资源简介

第75课时　“关联”气体与“变质量”问题(进阶课)
[学习目标]　1．进一步掌握三个气体实验定律和理想气体状态方程。2．会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程分析“关联”气体与“变质量”问题。
“关联”气体
1．特征：由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题。
2．解题基本思路
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
　液柱封闭类
[典例1]　如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g，现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱。
(1)求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________　活塞封闭类
[典例2]　如图所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸壁是导热的，两个导热活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室高度分别为10 cm、5 cm，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，活塞A、B的横截面积均为S＝1×10-3 m2。活塞的厚度均不计，不计一切摩擦，g取10 m/s2。
(1)求气体1、气体2的压强；
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，将汽缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A移动的距离。(不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，A、B活塞一直在汽缸内不脱出)
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ “变质量”问题
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
1．充气问题：将要充入的气体体积转化为和原有气体压强、温度相等状态下的体积，将要充入气体和原有气体视为整体，再对整体气体进行等温压缩。这样就可以把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体的整体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。
3．分装问题：将大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。
4．漏气问题：将容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。
　抽气问题
[典例3]　(多选)如图所示，用容积为V0的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，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．抽三次就可以将容器中的气体抽完
B．抽一次后容器内气体的压强为p0
C．抽一次后容器内气体的压强为p0
D．抽三次后容器内气体的压强为p0
　充气问题
[典例4]　(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________　分装问题
[典例5]　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40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到该市医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中，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10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，T＝t＋273 K，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。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________　漏气问题
[典例6]　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，T＝t＋273 K。
(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。
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法：求解变质量问题的四种方法
口袋法 假设给初状态或者末状态接一个口袋，把变化的气体用口袋收集起来，从而保证质量不变
隔离法 对变化部分和不变部分隔离，只对不变部分进行研究，从而实现被研究的气体质量不变
比较法 气体常量与气体质量有关，质量变化，气体常量变化；质量不变，气体常量不变。根据各个状态的已知状态参量计算出各个状态下的气体常量，然后进行比较
推论法 利用理想气体状态方程＝，结合数学知识可得＝＋…，此式适合变质量问题
第75课时　“关联”气体与“变质量”问题(进阶课)
进阶1
典例1　解析：(1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3p075 cmHg，V3h3S
p3'p0＋ρgh100 cmHg，V3'h3'S
由玻意耳定律有p3h3Sp3'h3'S
解得h3'15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入h25 cm的水银柱前，有
p2p0＋ρgh180 cmHg，V22HS
注入水银柱后有p2'p0＋ρg(h1＋h)105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，则V2'L1S，由玻意耳定律有p2·2HSp2'·L1S
