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2024高考物理大一轮复习讲义 第十五章 专题强化二十六 气体实验定律的综合应用
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这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第十五章 专题强化二十六 气体实验定律的综合应用，共13页。试卷主要包含了3 K，0×103 Pa等内容，欢迎下载使用。
题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
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，同时又要平衡掉某些气体产生的压力；
(3)有时注意应用连通器原理——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．
考向1 单独气体
例1 如图所示，一粗细均匀、长度为L＝1.0 m、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口．长度为d＝0.50 m的水银柱将长度为L0＝0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0＝75 cmHg，管内空气的初始温度为t0＝27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝(t＋273) K.
(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小；
(2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值．
答案 (1)360 K (2)eq \f(1,3)
解析 (1)开始时封闭气体的压强为p1＝p0＋pd＝125 cmHg，温度为T0＝(t0＋273) K＝300 K，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出， 封闭气体的压强为p2＝p0＋eq \f(1,2)pd＝100 cmHg，根据理想气体状态方程可得eq \f(p1L0S,T0)＝eq \f(p2L－\f(d,2)S,T1)，解得T1＝360 K.
(2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p3＝p0＋eq \f(1,2)pdsin θ，根据玻意耳定律有p3(L－eq \f(d,2))S＝p1L0S，解得sin θ＝eq \f(1,3).
考向2 关联气体
例2 (2023·河北石家庄市模拟)如图所示，竖直放置、导热性能良好的U形玻璃管截面均匀，左端开口，右端封闭，左右管内用长度分别为h1＝5 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭两段气体a、b.气体a的长度La＝15 cm，气体b的长度Lb＝20 cm，最初环境温度T1＝300 K时，两水银柱下表面齐平．现缓慢升高环境温度，直至两段水银柱的上表面齐平．已知大气压强为75 cmHg，右侧水银柱未进入U形玻璃管的水平部分，两段气体均可视为理想气体．求：
(1)两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强；
(2)两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2.
答案 (1)70 cmHg (2)327.3 K
解析 (1)设大气压强为p0，
对气体a则有pa＝p0＋ρgh1
对气体b则有pb＝pa－ρgh2
联立两式代入数据得pb＝70 cmHg.
(2)升温过程中气体b发生等压变化，则温度升高，体积增大，设右侧水银柱下降x，变化前后对比如图，气体a体积Va＝(La－x＋h2－h1－x)S
对气体b，由盖－吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)得eq \f(LbS,T1)＝eq \f(Lb＋xS,T2)
缓慢升高环境温度过程中气体a也发生等压变化，由盖－吕萨克定律得eq \f(LaS,T1)＝eq \f(Va,T2)
联立解得T2＝eq \f(3 600,11) K≈327.3 K.
题型二 汽缸活塞类模型
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．
考向1 单独气体
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eq \f(2p0S,g)，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eq \f(1,10)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；
(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．
答案 (1)eq \f(9,5)p0 (2)eq \f(2,3)h
解析 (1)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，
末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1.
根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(9,5)p0
(2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，
汽缸倒置后，设气体压强为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，解得H＝eq \f(2,3)h
所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为eq \f(2,3)h.
考向2 关联气体
例4 (2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强p0.活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq \f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)．
答案 (1)2p0 eq \f(2,3)p0 (2)eq \f(4p0S,3g)
解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq \f(1,2)SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq \f(1,2)SL0＋SL0＝eq \f(3,2)SL0，则
p0·SL0＝p2·eq \f(3,2)SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝eq \f(2,3)p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝eq \f(4p0S,3g).
题型三 变质量气体模型
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．
考向1 充气、抽气问题
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
答案 D
解析 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 (2023·河北唐山市高三检测)2021年11月8日，神舟十三号的三名宇航员在相互配合下圆满完成从空间站到太空的出舱任务，宇航员出舱时，要穿出舱航天服，从太空舱进入到气闸舱，示意图如图所示，关闭太空舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，压强逐渐减小到真空，再打开气闸舱舱门，从气闸舱进入到舱外活动．已知气闸舱中气体的初始压强为105 Pa，温度300 K，气闸舱体积约为1.4 m3.为了安全起见，第一阶段先将气闸舱的压强降至7×104 Pa，给航天员一个适应过程．在第一阶段降压过程中，求：
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体；
(2)若气闸舱温度变为290 K，气闸舱内存留气体与原来气体在105 Pa压强下的体积比．(结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.42 m3 (2)0.72
解析 (1)设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2，由玻意耳定律可得pV1＝p′V2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k，由数学关系可得k＝eq \f(V2－V1,V2)，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3.
