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思维培优课一　变质量和关联气体问题
学习任务一　气体变质量问题
[思维深化]
分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，应用理想气体状态方程的分态式＋＋…＝＋＋…求解，或巧妙应用玻意耳定律p1V1＋p2V2＋…＝pV求解。
打气问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可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
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，可将变质量问题转化为定质量问题
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一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象，可将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，属于变质量问题，不能用气体变化规律求解。如果选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便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
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" 　(2025·湖南岳阳二模)如图是农村中常用来喷洒农药的小型压缩喷雾器结构示意图。其贮液筒A的容积为7.3 L，现装入5.8 L的药液。关闭阀门K，用打气筒B每次打入1×105 Pa的空气250 cm3。外界大气压为1×105 Pa，设下列过程中温度都保持不变。
INCLUDEPICTURE "2026-34.tif"
(1)要使药液上方气体的压强为4×105 Pa，应按压几次打气筒？
(2)当贮液筒A中有压强为4×105 Pa的空气时，打开K可喷射药液。当药液不能喷射时，贮液筒内还剩余多少体积的药液？(忽略管中药液产生的压强)
解析：(1)设打n次气，以容器A中与打入的气体为研究对象；初态p1＝1×105 Pa，V1＝(1.5＋n×0.25)L
末态p2＝4×105 Pa，V2＝1.5 L
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得n＝18次。
(2)当内外气压相同时，药液不再喷出，此时p3＝1×105 Pa
根据玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得V3＝6 L
剩余药液体积
ΔV＝V容器－V3＝7.3 L－6 L＝1.3 L。
答案：(1)18　(2)1.3 L
　(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
解析：CD　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，由玻意耳定律得p1V0＝p2，第三次抽气过程p2V0＝p3，解得p3＝p0＝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。
　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
解析：C　初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确，A、B、D错误。
　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%
解析：B　以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象，发生等压变化时，根据盖-吕萨克定律有＝，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＝≈6.7%，故选B。
学习任务二　关联气体、关联过程问题
[思维深化]
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，分析清楚这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般方法：
(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。
　如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
解析：(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S　①
得p10＝(p0＋p)。　②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S　③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0　④
p2V2＝p0V0　⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)　⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝p0＋p，V1＝。
答案：(1)(p0＋p)　(2)p0＋p　
　如图所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强p0＝1×105 Pa，质量m1＝0.4 kg的活塞A和质量m2＝0.6 kg的活塞B将汽缸分隔为1、2两气室，平衡时1、2两气室的高度分别为h1＝10 cm、h2＝6 cm，活塞A、B的横截面积均为S＝2×10－4 m2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，气体温度始终保持不变，不计一切摩擦，活塞的厚度均不计且活塞一直在汽缸内不脱出。
INCLUDEPICTURE "25R3-171.tif"
(1)若将汽缸顺时针旋转90°，将汽缸放置水平面上，求平衡后活塞A到汽缸底部的距离x；
(2)若活塞B上有许多砂眼，突然间两气室内的气体可以自由流通，求稳定后活塞A与汽缸底部的高度差H。