解得L132 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh2H－L1＋2(h3－h3')20 cm。
答案：(1)15 cm　(2)20 cm
典例2　解析：(1)由题知，汽缸壁是导热的，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，面积均为S1×10－3 m2，达到平衡时
对活塞A有p0S＋MAgp1S
解得p11.2×105 Pa
同理对活塞B有p1S＋MBgp2S
解得p21.5×105 Pa。
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，汽缸平衡时，对活塞A分析，即
p0SMAg＋p1'S
解得p1'0.8×105 Pa
同理，对活塞B受力分析有
p1'SMBg＋p2'S
解得p2'0.5×105 Pa
由玻意耳定律，对气室1中的气体，有
p1V1p1'(V1＋x1S)
对气室2中的气体，有p2V2p2'(V2＋x2S)
解得x15 cm，x210 cm
则活塞A移动的距离为xx1＋x215 cm。
答案：(1)1.2×105 Pa　1.5×105 Pa
(2)15 cm
进阶2
典例3　CD　[每次抽气后容器中气体的体积都会变成V0，所以不可能三次抽完，A错误；以容器和抽气机中的气体为研究对象，第一次抽气时，气体的初状态参量为p0、V0，末状态参量为p1、V1，由玻意耳定律得p0V0p1V1，解得p1p0，B错误，C正确；第二次抽气过程中，V1'V0，V2V0＋V0，由玻意耳定律得p1V1'p2V2，解得容器内气体压强p2p0，同理，第三次抽气后，容器内气体压强p3p0，D正确。]
典例4　解析：(1)由查理定律可得，其中p12.7×105 Pa，T1(273－3) K270 K，T2(273－23) K250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p22.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0Vp1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V6 L。
答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
典例5　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
解得T2294 K，故t221 ℃。
(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，p21.26×107 Pa，V20.04 m3，p32×105 Pa
根据p2V2p3V3
解得V32.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p42×105 Pa，V4(2.52－0.04) m32.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p54×105 Pa，V5nV
其中小钢瓶体积为V0.01 m3
根据p4V4p5V5得n124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶。
答案：(1)21 ℃　(2)124
典例6　解析：(1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可知
式中p13.0×103 Pa，T1(27＋273)K300 K，T2(37＋273)K310 K
解得p23.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0Vp1V1
解得V1V
则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为
ΔVV1－VV
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为。
答案：(1)3.1×103 Pa　(2)
1 / 5(共56张PPT)
第十四章 热 学
第75课时　“关联”气体与“变质量”问题(进阶课)
[学习目标]　1．进一步掌握三个气体实验定律和理想气体状态方程。2．会综合应用气体实验定律、理想气体状态方程分析“关联”气体与“变质量”问题。
进阶1　“关联”气体
1．特征：由液柱或活塞封闭的两部分(或多部分)气体，并且由液柱或汽缸相互关联的问题。
2．解题基本思路
(1)分别选取各部分气体为研究对象，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程。
(2)依据平衡条件写出各部分气体之间的压强关系，依据几何关系写出各部分气体的体积关系式，作为辅助方程。
(3)多个方程联立求解。若有必要，注意检验求解结果的合理性。
角度1　液柱封闭类
[典例1]　如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U形管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭。左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm。管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg，重力加速度为g，现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱。
(1)求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；
(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。
[解析]　(1)设两侧管的横截面积为S，对右管上方气体，有
p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S
p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S
由玻意耳定律有p3h3S＝p3′h3′S
解得h3′＝15 cm。
(2)对两水银柱下方气柱，注入h＝25 cm的水银柱前，有
p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS
