资源简介

专题提升十九　变质量问题　热力学第一定律与气体实验定律的综合
【学习目标】　1.能够通过合理选择研究对象，将充气(打气)、抽气、分装、漏气等变质量问题转化为一定质量的气体问题，培养建模能力。2.能够解决混合气体问题，培养科学思维能力。3.会处理热力学第一定律与气体实验定律或理想气体状态方程的综合问题。
提升点一　气体的变质量问题
充气(打气)问题
在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。
学校举办的科技文化艺术节上，同学们进行了水火箭的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V＝2.5 L的充气瓶(箭体)内有体积为V1＝400 mL的水和压强为1个标准大气压的空气。打气筒气室体积为V0＝400 mL，现用打气筒通过单向气阀向箭体内每一次充入压强1个标准大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气压达到3个标准大气压时压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。设充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计，1个标准大气压p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次？
(2)已知打气筒手柄和活塞质量不计，活塞和汽缸之
学生用书 第300页
间的摩擦力不计，打气筒与瓶塞连接管的体积不计，箭体内水的高度不计，打气筒活塞横截面积S＝4×10－4 m2，至少需要用多大的力才能完成第8次打气？
答案：(1)11　(2)61 N
解析：(1)要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气压为p＝3p0
根据玻意耳定律有
p0(V－V1)＋np0V0＝p(V－V1)
解得n＝10.5次，故可知需要打气11次。
(2)设第8次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律有p0(V－V1)＋8p0V0＝p8(V－V1)　
分析活塞受力有p8S＝F＋p0S
解得F≈61 N。
抽气问题
　　在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，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
(2023·湖南卷·T13)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。
答案：(1)　(2)p0S
解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第1次抽气后，气体体积V＝V0＋V1
根据玻意耳定律有p0V0＝p1V
解得p1＝。
(2)同理第2次抽气后有p1V0＝p2V
解得p2＝＝p0()2
以此类推……
则当第n次抽气后助力气室内的气体压强
pn＝()np0
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
ΔF＝(p0－pn)S＝p0S。
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也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
某容积为20 L的大钢瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为3 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强达到5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问最多能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)
答案：41瓶
解析：设最多能分装n瓶，选取大钢瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象。因为分装过程中温度不变，气体遵循玻意耳定律。
分装前大钢瓶：p1＝30 atm，V1＝20 L
小钢瓶：p2＝1 atm，V2＝3n L
分装后大钢瓶：p1'＝5 atm，V1'＝V1＝20 L
小钢瓶：p2'＝5 atm，V2'＝V2＝3n L
根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1'V1'＋p2'V2'
代入数据解得n≈41.7，所以最多能分装41瓶。
气体分装问题的三点注意(以例3为例)
1.大钢瓶中的气体不可能全部放出，大钢瓶中剩余气体的压强不小于分装后小钢瓶中气体的压强。
2.小钢瓶中如果分装前有气体，则不能忽略。
3.计算出的大钢瓶中的气体最多可分装的小钢瓶的瓶数的数值，如果有小数部分，要按“只舍不进”的原则取整数。
学生用书 第301页
漏气问题
　　容器漏气或进气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，对于漏气，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，对于进气，如果选原有气体和进入的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。
[2023·全国甲卷·T33(2)]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。T＝t＋273 K。
(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：方法一　高压舱升温放出气体前后，根据理想气体的状态方程，有＝
其中V1＝，V2＝
解得＝。
(1)气体压强不变，则有ρ1T1＝ρ2T2，而T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝1.46 kg/m3
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
(2)高压舱中气体初始压强p1＝1.2 atm，温度T1＝290 K，密度ρ1＝1.46 kg/m3