解析：(1)根据题意，设气室1、2内的压强分别为p1、p2，对活塞A受力分析，有
p1＝p0＋
对活塞B受力分析，有
p2＝p1＋
将汽缸顺时针旋转90°后，气室1、2内的压强相等且为p＝p0
对气室1内的气体，根据等温变化规律有
p1h1S＝p0h1′S
对气室2内的气体，根据等温变化规律有
p2h2S＝p0h2′S
平衡后活塞A到汽缸底部的距离
x＝h1′＋h2′
解得x＝21 cm。
(2)将气室1、2内的气体看成一个整体，稳定后气体的压强为p1，根据玻意耳定律有
p1h1S＋p2h2S＝p1HS
解得H＝17.5 cm。
答案：(1)21 cm　(2)17.5 cm
　如图所示，粗细均匀的U形管中，封闭了两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25 cm，位于左侧封闭端的顶部。水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5 cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5 cm，已知U形管周围环境温度t＝27 ℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为p0＝75 cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45 cm。保持环境温度t＝27 ℃不变，缓慢拉动活塞C，求：
(1)当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？
(2)当U形管内B部分的水银面左右相平时，活塞C共向上移动多少？
解析：(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ。左侧气体等温变化
p1SL1＝p1′SL1′
式中p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝ρgh1＝25 cmHg
解得L1′＝15 cm
故左右两部分液面的高度差变为
h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm
右侧气体压强p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg。
(2)B部分的水银面左右相平时，左侧液面下降，右侧液面上升
左右侧气体压强相等，为p2″＝25 cmHg
对右侧气柱，有p0SL2＝p2″SL2″
解得L2″＝37.5 cm
则活塞上升h＝L2″－L2＋＝47.5 cm。
答案：(1)65 cmHg　(2)47.5 cm
1．如图所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在27 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入压强为1 atm、体积为0.2 L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，要使蹦蹦球内气体压强增大至3 atm，需要充气的次数为(　　)
A．5次 B．10次
C．15次 D．20次
解析：D　设充气n次可以让气体压强增大至3 atm，据题知充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得p1(V＋nΔV)＝p2V，代入数据解得n＝20(次)，故D正确。
2．氧气瓶内装有温度为300 K、压强为10 atm的氧气。瓶口安装着一个泄气阀，当瓶内气体的压强超过12 atm时，气体将自动排出。在运送时，氧气瓶被装载在车厢中，但炎炎夏日下，车厢内温度变高，此时泄气阀正常工作，排出部分气体，当运送到目的地时，氧气瓶的氧气压强为12 atm，温度为400 K，则排出气体的质量约为原有气体总质量的(　　)
A． B．
C． D．
解析：A　对氧气瓶内的气体分析，初态：p1＝10 atm，V1＝V0，T1＝300 K，末态：p2＝12 atm，V2＝？，T2＝400 K，根据一定质量的理想气体状态方程可得＝，解得V2＝V0 ，排出气体的质量与原有气体总质量之比＝＝＝，故A正确。
3．如图所示，一定质量的理想气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)，求：
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
(2)打开阀门K后将容器内的气体从300 K分别加热到400 K和540 K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？
解析：(1)初始时，pA0＝p0＋h1＝152 cmHg，VA0＝
打开阀门后，A室气体等温变化，pA＝76 cmHg，体积为VA
由玻意耳定律得pA0VA0＝pAVA
解得VA＝＝V0。
(2)假设打开阀门后，气体从T0＝300 K升高到T时，活塞C恰好到达容器最右端，即气体体积变为V0，压强pA仍为p0，即等压过程
根据盖-吕萨克定律得T＝T0＝450 K
因为T1＝400 K<450 K，所以pA1＝pA＝p0，水银柱的高度差为零。
从T＝450 K升高到T2＝540 K为等容过程
根据查理定律＝
解得pA2＝91.2 cmHg
故水银高度差h′＝15.2 cm。
答案：(1)V0　(2)0　15.2 cm
[基础对点练]
对点练1　气体变质量问题
1.某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度不变，轮胎容积也不变，则打气筒的容积为(　　)
A．300 mL B．450 mL
C．500 mL D．600 mL
解析：B　设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律可得pV＋np1ΔV＝p′V ，即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L，解得ΔV＝450 mL，故B正确。
2．活塞式真空泵的工作原理如图，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左移动到左端过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.1V，抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变，若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1，第2次抽气过程中被抽出的气体质量为m2，则m2∶m1为(　　)