(2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V3，由理想气体状态方程可得eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′V3,T3)，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n，n＝eq \f(V1,V3)，联立解得n≈0.72.
考向2 灌气分装
例7 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，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．
答案 (1)21 ℃ (2)124
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eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
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，
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．
课时精练
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；
(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.
答案 (1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析 (1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，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
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3).
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？
(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？
答案 见解析
解析 (1)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＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(2)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eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
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.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，水平部分有质量一定的空气柱(可视为理想气体)，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；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度．
答案 (1)90 cmHg (2)27 cm
解析 (1)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)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
根据玻意耳定律有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.
4.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
答案 (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
5.(2023·山东菏泽市模拟)实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为27 ℃时的压强均为p0.为了测量两储气罐的容积比k＝eq \f(VA,VB).现用A罐通过细导气管(容积不计)对B罐充气(如图所示)，充气时A罐在27 ℃的室温中，把B罐放在－23 ℃的环境中．充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0.已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好．求：
(1)充气完毕时A中的气体压强；
(2)容积比k.
答案 (1)0.917p0 (2)1.2
解析 (1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，有eq \f(p,T2)＝eq \f(1.1p0,T1)，其中T1＝300 K、T2＝250 K，解得p≈0.917p0，充气完毕时A中的气体压强与充气结束后在－23 ℃环境中的B中气体压强相同，故为0.917p0.
(2)对A、B组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB，解得k＝eq \f(VA,VB)≈1.2.
6.(2022·山东卷·15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为M的鱼静止在水面下H处．B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变．水的密度为ρ，重力加速度为g.大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1.
答案 (1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(Mma,Vρg)
(2)开始鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为
p1＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
p2V＝p1V2
解得V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)V
则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m.
题型一 玻璃管液封模型
1．气体实验定律及理想气体状态方程
理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(当T一定时，p1V1＝p2V2,当p一定时，\f(V1,T1)＝\f(V2,T2),当V一定时，\f(p1,T1)＝\f(p2,T2)))
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，同时又要平衡掉某些气体产生的压力；
(3)有时注意应用连通器原理——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．
考向1 单独气体
例1 如图所示，一粗细均匀、长度为L＝1.0 m、导热性能良好的细玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口．长度为d＝0.50 m的水银柱将长度为L0＝0.50 m的空气柱(可视为理想气体)封闭在玻璃管底部，大气压强p0＝75 cmHg，管内空气的初始温度为t0＝27 ℃，热力学温度与摄氏温度之间的关系为T＝(t＋273) K.
(1)若缓慢升高管内气体的温度，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出，求T1的大小；
(2)若保持管内空气温度不变，缓慢倾斜玻璃管，当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，求sin θ的值．
答案 (1)360 K (2)eq \f(1,3)
解析 (1)开始时封闭气体的压强为p1＝p0＋pd＝125 cmHg，温度为T0＝(t0＋273) K＝300 K，当温度为T1时，管内水银恰好有一半溢出， 封闭气体的压强为p2＝p0＋eq \f(1,2)pd＝100 cmHg，根据理想气体状态方程可得eq \f(p1L0S,T0)＝eq \f(p2L－\f(d,2)S,T1)，解得T1＝360 K.
(2)当玻璃管与水平面间的夹角为θ时，管内水银恰好有一半溢出，此时封闭气体的压强为p3＝p0＋eq \f(1,2)pdsin θ，根据玻意耳定律有p3(L－eq \f(d,2))S＝p1L0S，解得sin θ＝eq \f(1,3).