当温度变为T3＝300 K、压强变为p3＝1 atm时，则有＝
代入数据解得ρ3≈1.18 kg/m3。
方法二　(1)对高压舱内的气体，设初始状态体积为V1，而p1＝1.2 atm，T1＝290 K
压强保持不变，当温度升至T2＝300 K时，由盖-吕萨克定律得＝
则V2＝＝V1
气体质量保持不变，有＝＝
则ρ2＝ρ1≈1.41 kg/m3。
(2)对(1)中舱内剩余气体，温度保持不变，在压强由p1'＝1.2 atm变为p2'＝1.0 atm的过程中，根据玻意耳定律有p1'V1＝p2'V2'
则V2'＝＝1.2V1
气体质量保持不变，有＝＝1.2
即ρ2'＝≈1.18 kg/m3。
利用克拉珀龙方程求解气体的变质量问题
1.克拉珀龙方程：pV＝nRT(n为气体物质的量，R为常量，又可写为pV＝RT)。
2.应用：(1)p、V、T必须是某部分气体同一个状态的三个参量。
(2)分态式方程：对于混合在一起的几部分(或某气体分为不同压强的几部分)同种气体，有p1V1＝n1RT1、p2V2＝n2RT2……，则整体质量m＝m1＋m2＋…＝(＋＋…)＝·，则有＋＋…＝，称为理想气体的分态式方程。变质量的同种气体可以由分态式方程列式求解。
(3)密度式方程：由克拉珀龙方程pV＝RT整理得＝·＝ρ，即＝，可知不同状态的几部分同种气体，有＝＝…＝，称为理想气体的密度式方程。变质量的同种气体可以由密度式方程列式求解。
注意：分态式方程和密度式方程只适用于同种气体问题。
拓展应用.我国发射的问天实验舱包括工作舱、气闸舱、资源舱三部分。工作舱容积V工＝60 m3，通过舱门A与气闸舱连接，气闸舱是供航天员进出太空的气密性装置，容积为V气＝15 m3，一侧开有直径1 m的圆形舱门B。初始时，工作舱与气闸舱中均有p0＝1.0×105 Pa的气体，当航天员准备从气闸舱进入太空时，他们会先关闭舱门A，通过气体回收装置使气闸舱内气压降到p气＝0.7×105 Pa。假设回收的气体都缓慢排放进工作舱，整个过程中气体温度不变，忽略航天员对气体的影响。求换气结束后：
(1)工作舱中的气体压强；
(2)舱门B受到的压力大小，并为航天员能够顺利进入太空提出一条合理化建议。(结果保留2位有效数字)
答案：(1)1.1×105 Pa　(2)5.5×104 N　见解析
解析：(1)气闸舱抽气过程中，根据玻意耳定律有
p0V气＝p气(V气＋V抽)
得抽出的气体体积V抽≈6.43 m3
把这部分气体充进工作舱后，求工作舱中的气体压强有下列两种方法：
方法一：转化法
先将p气＝0.7×105 Pa、V抽＝6.43 m3的气体转化为压强为p0、体积为V的气体。
对于被抽出的气体，有p气V抽＝p0V
向工作舱排气过程，有p0V工＋p0V＝p工V工
解得p工≈1.1×105 Pa
p工为换气结束后气体稳定后的压强。
方法二：利用克拉珀龙方程
由克拉珀龙方程有
p0(V工＋V气)＝p工V工＋p气V气
将p0＝1×105 Pa，p气＝0.7×105 Pa，V工＝60 m3，V气＝15 m3代入得p工≈1.1×105 Pa
p工为换气结束后工作舱中气体压强。
(2)气闸舱剩余气体对舱门B的压力为F＝，其中d＝1 m
代入数据解得F≈5.5×104 N
可以再次减小气闸舱内压强，减小开门的阻力。
学生用书 第302页
提升点二　热力学第一定律与气体实验定律的综合
求解该类问题的一般思路
热力学第一定律与理想气体状态方程的综合
(2025·湖北卷·T3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
答案：B
解析：密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强p缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；温度升高，密封气体的内能增大，B正确；密封气体的体积减小，密封气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知＝，由题可知密封气体初、末状态热力学温度之比为＝，且体积减小，即V1＞V2，则密封气体的末态压强p2＝p1＞2p1，D错误。故选B。
热力学第一定律与气体实验定律的综合
(2025·浙江1月卷·T15)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)求气体在状态3的体积V3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的变化量ΔU。
答案：(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3
(3)2.53 J
解析：(1)从状态2到状态3，气体温度保持不变，瓶内气体未向瓶外逸出，则气体分子平均速率不变；气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝p0，因此从状态2到状态3，瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为
p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
该过程由盖-吕萨克定律有＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
瓶内气体从状态2到状态3的过程，气体温度不变，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3
代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为
V3＝1.020 1×103 cm3。
(3)瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知
ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的变化量为ΔU＝2.53 J。
(2024·湖北卷·T13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝
CΔT，C为已知常量，大气压恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
答案：(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