A．1∶1 B．0.9∶1.1
C．1∶1.1 D．1∶1.12
解析：C　根据玻意耳定律，第一次抽气过程p0V＝p1(V＋0.1V)，第二次抽气过程p1V＝p2(V＋0.1V)，而m1正比于0.1p1V，m2正比于0.1p2V，所以m2∶m1＝p2∶p1＝1∶1.1，故C正确。
3．(多选)一氧气瓶的容积为0.08 m3，充满氧气时瓶中的压强为20个大气压。现已知某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.08 m3，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，且视为理想气体，则(　　)
A．需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶9
B．需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶10
C．这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用18天
D．这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用20天
解析：BC　设氧气瓶开始时的压强为p1(20个大气压)，体积为V1＝0.08 m3，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得充满氧气瓶需要p2压强下的气体体积V2＝0.8 m3，则需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为＝＝＝＝，故A错误，B正确；重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1＝(0.8－0.08)m3＝0.72 m3，设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，根据玻意耳定律得p2V3＝p0V0，设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝，代入数据解得这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用的天数为N＝18天，故C正确，D错误。
4．(2025·湖南长郡中学高三月考)理发店内的气动升降椅，其升降由气囊式汽缸实现。其原理是在一个密闭的汽缸内充入气体，使汽缸内的压强为大气压的几倍，利用气体可压缩来实现弹性作用。如图所示，汽缸横截面积S＝2×10-3 m2，汽缸的上端有一环形卡口内径比气动杆的直径略大，椅面与气动杆及活塞组成的整体质量为m＝4 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，椅面未承重时，空气柱长度L＝0.1 m，此时卡口对活塞的压力FN＝360 N，密闭汽缸导热性能良好。现有一位体重M＝96 kg的客人双脚悬空坐在椅面上，导致活塞(气动杆和椅面)下降。缸内气体可视为理想气体，温度保持不变，忽略摩擦阻力，g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "2026-35.tif"
(1)求椅面未承重时汽缸内气体的压强p1；
(2)为了使椅面恰好恢复到原来的位置，则需要充入一个大气压下的气体体积为多少？
解析：(1)对椅面气动杆及活塞整体由平衡条件有mg＋p0S＋FN＝p1S
解得p1＝3×105 Pa。
(2)椅面恰好恢复到原来的位置时对卡口恰好没有压力，此时汽缸内压强为p2，对椅面、气动杆、活塞及客人组成的整体由平衡条件得(m＋M)g＋p0S＝p2S
解得p2＝6×105 Pa
设需要充入一个大气压下的气体体积为V2
p0V2＋p1SL＝p2SL
解得V2＝6×10-4 m3。
答案：(1)3×105 Pa　(2)6×10-4 m3
对点练2　关联气体、关联过程问题
5．光滑绝热的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气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比VA′∶VB′为(　　)
INCLUDEPICTURE "25R3-177.TIF"
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
解析：B　对A部分气体有＝，对B部分气体有＝，因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立两式得＝，所以＝＝＝。故B正确。
6.一横截面积为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
解析：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p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)，p2V2＝p2′(V2－xS)，联立并代入数据解得x＝d，故D正确。
7.如图所示，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上、下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上、下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。流入汽缸内液体的质量是(　　)
A． B．
C． D．
解析：C　设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p0＝p1V1，p0＝p2V2，由已知条件得V1＝＋－＝V，V2＝－＝，设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得p2S＝p1S＋mg，解得m＝，故选C。
