摩尔质量M=28 g/mol,阿伏加德罗常数NA=6×1023 mol-1)(3分)
(2)驾乘人员挤压安全气囊过程中,排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的百分比(此问结果保留2位有效数字)。(5分)
8.(12分)小明同学设计了一个用弹簧测力计测量环境温度的实验装置,如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上,用质量m=600 g、横截面积S=20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦,每次测量时保证活塞的位置不变。当弹簧测力计示数为F1=6 N时,测得环境温度T1=300 K。已知外界大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。
(1)当弹簧测力计示数为F2=8 N时,环境温度T2为多少 (6分)
(2)若测力计量程为0~10 N,该装置可测量的环境温度范围为多少 (6分)
9.(12分)(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小取g=10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时:
(1)求B内气体压强pB2;(4分)
(2)求A内气体体积VA2;(4分)
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。(4分)
10.(10分)(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2,高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。
(1)求x;(4分)
(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。(6分)
11.(12分)如图(a)所示,两端开口的导热汽缸水平固定,A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞,缸内有理想气体,轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面上(图中未画出)。A、B静止时,弹簧处于原长,缸内两部分的气柱长分别为L和。现用轻质细线将活塞B与质量m=的重物C相连接,如图(b)所示,一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B的面积分别为S1=2S、S2=S,弹簧的劲度系数k=,大气压强为p0,重力加速度为g,环境和缸内气体温度T1=600 K。
(1)活塞再次静止时,求活塞B移动的距离;(6分)
(2)缓慢降温至T,活塞B回到初位置并静止,求温度T的大小(保留3位有效数字)。(6分)
课时跟踪检测(七十)
1.选C　管内封闭空气柱的压强恒等于外界大气压与因水银柱重力而产生的压强之和,外界大气压不变,则管内空气做等压变化,并由此推知,封闭空气柱下方的水银柱高度不变。根据盖 吕萨克定律可知=,整理可得ΔV=V,因A、B管中的封闭空气的初始温度相同,温度变化量ΔT也相同,且ΔT<0,则有ΔV<0,即A、B管中的封闭空气的体积均减小,又因为H1>H2,初始时A管中空气体积较大,所以ΔVA>ΔVB,即A管中空气柱长度减少得多一些,故两管中空气柱上方水银柱均向下移动,A管中水银柱移动较多。故选C。
2.选A　在地面时,气球内气体的压强p1=760 mmHg+25 mmHg=785 mmHg,温度为T1=300 K,设体积为V,在高度h时,气球内气体的压强p2=760 mmHg-+30 mmHg=mmHg,温度为T2=K,体积为1.2V,根据理想气体状态方程可得=,联立解得h≈2 000 m,故选A。
3.选A　设在H=80 m的水下筒内原气体占据空间的高度为L,压强为p1,则有p1=p0+ρgH=9p0,根据玻意耳定律有p0Sh=p1SL,解得L=,h远小于H,所以压入气体后,压强不变,温度不变,压入的气体的体积为V1=(h-L)S=,筒内原来气体的体积为V0=LS=,压入气体的质量与筒内原气体质量的比值为==8,故选A。
4.选D　设取水器按压n次后,桶中的水才能从出水口流出,以原来桶中空气和打入的空气为研究对象,设开始时压强为p1、体积为V1,后来的体积为V2、压强为p2,则p1=p0=1×105 Pa,V1=(20-12+0.3n)L,V2=(20-12)L,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,要使桶中水能从出水口流出,则有p2>p0+ρgh,联立各式解得n>,所以取水器至少按压2次,桶中水才能从出水口流出,A、B错误;水桶高度h0= m=1 m,再压出4升水后桶内液面与出水口高度差为h2=h0+50 cm=70 cm,则有p3=p0+ρgh2=1.07×105 Pa,由于外界温度保持不变,根据玻意耳定律有p0(n'V0+V1')=p3V2',其中V0=0.3 L,V1'=L=8 L,V2'=(20-12+4)L=12 L,解得n'≈16.1,可知,若要再压出4升水,至少需按压17次,C错误,D正确。