解析：(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕萨克定律得＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)，W＝－(mg＋p0S)·h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
课时测评74　变质量问题　热力学第一定律与气体实验定律的综合
(时间：40分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－5，每题4分，共20分)
题组1　气体的变质量问题
1.(2026·河南信阳二模)电动充气泵是家用汽车常备工具，它利用电能驱动电机将外界气体压入轮胎，从而达到充气的目的。在充气前汽车轮胎内存有0.05 m3、1 atm的气体，现用电动充气泵对轮胎充气，每分钟可将37 L外部气体充入轮胎，外部气体压强为1 atm，该汽车轮胎最大容积为0.15 m3，内部最大允许气压为2.5 atm，假设充气过程中气体温度不变，则充气时间最长约为(　　)
A.5 min B.9 min
C.10 min D.12 min
答案：B
解析：设充气时间为t，根据玻意耳定律有p0V0＋p0V·t＝pmVm，其中p0＝1 atm，V0＝0.05 m3，V＝37 L/min，pm＝2.5 atm，Vm＝0.15 m3，代入数据得t≈9 min。故选B。
2.(2026·河北保定模拟)如图甲为神舟十七号载人飞船成功与中国空间站天和核心舱实现对接。气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门A，与外太空连接的是闸门B，如图乙所示。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＝1.0×105 Pa(地球表面标准大气压)，用抽气机多次抽取气闸舱中气体(每次抽气后抽气机内与舱内气体压强相等)，当气闸舱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(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的，抽气过程中温度保持不变，不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响。则抽气1次后和抽气2次后气闸舱内气压分别约为(　　)
A.9.1×104 Pa，7.8×104 Pa
B.9.8×104 Pa，7.8×104 Pa
C.9.1×104 Pa，8.3×104 Pa
D.9.8×104 Pa，8.3×104 Pa
答案：C
解析：第1次抽气相当于压强为p0的气体的体积由V变为V，温度不变，根据玻意耳定律得p0V＝p1V，解得p1＝p0≈9.1×104 Pa；第2次抽气相当于压强为p1的气体的体积由V变为V，温度不变，根据玻意耳定律得p1V＝p2V，解得p2＝p0≈8.3×104 Pa。故选C。
题组2　热力学第一定律与气体实验定律的综合
3.(2025·江苏卷·T6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体(　　)
A.内能迅速增大
B.温度迅速升高
C.压强迅速增大
D.体积迅速膨胀
答案：D
解析：瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小。故选D。
4.(多选)(2026·甘肃白银一模)拔火罐是一种以罐(导热性良好)为工具，利用燃火、抽气等方法产生负压，使之吸附于体表，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的中医疗法。封闭气体质量变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上的短时间内(体积变化可不计)，封闭气体(　　)
A.温度降低，压强减小 B.温度升高，压强增大
C.吸收热量，内能增大 D.放出热量，内能减小
答案：AD
解析：在刚开始的短时间内，认为火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，A正确，B错误；气体温度迅速降低，则气体内能减小，ΔU＜0，因体积变化不计，即W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，即气体向外放热，C错误，D正确。
5.(多选)如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的光滑绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压为p0，重力加速度为g。则(　　)
A.初始时，气体压强p1＝p0
B.停止加热时，气体的温度T＝2T0
C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SL
D.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL
答案：BC
解析：对处于平衡状态的活塞进行受力分析，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有＝，解得T＝2T0，故B正确；外界对气体做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。
6.(10分)(2024·安徽卷·T13)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p0取1.0×105 Pa。T＝t＋273 K。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。
答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
解析：(1)由查理定律可得＝
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝270 K，T2＝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。
