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课时突破练73　充气、抽气、灌气、漏气模型
基础·满分练
命题角度一　充(打)气问题建模与推理
1.(6分)(2026陕西宝鸡模拟)小红新买的篮球,初始时篮球内部空气的压强为标准大气压p0,小红使用打气筒给新买的篮球打气,该打气筒每次可以将压强p0=1.0×105 Pa、体积V0=100 cm3的空气打进篮球。已知篮球体积V=7.5×103 cm3,篮球内部气体的标准压强为1.6×105 Pa,篮球能够承受的最大压强为6.0×105 Pa,打气前球内气体温度与环境温度均为27 ℃,忽略打气过程中篮球体积变化和球内气体温度变化。
(1)使篮球内部的气体达到标准压强,求小红向篮球打气的次数。
(2)小红将篮球气压打到某一未知数值后约同学一起打球,打球过程中球内温度升高到87 ℃时,篮球突然破裂,求小红打入气体的质量与篮球内原有气体质量的比值。
命题角度二　抽气问题建模与推理
2.(6分)(2026山东德州模拟)科学小实验“听话的小药瓶”,其原理如图所示,把高L=30 cm的玻璃容器竖直放置,装入一部分某种液体,将一质量m=300 g的小药瓶倒放入液体中,瓶口有微小锯齿状(内外液体能良好流通),小药瓶底面积S1=5 cm2,高8 cm。初始状态如图所示。小药瓶内液体高度h1=4 cm,液体的密度ρ=1×104 kg/m3,玻璃容器内液面高度H=24 cm,容器底面积S2=10 cm2。g取10 m/s2,大气压强p0=1×105 Pa,不计小药瓶的体积。
(1)求初始状态下小药瓶内气体压强。
(2)现将玻璃容器上端封闭,并往外抽气,求小药瓶即将上浮时,玻璃容器剩余的气体和初始状态下玻璃容器内气体质量之比。(整个过程中温度恒定,小药瓶不倾倒,不漏气)
命题角度三　灌气(气体分装)问题建模与推理
3.(6分)(2026河北邯郸模拟)玉龙雪山是国家级旅游景区,高山雪景位于海拔4 000 m以上,由于海拔较高,景区通常为游客备有氧气瓶。假设景区用体积为V=30 L、温度为t1=27 ℃、压强为p=4×106 Pa的氧气瓶对便携式氧气瓶充气,便携式氧气瓶的容积为V0=1.5 L,设定充满时压强为p0=2×105 Pa。已知热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=t+273 K,瓶内的气体均可视为理想气体。
(1)在27 ℃的环境下,景区的氧气瓶能充满多少个便携式氧气瓶(假设充气前便携式氧气瓶均为真空)
(2)如果将景区的氧气瓶移至玉龙雪山上,已知山上的温度为t2=2 ℃,瓶中的压强变为原来的,请通过计算分析该氧气瓶是否泄漏了氧气。若泄漏了,求瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比(结果保留2位有效数字)。
命题角度四　漏气问题建模与推理
4.(6分)使用储气钢瓶时,应尽量避免阳光直射。在某次安全警示实验中,实验员取来一只容积为40 L的氧气瓶,瓶内气体压强为1.50 MPa。经暴晒后,连同瓶内气体,温度从27 ℃上升至57 ℃。瓶中气体为理想气体,忽略钢瓶的容积变化。
(1)求暴晒后瓶内气体的压强。
(2)为避免压强过大,储气钢瓶上装有安全阀。重复上述实验时,打开安全阀卸压,待瓶内压强降至1.10 MPa时,安全阀关闭。此时,瓶内剩余的气体与原有气体质量之比是多少
能力·高分练
5.(8分)如图所示,“拔火罐”是中医的一种治疗手段。操作时,医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气,加热后小罐内的温度为67 ℃,随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位。室温为27 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa。罐内气体可视为理想气体。求:
