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新高考物理一轮复习课件 第15章 专题强化206 气体实验定律的综合应用
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这是一份新高考物理一轮复习课件 第15章 专题强化206 气体实验定律的综合应用，共60页。PPT课件主要包含了玻璃管液封模型，汽缸活塞类模型，变质量气体模型，课时精练等内容，欢迎下载使用。
1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题强化二十六 气体实验定律的综合应用
1.理解理想气体状态方程并会应用解题.2.掌握“玻璃管液封模型”和“汽缸活塞类模型”的处理方法.3.会处理“变质量气体模型”问题.
题型一 玻璃管液封模型
题型二 汽缸活塞类模型
题型三 变质量气体模型
1.气体实验定律及理想气体状态方程
2.玻璃管液封模型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、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；(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，同一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”，使计算过程简捷.
例1 (2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强.由题意有V＝S(L－h1－h)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm⑥
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度.
设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
例2 (2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，
左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中，气体温度不变.
答案 22.5 cm 7.5 cm
设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.
由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥
1.解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).(2)分析物理过程①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程.②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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程.(4)多个方程联立求解.注意检验求解结果的合理性.
2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解.
例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截面积为S.汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞.缸内封闭了压强为2p0的理想气体.已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为 ，g为重力加速度.
(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低 T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；
由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，
(2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离.
封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，设汽缸倒置后，气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H，则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S解得p2＝3p0根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2
例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图，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；
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
(2)抽气后氢气的压强和体积.
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＝p1·2S③抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0 ④p2V2＝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
1.充气问题选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题.2.抽气问题选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程.3.灌气分装把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
4.漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题.
例5 (2021·山东卷·4)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
考向1 充气、抽气问题
根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg代入数据整理得V＝60 cm3故选D.
例6 2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响.勤消毒是一个很关键的防疫措施.如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图.消毒桶的总容积为10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求：
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？
设需打压n次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm，由玻意耳定律p1(V1＋nΔV)＝p2V1其中p1＝1 atm，p2＝5 atm，V1＝10 L－7 L＝3 L，ΔV＝250 cm3＝0.25 L解得n＝48(次)
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？
停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm，此时气体体积为V2由玻意耳定律得 p2V1＝p1V2即5 atm×3 L＝1 atm×V2解得V2＝15 L大于消毒桶的总容积10 L，故消毒桶里不能剩下消毒液了.喷出去的气体体积ΔV＝15 L－10 L＝5 L
例7 新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，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 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在方舱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，求：
(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
大钢瓶的容积一定，从北方到武汉对大钢瓶内气体，
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用.
在武汉时，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，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa根据p2V2＝p3V3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.
1.(2021·河北卷·15(2))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.(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
答案 3.1×103 Pa
由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可得代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(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.
当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有p0V＝p1V1
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为
2.(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口.右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略.环境温度为T1＝283 K.大气压强p0＝76 cmHg.
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部.此时水银柱的高度为多少？
设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得h≈12.9 cm⑥
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T2≈363 K.
3.(2021·全国甲卷·33(2))如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动.气体温度始终保持不变.向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为 .
(1)求A的体积和B的压强；
答案 0.4V 2p0
对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·解得pB＝2p0对A气体分析，根据玻意耳定律有p0V＝pAVApA＝pB＋0.5p0联立解得VA＝0.4V.
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强.
再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为 V，由玻意耳定律可得
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据玻意耳定律有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0
4.竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中.已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
答案 90 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S末态：V2＝(30 cm－5 cm)·S由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：p2＝90 cmHg
(2)左管中需要倒入水银柱的长度.
对水平管中的空气柱，初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg根据玻意耳定律：pV＝p′V′解得V′＝9 cm·S，则水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
5.(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止
状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.(重力加速度大小为g)
开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg ②联立①②式可得
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
式中V1＝SH ⑤V2＝S(H＋h) ⑥
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h.
6.(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病.常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门.使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上.抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强.某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 .若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变
为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同.罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化.求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值.
设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，大气压强为p0，由题意知
代入数据得p2＝0.7p0 ③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2 ④由玻意耳定律有p0V0′＝p2V4 ⑤
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题强化二十六 气体实验定律的综合应用
1.理解理想气体状态方程并会应用解题.2.掌握“玻璃管液封模型”和“汽缸活塞类模型”的处理方法.3.会处理“变质量气体模型”问题.
题型一 玻璃管液封模型
题型二 汽缸活塞类模型
题型三 变质量气体模型
1.气体实验定律及理想气体状态方程
2.玻璃管液封模型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、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)；(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，同一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”，使计算过程简捷.
例1 (2019·全国卷Ⅲ·33(2))如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.
设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，被密封气体的体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强.由题意有V＝S(L－h1－h)④V1＝S(L－h)⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm⑥
(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度.
设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有
由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K.
例2 (2018·全国卷Ⅲ·33(2))如图所示，在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，
左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中，气体温度不变.
答案 22.5 cm 7.5 cm
设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′.
由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1＝pl1′②p2l2＝pl2′③
两边气柱长度的变化量大小相等l1′－l1＝l2－l2′④由①②③④式和题给条件得l1′＝22.5 cm⑤l2′＝7.5 cm⑥
1.解题的一般思路(1)确定研究对象研究对象分两类：①热学研究对象(一定质量的理想气体)；②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统).(2)分析物理过程①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程.②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)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程.(4)多个方程联立求解.注意检验求解结果的合理性.