7.(15分)如图所示，容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救。真空的容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为10 L，贮有压强为3.6×106 Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求：
(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋？
(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106 Pa，用去的氧气质量与原来氧气总质量之比(结果可以用分数表示)。
答案：(1)4个　(2)
解析：(1)选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10 L，p1＝3.6×106 Pa
设最多分装n个氧气袋，V2＝(V1＋n×5 L)，p2＝1.2×106 Pa
分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
解得n＝4。
(2)选取氧气袋内的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V
解得V＝V0
用去的氧气的体积为ΔV＝V0－V0＝V0
所以用去的氧气质量与原来氧气总质量之比为
＝＝＝。
8.(15分)(2026·山东青岛二模)图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管口时，水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积S＝0.05 m2，容积V＝20 L。现桶内有10 L水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝0.3 m，压水器气囊的容积ΔV＝0.2 L，空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强；
(2)若每次将气囊完全压下，整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水，已知小明的水杯容量为500 mL，接满10杯水需要压的次数。
答案：(1)1.03×105 Pa　(2)28次
解析：(1)设刚有水出时桶内气体压强为p1，则有p1＝p0＋ρgh
解得p1＝1.03×105 Pa。
(2)设10杯水的体积为V2，则有
V2＝500 mL×10＝5 L
此时水面到管口的高度为h2＝h＋
解得h2＝0.4 m
设接水稳定后桶内气体压强为p2，则有
p2＝p0＋ρgh2
解得p2＝1.04×105 Pa
对整个过程，根据玻意耳定律可得
p0·＋np0ΔV＝p2
联立可得n＝28。(共68张PPT)
专题提升十九　变质量问题　
热力学第一定律与气体实验定律的综合
高三总复习讲义　新高考
第十五章 热学
1.能够通过合理选择研究对象，将充气(打气)、抽气、分装、漏气等变质量问题 转化为一定质量的气体问题，培养建模能力。
2.能够解决混合气体问题，培养科学思维能力。
3.会处理热力学第一定律与气体实验定律或理想气体状态方程的综合问题。
学习目标
提升点一 气体的变质量问题
提升点二 热力学第一定律与气体实验定律的综合
课时测评
内容索引
气体的变质量问题
提升点一
考向1 充气(打气)问题
在充气(打气)时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体作为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”问题转化成“定质量”问题。
学校举办的科技文化艺术节上，同学们进行了水火箭的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V＝2.5 L的充气瓶(箭体)内有体积为V1＝
400 mL的水和压强为1个标准大气压的空气。打气筒气室体积为V0＝400 mL，现用打气筒通过单向气阀向箭体
例1
内每一次充入压强1个标准大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气压达到3个标准大气压时压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。设充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计，1个标准大气压p0＝1.0×105 Pa。求：
(1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次？
答案：11
要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气压为p＝3p0
根据玻意耳定律有
p0(V－V1)＋np0V0＝p(V－V1)
解得n＝10.5次，故可知需要打气11次。
(2)已知打气筒手柄和活塞质量不计，活塞和汽缸之间的摩擦力不计，打气筒与瓶塞连接管的体积不计，箭体内水的高度不计，打气筒活塞横截面积S＝4×10－4 m2，至少需要用多大的力才能完成第8次打气？
答案：61 N
设第8次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律有p0(V－V1)＋8p0V0＝p8(V－V1)　
分析活塞受力有p8S＝F＋p0S
解得F≈61 N。
考向2 抽气问题
　　在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，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
(2023·湖南卷·T13)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
例2
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：
以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第1次抽气后，气体体积V＝V0＋V1
根据玻意耳定律有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
同理第2次抽气后有p1V0＝p2V
解得p2＝＝p0()2
以此类推……
则当第n次抽气后助力气室内的气体压强
pn＝()np0