注入水银柱后有p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg
设注入水银柱后气柱的长度为L1，则V2′＝L1S，由玻意耳定律有p2·2HS＝p2′·L1S
解得L1＝32 cm
此时两侧水银柱下表面的高度差为
Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。
[答案]　(1)15 cm　(2)20 cm
角度2　活塞封闭类
[典例2]　如图所示，将一汽缸竖直放置在水平面上，大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸壁是导热的，两个导热活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室高度分别为10 cm、5 cm，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，活塞A、B的
横截面积均为S＝1×10-3 m2。活塞的厚度均不
计，不计一切摩擦，g取10 m/s2。
(1)求气体1、气体2的压强；
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，将汽缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A移动的距离。(不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，A、B活塞一直在汽缸内不脱出)
[解析]　(1)由题知，汽缸壁是导热的，活塞A质量为2 kg，活塞B质量为3 kg，面积均为S＝1×10-3 m2，达到平衡时
对活塞A有p0S＋MAg＝p1S
解得p1＝1.2×105 Pa
同理对活塞B有p1S＋MBg＝p2S
解得p2＝1.5×105 Pa。
(2)在室温不变的条件下，将汽缸顺时针旋转180°，汽缸平衡时，对活塞A分析，即
p0S＝MAg＋p1′S
解得p1′＝0.8×105 Pa
同理，对活塞B受力分析有
p1′S＝MBg＋p2′S
解得p2′＝0.5×105 Pa
由玻意耳定律，对气室1中的气体，有
p1V1＝p1′(V1＋x1S)
对气室2中的气体，有p2V2＝p2′(V2＋x2S)
解得x1＝5 cm，x2＝10 cm
则活塞A移动的距离为x＝x1＋x2＝15 cm。
[答案]　(1)1.2×105 Pa　1.5×105 Pa　(2)15 cm
进阶2　“变质量”问题
分析变质量气体问题时，要通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解。
1．充气问题：将要充入的气体体积转化为和原有气体压强、温度相等状态下的体积，将要充入气体和原有气体视为整体，再对整体气体进行等温压缩。这样就可以把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。
2．抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体的整体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是定质量气体状态变化过程。
3．分装问题：将大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量气体问题转化为定质量气体问题。
4．漏气问题：将容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使变质量气体问题变成定质量气体问题。
角度1　抽气问题
[典例3]　(多选)如图所示，用容积为V0的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，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．抽三次就可以将容器中的气体抽完
B．抽一次后容器内气体的压强为p0
C．抽一次后容器内气体的压强为p0
D．抽三次后容器内气体的压强为p0
√
√
CD　[每次抽气后容器中气体的体积都会变成V0，所以不可能三次抽完，A错误；以容器和抽气机中的气体为研究对象，第一次抽气时，气体的初状态参量为p0、V0，末状态参量为p1、V1，由玻意耳定律得p0V0＝p1V1，解得p1＝p0，B错误，C正确；第二次抽气过程中，V1′＝V0，V2＝V0＋V0＝V0，由玻意耳定律得p1V1′＝p2V2，解得容器内气体压强p2＝p0，同理，第三次抽气后，容器内气体压强p3＝p0＝p0，D正确。]
角度2　充气问题
[典例4]　(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝
－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
[解析]　(1)由查理定律可得＝，其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝(273－3) K＝270 K，T2＝(273－23) K＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0
代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
[答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
角度3　分装问题
[典例5]　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40 L，在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×
107 Pa，温度为7 ℃，长途运输到该市医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中，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10 L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa，要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，T＝t＋273 K，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。