8.如图所示为一个测温装置的示意图，可以用来观测大棚内温度的变化情况，M、N是两个完全相同的立方体密闭薄壁容器，棱长均为a＝57 cm，导热性良好，两个容器用绝热细管相连。早晨把M放在恒温室内，把N放在蔬菜大棚里，两容器底面在同一水平面上，此时N内水银柱的高度为b＝2 cm，N内气体的压强pN＝53 cmHg，温度为270 K，M中恰好无水银，细管的容积忽略不计，一段时间后，N中的水银恰好全部排出，求此时：
(1)M内气体的压强；
(2)N内气体的热力学温度。(计算结果保留到小数点后一位 )
解析：(1)对M内的气体，初状态压强pM＝pN＋pb＝55 cmHg，体积VM＝a3
末状态体积VM′＝(a－b)a2
M内气体做等温变化，由玻意耳定律得
pMVM＝pM′VM′
解得此时M内气体的压强pM′＝57 cmHg。
(2)对N内的气体，初状态压强pN＝53 cmHg，体积VN＝(a－b)a2，温度TN＝270 K
末状态压强pN′＝pM′＋pb＝59 cmHg，体积VN′＝a3
由理想气体状态方程得＝
代入数据解得N内气体的温度TN′＝311.5 K。
答案：(1)57 cmHg　(2)311.5 K
[能力提升练]
9．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40 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 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
解析：B　以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，气体温度不变，由玻意耳定律得p0V＋5p0V0＝p1×5V ，已知p0＝750 mmHg，V0＝40 cm3，p1＝(750＋150)mmHg＝900 mmHg，代入数据解得V＝40 cm3，故B正确。
10．如图所示，储存有同种气体(可视为理想气体)的甲、乙两个储气罐之间用一细管连接。开始时细管上的阀门K闭合，甲罐中气体的压强为p，容积为V，乙罐中气体的压强未知，容积为2V。将阀门打开，两罐中的气体调配后，最后测得两罐中气体的压强都为p，已知两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变。求：
(1)阀门打开前乙罐中气体的压强；
(2)两罐中气体压强相等时，进入乙罐中气体的质量与乙罐中原有气体的质量之比。
解析：(1)设阀门打开前乙罐中气体的压强为p1，由题意可知，打开阀门后甲罐进入乙罐中气体体积为ΔV，对甲中气体由玻意耳定律有pV＝p(V＋ΔV)
对乙中气体由玻意耳定律有
p1·2V＝p(2V－ΔV)
联立解得p1＝p。
(2)研究调配后乙中的气体，假设乙中气体再等温膨胀到原来没有调配时的状态，此时压强为p1＝p，体积为V1，由玻意耳定律有
p·2V＝p1V1
解得V1＝V
又m＝ρV
则进入乙罐中气体的质量Δm与乙罐中原有气体的质量m之比
＝＝＝。
答案：(1)p　(2)
11．小汽车正常行驶时，胎压需要稳定在220 kPa至280 kPa之间。在冬季，某室内停车场温度为7 ℃，此时汽车仪表盘显示左前轮胎压为252 kPa，若将轮胎内气体视为理想气体，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为T＝t＋273 K，忽略轮胎体积的变化。
(1)若室外温度为－23 ℃，司机将车停在室外足够长时间后，通过计算说明胎压是否符合正常行驶要求(假设轮胎不漏气)；
(2)汽车行驶一段时间后，发现仪表盘显示左前轮胎压为230 kPa，此时轮胎内气体温度为－13 ℃，请判断轮胎是否漏气；如果漏气，求剩余气体与原来气体的质量之比。
解析：(1)对轮胎内气体
T1＝(7＋273)K＝280 K，p1＝252 kPa
T2＝(－23＋273)K＝250 K
气体做等容变化，由查理定律有＝
解得p2＝225 kPa>220 kPa，
所以可以正常行驶。
(2)汽车行驶一段时间后
T3＝(－13＋273)K＝260 K
p3＝230 kPa，设轮胎容积为V0，假设未漏气，则V3＝V0
解得V3＝V0>V0，说明轮胎发生了漏气，＝＝115∶117。
答案：(1)见解析　(2)漏气　115∶117
[尖子生选练]
12．深海养殖技术在海洋渔业中被普遍推广。甲图为某深海大黄鱼渔场引进的单柱半潜式养殖网箱，乙图为其截面示意图。在乙图中，网箱的中央柱形容器是由横截面积为2 m2，高16 m的镀锌铁皮(不计铁皮体积)制成的空心圆柱体，可进水或充气，以此调节网箱在海水中的位置，使整个网箱按要求上浮或下沉；网箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬挂质量为20 t的铸铁块(不与海底接触)，铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料的总质量为10 t，养殖网箱材料和铸铁块能够排开海水的体积为6 m3，海水的密度按1.0×103 kg/m3，大气压强按1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。在认为空气温度与海水温度相同的情况下，当网箱的底部下沉到海面下15 m处静止时，求：
甲　　　　　　　　　　　乙
(1)空心圆柱体内气体的压强；
(2)通过计算说明从开始入水到该状态，需要通过气阀向空心圆柱体充气还是对外放气；
(3)充入或放出的气体在空气中的体积。
解析：(1)网箱材料和铸铁块的总质量
m＝10 t＋20 t＝30 t＝3×104 kg
网箱静止在海水中，整个装置受到的浮力等于它的总重力，即
F浮＝G＝mg＝3×104×10 N＝3×105 N
根据阿基米德原理
V排＝＝ m3＝30 m3
空心圆柱体排开水的体积
V排′＝V排－V0＝30 m3－6 m3＝24 m3
空心圆柱体内海水的体积
V海水＝15×2 m3－24 m3＝6 m3
空心圆柱体内海水的高度h＝＝3 m
空心圆柱体内气体的压强p＝1.0×105 Pa＋(15－3)×10×103 Pa＝2.2×105 Pa。
(2)假设既没有放气也没有充气，根据玻意耳定律可得p0V＝p1V′
其中V＝16×2 m3＝32 m3，V′＝13×2 m3＝26 m3
解得p1≈1.23×105 Pa
比较可知p1可知需要通过气阀向空心圆柱体充气。
(3)设充入的体积为V″，根据玻意耳定律
p0(V＋V″)＝pV′
解得V″＝25.2 m3
答案：(1)2.2×105 Pa　(2)充气 (3)25.2 m3(共73张PPT)
思维培优课一　变质量和关联气体问题