(1)上罐时忽略罐内空气体积变化,当罐内空气温度降到室温时,罐内空气的压强;
(2)加热过程中罐内逸出的空气质量与加热前罐中空气质量之比。
6.(8分)夏天很多同学喜欢喝冷饮。某同学把刚好喝掉一半的常温饮料(非碳酸饮料)正立放入冰箱保鲜层降温,当其温度降到与保鲜层内的温度相同时,再拿出来喝。假设冰箱外的室温t0=27 ℃,冰箱保鲜层内的温度t=2 ℃,饮料瓶容积V0=600 mL且保持不变,大气压强为p0,冰箱内气压与大气压相同。
(1)若该同学将该饮料放入冰箱时已经拧紧瓶盖,当饮料温度降到与保鲜层内的温度相同时,求此时瓶内气体的压强p。
(2)若该同学将该饮料放入冰箱时没有拧紧瓶盖,当饮料温度降到与保鲜层内的温度相同时,求:
①此时瓶内增加的气体的体积ΔV。
②此时瓶内气体的质量与降温前瓶内气体的质量的比值k。
7.(12分)(2026广东揭阳模拟)某种喷雾器贮液筒的总容积为6 L,若装入5 L的药液后将加水口密封盖盖好,如图所示。拉压一次与贮液筒相连的活塞式打气筒,可以把0.2 L压强为1×105 Pa的空气打进贮液筒。设打气过程气体温度不变。
(1)关闭喷雾阀门,用打气筒向贮液筒内再打气两次,当液面上方气体温度与外界温度相等时,气体压强为多大
(2)要使贮液筒中液面上方的空气压强达到4×105 Pa,打气筒要拉压多少次 在贮气筒内气体压强达4×105 Pa时停止打气,打开喷雾阀门使其喷雾,直至内外气体压强相等,这时筒内还剩多少升药液
(3)为了保证打气后,即使打开喷雾阀门不再打气也能把药液喷光,那么至少要拉压多少次打气筒
素养·提升练
8.(8分)(跨模块融通)如图所示,横截面积分别为2S、S的两个上部开口的柱形导热汽缸A、B中装有同种气体,通过一段体积可忽略的细管相连接,在细管中间安装有一个阀门D,两汽缸中各有一个轻质的活塞,汽缸B中的活塞一端与轻弹簧相连接,另一端固定在汽缸正上方的水平面板上。阀门D关闭时,轻弹簧处于原长并保持竖直,汽缸A、B中的活塞均处于静止状态,汽缸A中气柱高度为3L,汽缸B气柱高度为L,将一个质量为2m的重物C轻轻地放到汽缸A中的活塞上,稳定后A中气柱高度变为2L。打开阀门D,保持环境温度不变,待系统稳定后,关闭阀门D。已知弹簧的劲度系数k=,重力加速度为g,活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气。求:
(1)大气压强p0;
(2)最后关闭阀门D时,进入B中的气体与打开阀门前B中气体的质量比值。
答案：
1.(1)45　(2)4∶1
解析 (1)打气过程中篮球体积不变,球内气体温度不变
设打气n次,初状态p0=1.0×105 Pa,V1=7.5×103 cm3+nV0
末状态p2=1.6×105 Pa,V=7.5×103 cm3
根据玻意耳定律p0V1=p2V
解得n=45。
(2)设打入气体的体积为V2,打气前初态p0=1.0×105 Pa,V1'=7.5×103 cm3+V2,T1=(273+27) K=300 K
篮球破裂时末态p2'=6.0×105 Pa,V=7.5×103 cm3,T2=(273+87) K=360 K
由理想气体状态方程,解得V2=3.0×104 cm3
同种气体在压强、温度相同时,密度相同,已知初始时篮球内部空气的压强为标准大气压p0,根据m=ρV,可得打入气体的质量与篮球内原有气体质量的比值为m1∶m2=V2∶V=4∶1。
2.(1)1.2×105 Pa　(2)
解析 (1)对小瓶受力分析,根据平衡条件可得
p1=p0+ρg(H-h1)
代入数据解得p1=1.2×105 Pa。
(2)小药瓶上浮的临界F浮=mg
即ρgV2=mg
其中V2=30 cm3
根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2,V1=S1(h-h1)=20 cm3