考向2 关联气体
例2 (2023·河北石家庄市模拟)如图所示，竖直放置、导热性能良好的U形玻璃管截面均匀，左端开口，右端封闭，左右管内用长度分别为h1＝5 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭两段气体a、b.气体a的长度La＝15 cm，气体b的长度Lb＝20 cm，最初环境温度T1＝300 K时，两水银柱下表面齐平．现缓慢升高环境温度，直至两段水银柱的上表面齐平．已知大气压强为75 cmHg，右侧水银柱未进入U形玻璃管的水平部分，两段气体均可视为理想气体．求：
(1)两段水银柱的下表面齐平时气体b的压强；
(2)两段水银柱的上表面齐平时环境的温度T2.
答案 (1)70 cmHg (2)327.3 K
解析 (1)设大气压强为p0，
对气体a则有pa＝p0＋ρgh1
对气体b则有pb＝pa－ρgh2
联立两式代入数据得pb＝70 cmHg.
(2)升温过程中气体b发生等压变化，则温度升高，体积增大，设右侧水银柱下降x，变化前后对比如图，气体a体积Va＝(La－x＋h2－h1－x)S
对气体b，由盖－吕萨克定律eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)得eq \f(LbS,T1)＝eq \f(Lb＋xS,T2)
缓慢升高环境温度过程中气体a也发生等压变化，由盖－吕萨克定律得eq \f(LaS,T1)＝eq \f(Va,T2)
联立解得T2＝eq \f(3 600,11) K≈327.3 K.
题型二 汽缸活塞类模型
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．
考向1 单独气体
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eq \f(2p0S,g)，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eq \f(1,10)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；
(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．
答案 (1)eq \f(9,5)p0 (2)eq \f(2,3)h
解析 (1)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，
末态时热力学温度为T1＝eq \f(9,10)T0，压强设为p1.
根据查理定律有eq \f(2p0,T0)＝eq \f(p1,T1)，解得p1＝eq \f(9,5)p0
(2)封闭气体初态压强为2p0，体积V0＝Sh，
汽缸倒置后，设气体压强为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，解得H＝eq \f(2,3)h
所以稳定时活塞到汽缸底部的距离为eq \f(2,3)h.
考向2 关联气体
例4 (2022·河北卷·15(2))水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好．设汽缸内、外压强均为大气压强p0.活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑．连杆的截面积忽略不计．现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的eq \f(1,2)，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)．
答案 (1)2p0 eq \f(2,3)p0 (2)eq \f(4p0S,3g)
解析 (1)旋转过程，上部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知p0·SL0＝p1·eq \f(1,2)SL0
解得旋转后上部分气体压强为p1＝2p0
旋转过程，下部分气体发生等温变化，下部分气体体积增大为eq \f(1,2)SL0＋SL0＝eq \f(3,2)SL0，则
p0·SL0＝p2·eq \f(3,2)SL0
解得旋转后下部分气体压强为p2＝eq \f(2,3)p0
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析，活塞的重力mg竖直向下，上部分气体对活塞的作用力竖直向上，下部分气体对活塞的作用力竖直向下，大气压力上下部分抵消，根据平衡条件可知
p1S＝mg＋p2S
解得活塞的质量为m＝eq \f(4p0S,3g).
题型三 变质量气体模型
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．
考向1 充气、抽气问题
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
答案 D
解析 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 (2023·河北唐山市高三检测)2021年11月8日，神舟十三号的三名宇航员在相互配合下圆满完成从空间站到太空的出舱任务，宇航员出舱时，要穿出舱航天服，从太空舱进入到气闸舱，示意图如图所示，关闭太空舱舱门，将气闸舱中气体缓慢抽出，压强逐渐减小到真空，再打开气闸舱舱门，从气闸舱进入到舱外活动．已知气闸舱中气体的初始压强为105 Pa，温度300 K，气闸舱体积约为1.4 m3.为了安全起见，第一阶段先将气闸舱的压强降至7×104 Pa，给航天员一个适应过程．在第一阶段降压过程中，求：
(1)若气闸舱的温度保持不变，要抽出105 Pa压强下多少m3的气体；
(2)若气闸舱温度变为290 K，气闸舱内存留气体与原来气体在105 Pa压强下的体积比．(结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.42 m3 (2)0.72
解析 (1)设气闸舱内原有气体的体积为V1，压强为p，舱内压强降低后气体压强为p′，原有气体在此压强下体积为V2，由玻意耳定律可得pV1＝p′V2，设抽掉的气体占原来气体的比率为k，由数学关系可得k＝eq \f(V2－V1,V2)，设抽掉气闸舱原有的气体体积ΔV＝kV1，联立解得ΔV＝0.42 m3.