[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＝
解得T2＝294 K，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，p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa
根据p2V2＝p3V3
解得V3＝2.52 m3
可用于分装小钢瓶的氧气p4＝2×105 Pa，V4＝(2.52－0.04) m3＝2.48 m3
分装成小钢瓶的氧气p5＝4×105 Pa，V5＝nV
其中小钢瓶体积为V＝0.01 m3
根据p4V4＝p5V5得n＝124
即一大钢瓶氧气可分装124小钢瓶。
[答案]　(1)21 ℃　(2)124
角度4　漏气问题
[典例6]　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，T＝t＋273 K。
(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)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可知＝
式中p1＝3.0×103 Pa，T1＝(27＋273)K＝300 K，T2＝(37＋273)K＝310 K
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，夹层中气体的压强和大气压强p0相等。设夹层的容积为V，以静置后夹层中的所有气体为研究对象，设这些气体在压强p1下的体积为V1，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p0V＝p1V1
解得V1＝V
则夹层中增加的空气在压强p1下的体积为
ΔV＝V1－V＝V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。
[答案]　(1)3.1×103 Pa　(2)
规律方法：求解变质量问题的四种方法
口袋法 假设给初状态或者末状态接一个口袋，把变化的气体用口袋收集起来，从而保证质量不变
隔离法 对变化部分和不变部分隔离，只对不变部分进行研究，从而实现被研究的气体质量不变
比较法 气体常量与气体质量有关，质量变化，气体常量变化；质量不变，气体常量不变。根据各个状态的已知状态参量计算出各个状态下的气体常量，然后进行比较
推论法 利用理想气体状态方程＝，结合数学知识可得＝＋…，此式适合变质量问题
课时数智作业(七十五)　“关联”气体与“变质量”问题
(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
7
说明：第1～2题，每小题5分；本试卷共70分。
1．(2025·湖南衡阳一模)如图所示，国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0，用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B，已知每次从气闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积的，若抽气过程中温度保持不变，则抽气2次后，气闸舱内气压为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[第一次抽气相当于气体的体积由V变为V＋ΔV，且＝，温度不变，根据玻意耳定律得p0V＝p1(V＋ΔV)，解得p1＝p0，同理可得，第二次抽气后有p1V＝p2(V＋ΔV)，解得p2＝p0，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
2．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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．30 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态：p1＝
750 mmHg，V1＝(V＋60×5) cm3，末态：p2＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，V2＝5V，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据计算可得V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。]
3．(12分)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压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。体育课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1.2 atm，已知篮球内部容积为7 L。现用简易打气筒给篮球打气，每次能将
0.1 L、1.0 atm的空气打入球内，假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球的容积和球内气体温度的变化。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(1)求使篮球内部的气压达到标准气
压需要打气的次数；
(2)若打气过多，使篮球内部的气压达到1.8 atm，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)由题意可知，打气过程中温度不变，由玻意耳定律可得p1V＋Np0V0＝p2V
解得N＝28次。
(2)以篮球内空气为研究对象，设放出的气体体积为ΔV，由玻意耳定律可得
题号
1
3
5
2
4
6
7
p3V＝p2(V＋ΔV)
＝
联立解得＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)28次　(2)
4．(12分)现有一辆气罐车，车上气罐能承受的最大压强是33p0，某次在温度为7 ℃时，该气罐内部气体的压强为21p0，已知该气罐的容积为V，p0为大气压强，且T＝(273＋t) K，求：
(1)该气罐能够承受的最大温度；
(2)在温度为7 ℃时，用该气罐给体积为0.01V的气瓶充气，充好气后气瓶的压强为10p0，充气过程温度不变，能充多少瓶气。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)由查理定律得＝