解得p2=8×104 Pa
此时小药瓶液面下降h2==2 cm,玻璃容器内液面上升h3==1 cm
则玻璃容器气体压强p3=p2-ρg[H+h3-(h1-h2)]
解得p3=5.7×104 Pa
同理则有p0(L-H)S2=p3V3
故剩余气体与原气体质量之比。
3.(1)380　(2)见解析
解析 (1)如果景区的氧气瓶中的氧气压强变为p0=2×105 Pa时,氧气的体积为V1,由玻意耳定律得pV=p0V1,代入数据得V1=600 L
在该状态下放出的氧气体积为ΔV=V1-V=570 L
则能充满便携式氧气瓶的个数为N==380。
(2)将氧气瓶移至玉龙雪山上时,氧气的压强变为p2=p,由理想气体状态方程有
又T1=t1+273 K=300 K
T2=t2+273 K=275 K
代入数据解得V2=41.25 L
因为V2>V,所以氧气瓶有氧气泄漏,瓶中剩余的氧气占原来氧气的百分比为η=×100%=73%。
4.(1)1.65 MPa　解析 (2)2∶3
解析 (1)瓶内气体可视为等容变化,根据查理定律有
其中T0=(27+273) K=300 K,
T1=(57+273) K=330 K
解得p1=1.65 MPa。
(2)根据理想气体状态方程有
解得V2=60 L
则有V0∶V2=2∶3
即瓶内剩余的气体与原有气体质量之比为2∶3。
5.(1)0.88×105 Pa　(2)
解析 (1)加热后小罐内的空气
p1=p0=1.0×105 Pa,T1=(67+273) K=340 K
罐内空气温度变为室温时
T2=(27+273) K=300 K
气体做等容变化,则
解得p2=0.88×105 Pa。
(2)设室温时气体体积为V,加热过程中,压强不变,则有
解得V1=V
加热过程中罐内逸出的空气质量与加热前罐中空气质量之比为。
6.(1)0.92p0　(2)①25 mL　②
解析 (1)以瓶内气体为研究对象,其降温过程体积不变
T0=273+t0=300 K
T=273+t=275 K
解得p=0.92p0。
(2)①以刚放入冰箱时瓶内的气体为研究对象,其温度逐渐降低,体积逐渐减小,压强不变,当瓶内气体温度降到与保鲜层内温度相同时,由
V1=300 mL
解得V2=275 mL
由ΔV=V1-V2
解得ΔV=25 mL。
②当饮料温度降到与保鲜层内的温度相同时,瓶内气体的质量与降温前瓶内气体的质量之比为k=
解得k=。
7.(1)1.4×105 Pa　(2)15　2 L　(3)25
解析 (1)把打气后药液面上方的气体作为研究对象,则V1=1.4 L,p1=1×105 Pa,V2=1 L,
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得p2=1.4×105 Pa。
(2)设打了n次,则V3=(1+0.2n) L,p3=1×105 Pa,V4=1 L,p4=4×105 Pa
由玻意耳定律得p3V3=p4V4
解得n=15
则V3=(1+0.2n) L=4 L
得贮液筒内还剩的药液体积V5=6 L-4 L=2 L。
(3)设打了k次,则V6=(1+0.2k) L=6 L
解得k=25。
8.(1)　(2)1
解析 (1)对汽缸A中活塞,由平衡条件可得2pAS=2p0S+2mg
由玻意耳定律可得p0·6LS=pA·4LS,解得p0=,pA=。
(2)阀门D未打开时,由平衡条件可知B中气体压强为pB=p0
打开阀门D稳定后,汽缸内压强为pA。设弹簧的压缩量为x,对汽缸B中活塞,
由平衡条件可知pAS=p0S+kx
解得x=
稳定后汽缸B中气柱的高度为LB=L+L=L
设A进入B中气柱的高度为ΔL,对B中气体有p0·LS+pA·ΔLS=pA·LBS
解得ΔL=L
进入B中的气体质量Δm与打开阀门前B中气体的质量m之比为
=1。
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