5.选BC　初始时,活塞A静止,封闭气体的压强为p1=p0,故A错误;题图中液面呈凹形,液体浸润竖直管道,故B正确;最终封闭气体的压强大小为p2=p0+ρgh,活塞缓慢移动过程中,气体温度保持不变,由玻意耳定律可得p1L1·2S=p2L2S,
解得L2=,故C正确;该过程中,气体发生等温变化,p V图像如图所示,外界对气体做正功,且做功的大小等于图中阴影部分的面积,则W6.选BC　假设两部分气体做等容变化,根据查理定律有=,可得压强变化量Δp==p0,则Δp左=p左,Δp右=p右,而其中p左=p右+ph,若同时升高相同的温度,则左侧气体压强增加得多,所以左侧水银面上升,右侧水银面下降,左右两侧水银面高度差变小;同理,若同时降低相同的温度,则左侧气体压强减少得多,所以左侧水银面下降,右侧水银面上升,左右两侧水银面高度差变大,故A错误,C正确;玻璃管竖直减速下落,水银柱处于超重状态,有向上的加速度,则有(p左-p右-ph)S=ma,假设左右两侧水银面高度差不变,则可知左侧气体压强增大,右侧气体压强减小,由玻意耳定律有p0V0=pV,可知左侧气体体积减小,右侧气体体积增大,则左右两侧水银面高度差变大,故B正确;玻璃管竖直加速下落,水银柱处于失重状态,有向下的加速度,则有(p右+ph-p左)S=ma,假设左右两侧水银面高度差不变,则可知左侧气体压强减小,右侧气体压强增大,由p0V0=pV,可知左侧气体体积增大,右侧气体体积减小,则左右两侧水银面高度差变小,故D错误。
7.解析:(1)充气后瞬间,气囊内氮气的质量m=ρV1=8.75×10-2 kg,气囊内含有氮气分子个数n=NA=1.875×1024(个)。
(2)设温度降为280 K、压强变为0.8p1时原来囊内气体的总体积为V2,根据理想气体状态方程=,解得V2= L,排出去的气体质量占原来囊内气体总质量的比例=×100%≈39%。
答案:(1)1.875×1024 个　(2)39%
8.解析:(1)当F1=6 N时,对活塞受力分析有p1S+F1=mg+p0S
解得p1=p0
当F2=8 N时,设此时汽缸内气体的压强为p2,对活塞受力分析有
p2S+F2=mg+p0S
由题意可知气体体积不变,根据查理定律得
=
解得T2=297 K。
(2)环境温度越高,汽缸内气体压强越大,活塞对细绳的拉力越小,当拉力为0时,此时对应的温度为可测量的最大值,由p3S=mg+p0S,=,得Tmax=309 K
当拉力为10 N时,此时对应的温度为可测量的最小值,由p4S+F4=mg+p0S,=,得Tmin=294 K
该装置可测量的环境温度范围为294 K~309 K。
答案:(1)297 K　(2)294 K~309 K
9.解析:(1)假设温度降低到T2过程中,差压阀没有打开,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K
末态T2=270 K
根据查理定律有=
代入数据可得pB2=9×104 Pa
A内气体做等压变化,压强保持不变,
此时压强差p0-pB2<Δp
假设成立,即pB2=9×104 Pa。
(2)A内气体压强保持不变,初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K
末态T2=270 K
根据盖-吕萨克定律有=
代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。
(3)恰好稳定时,A内气体压强为pA3=p0+,B内气体压强pB3=p0
此时差压阀恰好关闭,所以有pA3-pB3=Δp
代入数据联立解得m=1.1×102 kg。
答案:(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3　(3)1.1×102 kg
10.解析:(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,气体发生等温变化,
所以有p1(H-x)S1=p2HS1
又因为p1=p0
p2+ρgh=p0
代入数据联立解得x=2 cm。
(2)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3
又因为p3+ρg·=p0
代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。
答案:(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3
11.解析:(1)设活塞再次静止时缸内气体的压强为p,则对活塞B,由平衡条件得pS+mg=p0S　
设活塞A移动的距离为x,根据平衡条件得
2Sp0=2Sp+kx　
解得p=p0,x=L
活塞再次静止时,设活塞B移动的距离为ΔL,移动前、后缸内气体的体积分别为V1、V2,则V1=L×2S+×S
V2=2S(L-x)+S
根据玻意耳定律得p0V1=pV2
解得ΔL=L。
(2)缓慢降温至T,使活塞B回到初位置并静止,气体发生等压变化,此过程中,活塞A受力不变,弹簧形变量不变,则活塞A不动。设B回到原位置时缸内气体的体积为V3,则
V3=2S(L-x)+S
根据盖-吕萨克定律得=
代入数据解得T≈293 K。
答案:(1)L　(2)293 K
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