2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解.
例3 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，汽缸高度为h，横截面积为S.汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞.缸内封闭了压强为2p0的理想气体.已知此时外部环境的热力学温度为T0，大气压强为p0，活塞的质量为 ，g为重力加速度.
(1)若把汽缸放置到热力学温度比外部环境低 T0的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时封闭气体的压强；
由题意知封闭气体做等容变化，初态时热力学温度为T0，压强为2p0，
(2)若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离.
封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，设汽缸倒置后，气体压强为p2，活塞到汽缸底部的距离为H，则气体体积V2＝SH，根据平衡条件可知p0S＋mg＝p2S解得p2＝3p0根据玻意耳定律有2p0V0＝p2V2
例4 (2019·全国卷Ⅱ·33(2))如图，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；
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
(2)抽气后氢气的压强和体积.
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＝p1·2S③抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，则由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0 ④p2V2＝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
1.充气问题选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题.2.抽气问题选择每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程.3.灌气分装把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
4.漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使漏气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题.
例5 (2021·山东卷·4)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
考向1 充气、抽气问题
根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg代入数据整理得V＝60 cm3故选D.
例6 2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响.勤消毒是一个很关键的防疫措施.如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图.消毒桶的总容积为10 L，装入7 L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与消毒桶相连的活塞式打气筒每次能压入250 cm3的1 atm的空气，大气压强为1 atm，设整个过程温度保持不变，求：
(1)要使消毒桶中空气的压强达到5 atm，打气筒应打压几次？
设需打压n次，使消毒桶内空气的压强变为5 atm，由玻意耳定律p1(V1＋nΔV)＝p2V1其中p1＝1 atm，p2＝5 atm，V1＝10 L－7 L＝3 L，ΔV＝250 cm3＝0.25 L解得n＝48(次)
(2)在消毒桶中空气的压强达到5 atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒桶内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？
停止喷雾时，桶内气体压强变为1 atm，此时气体体积为V2由玻意耳定律得 p2V1＝p1V2即5 atm×3 L＝1 atm×V2解得V2＝15 L大于消毒桶的总容积10 L，故消毒桶里不能剩下消毒液了.喷出去的气体体积ΔV＝15 L－10 L＝5 L
例7 新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，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 ℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa.在方舱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，求：
(1)在武汉检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度；
大钢瓶的容积一定，从北方到武汉对大钢瓶内气体，
解得T2＝294 K，故t2＝21 ℃
(2)一个大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用.
在武汉时，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，则p2＝1.26×107 Pa，V2＝0.04 m3，p3＝2×105 Pa根据p2V2＝p3V3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.
1.(2021·河北卷·15(2))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.(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
答案 3.1×103 Pa
由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律可得代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(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.
当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层中空气压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有空气为研究对象有p0V＝p1V1
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为
2.(2020·全国卷Ⅲ·33(2))如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U形管，左管上端封闭，右管上端开口.右管中有高h0＝ 4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm.管底水平段的体积可忽略.环境温度为T1＝283 K.大气压强p0＝76 cmHg.
(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部.此时水银柱的高度为多少？
设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的横截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，根据题设条件有p1＝p0＋ρgh0②p2＝p0＋ρgh③V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得h≈12.9 cm⑥
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖—吕萨克定律有
根据题设条件有V3＝(2H－h)S⑧联立⑤⑥⑦⑧式并代入题给数据得T2≈363 K.
3.(2021·全国甲卷·33(2))如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动.气体温度始终保持不变.向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为 .
(1)求A的体积和B的压强；
答案 0.4V 2p0
对B气体分析，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V＝pB·解得pB＝2p0对A气体分析，根据玻意耳定律有p0V＝pAVApA＝pB＋0.5p0联立解得VA＝0.4V.
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强.
再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为 V，由玻意耳定律可得
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为VA′、压强为pA′，气体B的体积为VB′、压强为pB′，根据玻意耳定律有p0V＝pA′VA′，p0V＝pB′VB′VA′＋VB′＝2V，pA′＝pB′－0.5p0
4.竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为cm.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中.已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求：
(1)此时右管封闭气体的压强；
答案 90 cmHg
设玻璃管的横截面积为S，对右管中的气体，初态：p1＝75 cmHg，V1＝30 cm·S末态：V2＝(30 cm－5 cm)·S由玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：p2＝90 cmHg
(2)左管中需要倒入水银柱的长度.
对水平管中的空气柱，初态：p＝p0＋15 cmHg＝90 cmHg，V＝11 cm·S末态：p′＝p2＋20 cmHg＝110 cmHg根据玻意耳定律：pV＝p′V′解得V′＝9 cm·S，则水平管中的空气柱长度变为9 cm，此时原来左侧竖直管中15 cm水银柱已有7 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银柱的长度为110 cm－75 cm－(15－7) cm＝27 cm.
5.(2018·全国卷Ⅱ·33(2))如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止
状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.(重力加速度大小为g)
开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg ②联立①②式可得
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有
式中V1＝SH ⑤V2＝S(H＋h) ⑥
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h.
6.(2020·山东卷·15)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病.常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门.使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上.抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强.某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 .若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变
为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同.罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化.求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值.
设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，大气压强为p0，由题意知
代入数据得p2＝0.7p0 ③
对于抽气拔罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2 ④由玻意耳定律有p0V0′＝p2V4 ⑤
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
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