(2)温度与压强降低后，原有气体在此压强下体积为V3，由理想气体状态方程可得eq \f(pV1,T1)＝eq \f(p′V3,T3)，设气闸舱内存留气体与原气体的体积比为n，n＝eq \f(V1,V3)，联立解得n≈0.72.
考向2 灌气分装
例7 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，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．
答案 (1)21 ℃ (2)124
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eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
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，
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．
课时精练
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；
(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.
答案 (1)3.1×103 Pa (2)eq \f(97,3)
解析 (1)由题意可知夹层中的空气发生等容变化，根据查理定律可得eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
代入数据解得p2＝3.1×103 Pa
(2)当保温杯外层出现裂隙后，静置足够长时间，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
解得V1＝eq \f(100,3)V
则夹层中增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝eq \f(97,3)V
所以夹层中增加的空气质量与原有空气质量之比为eq \f(Δm,m)＝eq \f(ΔV,V)＝eq \f(97,3).
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？
(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？
答案 见解析
解析 (1)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＋ρgh0②
p2＝p0＋ρgh③
V1＝(2H－l－h0)S④
V2＝HS⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
h≈12.9 cm⑥
(2)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eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)⑦
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.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，水平部分有质量一定的空气柱(可视为理想气体)，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；
(2)左管中需要倒入水银柱的长度．
答案 (1)90 cmHg (2)27 cm
解析 (1)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)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
根据玻意耳定律有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.
4.(2022·全国甲卷·33(2))如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为eq \f(1,8)V0和eq \f(1,4)V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
答案 (1)eq \f(4,3)T0 (2)eq \f(9,4)p0
解析 (1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，对Ⅳ中气体由盖—吕萨克定律可得eq \f(\f(3,4)V0,T0)＝eq \f(V0,T)，解得T＝eq \f(4,3)T0
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体的体积为(V0－V)，则对Ⅳ中气体有eq \f(p0·\f(3V0,4),T0)＝eq \f(pV,2T0)，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有eq \f(p0\f(V0,8)＋\f(V0,4),T0)＝eq \f(pV0－V,2T0)
联立解得p＝eq \f(9,4)p0.
5.(2023·山东菏泽市模拟)实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为27 ℃时的压强均为p0.为了测量两储气罐的容积比k＝eq \f(VA,VB).现用A罐通过细导气管(容积不计)对B罐充气(如图所示)，充气时A罐在27 ℃的室温中，把B罐放在－23 ℃的环境中．充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0.已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好．求：
(1)充气完毕时A中的气体压强；
(2)容积比k.
答案 (1)0.917p0 (2)1.2
解析 (1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，有eq \f(p,T2)＝eq \f(1.1p0,T1)，其中T1＝300 K、T2＝250 K，解得p≈0.917p0，充气完毕时A中的气体压强与充气结束后在－23 ℃环境中的B中气体压强相同，故为0.917p0.
(2)对A、B组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB，解得k＝eq \f(VA,VB)≈1.2.
6.(2022·山东卷·15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉．如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换．质量为M的鱼静止在水面下H处．B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变．水的密度为ρ，重力加速度为g.大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1.
答案 (1)eq \f(Mma,Vρg) (2)eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m
解析 (1)由题知开始时鱼静止在水面下H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则
m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝eq \f(Mma,Vρg)
(2)开始鱼静止在水面下H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为
p1＝ρgH＋p0
鱼静止于水面下H1处时，有p2＝ρgH1＋p0
此时体积也为V；设该部分气体在压强为p1时，体积为V2，
由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有
p2V＝p1V2
解得V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)V
则此时B室内气体质量m1＝ρ气V2＝eq \f(ρgH1＋p0,ρgH＋p0)m.
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