课堂探究·拓展思维
打气问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可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
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，可将变质量问题转化为定质量问题
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一个典型的变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体看作整体来作为研究对象，可将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，属于变质量问题，不能用气体变化规律求解。如果选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便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
(2025·湖南岳阳二模)如图是农村中常用来喷洒农药的小型压缩喷雾器结构示意图。其贮液筒A的容积为7.3 L，现装入5.8 L的药液。关闭阀门K，用打气筒B每次打入1×105 Pa的空气250 cm3。外界大气压为1×105 Pa，设下列过程中温度都保持不变。
(1)要使药液上方气体的压强为4×105 Pa，
应按压几次打气筒？
(2)当贮液筒A中有压强为4×105 Pa的空气
时，打开K可喷射药液。当药液不能喷射时，
贮液筒内还剩余多少体积的药液？(忽略管中药液产生的压强)
例 1
(1)设打n次气，以容器A中与打入的气体为研究对象；初态p1＝1×105 Pa，V1＝(1.5＋n×0.25)L
末态p2＝4×105 Pa，V2＝1.5 L
根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得n＝18次。
(2)当内外气压相同时，药液不再喷出，此时p3＝1×105 Pa
根据玻意耳定律得p2V2＝p3V3
解得V3＝6 L
剩余药液体积
ΔV＝V容器－V3＝7.3 L－6 L＝1.3 L。
答案：(1)18　(2)1.3 L
例 2
CD
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
C
C　初态p＝10 atm，V＝20 L，末态p′＝2 atm，V1＝V＋nV′(n为瓶数)，根据玻意耳定律可得pV＝p′V1，代入数据解得n＝16，故C正确，A、B、D错误。
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
B
学习任务二　关联气体、关联过程问题
[思维深化]
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，分析清楚这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般方法：
(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。
如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
例 5
如图所示,将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强p0＝1×105 Pa，质量m1＝0.4 kg的活塞A和质量m2＝0.6 kg的活塞B将汽缸分隔为1、2两气室，平衡时1、2两气室的高度分别为h1＝10 cm、h2＝6 cm，活塞A、B的横截面积均为S＝2×10－4 m2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，气体温度始终保持不变，不计一切摩擦，活塞的厚度均不计且活塞一直在汽缸内不脱出。
例 6
(1)若将汽缸顺时针旋转90°，将汽缸放置水平面上，求平衡后活塞A到汽缸底部的距离x；
(2)若活塞B上有许多砂眼，突然间两气室内的气体可以自由流通，求稳定后活塞A与汽缸底部的高度差H。
对气室1内的气体，根据等温变化规律有
p1h1S＝p0h1′S
对气室2内的气体，根据等温变化规律有
p2h2S＝p0h2′S
平衡后活塞A到汽缸底部的距离
x＝h1′＋h2′
解得x＝21 cm。
(2)将气室1、2内的气体看成一个整体，稳定后气体的压强为p1，根据玻意耳定律有
p1h1S＋p2h2S＝p1HS
解得H＝17.5 cm。
答案：(1)21 cm　(2)17.5 cm
如图所示，粗细均匀的U形管中，封闭了两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1＝25 cm，位于左侧封闭端的顶部。水银柱B与A之间的空气柱长度L1＝12.5 cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2＝12.5 cm，已知U形管周围环境温度t＝27 ℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为p0＝75 cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2＝45 cm。保持环境温度t＝27 ℃不变，缓慢拉动活塞C，求：
例 7
(1)当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？
(2)当U形管内B部分的水银面左右相平时，活塞C共向上移动多少？
(1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ。左侧气体等温变化
p1SL1＝p1′SL1′
式中p1＝p0－ρgh2＝30 cmHg，p1′＝ρgh1＝25 cmHg
解得L1′＝15 cm
故左右两部分液面的高度差变为
h2′＝h2－2(L1′－L1)＝40 cm
右侧气体压强p2′＝p1′＋ρgh2′＝65 cmHg。
(2)B部分的水银面左右相平时，左侧液面下降，右侧液面上升
左右侧气体压强相等，为p2″＝25 cmHg
对右侧气柱，有p0SL2＝p2″SL2″
解得L2″＝37.5 cm
则活塞上升h＝L2″－L2＋＝47.5 cm。
答案：(1)65 cmHg　(2)47.5 cm
随堂练习·培养能力