其中p1＝21p0，T1＝(273＋7)K＝280 K，p2＝33p0
联立解得T2＝440 K
根据T2＝(273＋t2) K
可得该气罐能够承受的最大温度为t2＝167 ℃。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)充气过程温度不变，设能充n瓶气，将气罐内部所有气体作为研究对象，由玻意耳定律可知
p1V＝p3(V＋nV′)
其中p3＝10p0，V′＝0.01V
联立解得n＝110。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)167 ℃　(2)110
5．(12分)(2025·陕西宝鸡一模)如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体。右管内有一轻活塞，与管壁间无摩擦且不漏气。活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体)。当温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L。已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞的重力。现将左、右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍。求：
题号
1
3
5
2
4
6
7
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L
(2)温度升高过程中，右管内的轻活塞上升的距离为多少？
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)当两管液面高度差为L时左管液柱下降Δx，右管液柱上升Δx，设此时温度为T，则有
2Δx＝L
解得Δx＝
对左管封闭气体，根据理想气体状态方程有
＝
联立解得T＝1.8T0。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)升温过程中，右管封闭气体压强不变，设末状态时右管中封闭气体长度为L′，则有
＝
解得L′＝1.8L
右管内活塞上升的高度Δh＝(L′＋Δx)－L＝1.3L。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)1.8T0　(2)1.3L
6．(12分)(2025·河南安阳一模)容器A、B通过管道相连，管道左侧与容器A相通，中间与容器B相通，右端直接与外界大气相通。管道内设置了两个单向阀K1和K2，单向阀只能向右开，只允许气体从左向右移动。手持B中的活塞手柄，让活塞上下往复运动，就能把A中的部分气体抽出到大气中。已知A和B的体积分别为VA和VB，初始状态A中气体压强跟大气压相等，都等于p0，活塞横截面积为S，活塞厚度和重力不计，管道的体积不计，活塞运动缓慢，不考虑气体温度的变化，活塞从B容器底部上升到顶部算作一次抽气，求：
题号
1
3
5
2
4
6
7
(1)第一次抽气结束时容器A中气体的压强。
(2)开始进行第n＋1次抽气时，需要对活塞手柄施加多大的拉力？
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)第一次抽气后，设A中压强为p1，根据玻意耳定律得p0VA＝p1V
压强为p1的气体体积V＝VA＋VB
解得p1＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)第二次抽气p1VA＝p2V
解得p2＝＝p0
以此类推，当第n次抽气后容器中气体压强
pn＝p0
题号
1
3
5
2
4
6
7
开始进行第n＋1次抽气时，以活塞为研究对象，受力分析有F＋pnS＝p0S
解得F＝(p0－pn)S＝p0S。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)
(2)p0S
7．(12分)(2025·河北廊坊一模)如图所示，竖直放置的容器横截面积为S，容器内有一密封良好的隔板，隔板置于卡槽上，将容器分成上、下两部分，体积均为V0，压强均为大气压强p0。一气筒分别通过单向阀门K1、K2与容器上、下两部分连接，打气筒从最右侧运动至最左侧完成一次抽气，抽气时阀门K1打开，阀门K2闭合；打气筒从最左侧运动至最右侧完成一次打气，打气时阀门K1闭合，阀门K2打开。气筒连接处的体积不计，抽气、打气过程温度保持不变。若完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽恰好未分离，此时容器上、下两部分气体压强之比为3∶5，重力加速度为g。求：
题号
1
3
5
2
4
6
7
(1)隔板的质量；
(2)若隔板固定，则完成n次抽气、打气后，
上、下两部分中气体的质量之比。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)设打气筒容积为V，对上部分气体完成一次抽气，根据玻意耳定律可得p0V0＝p上1(V＋V0)
对下部分气体完成一次打气，根据玻意耳定律可得p下1V0＝p0V0＋p上1V
根据题意＝
解得p上1＝p0，p下1＝p0
对隔板，根据平衡条件可知p下1S＝p上1S＋mg
解得m＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)设初始时刻两部分气体的质量均为m，由以上分析，结合玻意耳定律可得，上部分气体每次压强变为原来的，n次后上部分压强变为原来的，则上部分质量为m，下部分质量为2m－m，因此上、下两部分中气体质量之比为＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)　(2)
谢 谢 ！课时数智作业(七十五)　“关联”气体与“变质量”问题(进阶课)
说明：第1～2题，每小题5分；本试卷共70分。
1．(2025·湖南衡阳一模)如图所示，国际空间站核心舱内航天员要到舱外太空行走，需经过气闸舱，开始时气闸舱内气压为p0，用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B，已知每次从气闸舱抽取的气体体积都是气闸舱容积的，若抽气过程中温度保持不变，则抽气2次后，气闸舱内气压为(　　)
A． B．
C． D．