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
ΔF＝(p0－pn)S＝p0S。
考向3 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也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
某容积为20 L的大钢瓶装有30 atm的氧气，现把氧气分装到容积为3 L的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强达到5 atm，若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm，问最多能分装多少瓶？(设分装过程中无漏气，且温度不变)
例3
答案：41瓶
设最多能分装n瓶，选取大钢瓶中的氧气和n个小钢瓶中的氧气整体为研究对象。因为分装过程中温度不变，气体遵循玻意耳定律。
分装前大钢瓶：p1＝30 atm，V1＝20 L
小钢瓶：p2＝1 atm，V2＝3n L
分装后大钢瓶：p1'＝5 atm，V1'＝V1＝20 L
小钢瓶：p2'＝5 atm，V2'＝V2＝3n L
根据玻意耳定律，有p1V1＋p2V2＝p1'V1'＋p2'V2'
代入数据解得n≈41.7，所以最多能分装41瓶。
气体分装问题的三点注意(以例3为例)
1.大钢瓶中的气体不可能全部放出，大钢瓶中剩余气体的压强不小于分装后小钢瓶中气体的压强。
2.小钢瓶中如果分装前有气体，则不能忽略。
3.计算出的大钢瓶中的气体最多可分装的小钢瓶的瓶数的数值，如果有小数部分，要按“只舍不进”的原则取整数。
易错提醒
考向4 漏气问题
容器漏气或进气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，对于漏气，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，对于进气，如果选原有气体和进入的气体为研究对象，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。
[2023·全国甲卷·T33(2)]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。T＝t＋273 K。
(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；
例4
答案：1.41 kg/m3
方法一　高压舱升温放出气体前后，根据理想气体的状态方程，有＝
其中V1＝，V2＝
解得＝。
气体压强不变，则有ρ1T1＝ρ2T2，而T1＝(17＋273)K＝290 K，T2＝(27＋273)K＝300 K，ρ1＝1.46 kg/m3
代入数据解得ρ2≈1.41 kg/m3。
方法二　对高压舱内的气体，设初始状态体积为V1，而p1＝1.2 atm，T1＝290 K
压强保持不变，当温度升至T2＝300 K时，由盖-吕萨克定律得＝
则V2＝＝V1
气体质量保持不变，有＝＝
则ρ2＝ρ1≈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
方法一　高压舱升温放出气体前后，根据理想气体的状态方程，有＝
其中V1＝，V2＝
解得＝。
高压舱中气体初始压强p1＝1.2 atm，温度T1＝290 K，密度ρ1＝
1.46 kg/m3
当温度变为T3＝300 K、压强变为p3＝1 atm时，则有＝
代入数据解得ρ3≈1.18 kg/m3。
方法二　对(1)中舱内剩余气体，温度保持不变，在压强由p1'＝1.2 atm变为p2'＝1.0 atm的过程中，根据玻意耳定律有p1'V1＝p2'V2'
则V2'＝＝1.2V1
气体质量保持不变，有＝＝1.2
即ρ2'＝≈1.18 kg/m3。
利用克拉珀龙方程求解气体的变质量问题
1.克拉珀龙方程：pV＝nRT(n为气体物质的量，R为常量，又可写为pV＝RT)。
2.应用：(1)p、V、T必须是某部分气体同一个状态的三个参量。
(2)分态式方程：对于混合在一起的几部分(或某气体分为不同压强的几部分)同种气体，有p1V1＝n1RT1、p2V2＝n2RT2……，则整体质量m＝m1＋m2＋…＝(＋＋…)＝·，则有＋＋…＝，称为理想气体的分态式方程。变质量的同种气体可以由分态式方程列式求解。
能力拓展
(3)密度式方程：由克拉珀龙方程pV＝RT整理得＝·＝ρ，即＝，可知不同状态的几部分同种气体，有＝＝…＝，称为理想气体的密度式方程。变质量的同种气体可以由密度式方程列式求解。
能力拓展
注意：分态式方程和密度式方程只适用于同种气体问题。
拓展应用.我国发射的问天实验舱包括工作舱、气闸舱、资源舱三部分。工作舱容积V工＝60 m3，通过舱门A与气闸舱连接，气闸舱是供航天员进出太空的气密性装置，容积为V气＝15 m3，一侧开有直径1 m的圆形舱门B。初始时，工作舱与气闸舱中均有p0＝1.0×105 Pa的气体，当航天员准备从气闸舱进入太空时，他们会先关闭舱门A，通过气体回收装置使气闸舱内气压降到p气＝0.7×105 Pa。假设回收的气体都缓慢排放进工作舱，整个过程中气体温度不变，忽略航天员对气体的影响。求换气结束后：
(1)工作舱中的气体压强；
答案：1.1×105 Pa
气闸舱抽气过程中，根据玻意耳定律有
p0V气＝p气(V气＋V抽)
得抽出的气体体积V抽≈6.43 m3
把这部分气体充进工作舱后，求工作舱
中的气体压强有下列两种方法：
方法一：转化法
先将p气＝0.7×105 Pa、V抽＝6.43 m3的气体转化为压强为p0、体积为V的气体。
对于被抽出的气体，有p气V抽＝p0V
向工作舱排气过程，有p0V工＋p0V＝p工V工
解得p工≈1.1×105 Pa
p工为换气结束后气体稳定后的压强。
方法二：利用克拉珀龙方程
由克拉珀龙方程有
p0(V工＋V气)＝p工V工＋p气V气
将p0＝1×105 Pa，p气＝0.7×105 Pa，
V工＝60 m3，V气＝15 m3代入得p工≈1.1×105 Pa
p工为换气结束后工作舱中气体压强。
(2)舱门B受到的压力大小，并为航天员能够顺利进入太空提出一条合理化建议。(结果保留2位有效数字)
答案：5.5×104 N　可以再次减小气闸舱内压强，减小开门的阻力。
气闸舱剩余气体对舱门B的压力为F＝，其中d＝1 m
代入数据解得F≈5.5×104 N
可以再次减小气闸舱内压强，减小开门的阻力。
返回
热力学第一定律与气体实验定律的综合
提升点二
求解该类问题的一般思路