1．如图所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在27 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入压强为1 atm、体积为0.2 L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，要使蹦蹦球内气体压强增大至3 atm，需要充气的次数为(　　)
A．5次 B．10次
C．15次 D．20次
D
D　设充气n次可以让气体压强增大至3 atm，据题知充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得p1(V＋nΔV)＝p2V，代入数据解得n＝20(次)，故D正确。
A
3．如图所示，一定质量的理想气体放在体积为V0的容器中，室温为T0＝300 K，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76 cm，右室容器中连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg)，求：
(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多少？
(2)打开阀门K后将容器内的气体从300 K分别加热到400 K和540 K，U形管内两边水银面的高度差各为多少？
课后训练·凝练素养
[基础对点练]
对点练1　气体变质量问题
1.某同学想用给自行车轮胎打气的方法来测打气筒的容积。他用压强计测出轮胎中已有气体的压强为1.5 atm，已知轮胎容积V＝3 L。他用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，打气10次后测得轮胎中的气体压强为3 atm，设打气过程中空气的温度不变，轮胎容积也不变，则打气筒的容积为(　　)
A．300 mL B．450 mL
C．500 mL D．600 mL
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B　设打气筒的容积为ΔV，根据玻意耳定律可得pV＋np1ΔV＝p′V ，即1.5 atm×3 L＋10×1 atm×ΔV＝3 atm×3 L，解得ΔV＝450 mL，故B正确。
2
1
2．活塞式真空泵的工作原理如图，抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连，当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端过程中，阀门自动开启，密闭容器内的气体流入抽气筒，活塞从右端向左移动到左端过程中，阀门自动关闭，抽气筒内活塞左侧的气体被排出，即完成一次抽气过程，如此往复，密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V，抽气筒的容积为0.1V，抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变，若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1，第2次抽气过程中被抽出的气体质量为m2，则m2∶m1为(　　)
A．1∶1 B．0.9∶1.1
C．1∶1.1 D．1∶1.12
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C
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C　根据玻意耳定律，第一次抽气过程p0V＝p1(V＋0.1V)，第二次抽气过程p1V＝p2(V＋0.1V)，而m1正比于0.1p1V，m2正比于0.1p2V，所以m2∶m1＝p2∶p1＝1∶1.1，故C正确。
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1
3．(多选)一氧气瓶的容积为0.08 m3，充满氧气时瓶中的压强为20个大气压。现已知某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.08 m3，当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，且视为理想气体，则(　 　)
A．需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶9
B．需重新充气时和充满时，瓶中氧气质量之比为1∶10
C．这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用18天
D．这瓶充满的氧气重新充气前可供该实验室使用20天
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4．(2025·湖南长郡中学高三月考)理发店内的气动升降椅，其升降由气囊式汽缸实现。其原理是在一个密闭的汽缸内充入气体，使汽缸内的压强为大气压的几倍，利用气体可压缩来实现弹性作用。如图所示，汽缸横截面积S＝2×10-3 m2，汽缸的上端有一环形卡口内径比气动杆的直径略大，椅面与气动杆及活塞组成的整体质量为m＝4 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，椅面未承重时，空气柱长度L＝0.1 m，此时卡口对活塞的压力FN＝360 N，密闭汽缸导热性能良好。现有一位体重M＝96 kg的客人双脚悬空坐在椅面上，导致活塞(气动杆和椅面)下降。缸内气体可视为理想气体，温度保持不变，忽略摩擦阻力，g取10 m/s2。
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(1)求椅面未承重时汽缸内气体的压强p1；
(2)为了使椅面恰好恢复到原来的位置，则需要充入一个大气压下的气体体积为多少？
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答案：(1)3×105 Pa　(2)6×10-4 m3
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1
对点练2　关联气体、关联过程问题