2．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 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
3．(12分)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压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。体育课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1.2 atm，已知篮球内部容积为7 L。现用简易打气筒给篮球打气，每次能将0.1 L、1.0 atm的空气打入球内，假设篮球的标准气压为1.6 atm。忽略打气和放气过程中篮球的容积和球内气体温度的变化。
(1)求使篮球内部的气压达到标准气压需要打气的次数；
(2)若打气过多，使篮球内部的气压达到1.8 atm，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。
4．(12分)现有一辆气罐车，车上气罐能承受的最大压强是33p0，某次在温度为7 ℃时，该气罐内部气体的压强为21p0，已知该气罐的容积为V，p0为大气压强，且T＝(273＋t) K，求：
(1)该气罐能够承受的最大温度；
(2)在温度为7 ℃时，用该气罐给体积为0.01V的气瓶充气，充好气后气瓶的压强为10p0，充气过程温度不变，能充多少瓶气。
5．(12分)(2025·陕西宝鸡一模)如图所示，均匀薄壁U形玻璃管，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，管内装有一定量的某种液体。右管内有一轻活塞，与管壁间无摩擦且不漏气。活塞与管内液体在左、右管内密封了两段空气柱(可视为理想气体)。当温度为T0时，左、右管内液面等高，两管内空气柱长度均为L。已知大气压强为p0，玻璃管横截面积为S，不计轻活塞的重力。现将左、右两管理想气体缓慢升高相同的温度，使两管液面高度差为L，左管压强变为原来的1.2倍。求：
(1)理想气体温度升高到多少时两管液面高度差为L
(2)温度升高过程中，右管内的轻活塞上升的距离为多少？
6．(12分)(2025·河南安阳一模)容器A、B通过管道相连，管道左侧与容器A相通，中间与容器B相通，右端直接与外界大气相通。管道内设置了两个单向阀K1和K2，单向阀只能向右开，只允许气体从左向右移动。手持B中的活塞手柄，让活塞上下往复运动，就能把A中的部分气体抽出到大气中。已知A和B的体积分别为VA和VB，初始状态A中气体压强跟大气压相等，都等于p0，活塞横截面积为S，活塞厚度和重力不计，管道的体积不计，活塞运动缓慢，不考虑气体温度的变化，活塞从B容器底部上升到顶部算作一次抽气，求：
(1)第一次抽气结束时容器A中气体的压强。
(2)开始进行第n＋1次抽气时，需要对活塞手柄施加多大的拉力？
7．(12分)(2025·河北廊坊一模)如图所示，竖直放置的容器横截面积为S，容器内有一密封良好的隔板，隔板置于卡槽上，将容器分成上、下两部分，体积均为V0，压强均为大气压强p0。一气筒分别通过单向阀门K1、K2与容器上、下两部分连接，打气筒从最右侧运动至最左侧完成一次抽气，抽气时阀门K1打开，阀门K2闭合；打气筒从最左侧运动至最右侧完成一次打气，打气时阀门K1闭合，阀门K2打开。气筒连接处的体积不计，抽气、打气过程温度保持不变。若完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽恰好未分离，此时容器上、下两部分气体压强之比为3∶5，重力加速度为g。求：
(1)隔板的质量；
(2)若隔板固定，则完成n次抽气、打气后，上、下两部分中气体的质量之比。
课时数智作业(七十五)
1．D　[第一次抽气相当于气体的体积由V变为V＋ΔV，且，温度不变，根据玻意耳定律得p0Vp1(V＋ΔV)，解得p1p0，同理可得，第二次抽气后有p1Vp2(V＋ΔV)，解得p2p0，故选D。]
2．D　[以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态：p1750 mmHg，V1(V＋60×5) cm3，末态：p2750 mmHg＋150 mmHg900 mmHg，V25V，由玻意耳定律得p1V1p2V2，代入数据计算可得V60 cm3，故D正确，A、B、C错误。]
3．解析：(1)由题意可知，打气过程中温度不变，由玻意耳定律可得p1V＋Np0V0p2V
解得N28次。
(2)以篮球内空气为研究对象，设放出的气体体积为ΔV，由玻意耳定律可得
p3Vp2(V＋ΔV)
联立解得。
答案：(1)28次　(2)
4．解析：(1)由查理定律得
其中p121p0，T1(273＋7)K280 K，p233p0
联立解得T2440 K
根据T2(273＋t2) K
可得该气罐能够承受的最大温度为t2167 ℃。
(2)充气过程温度不变，设能充n瓶气，将气罐内部所有气体作为研究对象，由玻意耳定律可知
p1Vp3(V＋nV')
其中p310p0，V'0.01V
联立解得n110。
答案：(1)167 ℃　(2)110
5．解析：(1)当两管液面高度差为L时左管液柱下降Δx，右管液柱上升Δx，设此时温度为T，则有
2ΔxL
解得Δx
对左管封闭气体，根据理想气体状态方程有
联立解得T1.8T0。
(2)升温过程中，右管封闭气体压强不变，设末状态时右管中封闭气体长度为L'，则有
解得L'1.8L
右管内活塞上升的高度Δh(L'＋Δx)－L1.3L。
答案：(1)1.8T0　(2)1.3L
6．解析：(1)第一次抽气后，设A中压强为p1，根据玻意耳定律得p0VAp1V
压强为p1的气体体积VVA＋VB
解得p1。
(2)第二次抽气p1VAp2V
解得p2p0
以此类推，当第n次抽气后容器中气体压强
pnp0
开始进行第n＋1次抽气时，以活塞为研究对象，受力分析有F＋pnSp0S
解得F(p0－pn)Sp0S。
答案：(1)
(2)p0S
7．解析：(1)设打气筒容积为V，对上部分气体完成一次抽气，根据玻意耳定律可得p0V0p上1(V＋V0)
对下部分气体完成一次打气，根据玻意耳定律可得p下1V0p0V0＋p上1V
根据题意
解得p上1p0，p下1p0
对隔板，根据平衡条件可知p下1Sp上1S＋mg
解得m。
(2)设初始时刻两部分气体的质量均为m，由以上分析，结合玻意耳定律可得，上部分气体每次压强变为原来的，n次后上部分压强变为原来的m，下部分质量为2m－m，因此上、下两部分中气体质量之比为。
答案：(1)
1 / 4

展开更多......

收起↑