考向1 热力学第一定律与理想气体状态方程的综合
(2025·湖北卷·T3)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是
A.外力F保持不变
B.密封气体内能增加
C.密封气体对外做正功
D.密封气体的末态压强是初态的2倍
例5
√
密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强p缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；温度升高，密封气体的内能增大，B正确；
密封气体的体积减小，密封气体对外做负功，C错误；结合A项分析可知＝，由题可知密封气体初、末状态热力学温度之比为＝，且体积减小，即V1＞V2，则密封气体的末态压强p2＝p1＞2p1，D错误。故选B。
考向2 热力学第一定律与气体实验定律的综合
(2025·浙江1月卷·T15)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓
例6
慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子平均速率__________(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数__________(填“增大”“不变”或“减小”)。
不变
减小
从状态2到状态3，气体温度保持不变，瓶内气体未向瓶外逸
出，则气体分子平均速率不变；气体处于状态2时，管内水
面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处
于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3
＝p0，因此从状态2到状态3，瓶内气体压强减小，又气体分
子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)求气体在状态3的体积V3。
答案：1.020 1×103 cm3
瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为
p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa
该过程由盖-吕萨克定律有＝
其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K
解得V2＝1.01×103 cm3
瓶内气体从状态2到状态3的过程，气体温度不变，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3
代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为
V3＝1.020 1×103 cm3。
(3)求从状态1到状态3气体内能的变化量ΔU。
答案：2.53 J
瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知
ΔU＝Q－(W1＋W2)
其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J
代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的变化量为ΔU＝2.53 J。
(2024·湖北卷·T13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量
例7
后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
答案：T0
设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖-吕
萨克定律得＝
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
答案：(CT0＋mgh＋p0Sh)
设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)，W＝－(mg＋p0S)·h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
课 时 测 评
题组1　气体的变质量问题
1.(2026·河南信阳二模)电动充气泵是家用汽车常备工具，它利用电能驱动电机将外界气体压入轮胎，从而达到充气的目的。在充气前汽车轮胎内存有0.05 m3、1 atm的气体，现用电动充气泵对轮胎充气，每分钟可将37 L外部气体充入轮胎，外部气体压强为1 atm，该汽车轮胎最大容积为
0.15 m3，内部最大允许气压为2.5 atm，假设充气过程中气体温度不变，则充气时间最长约为
A.5 min B.9 min
C.10 min D.12 min
√
设充气时间为t，根据玻意耳定律有p0V0＋p0V·t＝pmVm，其中p0＝
1 atm，V0＝0.05 m3，V＝37 L/min，pm＝2.5 atm，Vm＝0.15 m3，代入数据得t≈9 min。故选B。
2.(2026·河北保定模拟)如图甲为神舟十七号载人飞船成功与中国空间站天和核心舱实现对接。气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门A，与外太空连接的是闸门B，如图乙所示。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＝1.0×105 Pa(地球表面标准大气压)，用抽气机多次抽取气闸舱中气体(每次抽气后抽气机内与舱内气体压强相等)，当气闸舱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(视为理想气体)体积都是气闸舱容积的，抽气过程中温度保持不变，不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响。则抽气1次后和抽气2次后气闸舱内气压分别约为
A.9.1×104 Pa，7.8×104 Pa
B.9.8×104 Pa，7.8×104 Pa
C.9.1×104 Pa，8.3×104 Pa
D.9.8×104 Pa，8.3×104 Pa
√