5.光滑绝热的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气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比VA′∶VB′为
(　　)
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶4 D．2∶1
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6.一横截面积为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(　　)
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D
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8.如图所示为一个测温装置的示意图，可以用来观测大棚内温度的变化情况，M、N是两个完全相同的立方体密闭薄壁容器，棱长均为a＝57 cm，导热性良好，两个容器用绝热细管相连。早晨把M放在恒温室内，把N放在蔬菜大棚里，两容器底面在同一水平面上，此时N内水银柱的高度为b＝2 cm，N内气体的压强pN＝53 cmHg，温度为270 K，M中恰好无水银，细管的容积忽略不计，一段时间后，N中的水银恰好全部排出，求此时：
(1)M内气体的压强；
(2)N内气体的热力学温度。(计算结果保留到小数点后一位 )
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(1)对M内的气体，初状态压强pM＝pN＋pb＝55 cmHg，体积VM＝a3
末状态体积VM′＝(a－b)a2
M内气体做等温变化，由玻意耳定律得
pMVM＝pM′VM′
解得此时M内气体的压强pM′＝57 cmHg。
(2)对N内的气体，初状态压强pN＝53 cmHg，体积VN＝(a－b)a2，温度TN＝270 K
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答案：(1)57 cmHg　(2)311.5 K
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[能力提升练]
9．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40 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 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
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B　以臂带内的气体与充入的气体整体为研究对象，气体温度不变，由玻意耳定律得p0V＋5p0V0＝p1×5V ，已知p0＝750 mmHg，V0＝40 cm3，p1＝(750＋150)mmHg＝900 mmHg，代入数据解得V＝40 cm3，故B正确。
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(1)阀门打开前乙罐中气体的压强；
(2)两罐中气体压强相等时，进入乙罐中气体的质量与乙罐中原有气体的质量之比。
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11．小汽车正常行驶时，胎压需要稳定在220 kPa至280 kPa之间。在冬季，某室内停车场温度为7 ℃，此时汽车仪表盘显示左前轮胎压为252 kPa，若将轮胎内气体视为理想气体，热力学温度T与摄氏温度t之间的数量关系为T＝t＋273 K，忽略轮胎体积的变化。
(1)若室外温度为－23 ℃，司机将车停在室外足够长时间后，通过计算说明胎压是否符合正常行驶要求(假设轮胎不漏气)；
(2)汽车行驶一段时间后，发现仪表盘显示左前轮胎压为230 kPa，此时轮胎内气体温度为－13 ℃，请判断轮胎是否漏气；如果漏气，求剩余气体与原来气体的质量之比。
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答案：(1)见解析　(2)漏气　115∶117
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[尖子生选练]
12．深海养殖技术在海洋渔业中被普遍推广。甲图为某深海大黄鱼渔场引进的单柱半潜式养殖网箱，乙图为其截面示意图。在乙图中，网箱的中央柱形容器是由横截面积为2 m2，高16 m的镀锌铁皮(不计铁皮体积)制成的空心圆柱体，可进水或充气，以此调节网箱在海水中的位置，使整个网箱按要求上浮或下沉；网箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬挂质量为20 t的铸铁块(不与海底接触)，铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料的总质量为10 t，养殖网箱材料和铸铁块能够排开海水的体积为6 m3，海水的密度按1.0×103 kg/m3，大气压强按1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。在认为空气温度与海水温度相同的情况下，当网箱的底部下沉到海面下15 m处静止时，求：
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甲　　　　　　　　　　　乙
(1)空心圆柱体内气体的压强；
(2)通过计算说明从开始入水到该状态，需要通过气阀向空心圆柱体充气还是对外放气；
(3)充入或放出的气体在空气中的体积。
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(2)假设既没有放气也没有充气，根据玻意耳定律可得p0V＝p1V′
其中V＝16×2 m3＝32 m3，V′＝13×2 m3＝26 m3
解得p1≈1.23×105 Pa
比较可知p1可知需要通过气阀向空心圆柱体充气。
(3)设充入的体积为V″，根据玻意耳定律
p0(V＋V″)＝pV′
解得V″＝25.2 m3
答案：(1)2.2×105 Pa　(2)充气 (3)25.2 m3
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课时规范训练(十)
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