第1次抽气相当于压强为p0的气体的体积由V变为V，温度不变，根据玻意耳定律得p0V＝p1V，解得p1＝p0≈9.1×104 Pa；第2次抽气相当于压强为p1的气体的体积由V变为V，温度不变，根据玻意耳定律得p1V＝p2V，解得p2＝p0≈8.3×104 Pa。故选C。
题组2　热力学第一定律与气体实验定律的综合
3.(2025·江苏卷·T6)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体
A.内能迅速增大
B.温度迅速升高
C.压强迅速增大
D.体积迅速膨胀
√
瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小。故选D。
4.(多选)(2026·甘肃白银一模)拔火罐是一种以罐(导热性良好)为工具，利用燃火、抽气等方法产生负压，使之吸附于体表，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的中医疗法。封闭气体质量变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上的短时间内(体积变化可不计)，封闭气体
A.温度降低，压强减小
B.温度升高，压强增大
C.吸收热量，内能增大
D.放出热量，内能减小
√
√
在刚开始的短时间内，认为火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，A正确，B错误；气体温度迅速降低，则气体内能减小，ΔU＜0，因体积变化不计，即W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，即气体向外放热，C错误，D正确。
5.(多选)如图所示，一定质量的理想气体被质量为m的光滑绝热活塞封闭在竖直放置的绝热汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压为p0，重力加速度为g。则
A.初始时，气体压强p1＝p0
B.停止加热时，气体的温度T＝2T0
C.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－mgL－p0SL
D.该过程中，气体内能增加量ΔU＝Q－p0SL
√
√
对处于平衡状态的活塞进行受力分析，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖-吕萨克定律有＝，解得T＝2T0，故B正确；外界对气体做功W＝
－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。
6.(10分)(2024·安徽卷·T13)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p0取1.0×105 Pa。T＝t＋273 K。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
答案：2.5×105 Pa
由查理定律可得＝
其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝270 K，T2＝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)充进该轮胎的空气体积。
答案：6 L
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。
7.(15分)如图所示，容积为5 L的氧气袋广泛用于野外病人急救。真空的容积为5 L的氧气袋是由医用钢瓶内的氧气分装的，已知医用钢瓶容积为
10 L，贮有压强为3.6×106 Pa的氧气，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.2×106 Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变。求：
(1)一个医用钢瓶最多可分装多少个氧气袋？
答案：4个
选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，钢瓶内氧气体积V1＝10 L，p1＝3.6×106 Pa
设最多分装n个氧气袋，V2＝(V1＋n×5 L)，p2＝1.2×106 Pa
分装过程是等温变化，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2
解得n＝4。
(2)病人用后，氧气袋内气压降至1.0×106 Pa，用去的氧气质量与原来氧气总质量之比(结果可以用分数表示)。
答案：
选取氧气袋内的氧气整体作为研究对象，设气压降至p3＝1.0×106 Pa时氧气的体积为V，用气过程是等温变化，根据玻意耳定律得p2V0＝p3V
解得V＝V0
用去的氧气的体积为ΔV＝V0－V0＝V0
所以用去的氧气质量与原来氧气总质量之比为
＝＝＝。
8.(15分)(2026·山东青岛二模)图甲为桶装纯净水使用压水器供水的示意图，图乙是简化的原理图。当手按下压水器时，压水器中的活塞打开，外界空气压入桶内，放手后，压水器活塞关闭，当压水器将水压到出水管管
口出水管管口时，水可以流出。压水器出水管上方有一个止水阀，按下止水阀，桶内空气可以与外界相通。已知桶底横截面积S＝0.05 m2，容积V＝
20 L。现桶内有10 L水，初始时出水管竖直部分内外液面相平，出水口与桶内水面的高度差h＝0.3 m，压水器气囊的容积ΔV＝0.2 L，空气可视为理想气体。已知出水管的体积与桶内水的体积相比可忽略不计，水的密度ρ＝1.0×
103kg/m3，外界大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)若桶内气体温度不变，刚好有水从出水管流出时桶内气体的压强；
答案：1.03×105 Pa
设刚有水出时桶内气体压强为p1，则有p1＝p0＋ρgh
解得p1＝1.03×105 Pa。
(2)若每次将气囊完全压下，整个过程桶内温度不变，压气完成后打开出水管开关进行接水，已知小明的水杯容量为500 mL，接满10杯水需要压的
次数。
答案：28次
设10杯水的体积为V2，则有
V2＝500 mL×10＝5 L
此时水面到管口的高度为h2＝h＋
解得h2＝0.4 m
设接水稳定后桶内气体压强为p2，则有
p2＝p0＋ρgh2
解得p2＝1.04×105 Pa
对整个过程，根据玻意耳定律可得
p0·＋np0ΔV＝p2
联立可得n＝28。
返回
谢 谢 观 看
专题提升十九　变质量问题　
热力学第一定律与气体实验定律的综合

展开更多......

收起↑